牛顿运动定律的应用（一）专项训练-2027届高考物理一轮复习（解析版）

第10讲牛顿运动定律的应用1题型专项训练

K组卷模式：解题口快+高考考向+题型专练》

・考克发型怖的

题型01两类基本问题..........................................................................1

题型02连接体问题............................................................................6

题型03斜面模型..............................................................................9

题型04等时圆活用...........................................................................15

题型05图像问题.............................................................................22

题型06临界与极值问题......................................................................27

分考量版型制练

题型01两类基本问题

解题口诀：知力求动先求a,知动寻力逆推它，受力运动巧互化。

高考考向：由受力求解运动参量、由运动状态反推受力，直线运动关联计算。

1.在冰雪运动训练场的水平直道上，为模拟不同摩擦条件，交替铺设长度4=2m的制动区和长度4=4m

的光滑区，如图所示。滑雪运动员从第一个制动区的左端以6m/s的初速度开始向右滑行。已知制动区与

滑雪板间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=IOm/s2,则运动员滑行的总时间为（）

A.1.2sB.2.2sC.2.8sD.3.8s

【答案】B

【详解】制动区的加速度大小为。=竺稼=50162

m

运动员经过第一个制动区过程，由运动学公式可得-2a=年-¥

解得片=4m/s

该过程所用时间为八=曳」=0.4s

a

运动员经过光滑区做匀速直线运动，所用时间为G=2=ls

设运动员在第二个制动区停下，由运动学公式可得-2or=0-4

解得x=1.6m<4=2m

假设成立，运动员在第二个制动区的运动时间为A=U=0.8S

a

则运动员滑行的总时间为，=4+G+4=2.2s

故选Bo

2.如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗

算珠位于杆的一端处于未归零状态，在，=0时刻对算珠施加沿柠方向的力。F=0.1N使其由静止开始运动，

经0.15s撤去F,此后再经0.15s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v-t图像如图

乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度g=l（）m/s2。下列说法正确的是（）

未归零归零

A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1B.算珠的质量为25g

C.若不撤去F,则算珠在0.2s时已处于归零状态D.杆长9cm

【答案】B

【详解】D.由y-r图像面积表示位移，可知杆长为工="普m=0.045m=4.5cm,故D错误;

4

AB.由牛顿第二定律得产一/〃砍=〃?4,=ma],由图可知撤去产前后算珠的加速度大小分别为

22

67l=^=—^m/s=2m/s,联立解得〃=0.2,/n=25g,故A错误，B正确；

C.若/不撤去，算珠将以2m/sz的加速度做匀加速直线运动，经0.2s运动位移为

/=lx2x0.22m=4cm<4.5cm,则此时未到归零状态，故C错误。

2

故选B。

3.（2026♦上海5月卷•高考真题）一只松鼠在一根与水平方向夹角为60”的倾斜树枝匕从静止开始沿

树枝向上做匀加速直线运动；已知它在2s内沿树枝运动了2m【计算结果，保留2位有效数字】。

（I）求松鼠的加速度；

（2）已知松鼠的质量为0.3kg,求该过程中树枝对松鼠的作用力。

【答案】（1）l.Om/s2.方向沿树枝向上；（2）3.2N,方向斜向上

1,

【详解】（1）松鼠做初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得工二一。/

2

2.r2x2m

=l.Om/s2

代入x=2m/=2s>解得w

方向沿树枝向上。

（2）对松鼠受力分析，松鼠受重力,树枝的作用力b,将尸分解为沿树枝分量匕、垂直树枝分量K。

垂直树枝方向，受力平衡，有鸟=〃?gcos60。

解得6k1.5N

沿树枝方向由牛顿第二定律，得［一机gsin600=机。

解得£x2.8N

合作用力大小F=4F；+F；工3.2N

方句斜向上。

4.（2026♦陕晋青宁卷•高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其

中43段的长度/=36m、倾角为aBC段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从A点由静止下滑，经

过r=6s到达力点，此后进入3C段继续滑行。游客甲和滑板的总质量6=60kg,48段、6c段滑道与

滑板间的动摩擦因数分别为从、外,其中〃2二^。重力加速度g取lOm/s?,sin6>=p游客和滑板

整体视为质点，不计空气阻力及在8点处的机械能损失。

乙

甲

A

9

CB

（1）求A4段滑道与滑板间的动摩擦因数从；

<2）求人B段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小;

（3）当甲到达3点时，游客乙乘同样滑板恰以5m/s的速度经过A点下滑。求乙到达8点时与甲的距离。

【答案】（1）LL=—（2）2880J,720kgm/s（3）40m

110

【小问1详解】

1,

当甲从4点滑至B点根据L=-at2

2

代入数据可得，=2m/s2

根据牛顿第二定律有mgsin0-cos0=ma

I,6

因为sin。=一，所以cos0=&

33

代入数据联立可得从=亲

【小问2详解】

甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功,所以有\E=Wf=pm^OL=2880/

根据前面小问可知甲下滑的加速度为〃=2m/s2；根据运动学公式/=2aL可得甲到达8点的速度为12m/s

所以人B段动量的变化量为△〃=机u-。=720kg•m/s

【小问3详解】

乙从4滑到B的过程根据运动学公式有L=严

2

代入数据解得r=4s

甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有=

可得生=lm/s

甲到达4点的速度为U=⑵讪，在4s内甲没有停止;

在，=4s内，甲运动的距离x=I"'-，%/

2

代入数据解得x=40m,即甲乙之间的距离为40m。

5.如图所示，一挡板垂直斜面固定放置，斜面与水平面的夹角供37。，交线为CD,斜面内BC与CO垂直，

挡板平面与斜面的交线为AC,财CB=&37。。挡板长L=1.82m,质量m=0.2kg的滑块从挡板上端人点由静

止滑下，滑块与斜面、挡板间的动摩擦因数均为〃=0.1,取重力加速度大小月=10m/s2,sin370=0.6,滑块可

看作质点，不计空气阻力，求：

⑴滑块受到的摩擦力大小/;

⑵滑块的加速度大小〃：

⑶滑块滑到挡板底端C点时的速度大小vo

【答案】(1)/=0.232^(2)a=3.64〃?/f(3)v=3.64m/s

【详解】(1)由受力分析可得/=〃切geos。+w〃gsin<9sine

解得了=0.232N

(2)根据牛顿第二定律得〃?gsinHeos0-jumgeos0-〃/〃gsin0s\n9=ma

解得a=3.64/zz/52

(3)滑块做匀加速直线运动/=2c/

解得v=3.64/7?/s

6.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目。如图所示，比赛时运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投

掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，冰壶的停止位置越靠近圆心。越好，AB中点P与。相距

L=30mo某次训练中，运动员使冰壶从P点以vo=3m/s的速度向圆心0滑出，已知冰壶和冰面间的

2

动摩擦因数4=0.02,g取10m/so

A

冰壶滑行过程中的加速度大小«=m/s2,冰壶滑行的总位移大小x=mo

【答案】0.222.5

【详解】［1］冰壶滑行过程中对冰壶由牛顿第二定律得2，火二〃也

解得冰壶滑行过程中的加速度大小为。=0.2m/s2

⑵由速度-位移公式^2ax

可得x=22.5m

题型02连接体问题

解题口诀：整体隔离灵活选，先求整体加速度，再析内力列方程。

高考考向：绳/杆/接触面连接体计算，系统受力、加速度与相互作用力求解。

7.如图所示，一固定杆与水平方向夹角为々，将一滑块套在粗糙的杆上，通过轻绳悬挂一个小球，若滑

块与小球保持相对静止以相同的加速度一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为"，且。＜/,则滑块的运

动情况是（）

A.沿着杆加速下滑B.沿着砰加速上滑C.沿着杆减速下滑D.沿着杆减速上滑

【答案】D

【详解】设小球的质量为“，以小球为对象，由于可知绳子对小球的拉力沿杆方向的分力向下，

则有Tx+mgsina=ma

可得小球的加速度大小a=gsina+-＞gsina

m

方向沿杆向卜；设滑块的质量为例，以小球和滑块为整体，由于（M+"?）gsina＜（M+〃z”

可知滑块受到的滑动摩擦力沿杆向下，则滑块沿杆向上运动，由于加速度方向沿杆向下，所以滑块的运动

情况是沿着杆减速上滑。

故选D。

8.如图所示，在水平直线传送轨道上，智能快递分拣车的前、后两个货舱质量分别为2/〃和格用轻质刚

性连接杆相连。每个货舱所受运行阻力与自身质量成正比，比例系数为匕前货舱的驱动装置提供水平牵

引力F,使两货舱一起向前做匀加速直线运动。已知连接杆能承受的最大拉力为几，重力加速度为g,为

保证连接杆不被拉断，牵引力尸的最大值为（）

m2m

A.3ToB.37；）+35?gC.37；）+2k/ngD.37；）+kmg

【答案】A

【详解】取前进方向为正方向，后货舱（质量小）受连接杆向前的拉力7和向后的阻力而吆，由牛顿第二

定律7-妨ig=mci

前货舱（质量2〃？）受牵引力尸（向前）、连接杆向后的拉力丁和向后的阻力由牛顿第二定律有

F-T-2kmg=2ma

联立消去〃，得尸=37

当T=7时,J=37；,与1、g无关。故选A。

9.如图所示，在光滑水平地面上，物块A、B用轻弹簧相连。两物块质量之比〃…/=匕2。若在水平拉力

尸作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则弹簧弹力大小为（）

__F

AwsssmssiB--►

\\\\\\\\\w\\w\\wx\

cF人2F>F

A.FB.—C.—D.—

334

【答案】B

【详解】对A、B整体，根据牛屯员第二定律尸=（%+%）a

设弹簧弹力为7,对A,根据牛顿第二定律7=〃?/

结合以:咻=1：2

可得丁二与故选B。

10.如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静止放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可

忽略不计，两个物体的质量a=4kg,//=6kg0从/=0开始，推力耳和拉力吊后分别作用于A、B上,

FA、、随时间的变化规律为以=（8-2f）（N）,6=（2+2f）（N）,下列说法正确的是（)

A|BJ——

/////////////////////

A.0~2s时间内A的加速度一直在减小B./=2s时，A、B两物体刚好分离

C.2s~4s内B的加速度一直在增大D.f=2s时，A速度达到最大值

【答案】BC

【详解】AB.对A与B整体分析，应用牛顿第二定律有尼+气=。4+，/）〃

解得共同加速度为a=lm/s2

若AB之间的弹力为0,对A分析有F*=

2

^aA=a=lm/s时，解得/=2s

即在2s时A与B物体恰好分离，故A错误，B正确；

C.在2s~4s内，B物体的加速度为%=上=?（葩2）

可知加速度大小在增大，故C正确；

F4-/,

D.在2s后，A的力口速度为用;上二丁⑴心）

阳A2

根据公式可知在f>4s后A的加速度反向，A才开始做减速运动，2s末A的速度不是最大值，故D错误。

故选BCo

11.如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为阳=2kg,P与Q间的动摩擦因数为必=0.3,

Q与水平面间的动摩擦因数为必=0/，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2,当水

平句右的外力/=12N作用在Q物体上时，P、Q一起向右做匀加速运动，运动加速度。=m/s2;P

受到的摩擦力大小/=N。

P

-Q-......AF

【答案】24

【详解】［1］当水平向右的外力尸=12N作用在Q物体上时，P、Q一起向右做匀加速运动，以P、Q为整体,

根据牛顿第二定律可得尸-必•2mg=2nMi

解得加速度为a=2ni/s2

［2］以P为对象，根据牛顿第二定律可得P受到的摩擦力大小为f="-=4N

12.如图所示，质量为小=2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力尸作用下沿水平面向右匀加速运动，

铁箱与水平面间的动摩擦因数4=03。这时铁箱内一个质量为〃4=0.5kg的木块（可视为质点）恰好能静

止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数出=0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，8取lOm/s?。

求：

□/

77777/7777777777777777777777777777~

⑴水平拉力”的大小；

（2）减小拉力厂，木块沿铁箱左侧壁落到底部（不反弹），此时箱的速度为10m/s,立即撤去拉力，又经一

段时间木块达铁箱右侧壁，此时木块的速度为5m/s,则铁箱的长度L是多少？

【答案】⑴包=129N（2）L=L2m

【详解】（1）木块在竖直方向上，根据平衡条件有〃2尸卜=机2g

在水平方向上，根据牛顿第二定律有8=〃?〃

对整体分析，根据牛顿第二定律芍F-帆+〃4）g=（町+"4”

联立解得尸=129N

（2）对木块,根据牛顿第二定律有必啊g=%〃2

根据运动学公式有看=与工，1=上二

2a2a2

对铁箱，根据牛顿第二定律有外的+牡）g-卬%g=码4

根据运动学公式有％=卬-;卬2

联立解得1=%一％=1.2m

题型03斜面模型

解题口诀：力沿斜面做分解，正交建轴列等式，倾角摩擦细分析。

高考考向：单物、叠加体在斜面的变速运动，上下滑动、往返过程分析计算。

13.如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆子，5个相同的小球套在杆子上从各杆子上

同一高度同时由静止下滑，一段时间后小球的连线可能是（）

【答案】c

【详解】AD.经过时间t,小球沿杆下滑的位移为s=；gsin夕产

所以倾角越大，沿杆下落位移越大，故AD错误；

BC.此时小球到原点。的杆长为八M-ggsin"产

sing2

其中下滑竖直高度为力，将位置分解为水平坐标X、竖宜坐标V，则户hos"/?cote-gg产sinOcos。，

y=Ls\n0=h--gt2sin20

所以小球的连线是曲线，不是直线，故C正确、B错误。

故选Co

14.某物理兴趣小组不再局限于理想光滑模型，利用材质相同、粗糙均匀的细杆开展力学拓展探究。整直

平面内以。点为圆心作圆，PQ为圆的一条直径，以为圆的一条弦，过夕点的圆切线与水平方向夹角为仇

弦以与该切线的夹角为a,P4竖直。小圆环套在细杆上，圆环与杆间动摩擦因数恒定，满足〃=tan仇现

将司一圆环，从P、3两点间圆弧上的任意位置由静止释放，沿维杆下滑至P点，下列说法正确的是（）

A.圆环下滑到P点的速度大小相同

B.圆环下滑过程中克服摩擦力所做功相同

C.细杆倾角越大，圆环下滑到P点的时间越短

4Rcos0

D.圆环能下滑到P点的时间仍严格相等，为

【答案】D

【详解】A.根据牛顿第二定律瓦得/ngsin(a+6)-wngcos(a+6)=w,〃=tan<9

解得吗更蜉

cost/

根据速度位移关系“J得2a・A。=v2

根据几何关系可得AP=2Rsina

联立解得—僖

由比可知，从P、8两点间圆弧上的任意位置由静止释放，沿细杆下滑至。点速度大小不同，故A错误;

B.圆环下滑过程中克服摩擦力所做功为卬兑「=cos(a+O)AP=2mgRcos(a+0)tan0sina

由比可知，圆环下滑过程中克服摩擦力所做功不相同，故B错误；

CD.根据位移时间关系可得=

由比可知，圆环能下滑到。点的时间均相等，故C错误，D正确。

故选Do

15.如图所示，倾角为。、足够长的光滑斜面上有一质量为加的小物体，在沿斜面向上的恒力产作用下，

由静止从斜面底端沿斜面向.上做匀加速直线运动，经过时间/,撤去力尸，物体又经过相同的时间/回到斜

A.撤去恒力产前、后的加速度之比为1:2

B.恒力/的大小为2/Mgsin。

4/

C.从静止开始经过了时间物体沿斜面向上运动到最高点

D.物体回到斜面底端时的速度大小为华平

【答案】C

【详解】AB.设有拉力与没拉力时物体的加速度大小分别为6、外,根据物体在拉力作用下向上运动的位

移与撤去拉力后回到出发力、的位移大小相等，方向相反，得34r=。

得到%=3%

即6：%=1：3

由牛顿第二定律厂-〃陪sin。=ma},mgsin。=ma2

可得尸=誓担且，故AB错误；

C.从静止开始到达最高点的时间，'=，+丝=;，，故C正确；

D.物体沿斜面上滑的距离为工=岑/

下滑过程，根据速度位移关系F=2/x

许得.=也詈，故D错误。

故选J

16.如图所示，质量为〃i=2kg的木块在倾角为。=30。的固定斜面上恰好能沿斜面匀速下滑，斜面底端A点

到顶端4点的长度/=15m,现对木块施加沿斜面向上的力尸=30N,使其从A点开始沿斜面向上运动，一

段时间后撤去尸，木块恰好能到达8点，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g=10m/s2,下

列说法正确的是（）

A.木块与斜面之间的动摩擦因数为9

3

B.在力厂作用下木块的加速度大小为6m/

C.撤去产后木块继续向上运动的时间为0.5s

D.力尸作用的时间为2s

【答案】AD

【详解】A.木块恰好能沿斜面匀速F滑,则有机gsin*〃/咫cos。

解得木块与斜面之间的动摩擦因数为〃=lan〃=亭，故A正确；

B.在力尸作用下，根据牛顿第二定律可得产-"igsin。-〃〃吆cos8=/叫

解得木块的加速度大小为6=5m/s'，故B错误；

CD.撤去产后根据牛顿第二定律可得mgsin0+/〃〃gcos0=ma2

解得加速度大小为〃2=l（）m

22

设撤去尸时，木块的速度大小为叭则有:二+5二=/

2qza2

代入数据解得v=10m/s

则力尸作用的时间为4=±二2s

撤去产后木块继续向.上运动的时间为，2=上=k，故C错误，D正确。

%

故选AD.,

17.工人师傅巧妙地利用载重货箱下行的动力拉起上行的空载货箱，既解决了载重货箱下行过快的问题，

又减轻了搬运空载货箱卜行的劳动播度，其装置简化为如图所示.在倾角为37。的斜坡卜,一总质量为15kg

的载重货箱，通过轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为5kg的空教货箱相连，轻绳与斜面平行。当载重货箱

下行时，能够拖动空载货箱上行，已知两货箱与斜坡间的动摩擦因数均为0.25,重力加速度g取lOm/s:,

sin370=0.6,cos37°=0.8,则当载重货箱下行时，加速度大小为m/s2,轻绳的拉力大小为

机空g

根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得

T-f.^-sin37°=m,?a

•4=〃8空=m”c°s37°

载重货箱受力如图所示

"我g

根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得

机找gsin370-T-fK-=m^a

『叫我=/〃％gc°s37°

联立解得

a-lm/s2

T=45N

18.如图所示，倾角，=30’的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L=3m。质量m=lkg的物体Q锁定在斜

面底端，与斜面间的动摩擦因数〃=g,通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面

平行，P距地面高度为hi.8m(P被释放着地后立即停止运动)。P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，g取lOm/M。

⑴若P的质量M=3kg,对Q解除锁定后在P下落过程中，求物块Q的加速度大小

(2)解除锁定后为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求P质量的取值范围。

【答案】⑴5m/s2(2)lkg<M05kg

【详解】(1)根据牛顿第二定律，对于P：Mg-T=Ma。

对于Q：T-sin。一jnngcos9-ma[]

解得/=5m/s2；

(2)为了使P能下落，必须满足网

解得河>1kg

P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为4,上滑距离为x,对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得

mgsin夕+用ngcos9-max

解得4=10m/s2

P着地前瞬间，设Q速度大小为〜对Q分析，由运动学公式可得/=2M

0-v2=-2qx

Q恰好不从斜面顶端滑出，需满足

70

联》.代入数据，解得

对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得力勿-〃?即加。-pmgcosO=(M+m)a

联立可得M=5kg

为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出

P的质最需满足的条件为1kg<A/<5kgo

题型04等时圆活用

解题口诀：同圆弦滑时间同，顶点底端分两类，巧用模型秒解题。

高考考向：等时圆结论判断、多轨道下滑时间比较、几何关联动力学计算。

19.如图所示，在竖直平面内有一大圆环，其中。为圆心，AB为竖直直径，0尸与直径A8的夹角为a,

PC与A8平行。现有一小圆环分别套在粗糙杆P8、PC、PD上,分别由尸点运动到B、C、D点、,运动时

间为%八、，沙，其中小圆环直径略大于粗糙杆的直径，摩擦因数〃=tana,下列说法正确的是()

)ff>

A.tf>u=tPC=IpiB.pn>he=PDC.tpR>IPCIpDD.tpfi—>tpi)

【答案】B

【详解】当落点在PC右侧时，延长P0交圆于七点，过尸点作圆的切线，设。。与切线夹角为。，如图所

示

A

B

根据几何关系可知PD=2Rsin。

根据牛顿第二定律可得，%g8s(90-0-a)-/Jingsin(90-0-ct)-ma

解得〃

COSOf

根据位移时间关系可得PD=L『

解得♦产警

则运动时间与0无关，即tpc=ipD

Cf（7

当沿P8运动时，根据牛顿第二定律可得机《（^,—〃〃，”巾不二“叼也

根据几何关系可知PB=2RCOS£

根据位移时间关系可得PB=

解得“后黑I则"…,故会错误、B正确。

故选Bo

20.如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO'、BO\CO,其下端都固定于容器底部O'点,

上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度80>AO'>CO',若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止

下滑（忽略阻力），则（）

O'

A.八处滑块最先到达。点B.B处滑块最先到达。'点

C.C处滑块最先到达O'点D.三个滑块同时到达。'点

【答案】D

【详解】令半球形容器的半径为“，滑板的倾角为〃，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有加gsin®=〃心

根据位移公式有2Rsin"ggsin"尸

解得Y

可知时间f与滑板的倾角6和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O'点。

故选Do

21.如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为4、

小…一已知竖直固定的圆环的半径为，，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为VJr,

C.…2；D.广明4J

【答案】B

［详解】由几何关系可求1轨道长％=2rcos300=6厂

根据牛顿第二定律可得加速度大小为4=gsin（90，'-30o）=^g

根据位移一时间关系可得E卬，

联立解得乙=杵=24

同理可求得在轨道2上时间q=Z

由几何关系可求得轨道3长七二焉=26,

根据牛顿第二定律叮得加速度大小为小=gsin（900-30“）=&

2

根据位移一一时间关系可得七

联立解得1倍2砧

同理可求得在轨道4上时间q=%。

故ACD均错，B正确。

故选Bo

22.如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，8管竖直放置，A管与8管的夹角为明

C管与B管的夹角为6,且夕＜6。三个小球同时从管口顶端静12释放，经过相同的时间，三球所处位置正

确狗是（）

以顶端为圆心的圆弧

【答案】C

【详解】如图所示，ABC。为同一圆上的点，圆的半径为R,小球从八沿光滑杆八8、AC、4。滑下,

故有人；屋，解得q=j7,同理若从4。下滑，时间为q=J日，即小球到达圆上三点所用时间相

同；依此结论可知，而现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球的位置是在同一个I员I

弧上，且所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故选C。

23.如图所示，半径为R的圆环固定在竖直面内，圆环的圆心为0,最低点为A,AB、AC.8。是固定在

圆周上的三个光滑斜面，B、C、。都在圆环的圆周上，A8与竖直方向的夹角为30。，B。与4c平行，BD

经过圆心0。让小球1从B点由睁止释放沿着AB运动到A点，让小球2从C点由静止释放沿着AC运动

到A点，让质量为m的小球3从8点由静止开始在沿8。斜向下的恒力尸（大小未知）作用下运动到。点，

三个小球均视为质点。已知小球1、3的运动时间相等，重力加速度大小为g,忽略空气阻力，求：

⑴小球2从C点运动到A点的时间;

⑵小球1到达A点时的速度大小：

（3）恒力/的大小。

【答案】（1）24（2）师⑶;加g

【详解】（1）由题知，CA与水平方向的夹角为30。，对小球2,根据牛顿第二定律有

〃?gsin3（）=ma2

解得

a2=gsin3（）

根据几何关系，可得位移为

x2=27?sin3O

又

12

解得

（2）由题知，与水平方向的夹角为60。，对小球1,根据牛顿第二定律有

mgsin60=niat

解得

%=gsin60

根据几何关系，可得位移为

玉=2/?sin60

12

X=5*

联立解得

故小球1到达A点时的速度大小为

H=知=\1^

（3）由题知，小球1、3的运动时间相等，3球下滑的位移为2凡则有

2%而

解得

%二g

由题知，CA与水平方向的夹角为30。，对小球3,根据牛顿第二定律有

/*'+nigsin30=ma3

解得

24.如图甲所示，儿是竖直面内一根固定的光滑细杆，〃、b、c位于同一圆周上，圆的半径为R,。点为

圆周的最高点，c点为最低点。让一个小滑环从。点由静止释放到达c点；如图乙所示，在竖直平面内，

固定一个半径为R的大圆环，其圆心为O,在圆内与圆心。同一水平面上的尸点搭一光滑斜轨道到大环

R

上，OP=-,欲使物体（视为质点）从P点由静止释放，沿此便斜轨道滑到大环。已知重力加速度为go

（1）求小滑环从力点运动到C点的时间；

（2）求物体从P点滑到大环的最小时间。

【答案】（1）

【详解】（1）设4c与儿夹角为。，则有

mgcos0=ma

由几何关系得。。细杆长度为

/=2Reos0

小滑环匀加速运动，根据运动学公式可得

,1，

l=-ar

2

联立解得

（2）如图建立一个与大圆相内切的等时圆

设其半径为「，由几何关系得

(7?-r)2=r2+

解得

从P点运动到切点为最短时间，由（1）结论得

题型05图像问题

解题口诀：看图先析横纵轴，斜率面积藏信息，图像转化为运动。

高考考向：：v-t、a-t.F-t图像解读，结合图像求力、加速度、位移等物理量。

25.如图甲，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平力尸，力/随时间/变化图像如图乙

C.2ro时刻，两物体回到初始位置D.物体A所受摩擦力与力尸的方向始终相同

【答案】D

【详解】A.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律尸=（，%+〃%）〃

研究A物体，根据牛顿第二定律f二〃7〃

可得

f。时刻尸=0,所以/=0,摩擦力最小，A错误；

B.，。时间内，〃为正，加速度沿正力向，物体一直做加速运动，速度沿正方向

f。时刻尸反向，加速度反向，物体开始沿正方向做减速运动，速度方向不变，B错误；

C.02力内，物体速度方向始终为正（0。正向加速，八2九正向减速，2九时刻速度减为0）,位移一

直增大，2。时刻位移最大，没有回到初始位置，C错误；

D.由A项的推导可知/—尸，摩擦力/始终与b同方向，D正确。

故选Do

26.如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，

弹簧下端挂一质量为，〃的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时

间内传感器显示弹簧拉力/随时间f变化的图像如图乙所示，身为重力加速度，忽略一切阻力，则（）

A.0-乙的时间内小球向上运动，加速度增大

B.11-I的时间内小球向上运动，加速度减小

C.q-A的时间内小球向上运动，加速度增大

D.的时间内小球向下运动，加速度减小

【答案】A

【详解】A.0乙的时间内，弹簧拉力在减小，故小球向上运动，小球的合力〃乎F=mat故加速度在增

大，故A正确；

B.t?的时间内，弹簧拉力在增大，故小球向下运动，小球的合力"区一尸=〃心，故加速度在减小，故B

错误；

C.的时间内，弹簧拉力在增大，故小球向下运动，此时重力小于弹簧弹力，咫-b=-，加（取竖直向

下为正方向），故加速度在增大，故C错误；

D.的时间内，弹簧拉力在减小，故小球向上运动，此时重力小于弹簧弹力〃吆-尸=-〃心（取竖直向

下为正方向），故加速度在减小，故D错误；

故选Ao

27.如图甲所示，物块A放在光滑的平台上，绕过光滑定滑轮的轻绳--端连在物块A上，另一端吊着物块

B.滑轮与物块A间的轻绳水平，用水平力尸向右拉物块A,使其从静止开始做匀加速直线运动，运动位

2

移大小为X时.，速度大小为八其二-尸图像如图乙所示，轻绳足够长，重力加速度为10m/s。则下列说

法正确的是（)

A.物块A的质量等于3心

B.物块B的质量等于2kg

C.当尸二40N时，轻绳上的拉力大小等于15N

D.撤去拉力尸的一瞬间，物块B的加速度大小等于4m/s?

【答案】A

【详解】AB.对A、B整体分析，根据牛顿第二定律有/一恤且=（明\+/”

由运动学公式/=2办

可得E=2〃

X

联立解得E=2万一超虬

x心+丹心+/

2

结合图乙可知，图像斜率"=--—=。5

纵轴横距〃=_2%8=_5

解得叫\+〃％=髭，〃％=峨

则〃?八=肥。故A正确，B错误；

C.当尸=40小时，代入公式得上=---F—2M=2a

彳mA+mB4+"%

解得〃=加收2

对物块B,由牛顿第二定律7-〃％g=〃?B4

解得了="%（且+〃）=17.5的。故C错误；

D.撤去拉力尸的瞬间，对整体由牛顿第二定伴叫&=（%+恤）

解得。'二一酗一=2.5如/s，故D错误。

"以+〃％

故选A。

28.某观光电梯竖直向上运动可以从底层直达观光平台。质量为50kg的游客乘坐该电梯去观光平台，电

梯在，=0时刻在一楼由静止开始上升，在这次运行过程中，游客的加速度。随时间/变化的关系如图所示。

已如重力加速度g=10m//。下列说法正确的是()

a/(m/s2)

B.游客在2~12s内做匀速运动

C.在0~30s内，游客对电梯的最大压力为525N

D.，=15s时，游客的速度为5m/s

【答案】AC

【详解】A.由图像可知，0~2s内加速度随时间线性变化，时加速度〃=0.25m/s2

对游客由牛顿第二定律，得N-mg=ma

解得N=〃2(g+a)=50x(10+0.25)=512.5N

根据牛顿第三定律可知，游客对电梯的压力等于512.5N,故A正确；

B.212s内游客加速度恒定为a=O.5m/s2HO,做匀加速直线运动，不是匀速运动，故B错误；

C.加速度向上时游客超重，加速度越大，对电梯的压力越大。本题中最大向上加速度/ax=0-5m/s2

由牛顿第二定律，可得最大支持力=〃7(g+aa)=50x(10+0.5)N=525N

根据牛顿第三定律，游客对电梯的最大压力为525N,故C正确；

D.游客初速度为0,1=15s时游客速度等于075s内图像的面积i，=S=gx(12-2+14)x0.5m/s=6m/s,

故D错误。

故选ACo

29.小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直

下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为1kg,其动力系统提供的升力方向始终竖直向匕所受空

气阻力大小恒为2N,其运动的1，-，图像如图所示，g取10m。，下列说法正确的是（

A.1s时飞行器加速度大小为Sm/s?B.3s时飞行器处于失重状态

C.5s时飞行器升力大小为8ND.8s时飞行器返回地面

【答案】AB

【详解】A.由-T图像的斜率表示加速度，可知Is时飞行器加速度大小为a=?m/s2=5m/s2,故A正

确；

B.由了一，图像可知飞行器在2~4s内向上减速运动，加速度方向向下，所以3s时飞行器处「失重状态，

故B正确；

Q

C.由UT图像可知4~6s内向下加速运动，加速度大小为"=---m/s2=4m/s2

6-4

根据牛顿第二定律可得〃?g-/一尸开=加"

解得5s时飞行器升力大小为/=4N,故C错误;

D.设f时刻飞行器返回地面，根据V-，图像与横轴围成的面积表示位移，则有4X10X4=2X8X（-4）

22

解得，=9s,故D错误。

故选AB,

30.科技节上航模社团进行了“飞行特技表演”，四翼飞行器（可视为质点）从地面由静止启动，获得竖直

向上、大小恒定的升力，开始匀加速起飞，经过一段时间关闭动力，飞行器继续上升到最高点后开始竖直

下落，一段时间后重新开启动力装置使飞行器获得跟起飞时相同的升力，飞行器着陆时速度刚好为零，实

现完美软着陆，全过程的I-，图像如图所示。已知飞行器的质量机=lkg,运动过程中所受空气阻力大小

视作恒定，方向与速度方向相反，重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)飞行器上升的最大高度；

(2)飞行器恒定升力的大小及空气阻力的大小;

⑶飞行器下降过程中的最大速度9。

【答案】⑴24m⑵16N,2N⑶8bm/s

【详解】(1)由-图像0-4s飞行器一直在上升，所以，=4s时达到