牛頓運動定律的綜合應用-2024年高考物理專項復習

牛頓運動定律的綜合應用

應試

一、整體法和隔離法處理連接體問題

1.常見的連接體

（1）物物疊放連接體：兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度

速度、加速度相同

（2）輕繩連接體：輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。

速度、加速度大小相等，方向不同

（3）輕桿連接體：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度。

速度、加速度相同

（4）彈簧連接體：在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈

簧形變最大時，兩端連接體的速度、加速度相等。

2.整體法與隔離法處理連接體問題的思路

（1）整體法

當連接體內(即系統(tǒng)內)各物體的加速度相同時，可以把系統(tǒng)內的所有物體看成一個整體，分

析其受力和運動情況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法。

(2)隔離法

當求系統(tǒng)內物體間相互作用的內力時，常把某個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力和運動情

況，再用牛頓第二定律對隔離出來的物體列方程求解的方法。

(3)處理連接體方法

①共速連接體，一般采用先整體后隔離的方法。如圖所示，先用整體法得出合力/與。的關系，

F=(mA+mB)a,再隔離單個物體(部分物體)研究廠內力與。的關系，例如隔離B,F內力

mB

=MBQ=mA+mnF

尸一^^1

地面光滑

②關聯速度連接體

分別對兩物體受力分析，分別應用牛頓第二定律列出方程，聯立方程求解。

二、牛頓運動定律處理運動學中的圖像問題

1.常見圖像

(l)v-/圖像：根據圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，再根據牛頓第二定律求解。

(2)。-/圖像：注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結合物體的受力情況應

用牛頓第二定律列方程求解。

(3)尸“圖像：結合物體受到的力，由牛頓第二定律求出加速度，分析每一段的運動情況。

(4)F-a圖像：首先要根據具體的物理情景，對物體進行受力分析，然后根據牛頓第二定律

推導出兩個量間的函數關系式，根據函數關系式結合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意

義，從而由圖像給出的信息求出未知量。

加速度是聯系v-t圖象與F-t圖象的橋梁.

2.圖象的應用

(1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況.

(2)已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況.

(3)通過圖象對物體的受力與運動情況進行分析.

3.解答圖象問題的策略

(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像

所反映的物理過程，會分析臨界點。

（2）注意圖線中的一些特殊點：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等。

（3）明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結合起來，應用物理規(guī)律列

出與圖像對應的函數方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理

問題作出準確判斷。

三、牛頓運動定律處理動力學中的臨界極值問題

1.常見的動力學臨界極值問題及其條件

（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力人=0。

（2）相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。

（3）繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張

力；繩子松弛的臨界條件是尸r=0。

（4）最終速度（收尾速度）的臨界條件：物體所受合外力為零。

四、超重和失重問題

1.超重和失重

（1）視重

當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重.

（2）超重、失重和完全失重的比較

超重失重完全失重

物體對支持物的壓力（或物體對支持物的壓力（或物體對支持物的壓力（或

概念對懸掛物的拉力）大于物對懸掛物的拉力）小于物對懸掛物的拉力）等于零

體所受重力的現象體所受重力的現象的現象

物體的加速度方向豎直物體的加速度方向豎直物體的加速度方向豎直

產生條件

向上向下向下，大小a=g

以a=g加速下降或減速

運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升

上升

F—mg=mamg—F=mamg—F=ma

原理方程

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

搶分通關

【題型一】牛頓運動定律處理連接體問題

1—I

典例精講

【典例1】由同種材料制成的兩滑塊A、B用一根輕質細繩連接，將滑塊B按在水平桌面上，細繩跨過輕

質定滑輪將滑塊A懸掛在空中，如圖甲所示，松手后滑塊A、B的加速度大小均為現僅將滑塊A、B位

置互換（如圖乙所示），松手后滑塊A、B的加速度大小均為3心已知滑塊B的質量等于滑塊A的質量的

兩倍，則滑塊與水平桌面間的動摩擦因數為（）

A.0.1B.0.2C.0.3D.0.4

【答案】B

【詳解】

設滑塊A的質量為加，滑塊B的質量為2機；調換前，對系統(tǒng)根據牛頓第二定律可得

mg-2jumg=3ma

調換后，對系統(tǒng)根據牛頓第二定律可得

2mg-jumg=9ma

聯立解得

〃=0.2

故選B。

【典例2］如圖所示，一條輕繩跨過光滑定滑輪，兩端與質量分別為2〃?和羽的物體P、Q連接，輕彈簧

豎直放置，上端與物體Q相連，下端固定在水平面上。用手托住物體P,當輕繩剛好被拉直時，物體P離

地的高度為乙重力加速度大小為g。物體P由靜止釋放后，落地時的速度恰好為0,則物體P下落過程中

（）

PLI

A.物體P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒B.物體P、Q組成的系統(tǒng)機械能一直減少

C.彈簧的彈性勢能增加了0.5加g￡D.彈簧的彈性勢能增加了加g￡

【答案】D

【詳解】AB.物體P下落過程中，物體P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒；彈簧先處于壓縮狀態(tài)后

處于伸長狀態(tài)，彈性勢能先減小后增加，則物體P、Q組成的系統(tǒng)機械能先增加后減小，故AB錯誤；

CD.物體P下落過程中，物體P、Q組成的系統(tǒng)重力勢能減少了

A￡p=2mgL-mgL=mgL

則彈簧的彈性勢能增加了加gL故C錯誤，D正確。

故選D。

【典例3】（2024?全國?模擬預測）如圖，質量為”的小球A和質量為3m的小球B用長為L的彈性繩連接,

小球B靜止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高為0.72乙處以一定的初速度水平向右拋出，小球落

地時彈性繩剛好拉直（第一次處于原長），小球A落地時，與地面碰撞過程，豎直方向的速度減為零，水平

方向的速度保持不變，彈性繩始終處于彈性限度內，重力加速度為g,不計小球大小，則（）

AOV

/—?

w

v

BC

A.小球A拋出時的初速度大小為§而B.小球A拋出時的初速度大小為J版

56

C.彈性繩具有的最大彈性勢能為白25加gzD.彈性繩具有的最大彈性勢能53為gz

9696

【答案】BC

【詳解】AB.A球從拋出到落地過程

1,

0.72L=~2^，L=

可解得

%=3"

O

A錯誤，B正確;

CD.A球落地后到與B球速度相同時，彈簧彈性勢能最大

1212

mv0=4mv,Epm=—mvQ--x4mv

解得

F25「

C正確，D錯誤。

故選BCo

名校模擬

1.（2024?山東德州?模擬預測）一傾角a=37。的粗糙斜面，斜面頂端安裝一小滑輪，滑輪大小忽略不計，

將斜面固定在地面上，一輕繩跨過定滑輪一端連接放在斜面上的物體機/,另一端懸掛小球機2。用手按住

"“使之靜止不動，讓小球"2在豎直內左右擺動，擺動穩(wěn)定后，放開按住叫的手，發(fā)現當小球擺動到最高

點時，滑塊在恰好不下滑，當小球擺到最低點時，滑塊如恰好不上滑，如圖所示，已知斜面與物體間的動

摩擦因數〃=0.5,則叫值為（）

【答案】B

【詳解】小球擺動到最高點時，滑塊%/恰好不下滑，對"〃分析可得

叫gsina=pimxgcosa+耳

此時對小球分析可得

F[-m2gcos^

小球擺到最低點時，滑塊如恰好不上滑，對如分析可得

mlgsina+"冽1gcosa=F2

此時對小球分析可得

L加丫2

8—m2g=—^―

小球從最高點運動到最低點，由動能定理可得

mig￡（l-cos。）=~m\y2

聯立以上各式，代入數據可得

m27

mx15

故選B。

2.在一座高樓的頂層，工程師們正在安裝一個新型的安全裝置，來檢測大樓內部的振動情況，以便及時采

取措施防止可能的安全隱患。如圖為該安全裝置的簡化模型，豎直放置的輕質彈簧下端固定在地面上，上

端與物塊甲連接，初始時物塊甲靜止于4點?，F有質量為冽的物塊乙從距物塊甲上方〃處由靜止釋放，乙

與甲相碰后立即一起向下運動但不粘連，此時甲，乙兩物塊的總動能為修，向下運動到3點時總動能達

到最大為冬竽，繼續(xù)向下運動到達最低點。（未標出），之后在彈起過程中將乙拋離甲。整個過程中彈簧

始終處于豎直狀態(tài)，且在彈性限度內，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

匚二I乙

\h

］甲

B-一

7///

A.物塊甲的質量為加

B.彈起過程中，物塊甲和物塊乙一起運動到N點時分離

C./、8兩點間距離與2、C兩點間距離之比為1:2

D.彈簧彈性勢能的最大值為7mgh

【答案】AC

【詳解】A.物塊乙自由下落〃，設碰撞前乙的速度為%,對物塊乙由機械能守恒有

mgh=g機v；

而根據題意，設碰后物塊甲和物塊乙的共同速度為v,碰后甲、乙的總動能為

/%+回/=等

物塊甲和物塊乙碰撞，碰撞過程中動量守恒，根據動量守恒定律有

mv0=（加甲+/M）V

聯立解得

m甲二m

故A正確;

B.物塊甲與物塊乙分離時速度、加速度均相等，相互作用的彈力為零，此時刻物塊乙只受重力，加速度豎

直向下等于g,因此分離時物塊甲的加速度也等于g,合力為機g,即此時彈簧處于原長狀態(tài)，即物塊甲與

物塊乙在彈簧恢復原長時分離，故B錯誤；

C.設彈簧勁度系數為九甲、乙兩個物塊的質量均為加，設8、/兩點間距離為4,C、5兩點間距離為4,

在/點彈簧形變量

mg

xo

k

在B點彈簧形變量

2mg

xi=~j~

k

則可得

1_x_mg

zi-xiY~xo~~r~

k

從4到5,根據動能定理可得

2/kx0+kx、]2mghmgh

加g]2—1--T

解得

13

在C點彈簧的形變量

x2=x1+12

從2到C,根據動能定理可得

2加乳一生也.一即儂

2223

解得

,2/z

二-

23

可知

4:4=1：2

故C正確；

D.物塊甲和物塊乙在最低點C時彈性勢能最大，又初始時彈簧的壓縮量為

,h

Xo=l'=3

初始時彈簧的彈性勢能

「左心+0m^h

E,=------=------

pAn90A

從物塊甲和物塊乙在/點碰后到運動至最低點C,由機械能守恒定律有

手"+2機g(4+Q=綜m_；必

解得

P8,

Epm=~mgh

故D錯誤。

故選ACo

3.如圖所示，豎直平面內固定一根豎直的光滑桿P和水平光滑桿0,兩桿在同一平面內，不接觸，水平桿

延長線與豎直桿的交點為。。質量為的小球A套在豎直桿上，上端固定在桿上的輕質彈簧的另一端與小

球A相連。另一質量為加的小球B套在水平桿。上，小球A、B用長為2L的輕桿通過錢鏈分別連接。在

外力作用下，當輕桿與水平桿。成453。斜向左上時，輕質彈簧處于原長，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。撤去外力，

小球A在豎直桿上做往復運動，下降的最大距離為2"已知輕質彈簧的彈性勢能4=；質2,x為彈簧的形

變量，后為輕質彈簧的勁度系數，整個過程輕質彈簧始終處在彈性限度內，不計一切摩擦，重力加速度大小

為g,sin53o=0.8,cos53o=0.6.則下列說法正確的是()

A.輕質彈簧的勁度系數左為等

B.小球A運動到O點時的速度大小為

21

C.從撤去外力到輕桿與水平桿。成方30。斜向左上的過程，輕桿對小球B做的功為玩〃嚕工

D.小球A從最高點運動到0點的過程，水平桿。對小球B的作用力始終大于mg

【答案】AC

【詳解】A.小球A、彈簧和小球B組成的系統(tǒng)能量守恒，小球A下降到最大距離時，根據能量守恒定律

有

1,

-k(2LY=2mgx2Z

解得

心返

L

故A正確

B.小球A運動到。點時，AB速度相等，根據能量守恒定律有

2mgx2Zsin53°-^k（2Lsin53°）2=1-x2mv2+-mv2

解得

故B錯誤；

C.輕桿與水平桿0成外30。斜向左上時，設B的速度為"，A的速度為v加根據關聯問題可知

vAcos60°=v'cos300

根據能量守恒定律有

222

2mgx2Z（sin53°-sin30°）-1kQLsin53°-2csin30°）=；x2mvA+1mv'

解得

根據動能定理可知輕桿對小球B做的功為

1,

W=-mv'2

2

解得

21

W=----mgL

175

故C正確；

D.根據小球A在豎直桿上做往復運動的特點可知，小球從從最高點運動到。點的過程，較鏈對小球先做

正功，后做負功，則水平桿。對小球8的作用力并非始終大于“g,故D錯誤；

故選AC-

【題型二】牛頓運動定律處理運動學中的圖像問題

I—I

典例精講

【典例1】（2024?湖北十堰-一模）在機場、車站常用傳送帶來傳送旅客的包裹，在傳送過程中同時對包裹

進行安檢。將一個包裹（可視為質點）輕放在水平傳送帶的左端，同時啟動傳送帶，傳送帶向右做初速度為0的

勻加速直線運動。包裹和傳送帶的速度一時間圖像如圖所示，/=5s時包裹運動到傳送帶的右端。下列說

法正確的是（）

A.圖線I反映的是包裹的運動

B.包裹和傳送帶間的動摩擦因數為0.16

C.傳送帶的長度為20m

D.包裹相對傳送帶滑動的距離為7.5m

【答案】D

【詳解】A.傳送帶啟動后做勻加速運動，包裹在摩擦力作用下也做加速運動，則包裹的加速度一定小于傳

送到的加速度，則由圖像可知圖線I反映的是傳送帶的運動，圖像n反應包裹的運動，選項A錯誤；

B.包裹的加速度

a=—m/s2=lm/s2

5

根據

a=〃g

可知包裹和傳送帶間的動摩擦因數為0」，選項B錯誤；

C.傳送帶的長度等于包裹的位移

L=—x5x5m=12.5m

2

選項C錯誤；

D.包裹相對傳送帶滑動的距離為

Ax=—x5x8m-12.5m=7.5m

2

選項D正確。

故選D。

【典例2】（2024?吉林?一模）如圖（a）,質量均為加的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左

端的距離為L初始時甲、乙均靜止，質量為M的物塊丙以速度%向右運動，與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后，

乙的位移x隨時間，的變化如圖（b）中實線所示，其中辦時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，

二者相切于尸，拋物線的頂點為。。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

%

A.碰后瞬間乙的速度大小為半B.甲、乙間的動摩擦因數為

3g，o

甲到乙左端的距離乙號

C.2D.乙、丙的質量比%=1:2

【答案】BC

【詳解】AB.設碰后瞬間乙的速度大小為匕，碰后乙的加速度大小為。，由圖（b）可知

x=vlt0-^=^-

拋物線的頂點為0,根據XT圖像的切線斜率表示速度，則有

%=a?2%

聯立解得

2%一生

v,=----,〃-c

33%

根據牛頓第二定律可得

"加g

a=------=4g

m

解得甲、乙間的動摩擦因數為

"嘖

故A錯誤，B正確;

C.由于甲、乙質量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為

根據圖（b）可知，%時刻甲、乙剛好共速，則0?/。時間內甲、乙發(fā)生的相對位移為

W+v共_4_型L

Ax='乙-X甲‘°一，。一3

2

則甲到乙左端的距離滿足

故C正確;

D.物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程根據動量守恒和機械能守恒可得

Mv0=MV2+mvx

~-^V0=+^mV'

可得

2M2Vo

可得乙、丙的質量比為

m\M=2\\

故D錯誤。

故選BCo

【典例3】如圖甲所示，長木板固定放置在水平桌面上，長木板的上表面8點處安裝有光電門，右側安裝

有定滑輪，帶有遮光條的滑塊（總質量為加）放置在長木板上，輕質細線跨過定滑輪，左端與滑塊連接,

右端與安裝在天花板上的力傳感器連接，在繩上放置帶重物的動滑輪，現讓滑塊從/處由靜止釋放（A、B

兩點之間的距離為乙），穩(wěn)定時記下力傳感器的示數下以及遮光條通過光電門的時間K更換重物，讓滑塊

仍從/處由靜止釋放，記錄多組相對應的F、3作出I-?-尸圖像如圖乙所示，重力加速度為g,輕質細

線與滑輪之間的摩擦力忽略不計，下列說法正確的是（）

B.輕質細線的拉力大小等于力傳感器示數

c.由圖乙所給的信息可得遮光條的寬度為把

Vmb

D.由圖乙所給的信息可得滑塊與長木板之間的動摩擦因數為二

2mg

【答案】BCD

【詳解】A.應保持拉線方向與木板平面平行，這樣拉力才等于合力，故A錯誤;

B.繞過滑輪的細繩的拉力相等，故B正確；

C.根據牛頓第二定律得

m

速度

d

v=—

由勻變速直線運動的速度一位移公式得

整理得

根據圖像斜率可知

解得

故C正確;

D.根據C項與圖像的截距，結合摩擦力的計算公式

/=〃加g

可解得滑塊與長木板之間的動摩擦因數為

a

2mg

故選BCDo

名校模擬

1.（2024?廣東?二模）如圖甲所示為麗江古城古老的住宅樓和萬古樓，萬古樓的“飛檐”屋頂是中國傳統(tǒng)建筑

的重要表現之一、現把住宅樓和萬古樓的屋頂分別看成平直軌道N2C及彎曲軌道/DC,如圖乙所示。一顆

松果（可看成質點）從/點由靜止開始分別沿兩軌道滑下到C點，不計阻力，下列速率V—圖像可能正確

的是（）

【詳解】松果沿平直軌道/3C做勻加速直線運動，沿彎曲軌道NDC運動過程中，加速度逐漸減小，且先大

于勻加速運動加速度，后小于勻加速運動加速度。v-圖像斜率等于加速度，可知C選項正確。

故選Co

2.一提升裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，提升裝置功率隨時間變化的尸“圖像如圖所

示。在，=ls時，重物上升的速度達到最大速度的一半，在，=3s時，達到最大速度%=20m/s。在t=6s時,

A.在0?1s時間內，重物做加速度逐漸增大的運動

B.在/=ls時，重物的加速度大小。=20m/s2

C.在f=6s時，重物的速度大小v=5m/s

D.在0?6s時間內，重物上升的高度刀=85m

【答案】D

【詳解】A.在07s時間內，功率尸均勻增大，拉力尸不變，則有提升裝置的功率

P=Fv=Fat=F-"mgt

m

由圖可知重物做加速度不變的勻加速上升運動，A錯誤；

B.在Z=3s時，達到最大速度Vm=20m/s,后重物做勻速運動，則有

PFVm

m=m=gVm

可得

m=2kg

在片Is時，重物的加速度

F-mg

a=---------

m

其中

尸=乙.

%

2

解得

?=10m/s2

即在夕Is時，重物的加速度大小a=10m/s2,B錯誤；

C.在Z=6s時，重物再次勻速上升，由

Pi=Fv=mgv

可得

v=10m/s

C錯誤；

D.在0?Is時間內重物做勻加速運動，則有

幾,=—1at.2=—1x10x21m=5m

1212

在1?3s時間內，重物做加速度減小的加速運動，則有

121,

Pt2-mgh2=—mvm--mv

可解得

h2=25m

在3?4s時間內，重物做勻速運動，則有

h3=vmt3=20xIm=20m

在4?6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速運動，則有

P1V12

-Z4-mgA4=-m--mvm

解得

h4=35m

重物在0?6s時間內，重物上升的高度為

h=hx+h2+h3=85m

D正確。

故選D。

3.(2024?河南開封?二模)某同學利用如圖甲所示的裝置，探究滑塊。上升的最大高度，忽略一切阻力及滑

輪和細繩的質量。起初物塊.放在地面上，物塊6距地面的高度為肌細繩恰好繃直，現靜止釋放物塊6,

物塊6碰地后不再反彈，測出物塊.上升的最大高度〃，每次釋放物塊6時，確保物塊a在地面上，改變

細繩長度及物塊6距地面的高度肌尋找多組(H,h),然后做出〃的圖像(如圖乙所示)，測得圖像的

斜率為左，已知物塊。、6的質量分別為機1、切2。貝I()

A.物塊。、6的質量之比四

m2k

m2

B.物塊a、6的質量之比,=7T

m2k

C.圖像的斜率左的取值范圍是1〈人＜2

D.〃圖像的斜率左的取值范圍是0〈斤＜1

【答案】BC

【詳解】AB.物塊。的上升過程分為兩個階段，第一階段為在物塊。釋放后，在繩子拉力的作用下加速上

升，與此同時物塊6加速下降，速率與物塊。相同，第二個階段為物塊。落地后，物塊。在自生重力的作用

下減速上升直至最高點。則第一階段對整體由動能定理有

12

(m2-mjgh=—(m1+m2)v

第二階段對物塊。由動能定理有

12

-mlg(H-7/)=0--機y

聯立以上兩式可得

H=-也-h

m1+m2

結合圖像可得

k=^-

mx+m2

可知

%=2_i

m2k

故A錯誤，B正確;

CD.要將物塊。拉起，則有

T-mxg>0

對物塊b,則有

m2g-T>0

可得

m2>mx

因此有

2m2<2m2<2m.

m2+m2mx+m2m2

即

\<k<2

故C正確，D錯誤。

故選BCo

【題型三】牛頓運動定律處理臨界和極值問題

典例精講

【典例1】(2024?湖南長沙?模擬預測)有一長為乙質量為加且質量分布均勻的軟繩，放在足夠高的斜面

上，斜面頂端是一個很小的滑輪，斜面傾角為30。，軟繩一端通過一根輕質細線系著一質量為2機的物塊。

初始時，用手托住物塊底部，使細線恰好拉直。然后由靜止釋放物塊，忽略空氣阻力，不計軟繩與滑輪之

間的摩擦，重力加速度為g,軟繩與斜面間動摩擦因數為巫，則在物塊下落的過程中，下列說法正確的是

2

()

A.釋放瞬間，物塊的加速度為g

3

B.釋放瞬間，細線的拉力為

C.當軟繩全部滑出時物塊的速度為必

D.當軟繩全部滑出時物塊的速度為』遠

2

【答案】BD

【詳解】AB.釋放瞬間，對物塊受力分析有

2mg-T=2ma

對繩子受力分析有

T-jumgcos0-mgsinO=ma

聯立可得

T31

T=-mg,a=-g

24

故A錯誤，B正確；

CD.軟繩與斜面間動摩擦因數為心，軟繩滑出過程中所受摩擦力為變力，且與位移成線性關系，如圖所

2

所以整個過程摩擦力做功

3

W(^--mgL

由動能定理可知

13，

2mgL+—mgL+%=—mv

解得

2

故C錯誤，D正確。

故選BDo

【典例2】（2024?山東?模擬預測）如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平面上，豎直放置時另一端位于O點,

現將絕緣不帶電物塊。和帶正電的物塊b疊放在彈簧上，系統(tǒng)穩(wěn)定時彈簧上端位于尸點。。、6的質量均為

m,6的電荷量為夕，在空間中加上豎直向上的勻強電場，下列說法正確的是（)

?o

若場強大小為手

A.a、6在。P之間某一位置分離

2q

B.若場強大小為箸

a、6在OP之間某一位置分離

C.若場強大小為野

a、6在。點恰好分禺

D若場強大小為管

a、6在P點恰好分離

【答案】BD

【詳解】A.a、b兩物體疊放在輕彈簧上，并處于靜止時，此時彈簧彈力等于成的重力，即

辱=2mg=kx

得到彈簧的壓縮量

2mg

x=------

k

若

F=qE=；mg

系統(tǒng)做簡諧振動，對。、6兩物體整體進行分析，平衡位置時，彈簧的壓縮量為王，則

gmg+何=2mg

解得

3mg

%.二-------

12k

此時振幅為

4=…=整

112k

2T

則最高點時的彈簧壓縮量為

Axj=x-24=—

當兩物體之間作用力為0時，可以求得

尸=螫

2

彈簧壓縮量為

_mg

-----

22k

因為

Axj>x2

所以仍物體不會分離，兩物體將一起做簡諧振動，故A錯誤;

B.若

系統(tǒng)做簡諧振動，對。、b兩物體整體進行分析，平衡位置時，彈簧的壓縮量為退，則

37。

—mg+Ax3=2mg

解得

5mg

X-,=--------

34k

則此時的振幅為

24k

則最高點時的彈簧壓縮量為

Ax,=x-2A=—

當兩物體之間作用力為0時，可以求得尸=等時，彈簧壓縮量為

4

3mg

x=------

444k

因為

A%?<X4

所以兩物體在到達最高點之前就已經分離，不能完成完整的簡諧振動，即。，6會在。尸之間分離，B正確;

C.若

F=qE=mg

則a、6兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為0,

對6物體，根據牛頓第二定律有

F-mg=ma

對4物體，根據牛頓第二定律有

kx5-mg=ma

解得

_mg

5~k

所以a,6不會在。點分離，C錯誤；

D.若

F=qE=2mg

則a、6兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為0,

對6物體，根據牛頓第二定律有

F-mg=ma

對a物體，根據牛頓第二定律有

kx6-mg=ma

即a、6恰好在圖示的初始位置尸點分離，D正確。

故選BDo

【典例3】如圖甲所示，一斜面體放在粗糙的水平面上，一個三角形物塊（上表面水平，傾角與斜面體的

相同）放在斜面體的頂端，在一微小的擾動下三角形物塊恰好可以勻速下滑。當三角形物塊勻速下滑時，

第一次在它上面輕輕放上一個質量加為小物塊，如圖乙所示；第二次在它上面加一個豎直向下、大小為2mg

（g為重力加速度大?。┑牧如圖丙所示。斜面體始終沒有運動。下列說法正確的是（）

A.第一次三角形物塊會加速下滑，斜面體有向右運動的趨勢

B.第一次三角形物塊仍勻速下滑，斜面體沒有向右或向左運動的趨勢

C.第二次三角形物塊會加速下滑，斜面體受到向左的靜摩擦力

D.第二次三角形物塊仍勻速下滑，斜面體沒有受到靜摩擦力

【答案】BD

【分析】本題考查受力分析和牛頓第二定律，目的是考查學生的推理能力。

【詳解】AB.在一微小的擾動下，三角形物塊恰好可以勻速下滑，設斜面體的傾角為a,三角形物塊的質

量為則有

Mgsma=/iMgcosa

第一次在三角形物塊上放上小物塊后，有

（M+m）gsin?=//（M+m）gcoscr

所以第一次三角形物塊仍勻速下滑，以斜面體和兩物塊整體為研究對象，斜面體沒有向右或向左運動的趨

勢，A錯誤、B正確；

CD.第二次在三角形物塊上面加一個豎直向下的力

F=2mg

后，有

（A^+F）sincr=//（A/g+F）cos6Z

所以第二次三角形物塊仍勻速下滑，以斜面體和兩物塊整體為研究對象，斜面體沒有向右或向左運動的趨

勢，沒有受到靜摩擦力，C錯誤、D正確。

故選BDo

CZZD

名校模擬

1.（2024?湖北武漢?模擬預測）一遵從胡克定律、勁度系數為左的彈性輕繩，繞過固定于平臺邊緣的小滑輪

A,將其一端固定于。點，另一端系一質量為%的小球，靜止于M處。已知。力的距離恰為彈性繩原長，

現將小球拉至與M等高的N處靜止釋放，的距離為力則小球從釋放到與平臺右側面碰撞前的過程中

（不計空氣阻力及繩子和滑輪間的摩擦，小球視為質點，彈性繩始終在彈性限度內，重力加速度為g）（）

C.小球的最大加速度為丁

2m

D.小球的最大加速度為j（弁）2+g2

【答案】A

【詳解】AB.根據受力分析可知，小球在N到M的過程中，只受重力和彈力，且從N到"的過程中只有

彈力在水平方向的分力做功，且彈力和位移成線性關系，因此可得

—kd-d=—mv2

2

解得最大速度為

A正確B錯誤;

CD.小球的最大加速度時，即合力最大，為一開始釋放的時候，因為小球最后靜止于M點，因此彈力在豎

直方向分力，與重力相等，水平分力，為合力，所以可得

kd=ma

解得

kd

ci——

m

CD錯誤。

故選Ao

2.（2024?湖南?二模）2023年4月8日，奧運會冠軍朱雪瑩在青島奪得全國蹦床錦標賽女子蹦床項目冠軍,

假設朱雪瑩某次訓練中從空中最高點無動力下落的加速度與下落高度的變化如圖所示，g為重力加速度，則

下列說法正確的是（）

A.朱雪瑩下落距離為用時，速度最大

B.朱雪瑩下落距離為生時速度大小為

C.朱雪瑩下落距離為〃3時，蹦床對朱雪瑩的作用力一定大于27Mg

D.朱雪瑩下落距離為4時重力勢能和彈性勢能之和最小

【答案】C

【詳解】A.4：刈階段朱雪瑩的加速度方向仍然豎直向下，仍然加速，下落距離為％時，速度不是最大,

故A錯誤；

B.根據

2ax=v2-Vg

可知a-x圖像和坐標軸所圍面積的2倍表示速度平方的變化量，故朱雪瑩下落距離為為時速度大小為