4.5牛顿运动定律的应用（运动模型）同步练习-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 以牛顿运动定律应用为核心，通过基础应用、模型深化、综合拓展三层设计，覆盖从单一受力/运动分析到复杂连接体、临界问题及等时圆模型，实现知识从理解到迁移的进阶。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|受力→运动、运动→受力的单一应用|如水平/斜面恒力作用下的加速度、速度计算（第1-6题），选择题与简单计算题结合，巩固牛顿第二定律基本公式| |进阶层|斜面（光滑/粗糙）、连接体初步模型|如弹簧连接体（第7题）、斜面摩擦力分析（第9-10题），引入图像分析（第5题v-t图），培养科学推理能力| |综合层|临界问题、复杂连接体、等时圆模型|如斜面临界分离（第12题）、多体系统加速度分析（第14题）、等时圆规律应用（第16-19题），结合实际情境（民航逃生、空间站测质量），体现科学思维与模型建构|

牛顿运动定律的应用及运动模型同步练习 一．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共3小题） 1．（2025•江苏学业考试）如图所示，质量为1kg的物体以12m/s的初速度向右运动，同时受到一水平向左的力大小为2N。已知物体与水平面之间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2。则物体3秒后的速度为（　　） A．0 B．1m/s C．2m/s D．3m/s 2．（2025秋•射阳县校级期中）如图所示，一物块静止在光滑水平面上，物块的质量M＝2kg，在F＝8N的水平拉力作用下物块开始运动，g取10m/s2，则2s末物块的速度大小为（　　） A．8m/s B．6m/s C．4m/s D．2m/s 3．（2025秋•泗阳县月考）民航客机都有紧急出口，是一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。若机舱口下沿距地面H，气囊所构成的斜面长度为L。一个质量为m的人沿气囊滑下。已知人与气囊间动摩擦因数μ，重力加速度g。求： （1）人下滑的加速度a； （2）人滑至气囊底端时的速度v。 二．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题） 4．（2024秋•淮安期末）如图所示，在中国空间站中测量航天员质量。航天员把自己固定在支架的一端，另外一名航天员将支架拉开到指定的位置。松手后，支架产生一个恒定的拉力F拉着航天员从静止开始运动到舱壁。测出航天员运动到舱壁时的速度v和运动所用时间t，则航天员的质量为（　　） A． B． C． D． 5．（2025•皇姑区校级模拟）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v﹣t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为，最大速度为vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t1＝1.6s B．整个过程下落的高度为32.4m C．t1～时间内v﹣t图像的斜率为﹣15m/s2 D．t1～时间内阻力是重力的1.5倍 6．（2025秋•金坛区校级月考）塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，某次施工，吊车司机将100kg的物体从地面开始竖直提升，之后其运动v﹣t图像如图所示，g＝10m/s2。求： （1）前10s钢索的拉力F1大小； （2）30﹣36s内钢索的拉力F1大小； （3）36﹣46s内钢索的拉力F1大小。 三．物体在光滑斜面上的运动（共2小题） 7．（2025秋•苏州期末）如图，倾角为θ、光滑且足够长的斜面固定在水平面上，轻质弹簧相连接的物块A和B质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为固定挡板，系统处于静止状态。现用沿斜面向上的恒力F拉A使之运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面向上，大小为gsinθ，则（　　） A．恒力F的大小为3mgsinθ B．恒力F的大小为2mgsinθ C．B离开C后，A的加速度不变 D．B离开C后，B的加速度不变 8．（2025春•建邺区校级月考）如图甲所示，一质量为M的光滑斜面静止在光滑水平面上，高度、倾角θ＝45°，一质量为m的物块（可视为质点）从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上运动。若物块在斜面上运动的过程中测得在水平方向上物块与斜面的速度大小分别为v1和v2，作出全过程的v1−v2图像如图乙所示，已知重力加速度为g。则（　　） A．m：M＝2：1 B．物块离开斜面时，物块与斜面水平方向共速 C．物块离开斜面时速度大小为 D．物块在整个运动过程中上升的最大高度为 四．物体在粗糙斜面上的运动（共2小题） 9．（2026春•丹阳市期末）如图所示，固定在水平面上的楔形木块AC、BC面完全相同，现同时释放P、Q两个相同的小物块，且物块与斜面间动摩擦因数相同。P从A点以初速度v0上滑，恰能到达C点，Q从C由静止释放后下滑到B。则P、Q的速度大小v随时间t变化图像可能正确的是（　　） A．B．C．D． 10．（2025秋•连云港期末）一质量为m的儿童沿倾角为θ的斜面下滑，儿童与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： （1）儿童对斜面的压力F的大小； （2）儿童的加速度a的大小。 五．牛顿第二定律的临界问题（共2小题） 11．（2025秋•天宁区校级月考）如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断正确的是（　　） A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是ag B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时绳子的拉力为4mg C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0 D．当滑块向右匀加速直线运动时，a＝g时绳子的拉力为0 12．（2025•萍乡模拟）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则（　　） A．小球从一开始就与挡板分离 B．小球速度最大时与挡板分离 C．小球向下运动0.01m时与挡板分离 D．小球向下运动0.02m时速度最大 六．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共3小题） 13．（2025秋•滨湖区校级月考）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（　　） A．若只增大m2，两物块一起向上做匀加速运动时，它们的间距变小 B．若只增大θ，两物块一起向上做匀加速运动时，它们的间距变大 C．两物块一起运动的加速度大小a D．弹簧的弹力大小FTF 14．（2025秋•金坛区校级月考）如图所示，水平面上质量为2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，B、C两物体质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F作用保持静止。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为3gsinθ C．在细线被烧断的瞬间，C的加速度大小为2gsinθ D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为 15．（2025秋•海安市校级月考）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（　　） A．两物块一起运动的加速度大小为 B．弹簧的弹力大小为 C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 七．等时圆模型（共4小题） 16．（2025秋•如皋市校级期末）如图所示，圆环和点P在同一竖直平面内，在环上取一点与P连成光滑直轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环。A是圆环的最高点，B是圆环的最右端，C是圆环与地面的接触点，D是PC与环的交点，O为圆心，E是PO与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿PA轨道运动的时间 B．沿PB轨道运动的时间 C．沿PD轨道运动的时间 D．沿PE轨道运动的时间 17．（2026•广陵区模拟）如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆，5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，一段时间后小球的连线可能是（　　） A．B． C．D． 18．（2024秋•锡山区校级期末）如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（　　） A．因为甲的加速度较大，所以甲先到 B．因为乙的位移较小，所以乙先到 C．二者可能同时到 D．不知两小球的质量关系，所以无法确定 19．（2024秋•无锡校级月考）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C点自由下落到M点。则（　　） A．a球最后到达M点 B．b球最后到达M点 C．c球最后到达M点 D．三球同时到达M点 八．连接体模型（共2小题） 20．（2026春•建邺区校级月考）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（　　） A．t＝0时，A物体的加速度为2m/s2 B．t＝2s时，A、B开始分离 C．t＝0时，A、B之间的相互作用力为3N D．A、B开始分离时的速度为1m/s 21．（2025秋•天宁区校级期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L＝2.4m。质量M＝2.0kg的B物体放在斜面底端。与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行。A的质量m＝2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动。A、B物体均可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小； （2）求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点； （3）若改变A的质量，并从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围。 参考答案与试题解析 一．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共3小题） 1．（2025•江苏学业考试）如图所示，质量为1kg的物体以12m/s的初速度向右运动，同时受到一水平向左的力大小为2N。已知物体与水平面之间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2。则物体3秒后的速度为（　　） A．0 B．1m/s C．2m/s D．3m/s 【答案】A 【分析】先对物体受力分析，计算合外力与加速度，再求出物体减速到0的时间，判断3s是否超出刹车时长，进而确定3s后物体的速度。 【解答】解：结合牛顿第二定律可知μmg+F＝ma 代入数据可得a＝6m/s2，方向与速度方向相反，可知物体速度减为零的时间为 速度减为零后因F＜μmg，物体静止，可知3s时物体的速度为零，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2025秋•射阳县校级期中）如图所示，一物块静止在光滑水平面上，物块的质量M＝2kg，在F＝8N的水平拉力作用下物块开始运动，g取10m/s2，则2s末物块的速度大小为（　　） A．8m/s B．6m/s C．4m/s D．2m/s 【答案】A 【分析】首先对物块进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度；再利用匀加速直线运动的速度公式，代入加速度和时间（2s），计算2s末的速度。 【解答】解：根据题意，由牛顿第二定律有 F＝Ma 解得 a＝4m/s2 由速度与时间的关系式可得，2s末物块的速度大小为 v＝at＝4×2m/s＝8m/s 故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2025秋•泗阳县月考）民航客机都有紧急出口，是一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。若机舱口下沿距地面H，气囊所构成的斜面长度为L。一个质量为m的人沿气囊滑下。已知人与气囊间动摩擦因数μ，重力加速度g。求： （1）人下滑的加速度a； （2）人滑至气囊底端时的速度v。 【答案】（1）人下滑的加速度大小等于，方向沿斜面向下； （2）人滑至气囊底端时的速度大小等于，方向沿斜面向下。 【分析】（1）根据牛顿第二定律求解运动的加速度a大小； （2）根据速度一位移公式求出到达底端时的速度v大小。 【解答】解：（1）令斜面倾角为θ，对人进行分析，根据牛顿第二定律有 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 其中 解得 （2）根据速度与位移的关系有 v2＝2aL 解得 答：（1）人下滑的加速度大小等于，方向沿斜面向下； （2）人滑至气囊底端时的速度大小等于，方向沿斜面向下。 二．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题） 4．（2024秋•淮安期末）如图所示，在中国空间站中测量航天员质量。航天员把自己固定在支架的一端，另外一名航天员将支架拉开到指定的位置。松手后，支架产生一个恒定的拉力F拉着航天员从静止开始运动到舱壁。测出航天员运动到舱壁时的速度v和运动所用时间t，则航天员的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先，航天员从静止开始运动，是匀加速直线运动，速度v和时间t的关系可以得出加速度a；然后根据牛顿第二定律F＝ma，代入a的表达式就能推导出质量m的公式。 【解答】解：根据速度—时间关系，航天员的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得F＝ma 可得航天员的质量为 故ACD错误，B正确。 故选：B。 5．（2025•皇姑区校级模拟）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v﹣t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为，最大速度为vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t1＝1.6s B．整个过程下落的高度为32.4m C．t1～时间内v﹣t图像的斜率为﹣15m/s2 D．t1～时间内阻力是重力的1.5倍 【答案】C 【分析】根据速度—时间关系求解时间；v﹣t图像与时间轴所围成的面积表示下落的高度；根据图象的斜率时间加速度；由牛顿第二定律求解阻力和重力的比值。 【解答】解：A．小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝18m/s，由自由落体运动的规律可得vm＝gt1，代入数据解得t1＝1.8s，故A错误； B、整个过程下落的高度为图乙v﹣t图像与时间轴所围成的面积，则hm＝27m，故B错误； C、时间内小鸟的加速度为a，则此时间内v﹣t图像的斜率k＝a＝﹣15m/s2，故C正确； D、时间内由牛顿第二定律有：f﹣mg＝ma，解得：，故D错误。 故选：C。 6．（2025秋•金坛区校级月考）塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，某次施工，吊车司机将100kg的物体从地面开始竖直提升，之后其运动v﹣t图像如图所示，g＝10m/s2。求： （1）前10s钢索的拉力F1大小； （2）30﹣36s内钢索的拉力F1大小； （3）36﹣46s内钢索的拉力F1大小。 【答案】（1）前10s钢索的拉力F1大小为1010N； （2）30﹣36s内钢索的拉力F1大小为983.3N； （3）36﹣46s内钢索的拉力F1大小为988N。 【分析】（1）对下滑的木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程，结合已知加速度求解动摩擦因数； （2）对装货上滑的木箱进行受力分析，考虑水平推力、重力分力和摩擦力，用牛顿第二定律求上滑加速度； （3）先计算推力作用2s内的位移和末速度，再计算撤去推力后的上滑位移，判断总位移是否达到斜面长度，确定能否完成装货。 【解答】解：（1）物体向上加速，由牛顿第二定律F1−mg＝ma1， 结合a10.1m/s2 代入数据得F1＝1010N； （2）30～36s内钢索的拉力F1物体向上减速（加速度向下），由牛顿第二定律mg﹣F1＝m|a2| 结合a2， 代入数据得F1≈983.3N； （3）36～46s内钢索的拉力F1物体向下加速（加速度向下），由牛顿第二定律mg﹣F1＝m|a3| 代入数据得a30.12m/s2 代入数据得F1＝988N。 答：（1）前10s钢索的拉力F1大小为1010N； （2）30﹣36s内钢索的拉力F1大小为983.3N； （3）36﹣46s内钢索的拉力F1大小为988N。 三．物体在光滑斜面上的运动（共2小题） 7．（2025秋•苏州期末）如图，倾角为θ、光滑且足够长的斜面固定在水平面上，轻质弹簧相连接的物块A和B质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为固定挡板，系统处于静止状态。现用沿斜面向上的恒力F拉A使之运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面向上，大小为gsinθ，则（　　） A．恒力F的大小为3mgsinθ B．恒力F的大小为2mgsinθ C．B离开C后，A的加速度不变 D．B离开C后，B的加速度不变 【答案】A 【分析】当B、C间的弹力恰好为零时B开始离开C，应用平衡条件与牛顿第二定律求出恒力大小；根据B离开C后A与B的受力情况判断其加速度是否变化。 【解答】解：AB、当B、C间弹力恰好为零时B开始离开C，对B，由平衡条件得F弹＝mgsinθ，对A，由牛顿第二定律得F﹣F弹﹣mgsinθ＝ma，解得F＝3mgsinθ，故A正确，B错误； CD、物块B离开C后做加速运动，由于B的速度A的速度，A、B间距离增大，弹簧的弹力增大，A所受合力减小，加速度减小，B所受合力增大，加速度增大，当A、B加速度相等后弹簧的弹力不变，A、B的加速度都不再发生变化，故CD错误。 故选：A。 8．（2025春•建邺区校级月考）如图甲所示，一质量为M的光滑斜面静止在光滑水平面上，高度、倾角θ＝45°，一质量为m的物块（可视为质点）从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上运动。若物块在斜面上运动的过程中测得在水平方向上物块与斜面的速度大小分别为v1和v2，作出全过程的v1−v2图像如图乙所示，已知重力加速度为g。则（　　） A．m：M＝2：1 B．物块离开斜面时，物块与斜面水平方向共速 C．物块离开斜面时速度大小为 D．物块在整个运动过程中上升的最大高度为 【答案】D 【分析】物块在光滑斜面上运动时，系统水平方向不受外力，水平动量守恒。已知初速度水平分量，结合图像终点物块与斜面水平速度值，可建立水平动量守恒关系，从而确定质量比。物块在斜面上运动时，其水平速度与斜面水平速度的变化关系由图像直接反映，离开斜面时两者水平速度不相等。物块离开斜面的瞬间，其竖直速度可由水平速度差与斜面倾角关系求得，进而合成得到离开时的速度大小。物块在斜面上已上升高度已知，离开斜面后竖直分速度做竖直上抛运动，可计算额外上升高度，两者相加得到总最大高度。 【解答】解：A、由于系统在水平方向不受外力作用，因此水平方向动量守恒。物块的初速度在水平方向的分量为。根据水平动量守恒定律mv0x＝mv1+Mv2，代入图像终点对应的数据v1＝v、，解得M＝2m，即m：M＝1：2，故A错误； B、由乙图可知，当物块离开斜面时（对应图像终点），物块的水平速度v1＝v，斜面的水平速度，二者并不相等，故B错误； C、物块沿斜面下滑，在离开斜面的瞬间，其竖直方向的分速度。此时物块的速度大小为，故C错误； D、物块离开斜面后，在竖直方向上做竖直上抛运动，其上升的高度为。因此，物块能够上升的总高度，故D正确。 故选：D。 四．物体在粗糙斜面上的运动（共2小题） 9．（2026春•丹阳市期末）如图所示，固定在水平面上的楔形木块AC、BC面完全相同，现同时释放P、Q两个相同的小物块，且物块与斜面间动摩擦因数相同。P从A点以初速度v0上滑，恰能到达C点，Q从C由静止释放后下滑到B。则P、Q的速度大小v随时间t变化图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对向上滑动的物块P、向下滑动的物块Q分别受力分析，由牛顿第二定律推出二者加速度表达式，得到a1＞a2；结合匀变速直线运动速度—位移公式，分别求出P的全程运动时间、Q到达底端的末速度与运动时间，对比得出Q末速度小于初速度、全程运动时间比P更长。 【解答】解：对P，沿斜面方向由牛顿第二定律可得mgsin45°+μmgcos45°＝ma1，解得a1＝gsin45°+μgcos45°，可知P沿斜面向上做匀减速直线运动。对Q，沿斜面方向由牛顿第二定律可得mgsin45°﹣μmgcos45°＝ma2，解得a2＝gsin45°﹣μgcos45°，可知Q沿斜面向下做匀加速直线运动。对比两个加速度表达式，可知a1＞a2。 加速度对应v﹣t图像斜率，所以P的v﹣t图像斜率绝对值大于Q的斜率绝对值。设两段斜面长度均为L，对P有，可得P全程运动时间；对Q有，解得Q到达斜面底端的末速度v，结合a1＞a2可知v＜v0。 Q全程运动时间。 所以Q的末速度小于v0，运动时间大于P的运动时间，故ABC错误，D正确。 故选：D。 10．（2025秋•连云港期末）一质量为m的儿童沿倾角为θ的斜面下滑，儿童与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： （1）儿童对斜面的压力F的大小； （2）儿童的加速度a的大小。 【答案】（1）儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）加速度大小为g（sinθ﹣μcosθ）。 【分析】（1）对儿童进行受力分析，将重力分解到垂直斜面方向，根据平衡条件求出斜面对儿童的支持力，再由牛顿第三定律得到儿童对斜面的压力； （2）将重力分解到沿斜面方向，根据牛顿第二定律，沿斜面方向的合力提供加速度，从而求出加速度大小。 【解答】解：（1）儿童对斜面的压力F的大小 对儿童受力分析，重力mg垂直斜面的分力为mg cosθ。 根据平衡条件，斜面对儿童的支持力N＝mgcosθ。 由牛顿第三定律，儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）儿童的加速度a的大小 重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，滑动摩擦力f＝μN＝μmgcosθ。 根据牛顿第二定律，沿斜面方向： mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 解得a＝g（sinθ﹣μcosθ） 答：（1）儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）加速度大小为g（sinθ﹣μcosθ）。 五．牛顿第二定律的临界问题（共2小题） 11．（2025秋•天宁区校级月考）如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断正确的是（　　） A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是ag B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时绳子的拉力为4mg C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0 D．当滑块向右匀加速直线运动时，a＝g时绳子的拉力为0 【答案】D 【分析】先对小球刚好不脱离斜面的临界状态受力分析，求出向左加速的临界加速度；再分别对向左、向右加速的情况，根据牛顿第二定律列方程，分析拉力和支持力，逐一判断选项。 【解答】解：A.滑块向左加速运动，当滑块对小球的支持力恰好为零时，小球恰好不离开斜面，小球受力如图所示 对小球，由牛顿第二定律得 代入数据得，故A错误； B.滑块向左加速运动，a＝2g＞a临1，小球离开滑块，对小球，竖直方向Fy＝mg 水平方向Fy＝ma 绳子拉力大小 代入数据得，故B错误； C.滑块向右加速运动时，滑块对小球支持力的水平分力向右，滑块对小球一定有支持力，小球对滑块的压力不可能为0，故C错误； D.滑块向右加速，当细线的拉力恰好为零时，小球恰好不相对滑块上滑，小球受力如图所示 对小球，由牛顿第二定律得：mgtan30°＝ma临2 代入数据得，滑块向右的加速度大小a＝g＞a临2，绳子松弛，绳子的拉力为零，故D正确。 故选：D。 12．（2025•萍乡模拟）如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10m/s2，则（　　） A．小球从一开始就与挡板分离 B．小球速度最大时与挡板分离 C．小球向下运动0.01m时与挡板分离 D．小球向下运动0.02m时速度最大 【答案】C 【分析】对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a＝4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移． 【解答】解：A、C、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t， 从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。 根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1＝ma， 保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有： mgsin30°﹣kx＝ma， 解得：m， 即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确。 B、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大。故B错误； D．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。即： kxm＝mgsin30°， 解得：xmm， 由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m。故D错误。 故选：C。 六．斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）（共3小题） 13．（2025秋•滨湖区校级月考）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（　　） A．若只增大m2，两物块一起向上做匀加速运动时，它们的间距变小 B．若只增大θ，两物块一起向上做匀加速运动时，它们的间距变大 C．两物块一起运动的加速度大小a D．弹簧的弹力大小FTF 【答案】D 【分析】本题涉及两个物块在斜面上的匀加速运动，通过整体法与隔离法分析系统受力与运动关系。首先明确整体在恒力F、重力沿斜面的分力及弹簧弹力作用下做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律建立整体加速度表达式，再隔离下方物块Q分析弹簧弹力与加速度的关系。弹簧弹力决定了两物块间的间距变化，需通过弹力表达式分析各因素影响，其中弹力与斜面倾角无关，仅与两物块质量和恒力F相关，从而判断间距变化情况。 【解答】解：A、对整体分析，由牛顿第二定律有F﹣（m1+m2）gsinθ＝（m1+m2）a，隔离Q分析，有FT﹣m2gsinθ＝m2a，联立解得。若只增大m2，由可知弹力变大，弹簧伸长量变大，间距变大，故A错误； B、由可知，弹簧弹力与倾角θ无关，若只增大θ，弹力不变，间距不变，故B错误； C、对整体分析，由牛顿第二定律有F﹣（m1+m2）gsinθ＝（m1+m2）a，解得，故C错误； D、由A选项分析可知，弹簧的弹力大小，故D正确。 故选：D。 14．（2025秋•金坛区校级月考）如图所示，水平面上质量为2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，B、C两物体质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F作用保持静止。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为3gsinθ C．在细线被烧断的瞬间，C的加速度大小为2gsinθ D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为 【答案】D 【分析】初始状态系统静止，分析各物体受力平衡确定细线拉力与弹簧弹力。细线烧断瞬间，细线拉力突变为零，弹簧弹力因形变未变而保持原值。物体A水平方向仅受恒力F作用，由牛顿第二定律可求其加速度；物体B沿斜面受重力分力与弹簧弹力共同作用，由牛顿第二定律求其加速度；物体C受力未变，合力为零加速度为零。突然撤去外力F瞬间，弹簧弹力不变，A与B通过细线连接具有相同加速度，对A与B整体沿运动方向应用牛顿第二定律，由B的重力分力与弹簧弹力之和提供整体加速度。 【解答】解：初始时系统处于静止状态，对物体C，根据平衡条件可得F弹＝mgsinθ；对物体B，根据平衡条件有T＝mgsinθ+F弹，解得：T＝2mgsinθ；对物体A，根据平衡条件有F＝T，解得：F＝2mgsinθ。 A、细线被烧断的瞬间，细线拉力突变为零，弹簧弹力保持不变。对A，水平方向仅受拉力F，由牛顿第二定律F＝2maA，解得：aA＝gsinθ，故A错误； B、斜面向下受重力分力与弹簧弹力，由牛顿第二定律mgsinθ+F弹＝maB，解得：aB＝2gsinθ，故B错误； C、其受力情况未变，合力为零，加速度为零，故C错误； D、突然撤去外力F的瞬间，弹簧弹力不变，A、B通过细线连接具有相同加速度。对A、B整体，沿运动方向合力为B的重力分力与弹簧弹力之和，由牛顿第二定律mgsinθ+F弹＝（2m+m）a，解得：，故D正确。 故选：D。 15．（2025秋•海安市校级月考）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（　　） A．两物块一起运动的加速度大小为 B．弹簧的弹力大小为 C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 【答案】C 【分析】先对整体用牛顿第二定律求加速度，再隔离Q求弹簧弹力，最后分析改变m2或θ时弹力变化，判断弹簧形变量即间距变化。 【解答】解：A.对P、Q及弹簧组成的整体受力分析，根据牛顿第二定律有F﹣（m1+m2）gsinθ＝（m1+m2）a 解得两物块一起运动的加速度大小为，故A错误； B.对Q受力分析，根据牛顿第二定律有T﹣m2gsinθ＝m2a 解得弹簧的弹力大小为，故B错误； C.根据，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力变大，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确； D.根据，可知若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。 故选：C。 七．等时圆模型（共4小题） 16．（2025秋•如皋市校级期末）如图所示，圆环和点P在同一竖直平面内，在环上取一点与P连成光滑直轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环。A是圆环的最高点，B是圆环的最右端，C是圆环与地面的接触点，D是PC与环的交点，O为圆心，E是PO与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿PA轨道运动的时间 B．沿PB轨道运动的时间 C．沿PD轨道运动的时间 D．沿PE轨道运动的时间 【答案】C 【分析】物块从P点滑向圆环的运动属于初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式，变形得。需结合轨道的长度x和加速度a分析时间，利用“等时圆”模型简化分析。 【解答】解：根据题意分析可知，如图所示 过点P画一竖直线，以此作为斜边，再分别以PA、PB、PD、PE作为直角边，构造直角三角形，可见过D的直角三角形的斜边PD′最短，对应的等时圆半径最小，则沿PD轨道运动的时间最短，故C正确，ABD错误； 故选：C。 17．（2026•广陵区模拟）如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆，5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，一段时间后小球的连线可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先分析光滑杆上小球的加速度与杆倾角的关系，再推导任意时刻小球在杆上的位置，结合几何关系可知：同一时刻，不同倾角杆上的小球会分布在以释放点和杆底端连线为直径的圆上，因此一段时间后小球的连线是一段圆弧，据此判断选项。 【解答】解：5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，设杆与竖直方向的夹角为θ， 则小球下滑时的加速度大小为， 从静止开始下滑，经过时间t，小球沿杆的位移为 将5根光滑杆平移到上端点重合，如下图所示的虚线，以上端点为圆周的最高点作圆。 那么小球的位置均在此圆周上，在对应到杆的实际位置上，故C正确，ABD错误。 故选：C。 18．（2024秋•锡山区校级期末）如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（　　） A．因为甲的加速度较大，所以甲先到 B．因为乙的位移较小，所以乙先到 C．二者可能同时到 D．不知两小球的质量关系，所以无法确定 【答案】C 【分析】求得小球在光滑轨道下滑时的加速度大小，根据位移—时间关系求解下滑时间表达式，结合数学知识求解。 【解答】解：设轨道的倾角为θ，两条光滑轨道的水平投影长度为x，根据牛顿第二定律可得，小球在光滑轨道下滑时的加速度大小为 根据运动学公式可得 可得小球在轨道上下滑的时间为 可知当两轨道的倾角之和满足 θ1+θ2＝90° 则有 t1＝t2 即两小球可能同时到达C点，故ABD错误，C正确。 故选：C。 19．（2024秋•无锡校级月考）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C点自由下落到M点。则（　　） A．a球最后到达M点 B．b球最后到达M点 C．c球最后到达M点 D．三球同时到达M点 【答案】B 【分析】题目涉及三个小球沿不同路径运动到M点的比较。a球沿45度倾斜轨道下滑，b球沿大于45度的倾斜轨道下滑，c球自由落体。通过分析各路径的运动时间表达式，发现时间与轨道倾角有关，倾角越大时间越长。自由落体时间最短，45度轨道次之，大于45度的轨道时间最长。因此b球最后到达M点。 【解答】解：设M点到竖直墙壁的距离为x，倾斜轨道与水平面夹角为θ，由运动学公式得，解得：。根据数学关系，圆轨道与水平面相切于M点、与竖直墙相切于A点，可得x＝R，θAM＝45°，θBM＞45°。由三角函数关系得tAM＜tBM。代入数据得：。c球从C点自由下落至M点，满足，解得：。比较得tCM＜tAM＜tBM，故b球最后到达M点。故ACD错误，B正确。 故选：B。 八．连接体模型（共2小题） 20．（2026春•建邺区校级月考）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（　　） A．t＝0时，A物体的加速度为2m/s2 B．t＝2s时，A、B开始分离 C．t＝0时，A、B之间的相互作用力为3N D．A、B开始分离时的速度为1m/s 【答案】B 【分析】AC．由推力与时间的图像可得FA和FB表达式，求出FA0和FB0＝2N 由于mA＞mB，所以二者不会分开，将两者作为整体利用牛顿第二定律求出A、B两物体的加速度 根据牛顿第二定律求解此时A、B之间的相互作用力； BD．当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则根据牛顿第二定律求解分离时刻和分离时的速度。 【解答】解：AC．由推力与时间的图像可得FA＝8﹣2t，FB＝2+2t 则t＝0时，可知FA0＝8N，FB0＝2N 由于mA＞mB，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为 a1m/s2 设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得 F+FB0＝mBa 解得F＝mBa﹣FB0＝4×1N﹣2N＝2N，故AC错误； BD．当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有 解得t＝1s 分离时的速度为v＝at＝1×1m/s＝1m/s，故B正确，D错误。 故选：B。 21．（2025秋•天宁区校级期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L＝2.4m。质量M＝2.0kg的B物体放在斜面底端。与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行。A的质量m＝2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动。A、B物体均可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小； （2）求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点； （3）若改变A的质量，并从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围。 【答案】（1）A物体下落的加速度大小为2m/s2，绳子拉力T的大小为20N； （2）当A物体从1.92m处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点； （3）若改变A的质量，并从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A物体质量m的取值范围为1.6kg＜m≤4kg。 【分析】（1）对于多阶段运动，需明确A下落时A、B的加速度相同，根据牛顿第二定律求解加速度和力； （2）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式求解高度； （3）根据匀变速直线运动的公式求解临界值，计算质量的取值范围。 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得： 对A有：mg﹣T＝ma 对B有：T﹣Mgsinθ﹣μMgcosθ＝Ma 代入数据解得：a＝2m/s2，T＝20N； （2）设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1，对B由牛顿第二定律得： Mgsinθ+μMgcosθ＝Ma1，解得：a1＝8m/s2 对B由运动学公式得： 着地前：v2＝2ah 着地后：v2＝2a1（L﹣h） 代入数据解得：h＝1.92m； （3）设A着地后B向上滑行距离x，由运动学公式得：y2＝2a1x，位移关系满足x≤L﹣H，着地前v2＝2aH，代入第一问加速度的表达式解得m≤4kg，另一方面要能拉动必须有mg＞Mgsinθ+μMgcosθ，解得m＞1.6kg，所以物体A的质量范围是1.6kg＜m≤4kg。 答：（1）A物体下落的加速度大小为2m/s2，绳子拉力T的大小为20N； （2）当A物体从1.92m处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点； （3）若改变A的质量，并从h1＝1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A物体质量m的取值范围为1.6kg＜m≤4kg。 学科网（北京）股份有限公司 $