2023-2024學年高一年級上冊物理人教版（2019）必修第一冊牛頓運動定律的應用講義

牛頓運動定律的應用

知識點：牛頓運動定律的應用

一、牛頓第二定律的作用

牛頓第二定律確定了運動和力的關系：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比,與物體

的質量成反比;加速度的方向與物體受到的合力的方向相同.

二、兩類基本問題

1.從受力確定運動情況

如果已知物體的受力情況，可以七牛頓第二定律求出物體的加速度,再通過運動學的規(guī)律確

定物體的運動情況.

2.從運動情況確定受力

如果已知物體的運動情況，根據(jù)運動學規(guī)律求出物體的加速度，結合受力分析，再根據(jù)

牛頓第二定律求出也

技巧點撥

一、從受力確定運動情況

1.從受力確定運動情況的基本思路

分析物體的受力情況，求出物體所受的合外力，由牛頓第二定律求出物體的加速度；再由運

動學公式及物體運動的初始條件確定物體的運動情況.流程圖如下：

v=VQ+at

廣的+//2

匕知物體艾刀晴況|——1不得。|—{—一加2=2&J求得小如、「、［

2.從受力確定運動情況的解題步驟

⑴確定研究對象，對研究對象進行受力分析，并畫出物體的受力分析圖.

(2)根據(jù)力的合成與分解，求合力的大小和方向.

(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求加速度.

(4)結合物體運動的初始條件，選擇運動學公式，求運動學量——任意時刻的位移和速度，

以及運動時間等.

二、從運動情況確定受力

1.從運動情況確定受力的基本思路

分析物體的運動情況，由運動學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

合外力；再分析物體的受力，求出物體受到的作用力.流程圖如下：

一知物體運動情猊］當整臺差公之后兩野尸“乙I確定物體受力

2.從運動情況確定受力的解題步驟

(1)確定研究對象，對物體進行受力分析和運動分析，并畫出物體的受力示意圖.

(2)選擇合適的運動學公式，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.

三、多過程問題分析

1.當題目給出的物理過程較復雜，由多個過程組成時，要明確整個過程由幾個子過程組成，

將過程合理分段，找到相鄰過程的聯(lián)系點并逐一分析每個過程.

聯(lián)系點：前一過程的末速度是后一過程的初速度，另外還有位移關系、時間關系等.

2.注意：由于不同過程中力發(fā)生了變化，所以加速度也會發(fā)生變化，所以對每一過程都要

分別進行受力分析，分別求加速度.

例題精練

1.(2021?長安區(qū)校級模擬)如圖所示，質量相同的木塊A、B用輕質彈簧連接，在平行于

斜面的力F作用下，A、B均靜止在足夠長的光滑斜面上?，F(xiàn)將F瞬間增大至某一恒力推

A,則從開始到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中()

A.兩木塊速度相同時，加速度aA=aB

B.兩木塊速度相同時，加速度aA>aB

C.兩木塊加速度相同時，速度VA>VB

D.兩木塊加速度相同時，速度VAVVB

【分析】分別對A、B進行受力分析，可比較兩者加速度的大小，從而判斷相同時間的

速度變化量，由于初速度都為0,則兩者速度也可以比較得出。

【解答】解：CD、恒力F推木塊A,在彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧的彈力逐

漸增大，A受到的合力減小，B受到的合力增大，

則A做加速度逐漸減小的加速運動，B做加速度逐漸增大的加速運動,

在aA=aB之前aA>aB,故經過相等的時間，A增加的速度大，B增加的速度小，

所以，在aA=aB時VA>VB,故C正確，D錯誤；

AB、當VA=VB時，彈簧的壓縮量最大，彈力最大，A在此之前一直做加速度逐漸減小

的加速運動，B做加速度逐漸增大的加速運動，

由于aA=aB時VA>VB,所以、A=VB時aA〈aB；故AB錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查學生對牛頓第二定律的應用情況，要求學生結合牛頓運動定律定性分

析物體的運動情況。

隨堂練習

1.（2021?遼寧二模）如圖甲所示，一個質量不計的彈簧測力計，勁度系數(shù)為30N/m,下面

懸掛一個物塊A,此時彈簧測刀計示數(shù)為4No現(xiàn)將一個質量為0.5kg的木板B放在A下

面，在外力作用下托住木板B使物塊A向上運動一段距離，如圖乙所示，當系統(tǒng)靜止后，

如果突然撤去木板B的瞬間物塊A向下的加速度為2.5m/s2.若不撤去木板B,用外力控

制木板B使二者一起以加速度Im/sz向下做勻加速直線運動至二者分離，彈簧測力計始

終未超量程，重力加速度g=10m/s2,以下說法正確的是（）

￡電B

甲乙

A.撤去木板B的瞬間彈簧測力計的示數(shù)為3.75N

B.勻加速運動階段起始時刻外力大小為8.1N

C.勻加速運動階段二者分離時外力的大小4.5N

D.AB分離時彈簧測力計示數(shù)為零

【分析】應用整體法和隔離法根據(jù)牛頓第二定律分析彈簧的示數(shù)的變化、外力的變化、

AB之間的彈力的變化等，要注意牛頓第二定律的瞬時性和同一性。

【解答】解：A、對A分析：初始時刻時彈簧測力計示數(shù)為4N,有mAg=F^i,所以

mA=0.4kgv突然撤去木板B的瞬間物塊A向下的加速度為2.5m/$2,則有mAg-F畀2=

mAai,聯(lián)立，代入數(shù)值解得：F伸2=3N,故A錯誤；

B、若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度lm/s?向下做勻加速直線運

動，對AB整體根據(jù)牛頓第二定律有：（mA+mB）g-F外-F彈2=（mA+mB）a2?代入解

得F外=5.1N,故B錯誤；

CD、分離時，根據(jù)牛頓第二定律對B：mBg-F/=mBa2,代入得F外'=4.5N。對A：

mAg-F舛3=mAa2,代入解得F舛3=3.6N,選項C正確，D錯誤。

故選：Co

【點評】本題是牛頓第二定律的綜合題，涉及到兩個過程，兩個物體以同一加速度運動，

關鍵是要分清物理過程，用整體法和隔離法運用牛頓第二定律列式求未知數(shù)。還要注意

的是兩物體分離時，是它們之間的彈力為零。

2.（2021?江蘇模擬）如圖所示，粗糙水平面上有兩個滑塊A和B,其間用長為L=lm的細

線相連，細線可承受的最大張力為FTm=10N,現(xiàn)對滑塊A施加水平向右的恒力Fi=24N,

作用1s后突然將外力變?yōu)镕2=32N,滑塊質量mA=4kg、mB=2kg,兩滑塊與平面間的

動摩擦因數(shù)均為卜=0.2,重力加速度g取lOm/s?,以下說法正確的是（）

B--------A—

/////////

A.Is末滑塊B的速度為3m/s

B.1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2

C.滑塊B剛靜止時滑塊A的速度為兇m/s

3

D.滑塊B剛靜止時兩滑塊間的距離為4m

【分析】先根據(jù)牛頓第二定律整體法和隔離法判斷對滑塊A施加水平向右的恒力Fi=

24N時細線是否斷裂，然后根據(jù)運動學公式求解Is末滑塊B的速度；

判斷對滑塊A施加水平向右的恒力F2=32N時細線是否斷裂，然后用牛頓第二定律分別

求出A和B的加速度，根據(jù)運動學規(guī)律求出速度和位移。

【解答】解:A、當滑塊A施加水平向右的恒力Fi=24N時，整體法求加速度:Fi=（mA+mB）

ao,隔離B求細線的拉力：To=mBao,聯(lián)立解得：To=8N<FTn】=10N,故細線沒有斷裂，

A和B一起以ao=4m/s2勻加速直線運動。

1s末滑塊B的速度為vi=aoti=4Xlm/s=4m/s,故A錯誤；

B、Is后突然將外力變?yōu)镕2=32N,同理整體法和隔離法求得細線的拉力Ti=MN>FTm

3

=10N,即細線斷裂，對滑塊B由牛頓第二定律可知：nmBg=mBai,解得1.5s末滑塊B

的加速度大小ai=2m/s2,故B正確；

C、滑塊B從1s末開始做初速度大小為vi=4m/s,加速度大小為ai=2m/s2的勻減速直

線運動，速度減為零，所需的時間t2=上=&=2s,這個過程中滑塊A做勻加速直線

a12

運動，由牛頓第二定律可知：a2=&-'mRg=32-0.2X4XI°m/s2=6m/s2,

mA4

則滑塊B剛靜止時滑塊A的速度為v2=vi+a2t2=4m/s+6m/s2X2s=16m/s,故C錯誤；

D、細線斷裂后直到滑塊B剛靜止過程中，

,Vo-v?1

滑塊A的運動位移：XA=-----------=--------------m=20m

2a22X6

2

v194/

滑塊B的運動位移：XB=n—=m=4m

Na1乙入乙

滑塊B剛靜止時兩滑塊間的距離為AX=XA?XB=20m-4m=16m,故D錯誤；

故選：Bo

【點評】本題考查牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，綜合運用整體法和隔離法求

兩滑塊之間的細線的內力，也可以直接運用內力公式快速判斷細線是否斷裂，節(jié)省了選

擇題的解題時間。

3.（2020秋?廣東月考）如圖所示，滑塊A和足夠長的木板B疊放在水平地面上，A和B

之間的動摩擦因數(shù)是B和地面之間的動摩擦因數(shù)的4倍，A和B的質量均為m?，F(xiàn)對A

施加一水平向右逐漸增大的力E當F增大到Fo時A開始運動，之后力F按圖乙所示的

規(guī)律繼續(xù)增大，圖乙中的x為A運動的位移，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。對兩

物塊的運動過程，以下說法正確的是（）

A.當F>2Fo,木塊A和木板B開始相對滑動

B.當F>Fo,木塊A和木板B開始相對滑動

FnXn

C.自x=0至木板x=xo木板B對A做功大小為一--

4

D.x=xo時，木板B的速度大小為

【分析】本題為板塊模型，需通過最大靜摩擦力分析求出AB相對滑動、B與地相對滑

動的臨界條件，結合圖像可求出做功情況以及對應速度大小。

【解答】解：AB、設A、B之間的最大摩擦力為fm,B與地面之間的最大摩擦力為fm，,

由于最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

貝ijfm=4nmg>fm'=n*2mg=2nrng,

可知，當F增大到Fo,A開始運動時，B也和A一起滑動。則Fo=fm'=2umg,

當A、B發(fā)生相對滑動時，A、B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力：

對A分析得F-fm=ma,

以AB為整體得F-fm'=2ma

聯(lián)立解得F=3Fo,故AB錯誤；

CD、木板自x=0至x=xo過程中，A、B沒有發(fā)生相對滑動，整體動能定理得

對A用動能定理，得

5Fx

00=JFQXQ。故c錯誤，D正確。

聯(lián)立解得W口二

D

4V2m

故選：Do

【點評】木題為板塊問題，考查學生受力分析能力，對學生綜合已學內容對問題進行分

析的能力有一定要求。

4.(2020?3月份模擬)如圖所示，一質量為m=4kg、傾角8=45°的斜面體C放在光滑水

平桌面上，斜面上疊放質量均為mo=1kg的物塊A和B,物塊B的下表面光滑，上表面

粗糙且與物塊A下表面間的動摩擦因數(shù)為u=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；物塊

B在水平恒力F作用下與物塊A和斜面體C一起恰好保持相對靜止地向右運動，取g=

lOm/s2,下列判斷正確的是()

A.物塊A受到摩擦力大小Fi=5N

B.斜面體的加速度大小為a=10m/s2

C.水平恒力大小F=15N

D.若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物體仍然可以相對靜止

【分析】首先對物塊A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對A、B、C整體

分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解出加速度和水平推力；然后隔離物體A分

析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解靜摩擦力大??；當推力作用在物體A上時，先求解整體

加速度，再隔離A分析求解靜摩擦力，與最大靜摩擦力比較即可。

【解答】解：BC、首先對A、B整體分析，受推力、重力和支持力，如圖所示：

根據(jù)牛頓第二定律，水平方向，有：F-Nsin45°=(mo+mo)a

豎直方向，有：Ncos45°-(mo+mo)g=O

聯(lián)立解得：N=V2(mo+mo)g=2O&N,F=2O+2a

再對ABC整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F=(m+mo+mo)a

聯(lián)立解得：a=5m/s2,F=3ON,故B錯誤，C錯誤；

A、再隔離物體A分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：

Fi=moa=1X5N=5N,故A正確：

D、若水平恒力F作用在A上，先假設三者可以相對靜止；

對ABC整體，依然有：F=(m+mo+mo)a；

對AB整體依然是，水平方向，有：F-Nsin45°=(mo+mo)a,

豎直方向，有：Ncos450-(mo+mo)g=O?

聯(lián)立解得：a=5m/s2>F=3ON；

最后隔離物體A,受推力F、靜摩擦力f,重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F?f

=moa,

解得：f=F-moa=3ON-1X5N=25N；

而最大靜摩擦力fmax=rimog=0.5XlX10N=5NVf,故假設錯誤，即A、B、C三個物塊

不能保持相對靜止，故D錯誤；

故選：Ao

綜合練習

一.選擇題(共8小題)

I.(2021?歷下區(qū)校級模擬)如圖所示，質量為M的斜面體靜止在粗糙的水平地面上，一質

量為m的滑塊沿斜面勻加速下滑，斜面體對地面壓力為Fi；現(xiàn)施加一平行斜面向下的推

力F作用于滑塊，在物塊沿斜面下滑的過程中，斜面體對地面壓力為F2.則()

A.Fz>(M+m)g,F2>FIB.FZ>(M+m)g?F2=FI

C.Fz<(M+m)g,F2>FID.FZ<(M+m)g,F2=FI

【分析】先對m受力分析，得出加速度的表達式，再對整體受力分析，只研究豎直面上

的受力情況，由牛頓第二定律可求得豎直面上的加速度，根據(jù)超重和失重的知識求得壓

力。

【解答】解：當不受外力時，對m受力分析，由牛頓第二定律可得，mgsinO-f=mai；

將加速度向水平和豎直方向分解，則豎直方向加速度ay=aisin0；

則對整體豎直方向有：Mg+mg-Fi=mayi；

F)=Mg+mg-may=Mg+mg-(mgsinO-f)sin0：

當加推力F后，對m有F+mgsinG-f=ma2

加速度的豎直分量ay=a2sine

則對整體有Mg+mg+Fsin0-F2=may2?

解得F2=Mg+mg-(mgsin6-f)sin0

則可知Fi=F2V(M+m)g

故選：D。

【點評】本題如果還是按我們的常規(guī)思路，先求m對M的作用力再求壓力將是非常繁瑣

的一個過程；而本解法采用分解加速度的方式求解壓力，可簡化過程；故在解題中應靈

活：即使加速度不同,也可利用整體法求解.

2.(2020秋?吉州區(qū)校級期中)來到許愿樹下，許老師把許的心愿用綢帶系在兩個小球上并

拋到樹上，這一情景可以簡化為如圖所示，質量分別為M和m的物體A、B用細線連接，

懸掛在定滑輪上，定滑輪固定在天花板上。已知M>m,滑輪質量及摩擦均不計，重力

加速度為g，則下列說法正確的是()

小

□

A.細線上的拉力一定等于mg

B.細線上的拉力可能大于Mg

C.細線上的拉力等于西電g

2

D.天花板對滑輪的拉力等于T'=21=駟2

M+m

【分析】對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離分析，通過牛頓第

二定律求出繩子的拉力大??；對滑輪分析，根據(jù)共點力平衡求出天花板對定滑輪的拉力

大小。

【解答】解：A、因為M>m,m具有向上的加速度，設繩子的拉力為T,對物體A受力

分析，根據(jù)牛頓第二定律有：T-mg=ma,解得：T=mg+ma,所以細線上的拉力一定

大于mg,故A錯誤；

B-.M具有向下的加速度，對物體B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律：Mg-T=ma,解得：

T=Mg-ma,所以細線上的拉力一定小于Mg,故B錯誤；

MgmgWm

C、對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有：a="=-g,再對m,根據(jù)牛頓第二定律：

M-hnM-hn5

T-mg=ma,所以細線上的拉力為：T=mg+ma=2^Mg，故C錯誤；

M+m

D、對定滑輪，由平衡條件，可知天花板對繩子的拉力為；=2T=—故D正確。

1Z1M-hn§

故選：Do

【點評】解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，知道M和

m的加速度大小相等，掌握整體法和隔離法的運用。

3.（2020春?揚州月考）1966年科研人員曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎的實

驗。實驗時，用雙子星號宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組（可視為質點），接觸

后，開動飛船尾部的推進器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示。推進器的平均推力

為E開動時間△1，測出飛船和火箭的速度變化是Av,下列說法正確的有（）

火箭州宇宙飛船

A.推力F通過飛船傳遞給火箭，所以飛船對火箭的彈力大小應為F

B.宇宙飛船和火箭組的總質量應為華L

△v

C.推力F越大，金？就越大，且4與F成正比

△tAt

D.推力F減小，飛船與火箭組將分離

【分析】對飛船和火箭組組成的整體，分析受力，根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結合加

速度的定義，可求出整體的總質量；隔離分析火箭組的受力，根據(jù)牛頓第二定律列式分

析飛船對火箭的彈力大小與F關系。推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化，

判斷速度的變化情況，確定飛船與火箭組能否分離。

【解答】解：A、對飛船和火笛組組成的整體，由牛頓第二定律，有：F=（mi+m2）a…

①

設飛船對火箭的彈力大小為N,對火箭組，由牛頓第二定律，有：N=m2a…②

可知NVF,故A錯誤；

B、由運動學公式，有：a=4?…③

△t

聯(lián)立①③可得：mi+m2=±￡,（mi+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質量，故B正確；

C、對整體F=（mi+m2）含，（mi+m2）為火箭組和宇宙飛船的總質量，由于整體的

總質量會不斷減小，則推力F越大，裝就越大，但冬工與F不成正比，故C錯誤；

△tAt

D、推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律知整體的加速度減小，速度仍增大，不過增加變慢,

所以飛船與火箭組不會分離，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】本題屬于連接體問題.要抓住兩個物體的加速度相同，靈活選擇研究對象，一

般采取“先整體后隔離”的方法列式研究，比較簡潔。

4.（2020秋?武進區(qū)校級期中）如圖為蹦極運動的示意圖.彈件繩的一端固定在。點.另一

端和運動員相連。運動員從O點自由下落，至B點彈性繩自然伸直，經過合力為零的C

點到達最低點D,然后彈起。整個過程中忽略空氣阻力。分析這一過程，下列表述正確

的是（）

T

c3i

J

A.從B點開始，運動員一直做減速運動到D點

B.從B點到D點，運動員先做加速運動再做減速運動

C.從B點到C點，運動員的加速度增大

D.從C點到D點，運動員的加速度不變

【分析】運動員從O點自由下落，到達B點時有豎直向下的速度，彈性繩伸直后運動員

受到重力和彈性繩的彈力兩個力作用，根據(jù)彈力與重力的大小關系，分析運動員的運動

情況，判斷其速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化。

【解答】解：AB、從0點到B點，運動員只受重力，做自由落體運動，運動員到達B

點后彈性繩伸直，隨著運動員向下運動彈性繩的彈力不斷增大；

在B到C過程：重力大于彈性繩的彈力，合力等于重力減去彈力，方向豎直向下，大小

不斷減小，運動員做加速度不斷減小的加速運動；

在C到D的過程：彈力逐漸增大，重力小于彈性繩的彈力，合力等于彈力減去重力，方

向豎直向上，運動員做加速度不斷變大的減速運動；

由以上分析可知：從B點到C點，運動員的速度增大，加速度減小，故A錯誤，B正確；

C、以上分析可知：從B點到C點，運動員的速度增大，加速度減小。故C錯誤

D、從C點到D點，運動員的速度減小，加速度增大，故D錯誤；

故選：Bo

【點評】本題與小球自由下落掉在輕彈簧上的類型相似，要抓住彈性的彈力隨形變量的

增大而增大，根據(jù)合力方向與速度方向的關系判斷運動員速度的變化和加速度的變化。

5.(2020?3月份模擬)如圖所示，一質量為m=4kg、傾角8=45°的斜面體C放在光滑水

平桌面上，斜面上疊放質量均為mo=1kg的物塊A和B,物塊B的下表面光滑，上表面

粗糙且與物塊A下表面間的動摩擦因數(shù)為四=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；物塊

B在水平恒力F作用下與物塊A和斜面體C一起恰好保持相對靜止地向右運動，取g=

10m/s2,下列判斷正確的是()

A.物塊A受到摩擦力大小Fi=5N

B.斜面體的加速度大小為a=10m/s2

C.水平恒力大小F=15N

D.若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物體仍然可以相對靜止

【分析】首先對物塊A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對A、B、C整體

分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解出加速度和水平推力；然后隔離物體A分

析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解靜摩擦力大小；當推力作用在物體A上時，先求解整體

加速度，再隔離A分析求解靜摩擦力，與最大靜摩擦力比較即可。

【解答】解：BC、首先對A、B整體分析，受推力、重力和支持力，如圖所示：

根據(jù)牛頓第二定律，水平方向，有：F-Nsin45°=(mo+mo)a

豎直方向，有：Ncos45°-(mo+mo)g=O

聯(lián)立解得：N=V2(mo+mo)g=20，^N,F=2O+2a

再對ABC整休分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F=(m+mo+mo)a

聯(lián)立解得：a=5m/s2,F=3ON,故B錯誤，C錯誤；

A、再隔離物體A分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：

Fi=moa=lX5N=5N,故A正確；

D、若水平恒力F作用在A上，先假設三者可以相對靜止；

對ABC整體，依然有：F=(m+mo+mo)a：

對AB整體依然是，水平方向，有：F-Nsin450=(mo+mo)a,

豎直方向，有：Ncos450-(mo+mo)g=O,

聯(lián)立解得：a=5m/s2,F=3ON；

最后隔離物體A,受推力F、靜摩擦力f,重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F-f

=moa,

解得：f=F?moa=3ON-1X5N=25N；

而最大靜摩擦力fmax=nmog=0.5XlX10N=5NVf,故假設錯誤，即A、B、C三個物塊

不能保持相對靜止，故D錯誤；

【點評】本題是牛頓第二定律溶用中的連接體問題，關鍵是采用整體法和隔離法靈活選

擇研究對象，多次運用牛頓第二定律列式聯(lián)立判斷，難度較大。

6.下列現(xiàn)象中，物體受到了滑動摩擦力的作用的是()

A.同學們在操場的跑道上跑步鍛煉身體時的腳

B.同學們在飲水機上接水時手拿著的水杯

C.慢慢行駛在校園內的汽車的輪胎

D.同學們考試過程中寫字時的鋼筆筆尖

【分析】物體受到滑動摩擦力的條件有：（1）物體相互接觸，接觸面粗糙；（2）有正壓

力；（3）有相對運動。

【解答】解：要使物體間有滑動摩擦力，則兩物體之間一定有相對滑動；

A、人跑步時腳與地面間是靜摩擦力，故A錯誤；

B、拿著水杯時，手和杯之間為靜摩擦力，故B錯誤；

C、汽車輪胎受到的是靜摩擦力，故C錯誤；

D、鋼筆筆尖是在紙面滑動，受到了滑動摩擦力；故D正確；

故選：D。

【點評】本題要求明確滑動摩茶力、靜摩擦力以及滾動摩擦力的區(qū)別；把握好其本質才

能順利解題。

7.（2020秋?廣東月考）如圖所示，滑塊A和足夠長的木板B疊放在水平地面上，A和B

之間的動摩擦因數(shù)是B和地面之間的動摩擦因數(shù)的4倍，A和B的質量均為m?，F(xiàn)對A

施加一水平向右逐漸增大的力F,當F增大到Fo時A開始運動，之后力F按圖乙所示的

規(guī)律繼續(xù)增大，圖乙中的x為A運動的位移，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。對兩

物塊的運動過程，以下說法正確的是（）

A.當F>2Fo，木塊A和木板B開始相對滑動

B.當F>Fo,木塊A和木板B開始相對滑動

C.自x=0至木板x=xo木板B對A做功大小為一F^x--

4

D.x=xo時，木板B的速度大小為JFOX。

2m

【分析】本題為板塊模型，需通過最大靜摩擦力分析求出AB相對滑動、B與地相對滑

動的臨界條件，結合圖像可求出做功情況以及對應速度大小。

【解答】解：AB.設A,B之間的最大摩擦力為fm,B與地面之間的最大摩擦力為fml

由于最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

則fm=4pmg>fm'=n*2mg=2pmg,

可知，當F增大到Fo,A開始運動時，B也和A一起滑動。則Fo=fm'=2umg,

當A、B發(fā)生相對滑動時，A、B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力：

對A分析得F-fm=ma,

以AB為整體得F-fm'=2ma

聯(lián)立解得F=3Fo,故AB錯誤；

CD、木板自x=0至x=xo過程中，A、B沒有發(fā)生相對滑動，整體動能定理得

（2F0+F0）12

----2-----?乂0-0，x0-y-2mv，

對A用動能定理，得

5FxITT

聯(lián)立解得WQ=一a，V=A0°o故c錯誤，D正確。

B4V2m

故選：Do

【點評】本題為板塊問題，考查學生受力分析能力，對學生綜合己學內容對問題進行分

析的能力有一定要求。

8.（2。21?江蘇模擬）如圖所示，粗槌水平面上將兩個滑塊A和B,其間用長為L=1m的細

線相連，細線可承受的最大張力為FTm=10N,現(xiàn)對滑塊A施加水平向右的恒力Fi=24N,

作用1s后突然將外力變?yōu)镕2=32N,滑塊質量m‘\=4kg、mB=2kg,兩滑塊與平面間的

動摩擦因數(shù)均為11=0.2,重力加速度g取lOm/sz,以下說法正確的是（）

B----A-?尸

/////////

A.1s末滑塊B的速度為3m/s

B.1.5s末滑塊B的加速度大小為2m/s2

C.滑塊B剛靜止時滑塊A的速度為兇m/s

D.滑塊B剛靜止時兩滑塊間的距離為4m

【分析】先根據(jù)牛頓第二定律整體法和隔離法判斷對滑塊A施加水平向右的恒力Fi=

24N時細線是否斷裂，然后根據(jù)運動學公式求解1s末滑塊B的速度：

判斷對滑塊A施加水平向右的恒力F2=32N時細線是否斷裂，然后用牛頓第二定律分別

求出A和B的加速度，根據(jù)運動學規(guī)律求出速度和位移。

【解答】解:A、當滑塊A施加水平向右的恒力Fi=24N時，整體法求加速度:Fi=（mA+mB）

ao,隔離B求細線的拉力：To=mBao,聯(lián)立解得：To=8N<FTm=10N,故細線沒有斷裂，

A和B一起以ao=4m/s2勻加速直線運動。

1s末滑塊B的速度為vi=aoti=4Xlm/s=4m/s,故A錯誤；

B、Is后突然將外力變?yōu)镕2=父N,同理整體法和隔離法求得細線的拉力Ti=^N>FTm

3

=10N,即細線斷裂，對滑塊B由牛頓第二定律可知：nmBg=mBai,解得1.5s末滑塊B

的加速度大小ai=?m/s2,故R正確：

C、滑塊B從1s末開始做初速度大小為vi=4m/s,加速度大小為ai=2m/s2的勻減速直

線運動，速度減為零，所需的時間t2='L=&=2s,這個過程中滑塊A做勻加速直線

a12

運動，由牛頓第二定律可知：a2=———m4g=32-0.2X4X10m/s2=6m/s2,

mA4

則滑塊B剛靜止時滑塊A的速度為V2=v1+a2t2=4m/s+6m/s2X2s=16m/s,故C錯誤；

D、細線斷裂后直到滑塊B剛靜止過程中，

Vo-v?1a2_42

滑塊A的運動位移：XA=——=I?、/]mVOm

2a22X6

_v?42

滑塊B的運動位移：=--=———m=4m

XdB2al2X2

滑塊B剛靜止時兩滑塊間的距離為4X=XA-XB=20m-4m=16m,故D錯誤；

故選：Bo

【點評】本題考查牛頓第二定津和運動學公式的綜合運用，綜合運用整體法和隔離法求

兩滑塊之間的細線的內力，也可以直接運用內力公式快速判斷細線是否斷裂，節(jié)省了選

擇題的解題時間。

二.多選題（共19小題）

9.（2021春?昭通月考）如圖所示，質量為mi的木塊放在光滑水平面上，mi上放置?質量

m2的另一木塊，兩木塊之間的動摩擦因數(shù)為山先后分別用水平力拉mi和m2,使兩木

塊恰好不發(fā)生相對滑動.若兩次拉動木塊時，兩木塊間的摩擦力分別為fi和5則兩次

拉木塊一起運動時，拉力之比為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()

【分析】在圖甲中拉力F1作用在mi上，二者以相同的加速度一起加速運動，隔離m2

求出臨界狀態(tài)時的加速度，然后再整體求外力Fi：在圖乙中拉力F2作用在m2上，由于

二者加速度相同，先隔離mi求出臨界狀態(tài)時的加速度，然后再整體求外力F2即可。

【解答】解：AB、當拉力Fi作用在mi上，以m2為研究對象：其水平方向受到向右的

大小為fi的靜摩擦力，設加速度的大小為ai,由牛頓第二定律得：fi=m2al①

再以mi和m2為整體，由牛頓第二定律得：Fi=(mi+m2)ai②

聯(lián)立①②得：F]=(m]+ni2)T■③

當拉力F2作用在m2上，先以叫為研究對象：其水平方向受到向右的大小為f2的靜摩擦

力，設加速度的大小為a2,由牛頓第二定律得：f2=mia2④

再以mi和m2為整體，由牛頓第二定律得：F2=(mi+m2)a2⑤

聯(lián)立④⑤得：F2=(m[+m2)T■⑥

聯(lián)立③⑥解得：故B正確，A錯誤；

F9m9f

CD、由于兩次拉力作用下，兩木塊恰好不發(fā)生相對滑動，故二者間靜摩擦力達到最大等

F1m1f1irii

于滑動摩擦力的大小，即fi=fz=nm2g,所以#=，故c錯誤，D正確。

故選：BDo

【點評】本題考查非平衡狀態(tài)下連接體的臨界問題，解決此類問題必須找出臨界狀態(tài)，

例如木題就是二者間的摩擦力最大就是臨界狀態(tài)，靈活運用整體法和隔離法寫出臨界方

程，考查了學科素養(yǎng)綜合運用能力。

10.（2021?廈門三模）如圖所示，5顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上，第5顆棋

子最左端與水平面上的a點重合，所有接觸面間的動摩擦因數(shù)均相同，最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力。現(xiàn)將水平向右的恒力F作用在第3顆棋子上，恒力作用一小段時間后，

五顆棋子的位置情況可能是（）

【分析】F作用在棋子3上，在拉力作用下開始運動，分兩種情形：1、最上面三個棋子

保持相對靜止，一起向右加速；2、棋子3和最上面兩個棋子發(fā)生相對滑動，均向右加速。

由于棋子3對棋子4的最大靜摩擦力小于水平面對棋子5的最大靜摩擦力，可知最下面

兩個棋子保持靜止。

【解答】解：AB、設兩棋子間的動摩擦因數(shù)為4最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，根據(jù)

牛頓第二定律可知，最上面兩個棋子與第三個棋子保持相對靜止時，最大加速度：

對最上面三個棋子研究，根據(jù)牛頓第二定律得：Fi-N?3mg=3mam,最上面三個棋子不

發(fā)生相對滑動時最大拉力：Fi=6pmg,即當3〃mgVFW611mg時，最上面三個棋子保持

相對靜止一起勻加速直線運動，由于水平面對棋子5的最大靜摩擦力為印mg,棋子3對

棋子4的最大靜摩擦力為3pmg,可知最下面兩個棋子不動，故A正確，B錯誤；

CD、當F>6pmg時，最上面兩個棋子與棋子3發(fā)生相對滑動，上面兩個棋子以加速度

am=pg向右做加速，第三個棋子以大于陽的加速度向右加速，兩者發(fā)生相對位移，但

均向右運動,故C錯誤.

故選：ADo

【點評】本題考查了牛頓第二定律在實際生活中的運用，知道棋子間發(fā)生相對滑動的臨

界條件，運用牛頓第二定律進行分析求解，難度中等。

11.（2021?鄭州三模）如圖所示，A是靜止在光滑水平地面上的長木板，質量為M=4.0kg,

長度為l=2.0m。B是一質量為m=1.0kg的小滑塊，現(xiàn)給它以初速度vo=2.Om/s,使它

從長木板的左端開始向右滑動。B與A之間的動摩擦因數(shù)為N=0.1,g取10m/s2,則（）

與

11_L

A.滑塊B最終將以某一速度離開長木板A

B.滑塊B在減速階段的加速度大小為Im/s?

C.整個運動過程中，滑塊B對長木板A做了0.32J的功

D.滑行過程中系統(tǒng)損失的機械能為2.0J

【分析】分別隔離小滑塊和長木板，由牛頓第二定律求出二者相互滑動時各自的加速度，

分析小滑塊在長木板上的運動嚼況，然后結合動能定理得出滑塊對木板做功的大小，再

根據(jù)能量守恒定律得出系統(tǒng)損失的機械能。

【解答】解：AB、小滑塊長木板的左端開始向右滑動時，設小滑塊的加速度大小為al,

長木板的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律得，

對小滑塊：nmg=mai,解得ai=pg=Im/s2

對K木板：pmg=Ma2，解得a/N譬二0.1XJX10力S2=0,251nzs?

假設小滑塊沒沖出長木板，經過相同時間t二者達到共同運動的速度v,

由運動學公式得:v=vo-ait=a2t,解得t=1.6s

v+vv

設二者相對位移大小為△x=-n^—t-、vt=Unt=：L61c

由于相對位移大小4x=1.6mG于板長2m,所以假設正確，故B正確，A錯誤；

C、長木板的末速度為v,v=a2t=O.25X1.6m/s=0.4m/s

根據(jù)動能定理知滑塊B對長木板A做的功等于長木板動能的變化量，即w』My2=

2

—X4X0.42J=0-32J,故C正確；

2

D、在滑行的全過程中，系統(tǒng)損失的機械能等于系統(tǒng)減少的動能，由能量守恒定律得：

點）丫？，代入數(shù)據(jù)解得△E=1.6J,故D錯誤；

22

故選：BC.

【點評】本題考查了板塊模型，涉及動力學問題的分析、動能定理和能量守恒定律的運

用，體現(xiàn)了學科素養(yǎng)綜合分析問題的能力。

12.（2021?德陽模擬）如圖所示，一輕彈簧下端固定在傾角為8=37°的固定斜面底端，彈

簧處于原長時上端位于斜面上的B點，可視為質點的物體質量為m,從A點由靜止釋放，

將彈簧壓縮到最短后恰好能被彈回到B點。已知A、B間的距離為L,物體與斜面間的

動摩擦因數(shù)為口=0.5,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計空氣阻力。

此過程中下列說法中正確的是（）

A.物體克服摩擦力做的功為2mgL

5

B.輕彈簧的最大壓縮量為」"L

2

C.物體的最大速度等于2a

D.輕彈性勢能的最大值為』mgL

4

【分析】ABC選項分兩個過程，分別利用動能定理即可求解，D選項可以從最低點到B

過利用能量守恒定律求解。

【解答】解：AB.設彈簧最大壓縮量為x,第一次到B點再重新回到B點由動能定理得:

-|imgcos0*2x=O--i-mvB2>

從A點由靜止釋放第一次到B點過程中，由動能定理得：

mgsin8-L-nmgcos0*L=—mvB2,解得x=2L,

24

物體克服摩擦力做的功W=Rngcos8（2x+L）=—mgL,故A正確，故B錯誤；

5

C.由AB項中表達式可解出VB=2時1,物塊經過B點會繼續(xù)加速，最大速度大于2亞，

故C錯誤：

D.由最低點到B過程中，由能量守恒定律得：Ep=pmgcosG?x+mgsin0?x,

解得輕彈性勢能的最大值Ep=[mgL,故D正確。

故選：ADo

【點評】本題考查動能定理和能量守恒定律，解題關鍵在于選出合適的運動過程聯(lián)立進

行求解。

13.（2021春?龍華區(qū)校級月考）如圖甲所示，長木板A靜止在光滑水平面上，另一質量為

2kg的物體B（可看作質點）以水平速度vo=3m/s滑上長木板A的表面。由于A、B間

存在摩擦，之后的運動過程中A、B的速度圖像如圖乙所示。g取lOm/s?,下列說法正確

的是（）

A.長木板A、物體B所受的摩擦力均與運動方向相反

B.A、B之間的動摩擦因數(shù)以=0.2

C.長木板A的長度可能為L=0.8m

D.長木板A的質量是4kg

【分析】對A、B受力分析可知摩擦力的方向與運動方向的關系；由圖象求得B的加速

度大小，再對B由牛頓第二定律可求得A、B之間的動摩擦因數(shù)：由圖象分別求解二者

的加速度大小，再由位移公式求解二者的位移，由位移關系可求得長木板A的最小長度；

分別對二者應用牛頓第二定律可得出質量關系。

【解答】解：A、結合圖乙可知A、B均向右運動，但B的速度大于A,即B相對于A

向右運動，因此A所受的摩擦力向右，故A木板的運動方向與其摩擦力方向相同，故A

錯誤；

由圖象知B的加速度大小為aB=-^Zlm/s2=2m/s2

1

對B進行分析有：pmBg=mBaB,代入數(shù)據(jù)，可解得：|1=0.2,故B正確；

C、由題意可知，木塊B尚未滑出木板A,則臨界條件為當AR具有共同速度時,B恰好

滑到A的右端，設A、B物體立移大小分別為SA、SB,加速度分別為aA、aB,由圖可知

aA=lm/s2,aB=2m/s2,設木板A的最小長度為1,

則有：SA=—aAt2，SB=VOt--aBt2,SB-SA=1?

22

聯(lián)立上式，可解得1=1.5m,則木板長L21.5m,故C錯誤；

D、根據(jù)牛頓第二定律，對木板A,有nmBg=mAaA,

對物體B,有pmBg=mBaB,聯(lián)立兩式可解得：—&=—2=2,