资源简介

第 9 讲　牛顿第二定律及其两类应用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 牛顿第二定律的动态分析
考点 2 牛顿第二定律瞬时性的理解
考点 3 动力学的两类基本问题
1.牛顿第二定律
（1）内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟
作用力的方向相同．
（2）表达式：F＝ma
2．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
3.牛顿第二定律的“五性”
4.力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．
(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．
（1）物体的加速度大小不变，则物体不一定受恒力作用。因为 = 是矢量式，加速度大小
不变，方向有可能变化，故 不一定是恒力。
（2）物体受到几个力共同作用时，每个力各自独立地使物体产生一个加速度，就像其他力不存
在一样,这个性质叫作力的独立作用原理。牛顿第二定律的独立性是后面讲解正交分解法求合力、求
加速度的依据。
（3）合外力与速度无关，与加速度有关。速度变大或变小由加速度(合外力)与速度的方向决定，
速度与加速度力向相同时，物体做加速运动,反之，则做减速运动。
（4）物体所受的合外力和物体的速度没有直接关系.有力必有加速度,合外力为零时，加速度为
零，但此时速度不一定为零，同样速度为零时，加速度不一定为零，即合外力不一定为零.
考点 1：牛顿第二定律的动态分析
1.利用牛顿第二定律解题的步骤
第一步:明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便，选出研究对象，可以是一个整体或隔离
出的物体，视具体情况而定。
第二步:对研究对象进行受力分析和运动状态分析，画出受力示意图，明确物体的运动性质及运
动状态.
第三步:建立坐标系，选取正方向，写出已知量,根据牛顿第二定律列方程.
第四步:统一已知量的单位，代入数值求解.
第五步:检查所得结果是否符合实际情况，舍去不合理的解.
2.利用牛顿第二定律解题的常用方法
①矢量合成法
若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求出这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物
体的加速度大小, 加速度的方向就是物体所受合外力的方向，或先求出每个分力产生的加速度，再
用平行四边形定则求合加速度。
②正交分解法
物体在受到三个或者三个以上的不在同一直线上的力的作用时,一般用正交分解法。
为减少矢量的分解，建立坐标系确定坐标轴时一般有以下两种方法：
（1）分解力而不分解加速度
以加速度 的方向为x轴的正方向建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解到 轴和 轴上，分
别得到 轴和 轴上的合力Fx和 y。根据力的独立作用原理,各个方向上的力分别产生各自的加速度，
可得 x = , y = 0。
（2）分解加速度而不分解力
若物体受几个相互垂直的力的作用，应用牛顿第二定律求解时，分解的力太多，就会比较烦琐，
所以在建立直角坐标系时，可根据物体的受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上，分解加速度
得 x和 y，根据牛顿第二定律得 x = x Fy = y。
【考向 1】某同学完成课外探究作业时需要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑
上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加
速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进
方向垂直。为进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻
力，则它们的位置关系可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考向 2】（2024·北京西城·二模）列车沿平直的道路做匀变速直线运动，在车厢顶部用细线悬挂一
个小球，小球相对车厢静止时，细线与竖直方向的夹角为 θ。下列说法正确的是（ ）
A．列车加速度的大小为 tan B．列车加速度的大小为 sin
C．细线拉力的大小为 sin D．细线拉力的大小为 cos
【考向 3】（2024·浙江·三模）如图所示，一辆具有长方形车厢的小车内有两根长为 L 的绳子，绳子
一端系着一个质量为 m 的小球，另一端系在车顶前后相距为 L 的 a、b 两点上，小车先在水平的路
面上行驶，后在上坡路段行驶，则下列说法正确的是（　　）
A 3 ．在水平路面匀速行驶时，绳对 a 点的拉力为
2
B．在上坡路段匀速行驶时，绳对 a 点的拉力小于对 b 点的拉力
C．在水平路面上加速行驶时，加速度越大，绳对 a 点的拉力就越大
D．在上坡路段匀速行驶时，坡度越大两绳对小球的拉力的合力就越大
【考向 4】2024 年 2 月 21 日晚间，丽水多地出现短时大冰雹。如图所示为某冰雹从高空由静止下落
过程中速度随时间变化的图象。若该冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比，图中作出
了 t=2.4s 时刻的切线，已知该冰雹的质量为 0.2kg，则（　　）
A．冰雹在 t=2.4s 时刻的加速度大小为 5m/s2
B 1．冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为8
C．冰雹最终达到最大速度的大小为 15m/s
D．冰雹在 0 至 2.4s 内通过的位移为 14.4m
【考向 5】（多选）如图一根质量为 M 的粗糙杆斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面
上，杆处于静止状态。一个穿在杆上的质量为 m 的小环从杆的顶端以 a 的加速度匀加速滑下的过程
中，下列说法不正确的是（　　）
A．地面所受的压力等于二者的重力之和 B．地面所受的摩擦力大小等于墙壁的弹力大小
C．环受到的摩擦力大小为 mgsinθ D．环受到的合力为 ma
考点 2：牛顿第二定律瞬时性的理解
1．两种模型
牛顿第二定律 F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消
失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：
2.几种常见模型分析
情景一:在轻弾簧上端物块 A 与下面物块 B 质景均为 m，系统处于静止状态，突然把下面的木
板抽去，则aA = 0,aB = 2 （方向竖直向下）.
情景二：A、B 用水平轻弹簧连接，放在光滑水平面上.在推力 F 的作用下，以共同的加速度 做
匀加速直线运动,某时刻突然撤去推力 F,若叫mA = mB，则aA = （方向向左）， B = （方向向右）。
情景三：两小球 A、B 用轻弹簧连接，通过细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态，突然剪
断细线，若mA = mB，则: B = 0, aA = 2g（方向竖直向下）。
情景四：用手提一轻弹簧，轻弹簧的下端挂一小球，在将整个装置匀加速上提的过程中，若手
突然停止运动，则小球的加速度与原来相同。
情景五:小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为θ的光滑挡板 AB托着,若突然将挡板 AB向下撤离，
g
则小球的加速度a = cos ，方向垂直于挡板指向右下方.
3．求解瞬时加速度的一般思路
【考向 6】如图所示，质量为 M 的箱子静止在粗糙的水平地面上，质量为 m 的钢球被水平和倾斜细
线固定在箱子中，倾斜细线与竖直方向的夹角 = 30 ，重力加速度为 g。则剪断倾斜细线的瞬间，
箱子对地面的弹力和摩擦力大小分别为（ ）
A．( + ) ,12 B． ,
3 C．( ) ,0 D． ,0
2
【考向 7】如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为 = 30°的光滑斜面底端，另一端连接一质量为
3m 的物块 A，系统处于静止状态。若将质量为 m 的物块 B 通过跨过光滑轻质定滑轮的细绳与 A 相
连，开始时用手托住物体 B，使细绳刚好保持伸直（绳、弹簧与斜面平行），松手后 A、B 一起运动，
A 运动到最高点 P（未画出）后再反向向下运动到最低点。已知重力加速度为 g，对于上述整个运动
过程，下列说法正确的是（　　）
A 1 3．释放 B 后的瞬间，绳子张力大小为4 B．释放 B 后的瞬间，绳子张力大小为4
C 4．在最高点 P，绳子张力大小为5 D
1
．在最高点 P，弹簧对 A 的弹力大小为3
【考向 8】（多选）如图所示，细绳 1 挂着箱子 C，箱内又用绳 2 挂着 A 球，在 A 的下方又用轻弹簧
挂着 B 球。已知 A、B、C 三个物体的质量均为 m，原来都处于静止状态，重力加速度为 g。在细绳
1 被烧断后的瞬间，以下说法正确的是（　　）
A．A、B、C 的加速度都为 g
B．A、C 的加速度为 g，B 加速度为零
C．A 3、C 的加速度为2 ，B 加速度为零
D．细绳 2 上的拉力大小为0.5
【考向 9】（多选）（2024·贵州·三模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳 和 悬挂静止在 O
点，绳 与竖直方向的夹角为 ，绳 水平。重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）
A．剪断绳 瞬间，小球的加速度大小为 tan
B．剪断绳 瞬间，小球的加速度大小为 sin
C．剪断绳 瞬间，小球的加速度为零
D．剪断绳 瞬间，小球的加速度为 g
【考向 10】（多选）如图所示，在固定光滑斜面上固定两木板，两根完全相同的轻质弹簧 1、2 一端
固定在木板上，中间拴接小球 A 处于静止状态，此时两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和。
已知斜面倾角为 ，弹簧的劲度系数为 k，小球的质量为 m、重力加速度为 g，忽略空气阻力。下列
说法正确的是（　　）
A．弹簧 1 sin 的伸长量为
B．剪断弹簧 1 sin 的瞬间，小球 A 的加速度大小为 2
C．剪断弹簧 1 sin 后，小球 A 的振幅为
D．剪断弹簧 1 2 3 sin 后，弹簧 给木板最大压力为 2
考点 3：动力学的两类基本问题
1.两类动力学问题
（1）动力学的两类基本问题
①由受力情况确定物体的运动情况．
②由运动情况确定物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的思路：
以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．
3.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
4.分析解决这两类问题的关键：
应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
考向 1：由运动情况求受力情况
【考向 11】如图所示为冰壶比赛场地简图，P、Q、O 为场地中心线上的三个点，O 为营垒圆心，Q
为营垒圆形边界与中线交点．运动员练习投掷冰壶，经过助滑阶段，将冰壶投出，冰壶中心运动到 P
点时的速度为3m/s。冰壶沿着 直线运动，但是队友发现冰壶中心到不了 O 点，于是从 中点开
始擦冰，一直擦到冰壶停下为止，冰壶中心恰好停在了 O 点。已知 = 25m, = 1.8m，擦冰前
冰壶与冰面间的动摩擦因数为 0.02，重力加速度 = 10m/s2。则擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数
约为（ ）
A．0.014 B．0.015 C．0.016 D．0.017
【考向 12】（2024·福建南平·三模）南平建瓯的挑幡技艺迄今已有 300 余年历史，有“华夏绝艺”的美
称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到
直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速
直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为 t，上升高度为 h，毛竹和绵幡的总质量为
m，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中：
（1）最大速度 m的大小；
（2）匀加速阶段加速度 a 的大小；
（3）匀减速阶段对表演者的压力 N的大小。
【考向 13】（2024·贵州铜仁·二模）如图所示，在倾角为 = 37°的足够长斜面上，有一质量 = 2
kg、可视为质点的物块，在 = 20N、方向与斜面夹角 = 37°的力的作用下，从静止开始沿斜面向
上运动，经 1 = 12s撤去 F，物块在 1时间内的位移为 1 = 36m。取sin37° = 0.6，重力加速度 g 取
10m/s2。求：
（1）物块与斜面间动摩擦因数 μ；
（2）撤去 F 后 3s 内，物块的位移大小 2。
考向 2：由受力情况求运动情况
【考向 14】（2024·福建福州·二模）滑块以一定的初速度沿倾角为 ，动摩擦因数为 的粗糙斜面从底
端上滑，到达最高点 B 后返回到底端，A 点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行
拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。
对比甲、乙两图，下列说法正确的是（　　）
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动加速度大小之比为 甲: 乙 = 16:9
C．滑块过 A 点时的速度大小之比为 甲: 乙 = 3:4
D 1． = 7tan
【考向 15】（多选）（2024·广东汕头·二模）如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球
筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球（视为质
点）从筒口上端出来，已知球筒质量为 = 90g（不含球的质量），羽毛球质量为 = 5g，球筒与手
之间的滑动摩擦力为 1 = 2.6N，球与筒之间的滑动摩擦力为 2 = 0.1N，球头离筒的上端距离为
= 9cm，重力加速度 g 取10m s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个向下的初速度后（　　）
A．静置时，羽毛球的摩擦力为0.1N
B．拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力
C．拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度为30m s2
D．仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度为3m s
【考向 16】（2024·山东·三模）如图所示，工人师傅自房檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样
的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面外侧为半径
0.1m 2为 的圆弧。已知两直杆之间的距离为 m，房檐距地面的高度为 4m，两直杆在房檐和地面之
10
间的长度 L = 8m，忽略直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。工人师傅将瓦片无初速度地放
置在轨道顶端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于 μ0（未知）时，瓦片才能开始沿轨道下滑，取
g = 10m/s2。
（1）求 μ0；

（2）若直杆自上端开始在长度 L1 = 1.8m
0
的范围内与瓦片间的动摩擦因数为 2，其余部分为 μ0，忽
略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔 0.5s 将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦
片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数。
【真题 1】（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数
为 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 = 10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速
度不超过（　　）
A．2.0m/s2 B．4.0m/s2 C．6.0m/s2 D．8.0m/s2
【真题 2】（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长 1m 的水平桌面一端以初速度 v0沿中线
滑向另一端，经过 1s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为 μ，g 取 10m/s2。下列 v0、μ 值可能
正确的是（　　）
A．v0= 2.5m/s B．v0= 1.5m/s C．μ = 0.28 D．μ = 0.25
【真题 3】（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分
别固定于水平线上的 M、N 两点，另一端均连接在质量为 m 的小球上。开始时，在竖直向上的拉力
作用下，小球静止于 MN 连线的中点 O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至 P 点，并保
持静止，此时拉力 F 大小为2 。已知重力加速度大小为 g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气
阻力。若撤去拉力，则小球从 P 点运动到 O 点的过程中（ ）
A．速度一直增大 B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3 D．加速度先增大后减小
【真题 4】（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为4 、3 、2 、m 的四个小球 A、B、C、D，
通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于 O 点，处于静止状态，重力加速度为 g。若将 B、C 间的细线
剪断，则剪断瞬间 B 和 C 的加速度大小分别为（ ）
A．g，1.5 B．2g，1.5 C．2g，0.5 D．g，0.5
【真题 5】（多选）（2022·湖南·高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总
质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 2阻 = ， 为常量）。当发
动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推
力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为
，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为1.5
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 17
4
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 3m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3
【真题 6】（多选）（2023·湖南·高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为2 的小车在水平推力
的作用下加速运动。车厢内有质量均为 的 A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，
B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为 ，杆与竖直方向的夹角为 ，杆与车厢始终保
持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若 B 球受到的摩擦力为零，则 = 2 tan
B．若推力 向左，且tan ≤ ，则 的最大值为2 tan
C．若推力 向左，且 < tan ≤ 2 ，则 的最大值为4 (2 tan )
D．若推力 向右，且tan > 2 ，则 的范围为4 (tan 2 ) ≤ ≤ 4 (tan + 2 )
【真题 7】（2022·浙江·高考真题）第 24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图 1 所
示，长 12m 水平直道 AB 与长 20m 的倾斜直道 BC 在 B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为 15°。
运动员从 A 点由静止出发，推着雪车匀加速到 B 点时速度大小为 8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿
BC 匀加速下滑（图 2 所示），到 C 点共用时 5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面
上运动，其总质量为 110kg，sin15°=0.26，重力加速度 取10m/s2，求雪车（包括运动员）
（1）在直道 AB 上的加速度大小；
（2）过 C 点的速度大小；
（3）在斜道 BC 上运动时受到的阻力大小。
【真题 8】（2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑
轨与水平面成 24°角，长度 1 = 4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶
2
端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为 = 9，货物可视为质点（取cos24° = 0.9，sin
24° = 0.4，重力加速度 = 10m/s2）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度 1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度 的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过 2m/s，求水平滑轨的最短长度 2。
一、单选题
1．（2023·浙江·一模）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0 × 103
kg，在飞船与空间站对接后，其推进器的平均推力 为900N，推进器工作5s内，测出飞船和空间站
的速度变化是0.05m/s，则（ ）
A．飞船对空间站的推力为900N B．飞船的加速度为0.3m/s2
C．空间站的质量为8.7 × 104kg D．在5s内，飞船和空间站前进的距离是0.125m
2．（2024·陕西咸阳·一模）如图甲，2023 年 5 月 30 日 9 时 31 分，神舟十六号载人飞船在长征二号 F
遥十六运载火箭的托举下顺利升空。假设载人飞船质量约为 23 吨，运载火箭质量（不含载人飞船）
约为 837 吨，点火后产生 1000 吨的推力（相当于地面上质量为 1000 吨的物体的重力），其简化模型
如图乙所示。忽略大气阻力、火箭喷气造成的质量变化和重力加速度的变化，重力加速度大小取
= 10m/s2。载人飞船和运载火箭在分离前匀加速直线上升的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．载人飞船中的航天员处于失重状态
B．离地升空的加速度大小约为11.6m/s2
C．从起飞开始，经过10s上升的高度约为160m
D．载人飞船受到运载火箭的推力大小约为2.7 × 105N
3．（2024·福建龙岩·一模）如图所示，倾角为 的光滑斜面固定在地面上，A、B 球的质量分别为 1、
2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与 A 球相连，A、B 间由一轻质细线连接，弹簧、细线
均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．B 球处于平衡状态
B．轻弹簧的弹力大小为 1 sin
C．B 球的加速度大小为 sin ，方向沿斜面向下

D 1
2
．A 球的加速度大小为 sin ，方向沿斜面向上1
4．（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，水平地面上一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，油
桶质量分布均匀且均为 m，在车厢底一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只
油桶 C，自由摆放在桶 A、B 之间，没有用绳索固定，桶 C 受到桶 A、B 的支持，和汽车一起保持
静止，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在水平面上保持静止时，C 受 A 对它的支持力为 3
B．汽车向左加速时，A 对 C 的支持力变小
C．汽车向左加速时，B 对 C 的支持力变小
D 3．要使 C 不发生滚动，汽车向左加速的最大加速度为
2
5．（2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，一根细线一端系在天花板上，另一端系在木箱上，木箱内放
有一个质量 m=0.1kg 的物块，物块与水平轻质弹簧相连，弹簧的另一端与木箱左壁相连，此时弹簧
处于伸长状态，弹簧的弹力为 0.5N，物块保持静止状态。取重力加速度 = 10m/s2。用剪刀把细线
剪断的瞬间，物块的加速度大小是（　　）
A．a=0 B． = 5m/s2 C． = 10m/s2 D． = 5 5m/s2
6．（2024·北京朝阳·二模）如图所示，质量为 m 的子弹水平射入并排放置的 3 块固定的、相同的木
板，穿过第 3 块木板时子弹的速度恰好变为 0。已知子弹在木板中运动的总时间为 t，子弹在各块木
板中运动的加速度大小均为 a。子弹可视为质点，不计子弹重力。下列说法错误的是（　　）
A．子弹穿过 3 块木板的时间之比为 1∶2∶3
B．子弹的初速度大小为 at
C．子弹受到木板的阻力大小为 ma
D．子弹穿过第 1 块木板时与穿过第 2 块木板时的速度之比为 2:1
7．如图所示，在质量为 的箱式电梯的地板上固定一轻质弹簧，弹簧的上端拴接一质量为 A的物体
，质量为 B的物体 B 放置在物体 上，整个装置随电梯一起匀速下降，弹簧保持竖直，重力加速
度为 。某时刻悬挂电梯的钢索突然断裂，在钢索断裂的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．物体 的加速度大小为 0 B．物体 B 的加速度大小为
C．箱式电梯的加速度大小为 D．物体 B 对物体 的压力为 0
8．（2024·四川内江·一模）如图，是匀速吊起装饰用的石球的示意图。装置底部为圆形绳套，A、B、
C、D 是圆上四等分点，侧面 OA、OB、OC、OD 是四条完全相同、不可伸长的轻绳。O 点在石球球
心的正上方 0.5m 处，石球半径为 0.3m，石球表面视为光滑、重力为 G。下列说法正确的是（　　）
A．若侧面绳长不变，减小圆形绳套的半径，绳的弹力减小
B ．OB 绳的弹力大小为4
C．若圆形绳套不变，将侧面四根绳子各减小相同的长度，OC 绳的弹力增大
D 5 ．若减速向上提升石球，OD 绳的弹力大于16
9．（2024·四川·一模）有趣的抽纸张游戏是在水平桌面上放一张 A4 纸，纸正中央上放一杯子，若不
接触杯子抽出纸张为挑战成功，装置如图所示，桌面足够大，若杯子质量为 1 = 300g，纸张质量为
2 = 20g。杯底与纸张间动摩擦因数为 1 = 0.1，纸张与桌面间动摩擦因数为 2 = 0.2，现对纸张施
加一水平向右的恒力 F，重力加速度的大小为 = 10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．若 = 0.3N时，杯子受到水平向右的摩擦力B．若 = 0.8N时，纸张与杯子发生相对滑动
C．若 = 1.12N时，杯子的加速度为1.5m/s2 D．若纸张的加速度为2m/s2时，则 = 0.98N
二、多选题
10．（2024·安徽安庆·二模）如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为 α，一质量为 M 的物块 A
套在杆上，通过轻绳连接一个质量为 m 的小球 B。现让 A、B 以某一相同速度沿杆方向开始上滑，
此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为 β，A、B 一道沿杆上滑过程中，设 A、B 的加速度大小为 a，轻
绳的拉力大小为 FT，杆对物块 A 的弹力大小为 FN，已知重力加速度为 g，A、B 均可看成质点，则
（　　）
A． = tan B． =
C． N = ( + ) cos D． T > cos
11．（2024·四川南充·一模）如图，矩形框 Q 用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和 Q 质量相
等的物体 P 被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为 30°，整个装置保持静止状态，不
计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为 g，当细绳被剪断的瞬间，物体 P 的加速度大小 和矩形
框 Q 的加速度大小 分别为（　　）

A． = 0 B． = C． = 2 D． =
12．某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为 M 的载物平台架在两根完全相同、轴线在同
一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为 ，平台的重心与两圆柱等
距，两圆柱以角速度 绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为 g。现给平台施加一过平台重心
且沿平行于轴线方向的恒力 F，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是（　　）
A．只有当 > 时，平台才能开始运动
B ．平台运动的最大加速度大小 =
C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动
D． 越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短
三、解答题
13．（2024·辽宁沈阳·二模）一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环
形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上 48m 的高处，然后座舱从静止开始以 a1=8m/s2的加速度匀
加速下落 h1=36m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度
g=10m/s2。求：
（1）座舱的最大速度及匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
（2）匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
14．（2024·山东·二模）2023 年 11 月，我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试。小李同学将
这个过程进行如图所示的简化：ABC 为水平轨道，其中 AB 段为有动力弹射段、长 LAB＝80m，BC
段为无动力滑行段、足够长。将质量 M＝20kg 的物块（可视为质点）置于 A 处，在第一次弹射模拟
中，物块在 AB 段的运动时间为 2s、BC 段的运动时间为 16s；在第二次弹射模拟中，该同学在物块
两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重块质量 m＝5kg。已知物块与水平轨道 ABC
间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的动力大小相等且恒定不变，取重力加速度 g＝10m/s2。求：
（1）AB 段动力的大小；
（2）第二次弹射过程中，AB 段和 BC 段物块对每个配重块作用力的大小。（结果可用根式表示）
15．（2024·山东临沂·二模）火箭是世界各国进行太空活动的主要运载工具，我国针对火箭可重复使
用技术展开了探索和研究。为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为 = 100kg的小型实
验火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方
向改变发动机推力的大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为 F，与水平方向成 = 60°，火箭沿
斜向右上方与水平方向成 = 30°做匀加速直线运动。经过 1 = 20s，立即遥控火箭上的发动机，使
推力的方向逆时针旋转 60°，同时改变推力大小，使火箭沿原方向做匀减速直线运动（不计遥控器通
信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化， = 10m/s2）。求：
（1）推力 F 的大小；
（2）火箭上升的最大高度。第 9 讲　牛顿第二定律及其两类应用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 牛顿第二定律的动态分析
考点 2 牛顿第二定律瞬时性的理解
考点 3 动力学的两类基本问题
1.牛顿第二定律
（1）内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟
作用力的方向相同．
（2）表达式：F＝ma
2．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
3.牛顿第二定律的“五性”
4.力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．
(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．
（1）物体的加速度大小不变，则物体不一定受恒力作用。因为 = 是矢量式，加速度大小
不变，方向有可能变化，故 不一定是恒力。
（2）物体受到几个力共同作用时，每个力各自独立地使物体产生一个加速度，就像其他力不存
在一样,这个性质叫作力的独立作用原理。牛顿第二定律的独立性是后面讲解正交分解法求合力、求
加速度的依据。
（3）合外力与速度无关，与加速度有关。速度变大或变小由加速度(合外力)与速度的方向决定，
速度与加速度力向相同时，物体做加速运动,反之，则做减速运动。
（4）物体所受的合外力和物体的速度没有直接关系.有力必有加速度,合外力为零时，加速度为
零，但此时速度不一定为零，同样速度为零时，加速度不一定为零，即合外力不一定为零.
考点 1：牛顿第二定律的动态分析
1.利用牛顿第二定律解题的步骤
第一步:明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便，选出研究对象，可以是一个整体或隔离
出的物体，视具体情况而定。
第二步:对研究对象进行受力分析和运动状态分析，画出受力示意图，明确物体的运动性质及运
动状态.
第三步:建立坐标系，选取正方向，写出已知量,根据牛顿第二定律列方程.
第四步:统一已知量的单位，代入数值求解.
第五步:检查所得结果是否符合实际情况，舍去不合理的解.
2.利用牛顿第二定律解题的常用方法
①矢量合成法
若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求出这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物
体的加速度大小, 加速度的方向就是物体所受合外力的方向，或先求出每个分力产生的加速度，再
用平行四边形定则求合加速度。
②正交分解法
物体在受到三个或者三个以上的不在同一直线上的力的作用时,一般用正交分解法。
为减少矢量的分解，建立坐标系确定坐标轴时一般有以下两种方法：
（1）分解力而不分解加速度
以加速度 的方向为x轴的正方向建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解到 轴和 轴上，分
别得到 轴和 轴上的合力Fx和 y。根据力的独立作用原理,各个方向上的力分别产生各自的加速度，
可得 x = , y = 0。
（2）分解加速度而不分解力
若物体受几个相互垂直的力的作用，应用牛顿第二定律求解时，分解的力太多，就会比较烦琐，
所以在建立直角坐标系时，可根据物体的受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上，分解加速度
得 x和 y，根据牛顿第二定律得 x = x Fy = y。
【考向 1】某同学完成课外探究作业时需要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑
上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加
速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进
方向垂直。为进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻
力，则它们的位置关系可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】以两个小球整体为研究对象，受到重力和拉力，如图所示
根据牛顿第二定律有
( + ) = ( + ) tan
解得
= tan
以下面小球为研究对象，受到重力和拉力，如图所示
根据牛顿第二定律有
= tan
解得
= tan
因为两球的加速度相同，则可知两段细线与竖直方向的夹角相同。
故选 B。
【考向 2】（2024·北京西城·二模）列车沿平直的道路做匀变速直线运动，在车厢顶部用细线悬挂一
个小球，小球相对车厢静止时，细线与竖直方向的夹角为 θ。下列说法正确的是（ ）
A．列车加速度的大小为 tan B．列车加速度的大小为 sin
C．细线拉力的大小为 sin D．细线拉力的大小为 cos
【答案】A
【详解】AB．设列车的加速度大小为 a，根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有
合 = tan =
得列车加速度的大小为
= tan
故 A 正确，B 错误；
CD．根据
cos =
得

= cos
故 CD 错误。
故选 A。
【考向 3】（2024·浙江·三模）如图所示，一辆具有长方形车厢的小车内有两根长为 L 的绳子，绳子
一端系着一个质量为 m 的小球，另一端系在车顶前后相距为 L 的 a、b 两点上，小车先在水平的路
面上行驶，后在上坡路段行驶，则下列说法正确的是（　　）
A 3 ．在水平路面匀速行驶时，绳对 a 点的拉力为
2
B．在上坡路段匀速行驶时，绳对 a 点的拉力小于对 b 点的拉力
C．在水平路面上加速行驶时，加速度越大，绳对 a 点的拉力就越大
D．在上坡路段匀速行驶时，坡度越大两绳对小球的拉力的合力就越大
【答案】B
【详解】A．在水平路面匀速行驶时，两绳拉力相等，合力等于重力，由平衡可得
2 cos30 =
可得一根绳上拉力的大小为
3
= 3
选项 A 错误；
BD．在上坡路段匀速行驶时，小球受力平衡，两绳对小球的拉力的合力等于重力，若坡面的倾角为
θ 可知
cos60 cos60 = sin
可知
>
即绳 的拉力小于绳 的拉力，所以 B 正确，D 错误；
C．在水平路面上加速行驶时
cos60 cos60 =
加速度越大，绳 的拉力就越大，绳 的拉力的竖直分力也增大，则绳 的拉力竖直分力减小，即绳
的拉力减小，故 C 错误。
故选 B。
【考向 4】2024 年 2 月 21 日晚间，丽水多地出现短时大冰雹。如图所示为某冰雹从高空由静止下落
过程中速度随时间变化的图象。若该冰雹所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比，图中作出
了 t=2.4s 时刻的切线，已知该冰雹的质量为 0.2kg，则（　　）
A．冰雹在 t=2.4s 时刻的加速度大小为 5m/s2
B 1．冰雹所受的空气阻力与速度大小的比例系数大小为8
C．冰雹最终达到最大速度的大小为 15m/s
D．冰雹在 0 至 2.4s 内通过的位移为 14.4m
【答案】B
【详解】A．速度时间图象的斜率表示加速度，由图象可知冰雹在 t=2.4s 时刻的加速度大小等于此
时切线的斜率，故加速度大小为
Δ 12 6
= Δ = 2.4 m/s
2 = 2.5m/s2
故 A 错误；
B．设空气阻力与速度大小的正比系数为 k，当 v=12m/s 时，根据牛顿第二定律有
=
达到最大速度时，加速度为零，则有
= m
联立解得
= 18， m = 16m/s
故 B 正确，C 错误；
D．设冰雹做匀变速直线运动，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，2.4s 内的位移为
1
= 2 × 2.4 × 12m=14.4m
由图可知冰雹在 0 至 2.4s 内通过的位移大于 14.4m，故 D 错误；
故选 B。
【考向 5】（多选）如图一根质量为 M 的粗糙杆斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面
上，杆处于静止状态。一个穿在杆上的质量为 m 的小环从杆的顶端以 a 的加速度匀加速滑下的过程
中，下列说法不正确的是（　　）
A．地面所受的压力等于二者的重力之和 B．地面所受的摩擦力大小等于墙壁的弹力大小
C．环受到的摩擦力大小为 mgsinθ D．环受到的合力为 ma
【答案】ABC
【详解】A．由于小环从杆的顶端以 a 的加速度匀加速滑下，所以地面对杆的支持力小于二者的重
力之和，故 A 错误，符合题意；
B．小环对杆的压力和摩擦力在水平方向上的分量不相等，所以地面所受的摩擦力大小不等于墙壁的
弹力，故 B 错误，符合题意；
C．环受到的摩擦力大小为
= sin
故 C 错误，符合题意；
D．由于小环匀加速的加速度为 a，所以环受到的合力为 ma，故 D 正确，不符合题意。
故选 ABC。
考点 2：牛顿第二定律瞬时性的理解
1．两种模型
牛顿第二定律 F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消
失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：
2.几种常见模型分析
情景一:在轻弾簧上端物块 A 与下面物块 B 质景均为 m，系统处于静止状态，突然把下面的木
板抽去，则aA = 0,aB = 2 （方向竖直向下）.
情景二：A、B 用水平轻弹簧连接，放在光滑水平面上.在推力 F 的作用下，以共同的加速度 做
匀加速直线运动,某时刻突然撤去推力 F,若叫mA = mB，则aA = （方向向左）， B = （方向向右）。
情景三：两小球 A、B 用轻弹簧连接，通过细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态，突然剪
断细线，若mA = mB，则: B = 0, aA = 2g（方向竖直向下）。
情景四：用手提一轻弹簧，轻弹簧的下端挂一小球，在将整个装置匀加速上提的过程中，若手
突然停止运动，则小球的加速度与原来相同。
情景五:小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为θ的光滑挡板 AB托着,若突然将挡板 AB向下撤离，
g
则小球的加速度a = cos ，方向垂直于挡板指向右下方.
3．求解瞬时加速度的一般思路
【考向 6】如图所示，质量为 M 的箱子静止在粗糙的水平地面上，质量为 m 的钢球被水平和倾斜细
线固定在箱子中，倾斜细线与竖直方向的夹角 = 30 ，重力加速度为 g。则剪断倾斜细线的瞬间，
箱子对地面的弹力和摩擦力大小分别为（ ）
A．( + ) ,12 B． ,
3 C．( ) ,0 D． ,0
2
【答案】D
【详解】剪断倾斜细线的瞬间，水平绳子拉力发生突变，钢球将做圆周运动，剪断倾斜细线的瞬间，
小球速度为零，则水平绳子拉力为零，此时钢球只受重力，处于完全失重状态，箱子对地面的弹力
等于箱子的重力，即
N =
水平绳子对箱子的拉力为零，可知地面与箱子间没有摩擦力，即箱子对地面的摩擦力为零。
故选 D。
【考向 7】如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为 = 30°的光滑斜面底端，另一端连接一质量为
3m 的物块 A，系统处于静止状态。若将质量为 m 的物块 B 通过跨过光滑轻质定滑轮的细绳与 A 相
连，开始时用手托住物体 B，使细绳刚好保持伸直（绳、弹簧与斜面平行），松手后 A、B 一起运动，
A 运动到最高点 P（未画出）后再反向向下运动到最低点。已知重力加速度为 g，对于上述整个运动
过程，下列说法正确的是（　　）
A．释放 B 1 3后的瞬间，绳子张力大小为4 B．释放 B 后的瞬间，绳子张力大小为4
C P 4．在最高点 ，绳子张力大小为5 D．在最高点 P
1
，弹簧对 A 的弹力大小为3
【答案】B
【详解】AB．释放瞬间对整体由牛顿第二定律有
3 sin30° + 弹 = 4 1
弹 = 3 sin30°
对物体 B，有
= 1
联立解得
3
= 4
故 A 错误，B 正确；
CD．在最高点 P，由对称性可知，加速度大小为
1
2 = 1 = 4
对整体，有
3 sin30° + 弹 = 4 2
对物体 B，有
′ = 2
解得
= 1弹 2 ， ′ =
5
4
故 CD 错误。
故选 B。
【考向 8】（多选）如图所示，细绳 1 挂着箱子 C，箱内又用绳 2 挂着 A 球，在 A 的下方又用轻弹簧
挂着 B 球。已知 A、B、C 三个物体的质量均为 m，原来都处于静止状态，重力加速度为 g。在细绳
1 被烧断后的瞬间，以下说法正确的是（　　）
A．A、B、C 的加速度都为 g
B．A、C 的加速度为 g，B 加速度为零
C．A、C 3的加速度为2 ，B 加速度为零
D．细绳 2 上的拉力大小为0.5
【答案】CD
【详解】
ABC．细绳 1 在未被烧断前，将 A、B、C 看成一个整体，由平衡条件有
1 = 3
当细绳 1 被烧断的瞬间，A、B、C 整体所受合外力大小即等于 1，此时将 B 隔离分析，由于弹簧的
弹力不发生突变，细绳 1 被烧断前和烧断的瞬间，对 B 由平衡条件始终有
= 弹
即 B 在细绳 1 被烧断前和烧断瞬间，所受合外力始终为零，则其加速度为 0，由此可知，在细绳 1
被烧断瞬间应将 A、C 看成一个整体，由牛顿第二定律有
3 = 2
解得在这瞬间，A、C 的加速度大小为
= 1.5
故 AB 错误，C 正确；
D．将 A 隔离出来对 A 分析，由于弹簧的弹力在细绳 1 被烧断瞬间不发生突变，则对 A 由牛顿第二
定律有
弹 + 2 =
解得
2 = 0.5
故 D 正确。
故选 CD。
【考向 9】（多选）（2024·贵州·三模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳 和 悬挂静止在 O
点，绳 与竖直方向的夹角为 ，绳 水平。重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）
A．剪断绳 瞬间，小球的加速度大小为 tan
B．剪断绳 瞬间，小球的加速度大小为 sin
C．剪断绳 瞬间，小球的加速度为零
D．剪断绳 瞬间，小球的加速度为 g
【答案】BD
【详解】AB．剪断绳 瞬间，小球即将开始绕 A 点做圆周运动，沿切线方向可得
sin =
解得
= sin
故 A 错误，B 正确；
CD．剪断 瞬间，小球将绕 B 点开始做圆周运动，此时切线方向的加速度大小为 g，故 C 错误，D
正确。
故选 BD。
【考向 10】（多选）如图所示，在固定光滑斜面上固定两木板，两根完全相同的轻质弹簧 1、2 一端
固定在木板上，中间拴接小球 A 处于静止状态，此时两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和。
已知斜面倾角为 ，弹簧的劲度系数为 k，小球的质量为 m、重力加速度为 g，忽略空气阻力。下列
说法正确的是（　　）
A 1 sin ．弹簧 的伸长量为
B．剪断弹簧 1 的瞬间，小球 A sin 的加速度大小为 2
C．剪断弹簧 1 A sin 后，小球 的振幅为
D 1 2 3 sin ．剪断弹簧 后，弹簧 给木板最大压力为 2
【答案】BD
【详解】A．由于两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和，所以弹簧 1 的伸长量等于弹簧 2 的
压缩量，设为 1，则根据平衡条件
2 1 = sin
解得
sin
1 = 2
故 A 错误；
B．剪断弹簧 1 的瞬间，弹簧 2 的力不发生突变，则根据牛顿第二定律
sin 1 =
解得
sin
= 2
故 B 正确；
C．剪断弹簧 1 后，小球 A 将做简谐运动，当小球受力平衡时为平衡位置，设此时弹簧 2 的压缩量
为 2，则根据平衡条件
2 = sin
解得
sin
2 =
剪断弹簧 1 的瞬间，小球 A 静止不动，为简谐运动的最大位移处，所以简写运动的振幅为
sin
= 2 1 = 2
故 C 错误；
D．当小球 A 沿斜面振动到最下面时，弹簧 2 的压缩量最大，对木板的压力最大，设此时压缩量为
3，则
3 sin
3 = + 2 = 2
则弹簧 2 给木板最大压力等于此时弹簧的弹力
3 sin
压 = 3 = 2
故 D 正确。
故选 BD。
考点 3：动力学的两类基本问题
1.两类动力学问题
（1）动力学的两类基本问题
①由受力情况确定物体的运动情况．
②由运动情况确定物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的思路：
以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．
3.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
4.分析解决这两类问题的关键：
应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
考向 1：由运动情况求受力情况
【考向 11】如图所示为冰壶比赛场地简图，P、Q、O 为场地中心线上的三个点，O 为营垒圆心，Q
为营垒圆形边界与中线交点．运动员练习投掷冰壶，经过助滑阶段，将冰壶投出，冰壶中心运动到 P
点时的速度为3m/s。冰壶沿着 直线运动，但是队友发现冰壶中心到不了 O 点，于是从 中点开
始擦冰，一直擦到冰壶停下为止，冰壶中心恰好停在了 O 点。已知 = 25m, = 1.8m，擦冰前
冰壶与冰面间的动摩擦因数为 0.02，重力加速度 = 10m/s2。则擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数
约为（ ）
A．0.014 B．0.015 C．0.016 D．0.017
【答案】A
【详解】设开始擦冰位置时的速度为 v，则
20 2 = 2 1 1
2 = 2 2 2
其中
1 + 2 = 26.8m
1
1 = 2 = 12.5m
根据牛顿第二定律可知
1 = 1
2 = 2
联立可解得
2 = 0.014
故选 A。
【考向 12】（2024·福建南平·三模）南平建瓯的挑幡技艺迄今已有 300 余年历史，有“华夏绝艺”的美
称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到
直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速
直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为 t，上升高度为 h，毛竹和绵幡的总质量为
m，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中：
（1）最大速度 m的大小；
（2）匀加速阶段加速度 a 的大小；
（3）匀减速阶段对表演者的压力 N的大小。
1 2 2 4 3 4 【答案】（ ） ；（ ） 2；（ ） 2
【详解】（1）由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为

= m2
又
1
= 2 m
解得
2
m =
本题还可以采用图像法，作出整个过程的 图像如图所示
根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移，即
1
= 2 m
可得
2
m =
（2）根据加速度的定义式可知
Δ 4
= = 2
2
（3）毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知
N =
解得
4
N = 2
根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为
4
= N = 2
【考向 13】（2024·贵州铜仁·二模）如图所示，在倾角为 = 37°的足够长斜面上，有一质量 = 2
kg、可视为质点的物块，在 = 20N、方向与斜面夹角 = 37°的力的作用下，从静止开始沿斜面向
上运动，经 1 = 12s撤去 F，物块在 1时间内的位移为 1 = 36m。取sin37° = 0.6，重力加速度 g 取
10m/s2。求：
（1）物块与斜面间动摩擦因数 μ；
（2）撤去 F 后 3s 内，物块的位移大小 2。
【答案】（1）0.75；（2）1.5m
【详解】（1）根据
1
= 21 2 1 1
可得
2
1
2 × 36 2 2
1 = 2 = 122 m/s = 0.5m/s 1
根据牛顿第二定律
cos sin ( cos sin ) = 1
解得
= 0.75
（2）力 F 作用 12s 末的速度
= 1 1 = 6m/s
撤去 F 后向上运动的加速度大小
2 = sin + cos = 12m/s2
则向上运动的位移
2 62
2 = 2 =2 2 × 12
m = 1.5m
运动时间

2 = = 0.5s2
因为
sin = cos
可知以后物块静止在斜面上，则撤去 F 后 3s 内，物块的位移大小
2 = 1.5m
考向 2：由受力情况求运动情况
【考向 14】（2024·福建福州·二模）滑块以一定的初速度沿倾角为 ，动摩擦因数为 的粗糙斜面从底
端上滑，到达最高点 B 后返回到底端，A 点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行
拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。
对比甲、乙两图，下列说法正确的是（　　）
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动加速度大小之比为 甲: 乙 = 16:9
C．滑块过 A 点时的速度大小之比为 甲: 乙 = 3:4
D． = 17tan
【答案】B
【详解】A．根据牛顿第二定律可知，上滑过程和下滑过程分别满足
sin + = 1
sin = 2
设频闪时间间隔为 T，上滑过程加速度较大，相同位移大小时运动时间较短，故 A 错误；
B．甲图表示上滑过程，时间间隔为 3T，乙图表示下滑过程，时间间隔为 4T，把上滑过程逆向看成
初速度为零的匀加速直线运动，由
1
= 2
2
可知，加速度大小之比为16:9，故 B 正确；
C．利用逆向思维，滑块在 A、B 两点间运动，根据位移公式有
1
= 2
1
2 1 1 = 2 2
2
2
结合上述解得
1 3
= 2 4
即图甲与图乙中滑块在 A、B 两点间运动时间之比为3:4，故由
=
知
甲: 乙 = 4:3
故 C 错误；
D．根据加速度比有
( sin + cos ):( sin cos ) = 16:9
解得
7
= 25 tan
故 D 错误。
故选 B。
【考向 15】（多选）（2024·广东汕头·二模）如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球
筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球（视为质
点）从筒口上端出来，已知球筒质量为 = 90g（不含球的质量），羽毛球质量为 = 5g，球筒与手
之间的滑动摩擦力为 1 = 2.6N，球与筒之间的滑动摩擦力为 2 = 0.1N，球头离筒的上端距离为
= 9cm，重力加速度 g 取10m s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个向下的初速度后（　　）
A．静置时，羽毛球的摩擦力为0.1N
B．拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力
C．拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度为30m s2
D．仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度为3m s
【答案】CD
【详解】A．静置时，根据平衡条件有
= = 5 × 10 3 × 10N = 0.05N
故 A 错误；
B．拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则羽毛球给球筒的摩擦力向上，而根据牛顿第三
定律可知，球筒给羽毛球的摩擦力向下，故 B 错误；
C．拍打球筒后瞬间，对羽毛球由牛顿第二定律有
+ 2 = 1
解得
21 = 30m/s
故 C 正确；
D．仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球与球筒恰好达到共速，设球筒的加速度为 2，筒的初
速度为 ，则对球筒由牛顿第二定律有
1 + 2 = 2
解得
22 = 20m/s
球筒做匀减速运动，羽毛球做匀加速运动，有
2 = 1
1 1
2
2 22 2 1 =
代入数据解得
= 3m/s
故 D 正确。
故选 CD。
【考向 16】（2024·山东·三模）如图所示，工人师傅自房檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样
的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面外侧为半径
为 0.1m 2的圆弧。已知两直杆之间的距离为 m，房檐距地面的高度为 4m，两直杆在房檐和地面之
10
间的长度 L = 8m，忽略直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。工人师傅将瓦片无初速度地放
置在轨道顶端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于 μ0（未知）时，瓦片才能开始沿轨道下滑，取
g = 10m/s2。
（1）求 μ0；

（2）若直杆自上端开始在长度 L1 = 1.8m
0
的范围内与瓦片间的动摩擦因数为 2，其余部分为 μ0，忽
略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔 0.5s 将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦
片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数。
【答案】（1 6） ；（2）6 个或 7 个
6
【详解】（1）由几何知识可知，两直杆形成的轨道与水平面的夹角为 30°，两置杆对瓦片的弹力之间
的夹角为 90°，受力分析如图所示
垂直于轨道方向有
2FNcos45° = mgcos30°
沿着导轨方向有
2μ0FN = mgsin30°
联立解得
6
0 = 6
（2）瓦片在轨道上运动时，在 L1范围内，根据牛顿第二定律可得
mgsin30°－2 × 0.5μ0FN = ma1
解得
a1 = 2.5m/s2
相邻两瓦片的距离为
x1 = a1t2 = 0.625m
所以在 L1内有瓦片块数

1 =
1
Δ ≈ 2个1
瓦片在轨道上运动时，在大于 L1范围内，根据牛顿第二定律得
mgsin30°－2μ0FN = ma0
解得
a2 = 0
则瓦片速度
= 2 1 1 = 3m/s
相邻瓦片的距离为
x = vt = 1.5m
所以在大于 L1范围内有瓦片块数
8
2 =
1
Δ ≈ 4个
则轨道上瓦片的个数为
n ≈ 6 个
注：计算时取整数，如果考虑正在放上的那一个是 7 个。
【真题 1】（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数
为 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 = 10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速
度不超过（　　）
A．2.0m/s2 B．4.0m/s2 C．6.0m/s2 D．8.0m/s2
【答案】B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度
m = = m
解得
m = = 4m/s2
书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4m/s2。
故选 B。
【真题 2】（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长 1m 的水平桌面一端以初速度 v0沿中线
滑向另一端，经过 1s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为 μ，g 取 10m/s2。下列 v0、μ 值可能
正确的是（　　）
A．v0= 2.5m/s B．v0= 1.5m/s C．μ = 0.28 D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则

= = 0
+
2
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故 A 不可能，B 可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v 20 = 2ax
整理有
v 20 - 2ax > 0
由于 v0 < 2m/s 可得
μ < 0.2
故 CD 不可能。
故选 B。
【真题 3】（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分
别固定于水平线上的 M、N 两点，另一端均连接在质量为 m 的小球上。开始时，在竖直向上的拉力
作用下，小球静止于 MN 连线的中点 O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至 P 点，并保
持静止，此时拉力 F 大小为2 。已知重力加速度大小为 g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气
阻力。若撤去拉力，则小球从 P 点运动到 O 点的过程中（ ）
A．速度一直增大 B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3 D．加速度先增大后减小
【答案】A
【详解】AB．缓慢拉至 P 点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力 F 与重力和两弹簧的拉力合力为
零。此时两弹簧的合力为大小为 。当撤去拉力，则小球从 P 点运动到 O 点的过程中两弹簧的拉
力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故 A 正确，B 错误 ；
CD．小球从 P 点运动到 O 点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的
合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知
2 =
加速度的最大值为2 ，CD 错误。
故选 A。
【真题 4】（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为4 、3 、2 、m 的四个小球 A、B、C、D，
通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于 O 点，处于静止状态，重力加速度为 g。若将 B、C 间的细线
剪断，则剪断瞬间 B 和 C 的加速度大小分别为（ ）
A．g，1.5 B．2g，1.5 C．2g，0.5 D．g，0.5
【答案】A
【详解】剪断前，对 BCD 分析
= (3 + 2 + )
对 D
=
剪断后，对 B
3 = 3
解得
=
方向竖直向上；对 C
+ 2 = 2
解得
= 1.5
方向竖直向下。
故选 A。
【真题 5】（多选）（2022·湖南·高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总
质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 阻 = 2， 为常量）。当发
动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推
力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为
，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为1.5
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 17
4
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 3m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3
【答案】BC
【详解】A．飞行器关闭发动机，以 v1=10m/s匀速下落时，有
= 21 = × 100
飞行器以 v2=5m/s向上匀速时，设最大推力为 Fm
m = + 22 = + × 25
联立可得
= 1.25 = m ， 100
A 错误；
B．飞行器以 v3=5m/s匀速水平飞行时
17
= ( )2 + ( 3)2 = 4
B 正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
3
= m2 ( )2 = 4 =
2
4
解得
4 = 5 3m/s
C 正确；
D．当飞行器最大推力向下，以 v5=5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
m + + 25 = m
解得
am=2.5g
D 错误。
故选 BC。
【真题 6】（多选）（2023·湖南·高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为2 的小车在水平推力
的作用下加速运动。车厢内有质量均为 的 A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，
B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为 ，杆与竖直方向的夹角为 ，杆与车厢始终保
持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若 B 球受到的摩擦力为零，则 = 2 tan
B．若推力 向左，且tan ≤ ，则 的最大值为2 tan
C．若推力 向左，且 < tan ≤ 2 ，则 的最大值为4 (2 tan )
D．若推力 向右，且tan > 2 ，则 的范围为4 (tan 2 ) ≤ ≤ 4 (tan + 2 )
【答案】CD
【详解】A．设杆的弹力为 ，对小球 A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分
力满足

= tan
竖直方向
=
则
= tan
若 B 球受到的摩擦力为零，对 B 根据牛顿第二定律可得
=
可得
= tan
对小球 A、B 和小车整体根据牛顿第二定律
= 4 = 4 tan
A 错误；
B．若推力 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球 A 所受向左的合力的最大值为
= tan
对小球 B，由于tan ≤ ，小球 B 受到向左的合力
= ( + ) ≥ tan
则对小球 A，根据牛顿第二定律可得
= max
对系统整体根据牛顿第二定律
= 4 max
解得
= 4 tan
B 错误；
C．若推力 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球 A 向左方向的加速度由杆对小球 A 的
水平分力提供，小球 A 所受向左的合力的最大值为
= tan
小球 B 所受向左的合力的最大值
max = ( + ) = 2 tan
由于 < tan ≤ 2 可知
max < tan
则对小球 B，根据牛顿第二定律
max = 2 tan = max
对系统根据牛顿第二定律
= 4 max
联立可得 的最大值为
= 4 (2 tan )
C 正确；
D．若推力 向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球 A 可以受到左壁向右的支
持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球 B 即可，当小球 B 所受的摩擦力向左时，
小球 B 向右的合力最小，此时
min = ( + ) = tan 2 tan
当小球所受摩擦力向右时，小球 B 向右的合力最大，此时
max = + ( + ) = tan + 2 tan
对小球 B 根据牛顿第二定律
min = min
max = max
对系统根据牛顿第二定律
= 4
代入小球 B 所受合力分范围可得 的范围为
4 (tan 2 ) ≤ ≤ 4 (tan + 2 )
D 正确。
故选 CD。
【真题 7】（2022·浙江·高考真题）第 24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图 1 所
示，长 12m 水平直道 AB 与长 20m 的倾斜直道 BC 在 B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为 15°。
运动员从 A 点由静止出发，推着雪车匀加速到 B 点时速度大小为 8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿
BC 匀加速下滑（图 2 所示），到 C 点共用时 5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面
上运动，其总质量为 110kg，sin15°=0.26，重力加速度 取10m/s2，求雪车（包括运动员）
（1）在直道 AB 上的加速度大小；
（2）过 C 点的速度大小；
（3）在斜道 BC 上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1） = 81 3m/s
2；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB 段
21 = 2 1 1
解得
8
21 = 3m/s
（2）AB 段
1 = 1 1
解得
1 = 3 BC 段
1
= + 22 1 2 2 2 2
22 = 2m/s
过 C 点的速度大小
= 1 + 2 2 = 12m/s
（3）在 BC 段有牛顿第二定律
sin f = 2
解得
f = 66N
【真题 8】（2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑
轨与水平面成 24°角，长度 1 = 4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶
2
端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为 = 9，货物可视为质点（取cos24° = 0.9，sin
24° = 0.4，重力加速度 = 10m/s2）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度 1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度 的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过 2m/s，求水平滑轨的最短长度 2。
【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）2.7m
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得
sin24° cos24° = 1
代入数据解得
1 = 2m/s2
（2）根据运动学公式
2 1 1 = 2
解得
= 4m/s
（3）根据牛顿第二定律
= 2
根据运动学公式
2 2 22 2 = max
代入数据联立解得
2 = 2.7m
一、单选题
1．（2023·浙江·一模）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0 × 103
kg，在飞船与空间站对接后，其推进器的平均推力 为900N，推进器工作5s内，测出飞船和空间站
的速度变化是0.05m/s，则（ ）
A．飞船对空间站的推力为900N B．飞船的加速度为0.3m/s2
C．空间站的质量为8.7 × 104kg D．在5s内，飞船和空间站前进的距离是0.125m
【答案】C
【详解】
ABC．已知飞船质量为 m=3.0×103kg，在其推进器的平均推力 F 作用下，整体获得加速度为
Δ
21 = Δ = 0.01m/s
根据牛顿第二定律可得
= ( + ) 1
代入数据解得
M=87000kg
飞船对空间站的推力为
′ = 1 = 870N
故 AB 错误，C 正确；
D．因为初状态不清楚，所以无法计算在5s内，飞船和空间站前进的距离，故 D 错误。
故选 C。
2．（2024·陕西咸阳·一模）如图甲，2023 年 5 月 30 日 9 时 31 分，神舟十六号载人飞船在长征二号 F
遥十六运载火箭的托举下顺利升空。假设载人飞船质量约为 23 吨，运载火箭质量（不含载人飞船）
约为 837 吨，点火后产生 1000 吨的推力（相当于地面上质量为 1000 吨的物体的重力），其简化模型
如图乙所示。忽略大气阻力、火箭喷气造成的质量变化和重力加速度的变化，重力加速度大小取
= 10m/s2。载人飞船和运载火箭在分离前匀加速直线上升的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．载人飞船中的航天员处于失重状态
B．离地升空的加速度大小约为11.6m/s2
C．从起飞开始，经过10s上升的高度约为160m
D．载人飞船受到运载火箭的推力大小约为2.7 × 105N
【答案】D
【详解】A．载人飞船和运载火箭在分离前匀加速直线上升的过程中，加速度竖直向上，处于超重
状态，A 错误；
B．由牛顿第二定律得
( + ) = ( + )
求得
( + ) 1000 × 103 × 10 (837 + 23) × 103 × 10
= = 2 2 + (837 + 23) × 103 m/s ≈ 1.6m/s
B 错误；
C．从起飞开始，经过 10s 上升的高度约为
1 1
= 2 22 = 2 × 1.6 × 10 = 80m
C 错误；
D．设载人飞船受到运载火箭的推力大小约为 1，由牛顿第二定律可得
1 =
求得
31 = + = 23 × 10 × (10 + 1.6)N = 2.7 × 105N
D 正确。
故选 D。
3．（2024·福建龙岩·一模）如图所示，倾角为 的光滑斜面固定在地面上，A、B 球的质量分别为 1、
2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与 A 球相连，A、B 间由一轻质细线连接，弹簧、细线
均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．B 球处于平衡状态
B．轻弹簧的弹力大小为 1 sin
C．B 球的加速度大小为 sin ，方向沿斜面向下

D．A 1 2球的加速度大小为 sin ，方向沿斜面向上1
【答案】C
【详解】AC．当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对 B 分析，由牛顿第二定律得
2 sin = 2 2
解得 B 球的加速度大小为
2 = sin
方向沿斜面向下，故 A 错误，C 正确；
B．细线被剪断前，A、B 整体分析，由平衡条件得
弹 = ( 1 + 2) sin
细线被剪断瞬间，弹簧来不及恢复形变，因此弹力不变, 故 B 错误；
D．细线被剪断瞬间，对 A 分析，由牛顿第二定律得
弹 1 sin = 1 1
解得

= 21 sin 1
方向沿斜面向上，故 D 错误。
故选 C。
4．（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，水平地面上一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，油
桶质量分布均匀且均为 m，在车厢底一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只
油桶 C，自由摆放在桶 A、B 之间，没有用绳索固定，桶 C 受到桶 A、B 的支持，和汽车一起保持
静止，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在水平面上保持静止时，C 受 A 对它的支持力为 3
B．汽车向左加速时，A 对 C 的支持力变小
C．汽车向左加速时，B 对 C 的支持力变小
D．要使 C 3不发生滚动，汽车向左加速的最大加速度为
2
【答案】B
【详解】A．对桶 C 受力分析如图
由几何关系知
= 30°
由对称性知
A = B
由平衡条件有
Acos + Bcos =
得
3
A = 3
故 A 错误；
BC．货车向左做匀加速直线运动时，由
Bsin Asin =
则
B > A
即 A 对 C 的支持力变小，B 对 C 的支持力变大，故 B 正确，C 错误；
D．当汽车加速度向左，要使 C 不发生滚动，即 C 将要脱离 A 时，A 对 C 的支持力为零，竖直方向
上
Bcos30° =
水平方向上
Bsin30° =
得
3
= 3
故 D 错误。
故选 B。
5．（2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，一根细线一端系在天花板上，另一端系在木箱上，木箱内放
有一个质量 m=0.1kg 的物块，物块与水平轻质弹簧相连，弹簧的另一端与木箱左壁相连，此时弹簧
处于伸长状态，弹簧的弹力为 0.5N，物块保持静止状态。取重力加速度 = 10m/s2。用剪刀把细线
剪断的瞬间，物块的加速度大小是（　　）
A．a=0 B． = 5m/s2 C． = 10m/s2 D． = 5 5m/s2
【答案】D
【详解】用剪刀把绳子剪断的瞬间，物块有竖直方向的加速度
= = 10 m s2
因物块完全失重，物块对木箱压力为零，则水平方向不受摩擦力，只受弹簧的拉力，则

= = 5 m s
2
可知物块的加速度大小
= 2 + 2 = 5 5m s2
故选 D。
6．（2024·北京朝阳·二模）如图所示，质量为 m 的子弹水平射入并排放置的 3 块固定的、相同的木
板，穿过第 3 块木板时子弹的速度恰好变为 0。已知子弹在木板中运动的总时间为 t，子弹在各块木
板中运动的加速度大小均为 a。子弹可视为质点，不计子弹重力。下列说法错误的是（　　）
A．子弹穿过 3 块木板的时间之比为 1∶2∶3
B．子弹的初速度大小为 at
C．子弹受到木板的阻力大小为 ma
D．子弹穿过第 1 块木板时与穿过第 2 块木板时的速度之比为 2:1
【答案】A
【详解】A．把子弹的运动看成从右向左的初速度为零的匀加速直线运动，则有
1 1 1
3 = 2
2，2 = ′22 ， = 2 ′′
2
解得
6 4 2
= ， ′ = ， ′′ =
子弹穿过 3 块木板的时间之比为
1: 2: 3 = ( ′)：( ′ ′′)： ′′ = ( 3 2)：( 2 1):1
故 A 错误，与题意相符；
B．根据
0 = 0
解得
0 =
故 B 正确，与题意不符；
C．由牛顿第二定律，可得
f=ma
故 C 正确，与题意不符；
D．子弹穿过第 1 块木板时与穿过第 2 块木板时的速度之比为
1： 2 = ′: ′′ = 2：1
故 D 正确，与题意不符。
本题选错误的故选 A。
7．如图所示，在质量为 的箱式电梯的地板上固定一轻质弹簧，弹簧的上端拴接一质量为 A的物体
，质量为 B的物体 B 放置在物体 上，整个装置随电梯一起匀速下降，弹簧保持竖直，重力加速
度为 。某时刻悬挂电梯的钢索突然断裂，在钢索断裂的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．物体 的加速度大小为 0 B．物体 B 的加速度大小为
C．箱式电梯的加速度大小为 D．物体 B 对物体 的压力为 0
【答案】A
【详解】钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以 AB 的受力情况不变，加速度均为 0，物体 B 对物
体 的压力等于自身重力，对整体分析可知
( B + A + ) =
解得
( + + )
= B A
故选 A。
8．（2024·四川内江·一模）如图，是匀速吊起装饰用的石球的示意图。装置底部为圆形绳套，A、B、
C、D 是圆上四等分点，侧面 OA、OB、OC、OD 是四条完全相同、不可伸长的轻绳。O 点在石球球
心的正上方 0.5m 处，石球半径为 0.3m，石球表面视为光滑、重力为 G。下列说法正确的是（　　）
A．若侧面绳长不变，减小圆形绳套的半径，绳的弹力减小
B ．OB 绳的弹力大小为4
C．若圆形绳套不变，将侧面四根绳子各减小相同的长度，OC 绳的弹力增大
D 5 ．若减速向上提升石球，OD 绳的弹力大于16
【答案】C
【详解】AB．取某一段绳分析，如图
则
4
cos = 5
由平衡得
4 cos =
得
5
= 16
5
每段绳拉力均为16 。若侧面绳长不变，减小圆形绳套的半径，则 变大，绳弹力变大，AB 错误；
C．若圆形绳套不变，将侧面四根绳子各减小相同的长度，则 变大，OC 绳的弹力增大，C 正确；
D．若减速向上提升石球，根据牛顿第二定律
4 cos =
可知
5
= < 16
D 错误。
故选 C。
9．（2024·四川·一模）有趣的抽纸张游戏是在水平桌面上放一张 A4 纸，纸正中央上放一杯子，若不
接触杯子抽出纸张为挑战成功，装置如图所示，桌面足够大，若杯子质量为 1 = 300g，纸张质量为
2 = 20g。杯底与纸张间动摩擦因数为 1 = 0.1，纸张与桌面间动摩擦因数为 2 = 0.2，现对纸张施
加一水平向右的恒力 F，重力加速度的大小为 = 10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．若 = 0.3N时，杯子受到水平向右的摩擦力B．若 = 0.8N时，纸张与杯子发生相对滑动
C．若 = 1.12N时，杯子的加速度为1.5m/s2 D．若纸张的加速度为2m/s2时，则 = 0.98N
【答案】D
【详解】A．若 = 0.3N时，由题意可知，纸张与桌面间的滑动摩擦力是
f = 2( 1 + 2) = 0.2 × (0.3 + 0.02) × 10N = 0.64N > = 0.3N
可知纸张与桌面间没有相对滑动，则杯子与纸张间没有相对滑动的趋势，则杯子没有受到摩擦力，A
错误；
B．若 = 0.8N时，假设纸张与杯子能发生相对滑动，对纸张受到的滑动摩擦力则有
1 1 + 2( 1 + 2) = 0.1 × 0.3 × 10N + 0.2 × (0.3 + 0.02) × 10N = 0.94N > = 0.8N
假设不成立，可知纸张与杯子没有发生相对滑动，B 错误；
C．若 = 1.12N时，由 B 选项解析可知，纸张与杯子发生相对滑动，由牛顿第二定律可得杯子的加
速度为
1 1 = 1 1
1 = 1 = 0.1 × 10 m s2 = 1 m s2
C 错误；
D．若纸张的加速度为2m/s2时，对纸张由牛顿第二定律可得
1 1 2( 1 + 2) = 2
解得
= 0.1 × 0.3 × 10N + 0.2 × (0.3 + 0.02) × 10N + 0.02 × 2N = 0.98N
D 正确。
故选 D。
二、多选题
10．（2024·安徽安庆·二模）如图所示，一固定光滑直杆与水平方向夹角为 α，一质量为 M 的物块 A
套在杆上，通过轻绳连接一个质量为 m 的小球 B。现让 A、B 以某一相同速度沿杆方向开始上滑，
此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为 β，A、B 一道沿杆上滑过程中，设 A、B 的加速度大小为 a，轻
绳的拉力大小为 FT，杆对物块 A 的弹力大小为 FN，已知重力加速度为 g，A、B 均可看成质点，则
（　　）
A． = tan B． =
C． N = ( + ) cos D． T > cos
【答案】BC
【详解】
AC．根据题意，A、B 一道沿杆上滑过程中，将 A、B 看成一个整体，受力分析如图所示
将重力进行正交分解，分解为沿着杆向下（与速度方向相反）的分力，大小为( + ) sin ，以及
垂直于杆的向下的分力，大小为( + ) sin ，根据平衡条件可知
N = ( + ) cos
而在运动的方向上由牛顿第二定定律有
( + ) sin = ( + )
解得
= sin
故 A 错误，C 正确；
BD．对小球分析，由于小球的加速沿着杆向下，则垂直杆的方向合力应为 0，由此可知细线一定与
杆垂直，即
cos = T
则根据几何关系可知
=
因此有
cos = T
故 B 正确，D 错误；
故选 BC。
11．（2024·四川南充·一模）如图，矩形框 Q 用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和 Q 质量相
等的物体 P 被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为 30°，整个装置保持静止状态，不
计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为 g，当细绳被剪断的瞬间，物体 P 的加速度大小 和矩形
框 Q 的加速度大小 分别为（　　）

A． = 0 B． = C． = 2 D． =
【答案】AD
【详解】AB．对物体 P 进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不
会突变，故物体 P 的加速度
= 0
故 A 正确，B 错误；
CD．对 PQ 整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细线的拉力，整体系统处于静止状态，则有
= 2 sin
细绳被剪断的瞬间，细线的力就突变成零了，物体 Q 的受力合外力情况会与之前的拉力 T 等大反向，
即
合 = = 2 sin
所以
2 sin
= =
故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
12．某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为 M 的载物平台架在两根完全相同、轴线在同
一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为 ，平台的重心与两圆柱等
距，两圆柱以角速度 绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为 g。现给平台施加一过平台重心
且沿平行于轴线方向的恒力 F，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是（　　）
A．只有当 > 时，平台才能开始运动
B ．平台运动的最大加速度大小 =
C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动
D． 越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短
【答案】BD
【详解】ABC．平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小
1
= 2
开始时平台受到两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动时加速度大小为

=
圆柱表面的点转动的线速度大小为
′ =
若平台运动的速度大小为 v，则沿该方向上受到一根圆柱的摩擦力分量为
1
= cos = 2 2 + ( )2
根据牛顿第二定律可得

=
2 + ( )2
开始时 = 0，平台受到的两圆柱摩擦力平衡，加速度最大，大小为

=
即使 F 较小，平台也能运动，由于 v 在不断增大，加速度会越来越小，当 ＞ 时
＞0
无论平台运动的距离多远，最终都不会匀速直线运动，故 AC 错误，B 正确；
D．角速度越大，平台运动的加速度越大，平均速度越大，从静止开始运动相同距离用时越短，D 正
确。
故选 BD。
三、解答题
13．（2024·辽宁沈阳·二模）一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环
形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上 48m 的高处，然后座舱从静止开始以 a1=8m/s2的加速度匀
加速下落 h1=36m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度
g=10m/s2。求：
（1）座舱的最大速度及匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
（2）匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
1 24m/s 1 2 17【答案】（ ） ，5；（ ） 5
【详解】（1）座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为 m，根据运动学公式可得
2 1 21 = m 0
解得
m = 2 1 1 = 2 × 8 × 36m/s = 24m/s
设游客重力为 ，以游客为对象，根据牛顿第二定律可得
N = 1
则有
N 1 1
= = 5
（2）座舱匀减速下落的高度为
2 = 1 = 12m
根据运动学公式可得
2 22 2 = 0 m
解得加速度大小为
22 = 24m/s
以游客为对象，根据牛顿第二定律可得
′N = 2
则有
′N + 17
=
2
= 5
14．（2024·山东·二模）2023 年 11 月，我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试。小李同学将
这个过程进行如图所示的简化：ABC 为水平轨道，其中 AB 段为有动力弹射段、长 LAB＝80m，BC
段为无动力滑行段、足够长。将质量 M＝20kg 的物块（可视为质点）置于 A 处，在第一次弹射模拟
中，物块在 AB 段的运动时间为 2s、BC 段的运动时间为 16s；在第二次弹射模拟中，该同学在物块
两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重块质量 m＝5kg。已知物块与水平轨道 ABC
间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的动力大小相等且恒定不变，取重力加速度 g＝10m/s2。求：
（1）AB 段动力的大小；
（2）第二次弹射过程中，AB 段和 BC 段物块对每个配重块作用力的大小。（结果可用根式表示）
【答案】（1）900N；（2）25 29N，25 5N
【详解】（1）第一次弹射模拟，AB 段有
1
2 ＝ 2 1 1
－ ＝ 1BC 段有
1 1＝ 2 2

2＝ ＝
解得
F＝900N
（2）根据上述分析，可求得
μ＝0.5
第二次弹射模拟，AB 段有
( + 2 ) = ( + 2 ) 3
作用力
＝ ( )2＋( 3)2
解得
= 25 29NBC 段有
＝ ( )2＋( 2)2
解得
= 25 5N
15．（2024·山东临沂·二模）火箭是世界各国进行太空活动的主要运载工具，我国针对火箭可重复使
用技术展开了探索和研究。为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为 = 100kg的小型实
验火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方
向改变发动机推力的大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为 F，与水平方向成 = 60°，火箭沿
斜向右上方与水平方向成 = 30°做匀加速直线运动。经过 1 = 20s，立即遥控火箭上的发动机，使
推力的方向逆时针旋转 60°，同时改变推力大小，使火箭沿原方向做匀减速直线运动（不计遥控器通
信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化， = 10m/s2）。求：
（1）推力 F 的大小；
（2）火箭上升的最大高度。
【答案】（1）1000 3N；（2）6000m
【详解】（1）如图
根据几何关系
合=
=2 cos30° = 1000 3N
（2）当推力逆时针方向转动60°后受力情况如图，其中 2与竖直方向的夹角为30°
图中 ‘合与 2垂直
‘合 = sin30° = 500N
加速阶段的加速度
合 1000
1 = = 100 m/s
2 = 10m/s2
减速阶段的加速度
’合 500
2 = 2 = 100 m/s = 5m/s
2
加速阶段与减速阶段的速度变化情况相同，则有
1 1 = 2 2
解得
2 = 2 1 = 2 × 20s=40s
所以上升的最大高度
1 1
= 2 1
2
1 + 2
2
2 2 = 6000m

展开更多......

收起↑