2025年高考物理专项复习：牛顿运动定律的综合运用（讲义篇）（解析版）

专题03牛顿运动定律的综合运用

——内容概览_

01专题网络•思维脑图

02考情分析•解密高考

03高频考点•以考定法

04核心素养•难点突破

05创新好题•轻松练习

席W题网络*慝维脑图

从受力情况求运动情况动力学两类产生条件

从运动情况求受力情况基本问题超重、失重问题<匡到状态

L〔原理方程

整体法隔离法

连接体模型p<

原理方程

受力分析加速度分析

板块模型传送带模型

——、QZ

成考情分析-懈雷高考

考点内容要求考情

动力学的两类基本问题C

超重失重问题C2023•北京・6、辽宁・2、湖南70、全国甲卷•6

2022•全国乙卷•2、江苏・1、辽宁・7、浙江6

力学单位制C月•1(T9)、全国甲卷•6、湖南•9、浙江1

月•20

2021•海南•1(•7)、北京73、浙江6月•4

连接体模型C

(•20)、浙江1月•4、全国乙卷・8、辽宁T3

2020•山东7、海南72、全国I•12

板块模型C2019•海南•5、浙江6月•12、全国III-7

传送带模型C

1.熟悉掌握动力学的两类基本问题的解题方法，能够以加速度为纽带将运动学和动力学联系起来。

2.理解超重和失重的各种场景，特别是电梯或者升降机中的超重失重的加速度问题。

学3.掌握利用整体法和隔离法求解连接体模型，清楚同。型和不同。型的连接体的处理方法。

习4.对滑块和滑板模型进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。这是解

目题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个

标过程的末速度是下一个过程的初速度

5.熟悉掌握水平传送带和倾斜传送带要的受力分析，特别对于速度突变时，要对此时进行受力分析求出新

的加速度。

看演考点-M考定法

【典例1】(2023•北京・统考高考真题)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质

量均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力厂作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。

则厂的最大值为()

~I---I--~----F►

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

A.INB.2NC.4ND.5N

【答案】C

【详解】对两物块整体做受力分析有

F=Ima

再对于后面的物块有

FTmax=ma

FTmax=2N

联立解得

F=4N

故选C。

【典例2】(2022•浙江•统考高考真题)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，长度匕=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端由静止

开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为//=|,货物可视为质点(取324。=0.9,sin24°=0.4,重力加

速度g=10m/s2)o

(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的的大小；

(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必

【答案】(1)2m/s2；(2)4m/s；(3)2.7m

【详解】(1)根据牛顿第二定律可得

mgsin24°—〃mgcos24°=mar

代入数据解得

a1=2m/s2

(2)根据运动学公式

2ali1—v2

解得

v=4m/s

(3)根据牛顿第二定律

amg=ma2

根据运动学公式

一2a2%=啕ax-廿

代入数据联立解得

l2=2.7m

I，&巧翘密。

1.连接体模型的处理方法

-►先整体，后隔离列方程

，先隔离、后整体列方程

2.同。连接体模型

以轻绳或轻杆连接起来的两物体或两个物体紧挨着沿同一直线运动过程中具有相同的加速度，这类连

接体称为同。连接体模型。这类问题中经常利用“动力分配原则”快速解题。

F

a=同

整体求加速度网+恤

隔离如求内力FT-jLimig=mia

!

FT=--——F

得叫+机2

F

a=Ng

整体求加速度ml+m2+m3

求7"2、加3间作用力，将加和;”2看作整体求内力

________P

|一】|，21m3卜____

尸23-〃神N+m2)g=(mi+根2

F二叫+加2F

得23叫+加2+m3

F2-F1

〃二4g

整体求加速度网+恤

隔离如求内力：FT-FJ-jumig=mia

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

F^_mlF2+m2Fi

得ml+m2

3.两类动力学问题的解题思路

第一类

第二类

4.超重、失重和完全失重的比较

超重失重完全失重

物体对支持物的压力物体对支持物的压力

物体对支持物的压力

（或对悬挂物的拉力）大（或对悬挂物的拉力）小

概念（或对悬挂物的拉力）等

于物体所受重力的现于物体所受重力的现

于零的现象

象象

物体的加速度方向竖物体的加速度方向竖物体的加速度方向竖

产生条件

直向上直向下直向下，大小〃=g

以a=g加速下降或减

运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升

速上升

F—mg=mamg—F=mamg—F=ma

原理方程

F=m(g~\-a)F=m(g-a)F=0

5.力学单位制

danweizhi

单位制

力学单位制的分类：国际单位制中的单位:

力学中的国际单位制基本单位和都分导蹿应如禾~

I物理量J位是基本单位1

长度!fkm、cm……

时间」[s、hnin、h……

质量］ikg」以mg……

.---------11------------------------------------□

速度Jm/s、；km/h....

■二

加速度Nm/s2、；cm/s2...

力7Ni

密度Ukg/m4g/cm3□

一盒

i喷胞期所

考向01动力学的两类基本问题

【针对练习1】滑草场中某条滑道由如图所示的两段倾斜滑道和一段水平滑道组成，段倾角为60。，BC段

倾角为30。，对应的高度均为h=7.5m。载人滑草车从坡顶4点由静止开始滑下，最终停在水平滑道上。已

知滑草车与三段滑道间的动摩擦因数均相同，滑草车经过2、C两点时速度大小不变且相等，取重力加速度

大小g=10m/s2,求：

(1)滑草车与滑道间的动摩擦因数出

(2)滑草车在水平滑道上滑行的距离X。

(3)滑草车运动的总时间良

【详解】(1)由已知条件可知，滑草车在BC段做匀速直线运动，有

7ngsin30°=nmgcos30°

解得

V3

(2)设滑草车在段运动时的加速度大小为的，在CD段运动时的加速度大小为a2,在BC段运动时的速度

大小为"，则有

7ngsin60°—〃mgcos60°=mar

[img=ma2

根据动力学公式可得

h

7=2a•.…

t1sin60°

2

v=2a2x

解得

x=5V3m

(3)设滑草车在三段滑道上运动的时间分别为12、打，则有

=v

h

滑草车运动的总时间为

4V3+3

t=t1+S

【针对练习2]如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长。=4m和%=8m的两段不同材料4B和BC制

成，滑梯与水平地面夹角8=37。。一小朋友从4点由静止滑下，经6s到达C点速度恰好为零。重力加速度g取

粤，sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

S2

(1)小朋友滑行过程中的最大速度%;

(2)小朋友与和BC材料间的动摩擦因数网和“2。

【答案】(l)〃m=4m/s；(2)%=0.5,%(

8

【详解】(1)小朋友滑至B点速度最大，依据匀变速直线运动规律，有

v

券m=k+l2

解得

vm=4m/s

(2)设小朋友在AB、BC段的加速度大小分别为的和a2,在48段，小朋友匀加速运动，有

瑶=2。山

代入数据得

a1=2m/s2

依据牛顿第二定律，有

同

=—=gsin37°—〃igcos37。

m

代入数据得

“1—0.5

在BC段，小朋友匀减速运动，有

。一瑶=一2。2,2

代入数据得

2

a2=lm/s

依据牛顿第二定律有

F2

a2=—=〃2<9cos37°—gsin37°

解得

考向02连接体问题

【针对练习3】如图，倾角为。的斜面体固定在水平地面上，现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架

上用细线悬挂质量为机的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为a,重力加速度为

g,则（）

A.若斜面光滑，则a=9

B.若斜面粗糙，则a>8

C.若a=氏小球受到的拉力为9

COS0

D.若a=0,滑块的加速度为gtan。

【答案】A

【详解】C.对小球进行受力分析，合力为

F合=mgsina

若

a=6

小球受到的拉力为mgcos。，故C错误；

D.对小球进行受力分析，合力为

F合=mgsina

若

a=6

则有

F合=7ngsin。=ma

即有

a=gsinff

故D错误;

AB.根据D选项可知，若

a=6

整体的加速度为

a=gsind

以整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得

Mgsind-f=Ma

解得

f=Q

即斜面光滑；若斜面粗糙，则整体的加速度减小，则

gsin。—/igcosd=gsina

所以

a<0

故B错误，A正确;

故选Ao

【针对练习4】如图所示，系在墙上的轻绳跨过两个轻质滑轮连接着物体P和物体Q,两段连接动滑轮的轻

绳始终水平。已知P、Q的质量均为1kg,P与水平桌面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小为g=10m/s2,

当对P施加水平向左的拉力尸=30N时，Q向上加速运动。下列说法正确的是（）

B.P的加速度大小为2m/s2

C.轻绳的拉力大小为10N

D.若保持Q的加速度不变，改变拉力厂与水平方向的夹角，则力尸的最小值为12百N

【答案】D

【详解】A.根据动滑轮的原理，物体Q移动的速度始终是物体P的两倍，同时开始运动，速度变化量始

终是两倍关系，由公式

△u

a=-—

△t

可知，P、Q运动的加速度大小之比为1:2,故A错误;

BC.由牛顿第二定律，对物体Q分析

T—mg=m-2a

对物体P分析

F—2T—iimg=ma

联立解得轻绳的拉力大小为

T=12N

P的加速度大小为

a=lm/s2

故BC错误；

D.若保持Q的加速度不变，则P的加速度也不变，则有

T=12N,a=lm/s2

设拉力产与水平方向的夹角氏则对物体P分析有

Fcosd—2T—(i(mg—Fsin0)=ma

化简可得

12V5

F---------------N

sin(O+cp)

其中

1

sine-,

当

sin(0+w)=l

力尸有最小值，且最小值为

Fmin=12V5N

故D正确。

故选D。

考向03超重失重问题

【针对练习7】引体向上是高中学生体质健康标准的测试项目之一，如图甲所示，质量为m=55kg的某同

学，双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上运动过程中，其重心的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取

10m/s2,由图像可知，下列选项错误的是（）

Mv/(cm-s-,)

A.t=0.5s时，他的力口速度约为0.3m/s2

B.0~l.Os,他的位移约为0.15m

C.t=1.0s时，他受到单杠的作用力大小为550N

D.t=1.5s时，他正处于失重状态

【答案】C

【详解】A.u—t图象的斜率表示加速度，0〜1.1s内u—t图象近似一条直线，可认为0〜1.1s内学生做匀

加速运动，t=0,5s时，他的加速度约为

Av30

a=—=—X10-2m/s2=0.3m/s92

故A正确；

B.v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移，0~1.0s,他的位移约为

1,

x=-X30X102xIm=0.15m

2

故B正确；

C.t=1.0s时，根据牛顿第二定律

F—mg=ma

他受到单杠的作用力大小为

F=566.5N

故C错误；

D.t=1.5s时，图象的斜率为负，他的加速度方向向下，正处于失重状态，故D正确。

本题选错误的，故选C。

【针对练习8］物理课上，老师演示了一个实验：如图所示，水平粗糙木板上放置两个物块，其间有一个处

于拉伸状态的弹簧。将木板抬至空中保持水平，两物块相对木板保持静止，然后将整个装置无初速释放，

下落过程中可能观察到的现象是（）

IpVWWWW^I|

I"'"■i

A.两物块依旧相对木板保持静止

B.两物块相对木板运动且彼此靠近

C.质量大的物块与木板保持相对静止，质量小的物块靠近质量大的物块

D.质量小的物块与木板保持相对静止，质量大的物块靠近质量小的物块

【答案】B

【详解】开始时物块相对木板静止，则弹力等于摩擦力；将整个装置无初速释放，下落过程中，物块处于

完全失重状态，对木板的压力为零，此时摩擦力为零，则两物块在弹簧弹力作用下相对木板运动且相互靠

近。

故选Bo

考向04力学单位制

【针对练习7］关于单位制及其应用，下列说法正确的是（）

A.kg、m/s,N都是导出单位

B.克、秒、牛顿均为国际单位制中的基本单位

C.1N是使质量为1kg的物体产生lm/s2加速度的力的大小

D.力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度

【答案】C

【详解】A.kg为质量的基本单位，A错误；

B.克不是国际单位制中的单位，牛顿为导出单位，B错误；

C.根据

F=ma

IN是使质量为1kg的物体产生lm/s2加速度的力的大小，C错误；

D.力学的三个基本物理量为长度、质量、时间，D错误。

故选C。

【针对练习8］在弹吉他时，拨动琴弦，琴弦就会发生振动，振动的频率/（单位为Hz,即s-i）由琴弦的

质量小、长度L和弦线中的张力（弹力）尸共同决定。结合物理量的单位分析琴弦振动的频率f与小、小F的

关系式可能正确的是（其中k是一个没有单位的常数）（）

1

A./=kmLFB,f=$C.f=kFD.f=kmL

mL

【答案】c

【详解】A.等式右侧的单位为

kg•m•kg•m/s2=kg2-m2/s2

与等式左侧的单位不一致，故A错误；

B.等式右侧的单位为

kg-m/s2_

---------=SN

kg•m

与等式左侧的单位不一致，故B错误；

C.等式右侧的单位为

1g.m/s2=s_]

[kg-m-$

与等式左侧的单位一致，故C可能正确;

D.等式右侧的单位为

与等式左侧的单位不一致，故D错误。

故选C。

岳核心素养"难点突破

考向05板块模型

1.模型特点

上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动.

XI=L+X2

2.两种位移关系

，〃〃〃〃〃/,

乙

滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，

位移之和等于板长.

3.解题方法

整体法、隔离法.

4.解题思路

（1）求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，

所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。

（2）明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立

方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程

的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

状态板、块速度不相等板、块速度相等瞬间板、块共速运动

方法隔离法假设法整体法

假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出

对滑块和木板进行隔将滑块和木板看

一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一

离分析，弄清每个物成'一个整体,对整

步骤个物体“所需要”的摩擦力Ff,比较6与

体的受力情况与运动体进行受力分析

最大静摩擦力炀的关系，若Ff>Ffm,则发

过程和运动过程分析

生相对滑动

临界①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从

条件木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件

原理时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等

【典例1】（2019•全国•高考真题）如图（a）,物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固

定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.1=0时，木板开始受到水平外力厂的作用，在/=4s时撤去外力.细

绳对物块的拉力/随时间r变化的关系如图（b）所示，木板的速度V与时间r的关系如图（C）所示.木板

与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g=10m/s2.由题给数据可以得出

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

图⑶

A.木板的质量为1kg

B.2s~4s内，力F的大小为0.4N

C.0~2s内，力E的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【答案】AB

【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程

力F等于f,故/在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦

力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量修为1kg,2-4s内的力尸为0.4N,故A、

B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数〃，故D错误.

•金

逊斯

【针对练习9】如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M■的A、B两块木板，在木板A的上面放着一

个质量为根的物块C,木板和物块均处于静止状态.A、B、C之间以及2与地面之间的动摩擦因数都为

〃.若用水平恒力下向右拉动木板A,使之从C、B之间抽出来，己知重力加速度为g,则拉力厂的大小应

该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()

.C口,

4..|------F

B

A.F>]n(2m+M)gB.F>Mjn+2M)g

C.F>2//(m+M)gD.F>2jnmg

解析：选C.无论尸多大，摩擦力都不能使3向右滑动，而滑动摩擦力能使。产生的最大加速度为〃g,

故"""暗时,即E>2〃(s+M)g时A可从8、C之间抽出，选项C正确.

【针对练习101长为L=1.5m的长木板8静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度oo从木板3

的左端滑上长木板8,直到A、B的速度达到相同，止匕时A、8的速度为。=0.4m/s,然后A、8又一起在水

平冰面上滑行了s=8.0cm后停下.若小物块A可视为质点，它与长木板8的质量相同，A、8间的动摩擦

因数〃1=0.25,取g=10m/s2.求：

(1)木板与冰面的动摩擦因数〃；2

(2)小物块A的初速度v0；

(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度00m应为多少？

解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度

〃=云=1.0m/s2

由牛顿第二定律得以2mg=ma

解得〃2=0.10.

(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做句减速运动，其加速度

〃i="ig=2.5m/s^

小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有

〃1mg一〃2(2根)g=ma2

解得。2=0.50m/s2.

设小物块滑上木板经时间/后小物块、木板的速度相同为小则

对于木板v=a2t

v

解得/=—=0.8s

42

小物块滑上木板的初速度vo=v+ait=2Am/s.

(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，

小物块到达木板8的最右端，两者的速度相等(设为比),这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上

滑落的最大初速度00m,则

22

Vomt—^aii—^a2t=L

VQm—v'=a\t

vr=ait

由以上三式解得的m=3.0m/s.

答案(1)0.10(2)2.4m/s(3)3.0m/s

考向06传送带模型

1.水平传送带问题

项目图示滑块可能的运动情况

vo=O(1)可能一直加速

情景一6——

(2)可能先加速后匀速

(l)vo>y时，可能一直减速，

Vo也可能先减速再匀速

情景二fr——t)

(2)vo<vBf,可能一直加速，

也可能先加速再匀速

(1)传送带较短时，滑块一直

减速到达左端

(2)传送带较长时，滑块还要

情景三

(T——被传送带传回右端.其中v>v

0

返回时速度为V,当返回

时速度为V0

2.倾斜传送带问题

项目图示滑块可能的运动情况

①可能一直加速

情景一

②可能先加速后匀速

①可能一直加速

情景二②可能先加速后匀速

③可能先以a1加速后以a2加速

①可能一直加速

②可能先加速后匀速

情景三

③可能一直匀速

④可能先以41加速后以02加速

①可能一直加速

情景四②可能一直匀速

③可能先减速后反向加速

【典例1](2021・辽宁・统考高考真题)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定

速率V7=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角a=37。，转轴间距£=3.95m„工作人员沿传送方向以速度

V2=L6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数产0.8。取重力加

速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:

(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；

(2)小包裹通过传送带所需的时间t。

【答案】(1)0.4m/s2；(2)4.5s

【详解】(1)小包裹的速度以大于传动带的速度巧，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据

牛顿第二定律可知

limgcosB—mgsinO=ma

a=0.4m/s

(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时

在传动带上滑动的距离为

+v1.6+0.6

%1=—--2t]=----------X2.5=2.75m

因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即卬ngcos。＞zngsin。，所以小包裹与传动带

共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为

L-Xi3.95-2.75

=---------s=2s

t2=---%----0.6

所以小包裹通过传送带的时间为

t=0+七=4.5s

•念

【针对练习11】如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率历运行.初速度大小为。2的小物块从与传送

带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的。

—r图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知。2＞。1，贝1!()

A.R时刻，小物块离A处的距离达到最大

B.友时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大

C.0〜f2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D.0〜行时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，A时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，

选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，/1时刻与传送带达到共同速度，此时

小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0〜々时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项

C错误；乃〜B时间内小物块不受摩擦力，选项D错误.

【针对练习12】如图所示，倾角为37。，长为/=16m的传送带，转动速度为。=10m/s,在传送带顶端A

处无初速度的释放一个质量为加=0.5kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,g取10m/sz.

求：(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；

(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间.

解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对

传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有

mg(sin37°—/zcos37。)=ma

则〃=gsin37°—/zgcos37°=2m/s2,

根据得t=4s.

(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所

受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为由牛顿第二定律得

mgsin37°+〃冽geos37°=mai

,.mgsin37°+//mgcos37°、

则有ai=--------萨*------=10m/s2.

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t\,位移为X1,则有九=端=1§s=lS,

1

%1=呼由9=5m</=16m.

当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>//mgcos37°,则下一寸刻物体相对传送带向下运

动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的

mgsin37°—〃加geos37°9

加速度为。2,则。2=-------------------------------=2m/s

m

X2~~IXi=11m

又因为X2="2+Jl2役

则有10亥+4=11

解得打=1S«2=—11S舍去）

所以方总=0+亥=2s.

答案（1）4s（2）2s

玲僦新好题•轻松练习

一、单选题

1.在国际单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为第，该物理量是下列中的（）

s3-A

A.电场强度B.电阻C.电势差D.电荷量

【答案】C

【详解】C.电势差是描述电场能的性质物理量，V是电势单位，由公式可知

W

U=—

q

可知

lV=ll=l^^=lkg.m2/A-s3；

故C正确；

A.电场强度

F

E=-

q

N/C是电场强度单位，则

kg•m/s2、

1N/C=1-=lkg•m/A•s3

故A错误；

B.电阻

即

IVlkg-m2/A-s3,

10=77=---------7---------=lkg-m29/Az29-s3

AA

故B错误；

D.电荷量

q=It

单位是C,则

1C=1A-S

故D错误。

故选C。

2.很多智能手机都有加速度传感器，加速度传感器能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加

速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的手机在竖直方向上的加速度随时间变化的图

像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度大小g=10m/s2,下列说法正确的是（）

t\h%

A.手机始终与手掌存在作用力B.手机在力时刻处于平衡状态

C.手机在B时刻改变运动方向D.手机在打时刻处于完全失重状态

【答案】D

【详解】AD.由图可知，打时刻手机的加速度为-10m/s2,即此时手机只受重力作用，与手掌间没有相互作

用力，手机处于完全失重状态，故A错误，D正确；

B.手机在力时刻加速度大于lOm/s2,且加速度向上，手机处于超重状态，故B错误；

C.手机在女时刻加速度方向改变，手机开始做减速运动，速度方向不变，即运动方向不变，故C错误。

故选D。

3.某物理量X的表达式为X=2其中3是角速度，V是体积，G是万有引力常量，据此可以判断X是

)

A.密度B.质量C.周期D.线速度

【答案】B

【详解】表达式X=警中，角速度3单位为s“，V的单位nAG的单位是N・m2・kg-2,根据牛顿第二定律

可知

lN=lkg,m«s-2

故X的单位为

(s-1)2m3(s-1)2m3

N-m2kg-2kg•m-s-2-m2kg-23

kg是质量的单位，可知即X表示的是质量。

故选B

4.如图所示，原长为/的轻质弹簧，一端固定在。点，另一端与一质量为机的小球相连。小球套在竖直固

定的粗糙长杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点到O点的距离均为/,P点到。点的距离

为|/,。尸与杆垂直。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球由静止开始从M点向下

运动到。点时速度最大，。点到。点的距离为黑。在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的

是()

/]M

/

/

/

、;

。、愀/州0P

7w\\

\\

I

A.弹簧的劲度系数为誓

B.小球在N点的加速度小于g

C.从N点到。点的运动过程中，小球受到的摩擦力一直变大

D.从M点到N点的运动过程中，小球运动的加速度一直减小

【答案】C

【详解】A.运动到。点时速度最大，则此时加速度为零，有

11

mg=-klcos3+-/iklsind

根据几何关系

OP1

sin。=——=-

OQ2

联立解得

207ng

k=_________

―(1+2V3)Z

故A错误；

B.小球在N点时，弹簧无弹力，则小球与杆之间无弹力，无摩擦力，则小球只受重力作用，加速度为重力

加速度，故B错误;

C.从N点到。点的运动过程中，摩擦力大小为

f=/zfc(x—Z)sina

其中尤为弹簧的长度，a为弹簧与竖直方向的夹角，则

f=武—Zsina)

从N点到。点的运动过程中，a减小，则小球受到的摩擦力一直变大，故C正确；

D.在M点和N点弹簧无弹力，则小球与杆之间无弹力，无摩擦力，小球只受重力作用，加速度为重力加

速度，故从M点到N点的运动过程中，小球运动的加速度不会是一直减小，故D错误。

故选C。

5.一辆货车运载着规格相同的圆柱形光滑空油桶。车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上层

只有桶c,摆放在a、b之间，没有用绳索固定。重力加速度大小为g,汽车沿水平路面向左加速，保证桶c

A.加速度越大，a对c的作用力越大B.加速度越大，b对c的作用力越小

C.加速度的最大值为fgD.若油桶里装满油，汽车加速度的最大值小于彳。

【答案】C

【详解】AB.对c进行受力分析可得如图

根据牛顿第二定律可得

/^cos60°—Kcos600=ma

同时在竖直方向上有

凡sin60°+7^sin60°=mg

可知加速度越大，a对c的作用力越小，b对c的作用力越大，故AB错误;

C.可知当鸟=0时，加速度最大，此时可得

及cos60°=mctmax，fbSin60°=mg

解得

_g_V3

amax=tan60°=

故C正确；

D.由上述可知,加速度的最大值与油桶的质量无关，故不论油桶装不装满油，汽车的加速度最大值都为fg,

故D错误；

故选C。

6.如图所示，质量均为根的小球1、2用轻绳a、c和轻质弹簧》连接并悬挂，两小球均处于静止状态，轻

绳a与竖直方向的夹角为30。，轻绳c水平，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

B.轻弹簧6拉力的大小为半mg

C.剪断轻绳a的瞬间，小球1加速度大小为

D.剪断轻绳c的瞬间，小球2加速度大小为百g

【答案】C

【详解】A.对1、2整体分析可知

7^cos30°=2mg

解得轻绳。拉力的大小为

4V3

Ta=-^~m9

轻绳C的拉力

2V3

Tc=27ngtan30°=

选项A错误；

B.对2分析可知，轻弹簧。拉力的大小为

mm

Tb=41gy+q=~9

选项B错误；

C.剪断轻绳。的瞬间，弹簧弹力不能突变，则小球1受合力为

4V3

mma

Ta=~J~9=i

解得加速度大小为

4V3

ai=

选项C正确；

D.剪断轻绳c的瞬间，弹簧弹力不能突变，小球2受合力

2A/3

兀=~m9=ma2

解得加速度大小为

2V3

a2=

选项D错误。

故选C。

7.如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A