第18講：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

【考點(diǎn)歸納】

考點(diǎn)一、牛頓定律和直線運(yùn)動(dòng)（簡(jiǎn)單過程）

考點(diǎn)二、牛頓定律和直線運(yùn)動(dòng)（復(fù)雜過程）

考點(diǎn)三、物體在斜面上的運(yùn)動(dòng)

考點(diǎn)四、物體在外力作用下的運(yùn)動(dòng)

考點(diǎn)五：含有斜面連接體物體問題

考點(diǎn)六：整體法和隔離法在連接體的應(yīng)用

考點(diǎn)七:細(xì)繩或彈簧鏈接的連接體問題

考點(diǎn)八：含懸架小球的連接體問題

考點(diǎn)九：傳送帶問題

考點(diǎn)十：滑板問題

【知識(shí)歸納】

知識(shí)點(diǎn)01、力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系

牛頓第二定律確定了物體加速度和力的關(guān)系：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比，與物體的質(zhì)量成反比；

加速度的方向與物體受到的合力的方向相同．

物體的初速度與加速度決定了物體做什么運(yùn)動(dòng)，在直線運(yùn)動(dòng)中：

知識(shí)點(diǎn)02、從受力確定運(yùn)動(dòng)情況的基本思路

分析物體的受力情況，求出物體所受的合力，由牛頓第二定律求出物體的加速度；再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及物體運(yùn)動(dòng)的初

始條件確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．流程圖如下：

v＝v0＋at

12

由x＝v0t＋at

2

由F＝ma22

求得a－0＝2ax

已知物體受力情況―――→――――v――v――――――――→求得x、v0、v、t

知識(shí)點(diǎn)03、．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力

1．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的基本思路

分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度，再由牛頓第二定律求出物體所受的合力；再分析物體的受

力，求出物體受到的作用力．流程圖如下：

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由＝

已知物體運(yùn)動(dòng)情況――――――→求得a――F――ma→確定物體受力

2．從運(yùn)動(dòng)情況確定受力的解題步驟

(1)確定研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，并畫出物體的受力示意圖．

(2)選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體的加速度．

(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體所受的合力．

(4)選擇合適的力的合成與分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．

【題型歸納】

題型一、牛頓定律和直線運(yùn)動(dòng)（簡(jiǎn)單過程）

1．（2024·四川瀘州·三模）靜置于水平地面上質(zhì)量為m的物體，受一豎直向上的恒力F作用，從靜止開始向上運(yùn)動(dòng)。

經(jīng)時(shí)間t后撤去F，又經(jīng)時(shí)間t物體剛好落回地面。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則恒力F等于（）

45

A．mgB．mgC．2mgD．3mg

33

【答案】A

【詳解】在第一個(gè)t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有

Fmgma

根據(jù)位移公式有

1

xat2

2

根據(jù)速度公式有

vat

在第二個(gè)t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)位移公式有

1

xvtgt2

2

解得

4

Fmg

3

故選A。

2．（23-24高一上·河北石家莊·期末）如圖所示，質(zhì)量為30kg的物體A靜止在光滑水平面上，若對(duì)A施加兩個(gè)大小

都是60N且互成120°角的水平力，則2s末時(shí)物體A的速度大小為（）

A．0B．4m/sC．6m/sD．83m/s

【答案】B

【詳解】兩個(gè)力的合力為

F=2×60×cos60°=60N

加速度

F

a2m/s2

m

則2s末時(shí)物體A的速度大小為

v=at=4m/s

故選B。

3．（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m0.5kg的兒童玩具靜止在水平地面上，在一個(gè)與水平面成53角，

大小為F4.0N的恒力作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過時(shí)間t2.0s，玩具運(yùn)動(dòng)的距離為x6.0m，此時(shí)撤去拉力，玩具

又運(yùn)動(dòng)了一段距離后停下。g10m/s2,sin530.8,cos530.6下列說法錯(cuò)誤的是（）

A．玩具剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為3m/s2

B．全過程中玩具運(yùn)動(dòng)的最大速度是6m/s

C．撤去拉力后玩具繼續(xù)運(yùn)動(dòng)3.6m后停下

D．玩具與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3

【答案】D

【詳解】A．玩具由靜止經(jīng)過時(shí)間t=2.0s，玩具移動(dòng)了x=6.0m，則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

1

xat2

2

解得剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為

a3m/s2

故A正確不符合題意；

B．全過程玩具運(yùn)動(dòng)的最大速度為

vat32m/s6m/s

故B正確不符合題意；

CD．開始時(shí)對(duì)玩具受力分析，如下圖所示

根據(jù)牛頓第二定律可得

Fcos53fma

在豎直方向有

mgFNFsin53

又

fFN

聯(lián)立解得，玩具與地面的摩擦因數(shù)為

0.5

小孩松開手，玩具受力如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律可得

f'ma2

在豎直方向有

mgFN'

又

f'FN'

聯(lián)立解得此時(shí)玩具的加速度大小為

2

a25m/s

則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

2

v2a2x2

解得，松開手后玩具還能運(yùn)動(dòng)的距離為

x23.6m

故C正確不符合題意，D錯(cuò)誤符合題意。

故選D。

題型二、牛頓定律和直線運(yùn)動(dòng)（復(fù)雜過程）

4．（23-24高一上·浙江麗水·期末）一質(zhì)量為1kg的物塊在粗糙水平面上以v0=8m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)其施加一

水平向右的恒力F=2N，已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，則下列說法正確的是（）

A．此時(shí)物塊所受合力為零，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)

B．此時(shí)物塊所受摩擦力大小為2N，方向水平向左

C．此時(shí)僅將F方向反向，物塊將做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D．F作用5s后，物塊將以12m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)

【答案】C

【詳解】B．物塊在粗糙水平面上以v0=8m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，受向右的摩擦力，有

fmg=2N

B錯(cuò)誤；

A．此時(shí)物塊所受合力合力

F合Fmg=4N

方向水平向右，物塊將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

D．根據(jù)牛頓定律有

F合ma

解得

a4m/s2

物塊減速到0的時(shí)間

v

t2s

a

由于

Fffmax

之后物塊靜止，D錯(cuò)誤；

C．若此時(shí)僅將F方向反向，則

F合0

物塊將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C正確。

故選C。

5．（23-24高一上·廣東中山·階段練習(xí)）如圖，水平地面上有一個(gè)質(zhì)量m1kg的小鐵塊，與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為0.2，某時(shí)刻開始用一個(gè)水平向右的拉力F6N，重力加速度g取10m/s2，從靜止開始拉動(dòng)小鐵塊，經(jīng)過4s時(shí)

間，拉力大小不變，方向變成水平向左，再作用3s時(shí)間，此刻小鐵塊的速度是（）

A．12m/s，向左B．4m/s，向左C．8m/s，向左D．4m/s，向右

【答案】B

【詳解】當(dāng)施加水平向右的拉力F6N時(shí)，由牛頓第二定律得

Fmgma1

經(jīng)過4s時(shí)間后的速度為

v1at1

解得

2

a14m/s,v116m/s

當(dāng)拉力大小不變，方向變成水平向左時(shí)，由牛頓第二定律得

Fmgma2

解得

2

a28m/s

當(dāng)鐵塊速度減為零時(shí)，所用時(shí)間為

v1

t22s

a2

此后小鐵塊開始向左加速，有牛頓第二定律得

Fmgma3

解得

2

a34m/s

再經(jīng)過t31s的速度為

v2a3t3

解得

v24m/s

方向向左。

故選B。

6．（24-25高一上·全國·單元測(cè)試）潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，潛艇如同汽車掉下懸崖那樣

6

下沉，稱之為“掉深”。某潛艇總質(zhì)量m310kg，在水面下h0180m的海水高密度區(qū)域沿水平方向緩慢潛航，當(dāng)

該潛艇駛?cè)牒Ｋ兔芏葏^(qū)域時(shí)，浮力突然降為F2.4107N，潛艇立即勻加速下沉，10s后，潛艇工作人員迅速對(duì)

潛艇減重（排水），此后潛艇以大小為1m/s2的加速度勻減速下沉，速度減為零后上浮至水面。重力加速度g10m/s2，

不計(jì)潛艇減重的時(shí)間和水的粘滯阻力。求：

(1)潛艇“掉深”達(dá)到的最大深度（自水面算起）；

(2)潛艇從開始“掉深”到升至水面所用的總時(shí)間；（153.87，結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

(3)潛艇減重后的質(zhì)量。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

【答案】(1)480m

(2)61.0s

(3)2.18×106kg

【詳解】（1）在潛艇勻加速下沉過程中，根據(jù)牛頓第二定律得

mgFma1

此過程下沉距離

1

hat2

1211

此過程結(jié)束時(shí)潛艇的速度大小

v1a1t1

潛艇勻減速下沉的距離

2

v1

h2

2a2

潛艇“掉深”達(dá)到的最大深度

hh0h1h2

聯(lián)立解得

h480m

（2）潛艇勻減速下沉所用的時(shí)間

v1

t2

a2

潛艇勻加速上浮所用的時(shí)間

2h

t3

a2

潛艇從開始“掉深”到升至水面所用的總時(shí)間

t總t1t2t3

解得

t總61.0s

（3）在潛艇勻減速下沉過程中，根據(jù)牛頓第二定律得

Fmgma2

解得潛艇減重后的質(zhì)量

m2.18106kg

題型三、物體在斜面上的運(yùn)動(dòng)

7．（22-23高一上·河北邢臺(tái)·期末）為了探究滑雪者（視為質(zhì)點(diǎn)）在直線滑道AE上滑行的時(shí)間，技術(shù)人員通過測(cè)量

繪制出如圖所示的示意圖，AC是滑道的豎直高度，D點(diǎn)是AC上的一點(diǎn)，且有ADDE40m，滑雪者從坡頂A

點(diǎn)由靜止開始沿滑道AE向下滑動(dòng)，取重力加速度大小g10m/s2，不計(jì)摩擦，則滑雪者在滑道AE上滑行的時(shí)間為

（）

A．2sB．22sC．23sD．4s

【答案】D

【詳解】設(shè)斜面坡角為θ，則

AE2ADsin80sin

物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體受力分析，受重力和支持力，將重力沿著平行斜面和垂直斜面正交分解，根據(jù)牛頓

第二定律，有

mgsinma

根據(jù)速度位移公式，有

1

AEat2

2

解得

t4s

故選D。

8．（23-24高一上·全國·課后作業(yè)）如圖所示，一個(gè)物體由A點(diǎn)出發(fā)分別沿三條光滑軌道到達(dá)C1、C2、C3，則（）

A．物體到達(dá)C1點(diǎn)時(shí)的速度最大

B．物體分別在三條軌道上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同

C．在C3上運(yùn)動(dòng)的加速度最小

D．物體到達(dá)C3的時(shí)間最短

【答案】D

【詳解】AC．對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律

mgsinma

可得，物體在斜面上的加速度為

agsin

因?yàn)?/p>

＞＞

321

所以

＞＞

a3a2a1

物體到達(dá)C3點(diǎn)時(shí)的加速度最大。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

h

v22a

sin

其中

agsin

可得

v2gh

所以物體到C1、C2、C3時(shí)速度大小相等，故AC錯(cuò)誤；

BD．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

1

Lat2

2

其中

h

L，agsin

sin

可得

12h

t

sing

因?yàn)?/p>

＞＞

321

所以

＞＞

t1t2t3

所以物體到達(dá)C3的時(shí)間最短，故B錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

9．（24-25高一上·全國·單元測(cè)試）如圖甲所示，傾角為的粗糙斜面體固定在水平面上，質(zhì)量為m的小木塊在沿

斜面向下的恒力F作用下沿斜面下滑，小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.若取沿斜面向下為正方向，當(dāng)恒力F

取不同數(shù)值時(shí)，小木塊的加速度a不同，如圖乙所示。取g10m/s2，sin530.8。下列說法正確的是（）

A．小木塊的質(zhì)量為7.5kgB．小木塊的質(zhì)量為5kg

C．斜面傾角為30D．斜面傾角為53

【答案】A

【詳解】根據(jù)題意，以小木塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有

Fmgsinmgcosma

則由

1

aFgsincos

m

由題圖乙可知

41

kg1

30m

縱截距

4m/s2gsincos

解得

m7.5kg，37

故選A。

題型四、物體在外力作用下的運(yùn)動(dòng)

10．（23-24高一上·湖南·階段練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量為m的物體放到傾角為的斜面上，物體沿斜面下滑，則（）

A．若物體勻速下滑，則在物體上再疊放一個(gè)相同的物體，物體將加速下滑

B．若物體勻速下滑，則在物體上施加大小為mg、方向豎直向下的作用力，物體將加速下滑

C．若物體勻加速下滑，則在物體上再疊放一個(gè)相同的物體，物體將以更大的加速度下滑

D．若物體勻加速下滑，則在物體上施加大小為mg、方向豎直向下的作用力，物體將以更大的加速度下滑

【答案】D

【詳解】A．物體勻速下滑，根據(jù)受力平衡可知

mgsinmgcos

疊放物體后依然有

(mm)gsin(mm)gcos

則物體仍然勻速下滑，故A錯(cuò)誤；

B．同理施加作用力后有

(mgF)sin(mgF)cos

物體仍然勻速下滑，故B錯(cuò)誤；

C．若未加物體勻加速下滑，則有

mgsinmgcosma

疊放物體后有

(mm)gsin(mm)gcos(mm)a

可知物體以原來的加速度下滑，故C錯(cuò)誤；

D．若未加物體勻加速下滑，則有

mgsinmgcosma

則施加作用力后有

(mgF)sin(mgF)cosma

可知物體將以更大的加速度下滑，故D正確。

故選D。

11．（22-23高一上·云南玉溪·階段練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量為m2kg的木塊放在傾角為37的足夠長、固定斜面

上，木塊可以沿斜面勻速下滑。若用水平推力F作用于木塊上，使其由靜止開始沿斜面向上勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t2s

時(shí)間木塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)4m，則推力F約為（g取10m/s2，sin37°0.6）（）

A．30NB．46NC．50ND．80N

【答案】D

【詳解】物體沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得

f=mgsinθ

滑動(dòng)摩擦力

f=μFN=μmgcosθ

解得動(dòng)摩擦因數(shù)

μ=0.75

經(jīng)過t2s時(shí)間木塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)4m，根據(jù)

1

xat2

2

得，加速度

a2m/s2

垂直于斜面的方向

FNmgcosFsin

沿斜面方向

FcosFNmgsinma

解得

F80N

故選D。

12．（21-22高三上·安徽池州·階段練習(xí)）如圖所示，傾角為的斜面A放在粗糙水平面上，當(dāng)質(zhì)量為m的滑塊B以

速度v沿斜面勻速下滑時(shí)，在滑塊上突然加上平行于斜面向下的恒力F，且Fmg，物體繼續(xù)沿斜面滑動(dòng)距離L到

達(dá)斜面底端，重力加速度大小為g。則（）

A．滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為2gL

B．斜面A受到地面的摩擦力為Fcos

C．如果將恒力F方向改為豎直向下，滑塊受到的合力為零

D．如果將恒力F方向改為豎直向下，滑塊將加速下滑

【答案】C

【詳解】A．未加力F時(shí)，物體勻速下滑，故有

mgsinmgcos

當(dāng)加上力F后，根據(jù)受力分析可知

Fmgsinmgcosma

且

Fmg

解得

ag

故物體做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)底端時(shí)，有

2gLv2v2

解得滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為

v'v22gL

故A錯(cuò)誤；

B．物體B勻速下滑時(shí)對(duì)斜面的壓力和摩擦力的合力大小等于其重力，方向豎直向下；加上F后，物體B對(duì)斜面的

作用力并沒有改變，故斜面沒有受到地面的摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；

CD．如果將力F方向改為豎直向下，對(duì)物塊受力分析

mgsinFsin（mgF）cosma

解得

a0

故物體仍將做勻速運(yùn)動(dòng)；故C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

題型五：含有斜面連接體物體問題

13．（23-24高一上·江西宜春）如圖所示，足夠長的傾角θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過定滑

輪，一端與質(zhì)量為m1＝1kg的物塊A連接，另一端與質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行。開始時(shí)，

用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說法正確的是（所有摩擦均忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（）

A．繩的拉力大小為30N

B．繩的拉力大小為6N

C．物塊B的加速度大小為6m/s2

D．如果將B物塊換成一個(gè)豎直向下大小為30N的力，對(duì)物塊A的運(yùn)動(dòng)沒有影響

【答案】C

【詳解】ABC．將AB整體受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可得

m2gm1gsin37(m1m2)a

解得

a6m/s2

單獨(dú)對(duì)B受力分析可得作用在繩子上的拉力

m2gFm2a

代入數(shù)據(jù)解得繩子上的拉力大小為

F12N

AB錯(cuò)誤，C正確；

D．若用一個(gè)向下的30N的力，則物體A的加速度為

''

Fm1gsin37m1a

解得

a'24m/s2

A的運(yùn)動(dòng)情況發(fā)生改變，D錯(cuò)誤。

故選C。

14．（22-23高一下·山西大同·期中）如圖所示，固定的光滑斜面其傾角為30°，斜面頂端固定一小定滑輪，兩個(gè)小

物塊P和Q用細(xì)線繞過定滑輪相連，細(xì)線平行于斜面，P、Q的質(zhì)量分別為3m和m，在手的作用下保持靜止?，F(xiàn)

在松手釋放該系統(tǒng)，則細(xì)線的拉力為（??）

359

A．mgB．mgC．mgD．mg

248

【答案】D

311

【詳解】P沿斜面向下的分力為mg，整個(gè)系統(tǒng)沿繩子的合外力為mg，則系統(tǒng)的加速度為g，對(duì)Q由牛頓第

228

二定律得

1

Tmgmg

8

得

9

Tmg

8

故選D。

15．（23-24高一上·河北石家莊·期末）如圖，固定光滑直角斜面，傾角分別為53°和37°。質(zhì)量分別都為m的滑塊A

和B，用不可伸長的輕繩繞過直角處的光滑定滑輪連接。開始按住A使兩滑塊靜止，繩子剛好伸直。松手后，滑塊

A將沿斜面向下加速，重力加速度為g，下列正確的是（）

A．A、B的加速度大小為0.1g

B．A、B的加速度大小為0.8g

C．繩上的張力大小為mg

D．繩子對(duì)滑輪的作用力為2mg

【答案】A

【詳解】對(duì)滑塊A分析，設(shè)繩上張力為T，根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsin53Tma

對(duì)滑塊B

Tmgsin37ma

聯(lián)立解得

a0.1g

T0.7mg

根據(jù)力的合成可知，繩對(duì)滑輪的作用力為

FT2T20.72mg

故選A。

題型六：整體法和隔離法在連接體的應(yīng)用

16．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·一模）如圖所示，質(zhì)量為5kg的物塊A與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，質(zhì)量為3kg的物塊

B與地面間無摩擦，在水平力F的作用下，A、B一起做加速運(yùn)動(dòng)，已知F=26N。則下列說法中正確的是（g取10m/s2）

（）

A．A、B的加速度均為1.25m/s2

B．A、B的加速度均為3.25m/s2

C．A對(duì)B的作用力為9.75N

D．A對(duì)B的作用力為6N

【答案】D

【詳解】AB．對(duì)物塊A、B整體受力分析，由牛頓第二定律

FmAg(mAmB)a

代入數(shù)據(jù)解得

a2m/s2

故AB錯(cuò)誤；

CD．對(duì)物塊B受力分析，由牛頓第二定律

FABmBa32N6N

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

17．（23-24高一上·江蘇鎮(zhèn)江·階段練習(xí)）如圖所示，在傾角為30的光滑斜面上，有質(zhì)量分別為1kg和3kg的A、B

兩物塊用輕繩連接，現(xiàn)用沿斜面的力F40N使兩物塊一起向上加速運(yùn)動(dòng)，則輕繩的拉力為（g取10m/s2）（）

A．10NB．20NC．30ND．40N

【答案】C

【詳解】以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得

F(mAmB)gsin30(mAmB)a

以B為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得

TmBgsin30mBa

聯(lián)立解得輕繩的拉力為

m

TBF30N

mAmB

故選C。

18．（23-24高一上·江蘇蘇州·階段練習(xí)）如圖所示，5塊質(zhì)量相同的木塊并排放在水平地面上，它們與地面間的動(dòng)

摩擦因數(shù)均相同，當(dāng)用力F推第1塊木塊使它們共同加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法中正確的是（）

A．由左向右，兩塊木塊之間的相互作用力依次變小

B．由左向右，兩塊木塊之間的相互作用力依次變大

C．第2塊木塊與第3塊木塊之間的彈力大小為0.8F

D．第3塊木塊與第4塊木塊之間的彈力大小為0.6F

【答案】A

【詳解】設(shè)1、2木塊之間的作用力為F12，每塊木塊的質(zhì)量為m，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則以所有木塊為研

究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律

F5mg5ma

以右邊的4塊木塊為研究對(duì)象

F124μmg4ma

解得

4

FF

125

設(shè)2、3木塊之間的作用力為F23，以右邊的3塊木塊為研究對(duì)象

F233mg3ma

解得

3

FF

235

同理可得，設(shè)3、4木塊之間的作用力為F34，4、5木塊之間的作用力為F45

21

FF，F(xiàn)F

345455

故選A。

題型七:細(xì)繩或彈簧鏈接的連接體問題

19．（23-24高一下·安徽）如圖所示的斜面體固定在水平面上，頂端固定一光滑的定滑輪，兩質(zhì)量相等的物體a、b

分別放在左右兩側(cè)的斜面體上，并用輕繩拴接跨過光滑的定滑輪，整個(gè)裝置剛好靜止。已知左側(cè)的斜面與物體a的

下表面粗糙，右側(cè)的斜面與物體b的下表面光滑，左右斜面的傾角分別為37°、53°，重力加速度大小g10m/s2，

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°＝0.6。則下列說法正確的是（）

A．物體a與左側(cè)斜面體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2

B．剪斷細(xì)繩后，物體a仍能靜止

C．若將物體a、b對(duì)調(diào)，則a、b的加速度大小為2m/s2

D．若將物體a、b對(duì)調(diào)，則輕繩的拉力與物體的重力之比為7∶10

【答案】D

【詳解】A．系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對(duì)物體b由力的平衡條件得輕繩的拉力為

F＝mgsin53°＝0.8mg

物體a的重力沿斜面向下的分力為

G1=mgsin37=0.6mg

則物體a所受的摩擦力沿斜面向下，又系統(tǒng)剛好靜止，則此時(shí)的摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力，則由力的平衡條件

得

Fmgsin37Ffm

FfmFN

FNmgcos37

解得

1

4

A錯(cuò)誤；

B．剪斷輕繩，對(duì)物體a有

mgsin37mgcos37ma1

解得

2

a14m/s

所以物體a沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；

CD．若將物體a、b對(duì)調(diào)，對(duì)物體a由牛頓第二定律得

mgsin53Fma2

對(duì)物體b由牛頓第二定律得

Fmgsin37ma2

解得

2

a21m/s

F′＝0.7mg

即

F7

mg10

C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

20．（23-24高一上·安徽宿州·期末）質(zhì)量分別為2kg和3kg的物塊A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧相連，如圖

所示，今用大小為F20N作用在A上使AB相對(duì)靜止一起向前勻加速運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）

A．彈簧的彈力大小等于20N

B．彈簧的彈力大小等于8N

C．突然撤去F瞬間，A的加速度大小為6m/s2

20

D．突然撤去F瞬間，B的加速度大小為m/s2

3

【答案】C

【詳解】AB．設(shè)彈簧彈力為F1，對(duì)AB整體和B物體分別用牛頓第二定律有

F(mAmB)a

F1mBa

代入數(shù)值解得

F112N

故AB錯(cuò)誤；

C．突然撤去F瞬間，彈簧的彈力仍保持不變，則A的加速度大小為

F11222

a1m/s6m/s

mA2

故C正確；

D．突然撤去F瞬間，彈簧的彈力仍保持不變，則B的加速度大小為

F11222

a2m/s4m/s

mB3

故D錯(cuò)誤；

故選C。

21．（23-24高一上·陜西西安·期末）如圖所示，水平面上有一質(zhì)量為2m的物體A，左端用跨過定滑輪的細(xì)線連接

著物體B，B、C物體的質(zhì)量均為m，用輕彈簧相連放置在傾角為θ的斜面上，不計(jì)一切摩擦。開始時(shí)，物體A受到

水平向右的恒力F的作用而保持靜止已知重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A．在細(xì)線被燒斷的瞬間，A的加速度大小為gsinθ

B．在細(xì)線被燒斷的瞬間，B的加速度大小為3gsinθ

C．剪斷彈簧的瞬間，A的加速度大小為gsinθ

D．突然撤去外力F的瞬間，A的加速度大小為gsinθ

【答案】A

【詳解】A．在細(xì)線被燒斷前，以A、B、C及彈簧為整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得

F2mgsin

在細(xì)線被燒斷的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律

F2ma

得

F

agsin

2m

故A正確；

B．在細(xì)線被燒斷前，對(duì)A、B、彈簧進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得細(xì)繩得拉力

T2mgsin

在細(xì)線被燒斷的瞬間對(duì)B進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律

Tma

解得

a2gsin

故B錯(cuò)誤；

C．剪斷彈簧的瞬間，設(shè)此時(shí)細(xì)繩上得拉力為F2，對(duì)A由牛頓第二定律得

FF22ma1

對(duì)B由牛頓第二定律得

F2mgsinma1

解得

1

agsin

13

故C錯(cuò)誤；

D．突然撤去外力F的瞬間，這一瞬間彈簧的彈力不變，A、B具有共同的加速度，以A、B為整體根據(jù)牛頓第二

定律

2mgsin3ma2

解得

2

agsin

23

故D錯(cuò)誤。

故選A。

題型八：含懸架小球的連接體問題

22．（23-24高一上·江蘇鎮(zhèn)江·階段練習(xí)）如圖所示，在水平軌道運(yùn)動(dòng)的小車中懸掛一小球，小球的質(zhì)量為m，小球

隨小車一起運(yùn)動(dòng)，懸線與豎直方向的偏角45，由此可知（）

A．懸線的張力大小為5mgB．小車一定向左運(yùn)動(dòng)

C．小車的加速為2gD．若增大，懸線的張力在豎直方向的分量不變

【答案】D

【詳解】A．小球隨小車一起運(yùn)動(dòng)，豎直方向有

Tcos45mg

解得懸線的張力大小為

T2mg

故A錯(cuò)誤；

B．由圖可知小球有向左的加速度，小車可能向左做加速運(yùn)動(dòng)，也可能向右做減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)牛頓第二定律

mgtanma

解得小車的加速為

ag

故C錯(cuò)誤；

D．小球豎直方向受力平衡，若增大，懸線的張力在豎直方向的分量仍與小球重力平衡，故懸線的張力在豎直方

向的分量不變，故D正確。

故選D。

23．（23-24高一上·云南昭通·期末）如圖所示，細(xì)線一端系著質(zhì)量為m的小球，另一端系在車廂頂部，小車在水平

推力的作用下在水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，細(xì)線與豎直方向的夾角保持30不變，且放在小車上質(zhì)量為M的木塊也與車

廂保持相對(duì)靜止。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，木塊與車廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75，則下列說法正確的是（）

A．小車不可能向左運(yùn)動(dòng)

1

B．此時(shí)小球的加速度大小為g

2

C．此時(shí)木塊受到的摩擦力大小為0.75Mg，方向水平向右

3

D．此時(shí)木塊受到的摩擦力大小為Mg，方向水平向右

3

【答案】D

【詳解】AB．根據(jù)題意，對(duì)小球受力分析，水平方向上，由牛頓第二定律有

Fsin30ma

豎直方向上，由平衡條件有

Fcos30mg

聯(lián)立解得

3

ams2

3

方向水平向右，則小車可能向左減速，也可能向右加速，故AB錯(cuò)誤；

CD．小車上質(zhì)量為M的木塊與車廂保持相對(duì)靜止，設(shè)木塊受到的摩擦力大小為f，由牛頓第二定律有

3

fMaMg