牛顿运动定律的应用【十大考点+十大题型】（解析版）-2025-2026学年高一物理（人教版必修第一册）

牛顿运动定律的应用【十大考点+十大题型】

【考点归纳】

【知识归纳】

知识点01、力和运动的关系

牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比,与物体的质量成反比:

加速度的方向与物体受到的合力的方向相同.

物体的初速度与加速度决定/物体做什么运动，在直线运动中：

d与速度同向H速度增大I

T与速度反向H速度减小I

I加速度

厂|加速度增大H速度变化越来函

T加速度减小H速度变化越来越慢I

知识点02、从受力确定运动情况的基本思路

分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初

始条件确定物体的运动情况.流程图如下：

知识点03、.从运动情况确定受力

1.从运动情况确定受力的基本思路

分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力：再分析物体的受

力，求出物体受到的作用力.流程图如下:

由运动学公式

巳知物体运动情况In7TMOaHrTI'VTTTil

2.从运动情况确定受力的解题步骤

(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图.

(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度.

(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力.

(4)选择合适的力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出待求的力.

【题型归纳】

题型一、已知受力求运动

【例1】.(25-26高三上•江苏常州)如图所示，质量m=2kg的物体静止于水平面上,现用一水平向右的恒力尸=14N

拉物体，物体运动9m后撤去拉力凡已知物体与水平面之间的动摩擦因数4=0.5,g取求：

-------F

-----►

(I)物体在恒力作用下运动时的加速度大小

(2)撤去外力时速度大小V；

(3)撤去外力后，物体继续移动的位移大小X。

【答案】(l)2m/s2

(2)6in/s

⑶3.6m

【详解】(1)物体刚开始运动时，受到四个力的作用，如图所示

2

FN

Ff-----F

mg

根据牛顿第二定律可得F-Frma

又因为Ff=iF«Rng

解得a=2m/s2

（2）撤去外力时，根据匀加速运动时速度和位移的关系可得2ax/=F

解得v=6m/s

（3）撤去外力后，物体做匀减速运动的加速度大小/=〃g=5m/s2

继续移动的位移大小x=X=3.6m

la

【变式1].（24-25高一下•湖南衡阳•期末）如图所示，质量为1kg的物块放置在水平地面上。0时刻用大小为8N、

方向水平向右的恒力厂作用在物块上，使物块由静止开始运动。已知物块在。〜2s内运动的位移大小为10m,取重

力加速度大小g=10m/s、下列说法正确的是（）

----------F

--A

V777777777777777777777777

A.物块的加速度大小为8m/s）

B.第2s末物块的速度大小为5m/s

C.物块与地面间的动摩擦因数为（）.3

D.若在第2s末撤去恒力巴则物块继续运动2.5s后静止

【答案】C

【详解】A.物块由静止开始做匀加速直线运动，有工=；。/

解得a=5m/s2,选项A错误；

B.由v=解得第2s末物块的速度大小i，=10m/s,选项B错误:

C.对物块受力分析有尸-="也

解得〃=0.3,选项C正确；

3

D.撤去恒力后，物块的加速度大小〃=丝鸟■MHg

m

物块继续运动的时间/'=三=?s,选项D错误。

a3

故选C。

【变式2】..（24-25高一上•山西•期末）在汽车行驶的过程中，保持适当的车速、充分了解所驾驶车辆的加速及刹

车性能是安全驾驶的必要前提。一质量为1180kg的汽车在平直路面上进行研发测试，原来以速度108km/h匀速行

驶，取消动力后经过120s停了下来，重新起步时以ISm/s?的加速度匀加速行驶，假定汽车所受阻力恒定不变，求;

（I）取消动力后，汽车的加速度大小；

（2）汽车重新起步后匀加速行驶时汽车的牵引力大小。

【答案】⑴0.25m/s'

（2）2060N

【详解】（1）根据速度-时间公式%-卬

其中％=108km/h=30m/s

解得取消动力后，汽车的加速度大小％=0.25m/s?

（2）取消动力后，由牛顿第二定律得，汽车受到阻力的大小为耳=〃叼

解得F.=295N

汽车重新起步后匀加速行驶时，由牛顿第二定律有歹一8

解得汽车的牵引力大小F=2060N

题型二、已知运动求受力

【例2】..（25-26高一上•黑龙江哈尔滨•期中）如图所示，物体的质量7=4kg,在倾角为37°,/=20N的恒力作用

下，做匀速直线运动（gfOm/s?,sin37°=0.6,cos370=0.8）o求：

（1）物体对地面的压力大小；

（2）物体与水平地面间的动摩擦因数（结果用分数表示）。

（3）物体匀速运动一段时间后，撤去恒力尸，求撤去力后，物体运动过程中的加速度大小（结果用分数表示）？

【答案】（1）28N

4

4

(2)A=-

40,2

（3）^=—m/s*

【详解】（1）物体在力产作用下做匀速直线运动，由平衡条件得。水平方向有代os3T-/=0

竖直方向有尸sin370+N-〃?g=0

联立解得N=28N,/=16N

由牛顿第三定律得，物体对地面的压力大小为28N。

（2）摩擦力/="N

4

解得〃=,

（3）由牛顿第二定律得〃但=加。

40

解得。叶m/s?

【变式1】.（2025高一上•上海•专题练习）一架“歼・15”飞机质量为〃?=2xl04kg,在水平跑道上由静止运动L=160m,

获得起飞速度为v=40m/s。飞机在此过程中受到的平均阻力大小为六2xlO4N。假设飞机质量恒定，可视为质点，航

母处于斡止状态。求：飞机的发动机的牵引力厂大小。

【答案】1.2xl05N

【详解】根据速度位移公式有一=2"

代入数据解得^5m/s2

根据牛顿第二定律有/-/=加。

代入数据解得尸=L2xlO5N

【变式2】..（25-26高一上•江苏镇江・月考）如图所示，倾角。二37。、斜面长为1m的斜面体放在水平面上。将一质

量为2kg的小物块从斜面顶部由静止释放，1s后到达底端，斜面体始终保持静止。重力加速度g取lOm",

sin37°=0.6,cos37°=0.81,求：

5

（1）小物块沿斜面下滑的加速度

（2）小物块与斜面之间的动摩擦因数

【答案】（l）2m/s2

⑵0.5

【详解】（1）由运动学公式s=；〃2

得。Mm/s2=2m/s2

r1-

（2）由牛顿第二定律/ngsin。-〃/〃gcosO=ma

得"=0.5

题型三、物体在斜面上的运动（无外力）

【例题3】.（24-25高一上•辽宁朝阳•期末）如图所示，倾角6=30。的光滑斜面MN与光滑水平面NP平滑连接，滑

块甲（可视为质点）从斜面上高〃=5cm的M点由静止释放，同时滑块乙（可视为质点）自尸点沿水平面向左匀

速运动，P点与斜面底端N处的距离d=0.4m,重力加速度g取lows?。若释放滑块甲后经过/=ls刚好追上乙,

D.0.2m/s

【答案】C

【详解】设滑块甲在光滑斜面上运动的加速度为小运动时间为乙，运动到N处时的速度为匕，从N处到追上小球

乙所用时间为G，根据牛顿第二定律可得。=8$访30。=5!«/5

根据位移一时间公式焉

代入数据解得4=0.2s

则滑块甲在水平面上运动的时间4=，F=0-8s

6

甲到达底端的速度匕=研=5xO.2m/s=lm/s

追上时甲、乙在水平面的位移相等，有%，+4=卬2

代入数据解得%=0.4m/s

方向水平向左。

故选C

【变式1】.（2024•河南•模拟预测）如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角6=30的足够长的斜面上滑下，物

块运动的图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s:下列说法正确的（）

A.物块的加速度为2m/s?B.物块的初速度为零

C,物块与斜面间的动摩擦因数为由D.前2s内物块的平均速度为5m/s

15

【答案】C

【详解】AB.根据x=+/

—rzw—X=v1-+-1C

rt2

4-21

由图像可知%二一厂m/s=2m/s,-a=2

可得a=4m/s"AB错误；

C.根据牛顿第二定律可知nigsin30-pmgcos30=ma

解得〃=噂，c正确：

D.前2s内物块的平均速度等于Is末的速度，则为E=h=%+皿=6m/s,D错误。

故选C。

【变式2].（24-25高一上•广东佛山•期末）避险车道是极限赛车运动中避免恶性交通事故的重要措施，由制动坡床

和防撞措施等组成。如图竖直平面内，制动坡床是与水平面夹角为37。的斜面，坡床表面的动摩擦因素为（）.5,在一

次比赛中，一辆摩托车冲过终点后迅速调整方向冲上避险车道。已知摩托车冲过终点时的速度为20m/s,求：

7

防撞措施

(1)摩托车冲上坡床时的加速度大小和方向；

(2)摩擦车冲上坡床的长度(sin370=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)o

(3)判断摩托车能否在最高点静止？若不能，则返回终点的时间为多少？

【答案】(l)10m/s2,方向沿斜面向下

(2)20m

(3)不能，2氐

【详解】(1)根据牛顿第二定律可知，摩托车冲上坡床时的加速度大小为吗cos37o=]0m/s2

m

方向沿斜面向下。

(2)由公式y-%2=2数

得摩擦车冲上坡床的长度s=二二[=上至m=20m

-2a-2x10

(3)由于〃啰山。＞“烧05。，摩托车不能再最高点静止，它将返回终点。由公式"2gsin0-〃〃?gcos0二〃W

代入数据，解得"=2m/s2

又s=*/

解得"2&

题型四、物体在斜面上的运动(有外力)

【例4】..(24-25高一下•甘肃张掖・开学考试)如图所示，质量为〃，=1kg的物体，在尸=15N沿斜面向上的拉力作

用下，由静止开始沿固定斜面向上运动。斜面倾角为37。，物体与能面之间的动摩擦因数为〃=。5,斜面足够长，

sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2o求：

(1)物体的加速度为多大？

(2)若在2s末撤去外力，则再经几秒到达最高点？

【答案】(DSm/s?

8

(2)Is

【详解】(1)分析物体受力如图，由力学知识可得

物体受到的支持力为N=〃?gcose

物体受到的滑动摩擦力为/=〃N

根据牛顿第二定律有/一加gsin0-f=ma

联立并代入数据解得Q=5OI/S2

mg

(2)沿斜面匀加速上升时，根据速度时间关系有丫="

若在2s末撤去外力，设物体加速度变为"，撤去外力后到达最高点的时间为，

根据牛顿第二定律有利gsin〃4/=ma

由匀变速运动知识得，'=三

a

联立并代入数据解得/'=Is

【变式1].(25-26高一上•江苏苏州•期中)一质量为m=2kg的滑块在倾角。=37。的足够长的固定斜面上，在无外

力F的情况下以加速度。=4m/s2匀加速下滑。若用一水平向右的恒力厂作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开

始沿斜面向上做匀加速运动，在。〜2s时间内沿斜面运动的位移x=10m(g®10m/s2,sin370=0.6)o求：

77/777777777777777777777777x777^

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数〃：

(2)恒力方的大小。

【答案】(1)0.25

(2)40N

【详解】(1)滑块下滑过程只受重力、支持力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可得用gsin侬〃〃gcosA〃口

可得a=gsinO-"gcos，

可得〃=0.25

9

(2)物体在恒力作用下沿斜面向上做匀加速运动，则由牛顿第二定律「cos以冲sin仇〃("sin什加geos。)=/〃优

方向沿斜面向上；匀加速直线运动公式x=

可得加速度a'=5m/s2

解得F=40N

【变式2].(25-26高三上•黑龙江•开学考试)如图所示，质量机=！kg的木块，恰好能沿倾角夕=37。的固定斜面匀

6

速下滑。已知重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.80求:

(I)木块与斜面间的动摩擦因数〃；

(2)施加一水平推力使木块沿斜面匀速向上运动，求水平推力的大小。

【答案】(1)0.75

(2)40N

【详解】(1)木块恰能沿斜面匀速卜滑，说明摩擦力与重力沿斜面分力相互平衡，则有〃?gsin9="〃?gcos。

解得〃=015

(2)受力分析如下图所示。

在垂直斜面方向有"=nigcosO+Fs\nO

沿斜面方向有Fcos6>=wgsin<9+/

其中&

联立解得产=40N

题型五：含有斜面连接体物体问题

【例题5】.(24-25高一上•山东泰安•期末)如图所示，一质量M=3kg、倾角为。=45。的斜面体放在光滑水平地面

上，斜面体上有一质量为，〃=*g的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力尸作用在斜向体上，系统恰好保持相对静

10

止向左运动。重力加速度为g=10m/s2,则恒力”大小为（）

A.30NB.40NC.50ND.60N

【答案】B

【详解】对光滑楔形物体进行分析，根据牛顿第二定律有

对斜面体与楔形物体整体进行分析，根据牛顿第二定律有尸=（〃?+“”

解得尸=40N

故选

【变式1].（24-25高一上•云南昆明•阶段练习）如图所示，质量为M、倾角为30。的斜面体置于水平地面上，一轻

绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点尸和物体小两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为，小

2m,A与斜面间的动摩擦因数为等，重力加速度大小为g,将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未

碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（）

2

B.物体A的加速度大小为3g

c.地面对斜面体的支持力大小为

D.增大A的质量，再将A、B静止释放，则B有可•能上升

【答案】C

【详解】AB.由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速

度的两倍；设物体A的加速度为m则B的加速度为2a；设物体A、B释放瞬间，轻绳的拉力为兀对A、B分别

受力分析，由牛顿第二定律得

2T-mgsin30°—〃用gcos30°—ma

11

2mg-T=2mx2a

解得

T2I

故AB错误;

C.物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体分析，在竖直方向根据牛顿第二定律得

（M+3m）g—乙-7sin300=2mx2a-masin30°

解得地面对斜面体的支持力为

故C正确；

D.假设B上升，则A下滑，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，分析比时A的受力情况可知

mgsin30°<pmgcos300+2（

而A这样的受力情况，无法下滑，故假设错误，故D错误。

故选Co

【变式2].（23・24高一下•浙江•期中）如图所示，倾角a=30’的斜面固定在水平地面上。质量分别为1kg、2kg的

两物块A、B置于斜面上，质量为0.2kg的物块C穿在固定在地面上的光滑竖直杆上，A与C之间用跨过光滑定滑

轮的轻质细线连接，滑轮左侧的细线与斜面平行，滑轮右侧的细线与竖直方向的夹角夕=60。，A、B、C均处于静

止状态，B的上表面水平,A与B、B与斜面之间的动摩擦因数均为造，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取gfOm/s?,

4

则（）

A.细线对定滑轮的作用力大小为2N.方向竖直向下

B.B对斜面的摩擦力大小为UN,方向沿斜面向上

C.剪断细线后，A对B的压力为10N

D.剪断细线后，A、B之间摩擦力的大小为侦N

8

【答案】D

【详解】A.依题意有，以C为研究对象对其受力分析，设绳子张力为T,杆对C的作用力为N,则有

12

7cos/?=mcg

解得

r=4N

两绳子的夹角为120。，则细线对定滑轮的作用力大小为

F=r=4N

方向竖直向下，故A错误：

B.对A、B整体，根据共点力平衡条件有

7+/=（〃〃+"%）gsina

解得

/=HN

斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知B对斜面的摩擦力沿斜面向下，故B错误；

CD.将A、B视为一整体，剪断细线后，假设水平方向上没有相对滑动，则有共同的加速度沿斜面下滑，设为

有

（加A+〃%）gsina—4（〃[A+wB）gcosa=（/MA+/HB）a

解得

a=1.25m/s2

则在竖直和水平方向的分加速度为

5,5/T

a=6»sin30o=-m/s2,=acos300=Vm/s2

v8,8

设B对A的支持力为M，根据牛顿第二定律有

mAg-N'=mAay

解得

N'=9.375N

水平方向的摩擦力为

o

可见A、B没有相对滑动，故C错误，D正确。

故选D,

题型六：含绳连接体的问题

【例题6】.（25-26高三上・安徽六安・月考）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止

在水平桌面卜.将一个水平向右的推力厂作用在P卜后.轻绳的张力变为原来的0.8倍°已知P、Q两物块的质量

13

分别为叫=0.5kg、%=0.2kg,P与桌面间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度g=10nVs\则推力尸的大小为（）

A.1.3NB.1.6NC.1.9ND.2.4N

【答案】C

【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有（=，々g=2N,/=7；=2N

推力/作用在P上后，轻绳的张力变为原来的0.8倍，即1=0.87；=L6N

故Q物体加速下降，有2一丁2=，%（1

可得a=2m/s2

而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P，由牛顿第二定律5+/-"〃?pg=加P”

解得/=1.9N

故选C。

【变式1】.（2025•浙江金华•一模）如图所示，物块A与B用跨过滑轮的轻绳相连，稳定后，轻绳。P与水平方向夹

角为夕=方，以和与OP的延长线的夹角分别为4和2。己知GB=100N,地面对物块B的弹力为NB=80N,

不计滑轮的重力及轻绳和滑轮之间的摩擦，下列说法正确的是（）

A.有可能a＜名

B.物体A的重力20N

C.绳子的拉力为40石N

D.地面对物体B的摩擦力为40N

【答案】C

7T

【详解】A.由于滑轮两边绳子拉力大小相等，故故A错误；

6

BD.根据几何关系，连接B物体的绳子部分与水平方向夹角为f，故对B受力分析水平方向有/:元色?

66

14

竖直方向有NB+Tsin?=GB

又T=GA

联立解得GA=40N

/=2073N,故BD错误；

C.据前分析结合平行四边形法则尸=27COS?=40GN,故C正确，

6

故选C。

【变式2].（25-26高三上•重庆•阶段练习）如图所示，一固定斜面倾角为30。，斜面顶端固定一个光滑定滑轮。跨

过定滑轮的轻质细线，一端连接量为，〃的木箱A（内装质量为3小的砂），细线的倾斜部分与斜面平行，另一端竖

直悬挂质量为，〃的小桶B。给木箱A一个向下的初速度，木箱A恰好沿斜面向下做匀速直线运动。让系统静止后

将木箱A中2.5〃?的砂转移到小桶中，由静止释放木箱A。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为mg

B.木箱与斜面间的动摩擦因数为立

4

C.由静止释放木箱后细线的拉力大小为3.5〃喑

19

D.由静止释放木箱后木箱的加速度大小为—g

40

【答案】D

【详解】A.木箱匀速运动时绳子拉力r=

根据平行四边形定则可知，木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小278S3（）。=也〃噜，故A错误;

B.对木箱，由平衡条件有T=mg=4/gsin30°-cos30°

解得〃=正，故B错误；

6

CD.让系统静止后将木箱A中2.5小的砂转移到小桶中，设绳子拉力为7。

对A有7-L5〃?gsin30°-//1.5mgcos300=1.5ma

对B有3.5〃?g—7=3.5ma

19|47

联立解得。=Fg,7="吆,故D正确C错误。

15

故选D<.

题型七:含杆或弹簧链接的连接体问题

【例题7】.（24-25高一上•贵州遵义・期末）如图所示，倾角为30。的光滑固定斜面上放置3个质量均为“的小球

A、B、C,小球A通过轻质弹簧连接在斜面顶端的挡板上，小球A、B通过轻杆连接，小球B、C通过细绳连接。

弹簧的轴线、轻杆和细绳在同•直线上且和斜面平行，初始时各小球均处于静止状态。已知重力加速度大小为g。

某时刻剪断细绳，下列说法正确的是（）

A.剪断细绳前，弹簧上的弹力大小为mg

B.剪断细绳后瞬间，小球C的加速度为0

C.剪断细绳后瞬间，轻杆上的弹力变为0

D.剪断细绳后瞬间，小球A的加速度大小为Jg

【答案】D

【详解】A.剪断细绳前，对ABC整体分析可知，弹簧上的弹力大小为七二3〃?gsin3（T=l.5〃?g

选项A错误；

B.剪断细绳后瞬间，小球C的加速度为/=鹫吧~=0.5g

m

选项B错误；

CD.剪断细绳后瞬间，AB整体加速度42mgsin30'=

2m4

方向沿斜面向上，则对B,T-sin30=nia

解得轻杆上的弹力T=0.75mg

选项C错误，D正确。

故选D,

【变式11（24-25高一上•广东汕头•期末）如图，质量为2kg的物块A和质量为1kg的物块B用轻弹簧相连，置

于光滑的水平面上，沿弹簧轴线方向用力/拉动物块B,稳定后AB以4m/s2的加速度一起向右做匀加速直线运动,

已知弹簧始终在弹性限度内。则稳定后（）

———F

ATKHTOW1-B---->

16

A.拉力产的大小为16N

B.弹簧弹力大小为4N

C.撤去力厂的瞬间，A的加速度大小为4m/s2

D.撤去力尸的瞬间，B的加速度大小为4m/s2

【答案】C

【详解】A.以AB两个物体为整体，由牛顿第二定律可得F=（〃?A+，〃B）a=12N,故A错误；

B.以A为对象，由牛顿第二定律可得弓-〃L/-8N,故B错误；

C.撤去力尸后的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，即A物体的受力不变，所以A物体的加速度不变，仍为4m/s-

故C正确；

D.对B物体，由牛顿第二定律可得q=加8即

代入数据，解得B的加速度大小为即=8m/s?,故D错误。

故选Co

【变式2].（20-21高一上•福建福州•期末）如图，水平面上有一辆小车，小车上有一倾角为30。的光滑斜面，用劲

度系数为500N/m的弹簧连接一质量为2kg的物体。以下过程中，物体，〃与斜面保持相对静止。（g取10m/s2）

（1）当小车以JJm/sZ的加速度向右加速运动时，求弹簧伸长的长度。

（2）若要使物体〃，对斜面无压力，小车加速度必须多大？

（3）若使弹簧保持原长，小车的加速度乂该如何？

【答案】（1）2.6cm；（2）105/3m/s2;（3）与鬲/s?、方向水平向左

【详解】（1）对小滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图

加速度水平向右，故合力水平向右，将各个力和加速度都沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛顿第二定律,

17

有

F-sin30=wacos30

mg-cos30-Fv=ma•sin30

解得

F=mg-sin300+ma-cos30°=13N

根据胡克定律，有

F=kx

代入数据得到

x=0.026m=2.6cm

即此时当小车以VJm/s?的加速度运动时，弹簧伸长的长度为2.6cm

（2）小滑块对斜面体没有压力，则斜面体对小滑块也没有支持力，小滑块受到重力和拉力，物体的加速度水平向

右，故合力水平向右，运用平行四边形定则，如图

由几何关系得到

“tan30°V?、

根据牛顿第二定律，得到

a=—=1oVJm/s2

m

即若使物体m对斜面无压力，小车加速度必须为loGm/s?

（3）弹簧保持原长，弹力为零，小滑块受到重力和支持力，物体沿水平方向运动，加速度水平向左，合力水平向

左，运用平行四边形定则，如图

根据几何关系，有

18

=mgtan30

根据牛顿第二定律，有

故

a=g-tan30=-yV3m/52

即小车加速度大小为与J5m/s?,方向水平向左

题型八：牛顿运动的图象分析问题

【例题8].（24-25高二下•河南洛阳•阶段练习）如图甲所示，物块从倾角归37。的斜面顶端滑至底端，运动速度y

随时间，的关系如图乙所示，物块下滑过程中斜面体保持静止，重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,

cos37°=0.8,下列说法错误的是（）

A.斜面长度为4m

B.物块下滑过程的加速度为2m/s2

C.水平地面对斜面体的摩擦力方向水平向右

D.物块和斜面之间的动摩擦因数为0.625

【答案】B

1+3

【详解】A.根据vT图像与横轴围成的面积表示位移，可得斜面长度为工x2m=4m,故A正确，不满足题

2

意要求;

Av3-1

B.根据—图像可知加速度为。=------------m/s2=lm/s2,B错误：满足题意要求;

A*2

C.将物块和斜面体看作整体，整体受到重力、支持力、地面的摩擦力，又因为整体有水平向右的分加速度，所以

水平地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，故C正确，不满足题意要求;

D.对物块，由牛顿第二定律有mgsin37。-"〃?gcos37o=/M

解得〃=0.625,故D正确，不满足题意要求。

故选B。

【变式1].（2025•河南•模拟预测）如图甲所示.•个物体在光滑的斜面卜始终受到一沿斜面向卜遂渐增大的力产

19

的作用，该物体沿斜面向上做变加速直线运动，其加速度。随外力/变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取

l()m/s:,物体的质量和斜面的倾角分别为()

A.w=3kg,〃?=3kg,"37。

C.w=2kg,夕=30°D.w=2kg,夕=37°

【答案】A

【详解】由牛顿第二定律得尸一避血夕=根,解得。=£-gsin。

m

由图像可知斜率为k=-=士#kg'=lkg”

m303

解得/〃=3kg

纵轴截理—gsine=—5,解得0=30。

故选A,

【变式2】.(2025•江苏扬州•模拟预测)如图甲所示，物块的质量机=1kg,初速度％=10m/s,在一水平向左的恒

力尸作用下从。点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化

2

的关系图象如图乙所示，g=10m/so下列选项中正确的是()

B.在/=1s时刻，恒力厂反向

C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.5

D.恒力F大小为10N

【答案】B

【详解】AB.根据速度位移公式片=2公

可得匀减速直线运动的加速度大小6=黑m//=IOm/s2

20

64.2At2

旬加速直线运动的加速度大小〃2许5m/s=4m/s

由乙图，可知物体做匀减速的初速度为%=10m/s,则速度减为零的时间4=?=1S

则物块Is后做匀加速直线运动，所以2〜3s内物块做匀加速运动，在f=ls时刻恒力尸反向，故A错误，B正确；

CD.根据牛顿第二定律，物体做匀减速有E+W咫="吗

物体做匀加速有尸-4〃吆

联立解得尸=7N,〃=0.3,故CD错误。

故选B。

题型九：传送带问题

【例题9】.(25-26高一上•北京•期中)一煤矿采用传送带输送煤块，其简化图形如图所示。水平传送带长L=l()m,

以恒定速度v=4m/s顺时针运行，煤法与传送带间的动摩擦因数必=0.2。现有一煤块(视为质点)被无初速度地

放在传送带左端，取重力加速度的大小为g=10m/s*2o

n..............................................................................

L串

(1)求该煤块在传送带上留下的痕迹长度d;

(2)传送带右端和水平平台平滑连接，煤块与平台间的动摩擦因数〃2=0」，煤块经过连接处时速度不变，经过一段

时间刚好能到达平台上的指定位置，求：

(】)煤块在传送带上匀速运动的时间K

(ii)煤块从放上传送带至到达指定位置的时间乙

【答案】(1)"=4m

(2)(i)A=1.5s,(ii)/=7.5s

【详解】(1)设煤块在传送带上运动时的加速度大小为外，由牛顿第二定律有〃gg=〃M

解得q=2m/s2

设煤块加速到与传送带速度相等时的位移大小为x,根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式有y=2qx

解得x=4m<10m

所以煤块先加速到与传送带共速，然后和传送带一起向右匀速运动。设煤块加速到与传送带速度相等所用时间为

%，则有射=卬0

解得，o=2s

故在煤块加速过程中，传送带的位移大小为f=%=8m

所以煤块在传送带上留卜的痕迹长度为"=f-x=4m

(2)(:)煤块与传送带共速后匀速运动的时间为4=G=L5S

v

(ii)由(I)分析可知煤块做加速运动的时间为f°=2s

设煤块在平台上减速运动的加速度大小为出，由牛顿第二定律有〃叫g=2

解得g=LWs?

所以煤块做减速运动的时间为〃=上=4s

a2

故煤块从放上传送带至到达预定区域的时间为，=4+fo+G=7.5s

【变式1].(25-26高三上・江苏扬州•开学考试)如图所示，煤矿有一长度£=13.95m的传送带与水平面夹角

0=37。，传送带以u=6.2m/s的速率逆时针转动。在传送带上端力点由静止释放一个黑色煤块，煤块运动到传送带

下端4点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数〃=02,

(1)画出煤块刚放上传送带时的受力图，并求出燥块刚放到传送带上时的加速度:

(2)求煤块在传送带上运动的时间；

(3)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度。

⑵/=2.5s

(3)d=1.55m

【详解】(1)对煤块受力分析，如图所示

22

N

A

由牛顿第二定律得wgsin8+〃小geos0=

解得q=12.4m/s2

（2）煤块匀加速到与传送带速度相等的过程有v=W

解得《=0.5s

该过程煤块通过的位移为玉=（卬：=1.55m

因〃?gsin。＜geos。

故速度相等后，煤块与传送带一起做匀速直线运动，有

解得G=2s

煤块在传送带上运动的时间，=%+q=2.5S

（3）只有加速阶段会产生黑色痕迹，加速阶段传送带的位移为3=%=31m

传送带上形成黑色痕迹的长度d=x帝-玉

解得d=1.55m

【变式2].（24-25高一下•湖南•期中）在现代化工厂中，需要利用传送带进行货物的传送和分拣。图1所示为分拣

传送装置，它由水平传送带与倾斜传送带组成，图2是该装置的简化图，水平部分48的长度，°=3m,倾斜部分

CQ的长度未知，4、。间距可忽略不计，货物从8到C速度大小保持不变，传送带的速度可调。已知水平传送带

以匕=5m/s的速率顺时针转动，倾斜传送带倾角。=37。，也顺时针转动。现把一可视为质点的货物无初速度放在力

端，货物与两传送带间的动摩擦因数〃均为0.5,重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

23

(1)求货物在水平传送带力3上留下的划痕长度；

(2)若倾斜传送带速率为岭=2.5m/s,该货物恰好可以到达倾斜传送带顶端D点，求倾斜传送带CD的长度；

(3)若倾斜传送带的长度与(2)问相同且货物与倾斜传送带间的动摩擦因数〃'=0.9,其他条件不变，想要货物到达

顶端的时间最短，倾斜传送带的速率4应满足什么条件？

【答案】⑴2.5m

(2)2.5m

(3)v2>

【详解】(1)货物在水平传送带上运动的加速度q=〃g=5m/s2

货物与传送带共速的时间A=~=ls

%

货物在水平传送带48上留下的划痕氏度Ar=卬/36=2.5m

(2)货物刚滑上倾斜传送带时的速度为耳=5m/s,货物的加速度a2=gsine+〃gcos6=10m/s2

方向沿传送带向下，当货物与传送带共速时，2二工二上=0.25s

%

上滑的羽离4二上三

216

共速后货物的加速度4=gsinO-〃gcos0=2m/s2

22

v2525

上升到最高点时的位移^2=r-=—m=—m

2a52x216

倾斜传送带CD的长度s=s1+s2=2.5m

(3)想要货物到达顶端的时间最短，则需货物在倾斜传送带上一直被加速，则

a4=〃gcos6-gsin0=1Im/s?

若到达顶端时恰好共速，则根据%-彳=24s

解得v20=VJTni/s

想要货物到达顶端的时间最短倾斜传送带的速度需满足匕之后m/s.

题型十：滑板问题

【例题10].(2025・四川眉山・模拟预测)如图所示，质量为〃=2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最

右端放一质量为〃?=lkg的物块A(可视为质点)。物块与木板间的动摩擦因数从=0.3,木板与地面间的动摩擦因

数〃2=01。现用一水平力产=18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过4=ls后撤去拉力。设物块与木板间

24

的最大郛摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s\求:

(I)撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度以、彩；

(2)经过一段时间，A、B达到共同速度丫的值：

(3)计算在整个运动过程中木板B运动的位移。

【答案】⑴匕=3nVs,vB=6m/s

(2)v=4.5m/s

(3)x=15.75m

【详解】(1)由分析可知，B被拉着向右运动时，可以判断出A相对B向左滑动，对物块A有"Mg=〃/，

匕\二皿

对木板B有/一必〃喝-〃2(河+m)g=M%，%=初

解得VA=3m/s,vB=6m/s

(2)撤去外力产后，设经过时间4后A、B达到共同速度L对木板B有〃2(〃+〃?应+〃/收=加。3，叩%-卬2

对物块A有1，=匕\+卬2

代入数据可得4=0・5s,v=4.5in/s

<3)撤去外力F前，木板B运动的位移王一^^

撤去外力到达到共同速度的时间内，木板B运动的位移与=当当2

经判断A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体有外(M+〃?)g=(M+M。

达到共同速度后继续运动的位移，=

在整个过程中，木板B运动的位移X=X]+工2+/

联立得x=15.75m

【变式1].(25-26高一上•全国•随堂练习)如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L=0.64m、质量为蛆=4kg

的木板A,在木板的左端有一个大小不计、质量为〃?『2kg的小物体B、A、B间的动摩擦因数为片0.2,求：(g取

10m/s2)

B——►

25

(1)当对B施加水平向右的力尸=4N时，A、B加速度各为多大？

(2)当Q10N时，A、B加速度各为多大？

(3)当F=10N时，经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？

【答案】(D：m/s2,|m/s2

(2)lm/$2,3m/s2

(3)0.8s

【详解】(】)若A、B间恰好发生相对滑动，对A、B整体有益=(/〃、+，，%)%

对A有“乐g=%劭

联立可得4=6N

当对B施加水平向右的力"=4N时，则A、B未发生相对滑动，对A、B整体有/二(加A+〃％)〃

2

2

^WaA=aB=a=-m/s

(2)当尸=10N时