专题05 牛顿运动定律的基本应用-2025高考物理模型与方法热点题型归类训练

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc4307" 题型一 牛顿运动定律的理解 PAGEREF _Tc4307 \h 1
\l "_Tc27234" 类型1 牛顿第一定律的理解 PAGEREF _Tc27234 \h 1
\l "_Tc28244" 类型2 牛顿第二定律的理解和应用 PAGEREF _Tc28244 \h 3
\l "_Tc1742" 类型3 牛顿第三定律的理解 PAGEREF _Tc1742 \h 6
\l "_Tc3551" 题型二 瞬时问题的两类模型 PAGEREF _Tc3551 \h 9
\l "_Tc3810" 题型三 超重和失重问题 PAGEREF _Tc3810 \h 14
\l "_Tc29224" 类型1 超、失重现象的图像问题 PAGEREF _Tc29224 \h 14
\l "_Tc23192" 类型2 超、失重现象的分析和计算 PAGEREF _Tc23192 \h 16
\l "_Tc23282" 题型四 动力学两类基本问题 PAGEREF _Tc23282 \h 19
\l "_Tc7057" 类型1 已知受力求运动情况 PAGEREF _Tc7057 \h 20
\l "_Tc2207" 类型2 已知物体运动情况，分析物体受力 PAGEREF _Tc2207 \h 23
\l "_Tc6372" 类型三 复杂过程中的力与直线运动 PAGEREF _Tc6372 \h 24
\l "_Tc30009" 题型五 光滑模型 PAGEREF _Tc30009 \h 33
\l "_Tc15995" 类型1 等底光滑斜面 PAGEREF _Tc15995 \h 33
\l "_Tc30439" 类型2 等高斜面 PAGEREF _Tc30439 \h 38
\l "_Tc17467" 类型3 “等时圆”模型 PAGEREF _Tc17467 \h 39
题型一 牛顿运动定律的理解
【解题指导】1．理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性.
作用力与反作用力分别作用在不同的物体上，作用效果不能抵消，不能合成，但在使用整体法对系统进行受力分析时，可以作为内力不考虑．
类型1 牛顿第一定律的理解
1.理想化状态
牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。如果物体所受的合力等于零，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体保持静止状态或匀速直线运动状态。
2.明确了惯性的概念
牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性，即物体具有保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质。
3.揭示了力与物体运动状态的关系
力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
【例1】《考工记》是春秋战国时期齐国人的一部科技著作，是古代手工技术规范的汇集。其中的《辀人篇》中记载：“劝登马力，马力既竭，辀尤能一取焉。”意思是：马拉车的时候，马停止用力了，车还能前进一段距离，这是世界上对惯性现象的最早论述。下列说法正确的是（ ）
A．马停止用力，车在短时间内还受到向前拉力，所以还能继续前进一段距离
B．马停止用力，由于车的惯性，所以车仍能继续前进一段距离才停下来
C．车停下来的过程中，随着速度逐渐减小，车的惯性也逐渐减小
D．车完全停下来后，处于平衡状态，根据牛顿第一定律，车不受任何外力的作用
【答案】B
【详解】A．马停止用力，车就不再受到向前拉力作用，由于车的惯性，所以车还能继续前进一段距离，A错误；
B．马停止用力，由于车的惯性，所以车仍能继续前进一段距离才停下来，B正确；
C．质量是惯性的唯一的量度，因此车停下来的过程中，随着速度逐渐减小，可车的质量不变，车的惯性大小不变，C错误；
D．车完全停下来后，处于平衡状态，车只是在运动的方向上不受力作用，可在竖直方向上，车仍受到重力与地面的支持力的作用，这两个力大小相等方向相反，合力是零，D错误。
故选B。
【例2】如图所示，一个楔形物体M放在固定的粗糙斜面上，M上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球m，楔形物体由静止释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是（ ）
A．沿斜面方向的直线B．竖直向下的直线C．无规则的曲线D．抛物线
【答案】B
【详解】由题意可知，小球在水平方向不受力，则小球的运动轨迹是竖直向下的直线。
故选B。
【变式演练1】2022年12月18日卡塔尔世界杯决赛在亿万球迷的欢呼声中落下帷幕，最终经过点球大战，阿根廷队以7∶5的成绩击败法国队夺得冠军。关于足球运动，下列说法正确的是（ ）
A．在研究香蕉球和电梯球的形成原因时，足球都可以被看成质点
B．阻力作用下足球运动速度逐渐变小，说明力是改变物体运动状态的原因
C．守门员用双手将足球以原速率扑出的过程，足球的动量、动能均保持不变
D．罚点球过程中，运动员对足球的弹力越大，足球的动量变化越大
【答案】B
【详解】A．在研究香蕉球和电梯球的形成原因时，足球的旋转和姿态占主要因素，因此不能把足球当成质点，故A错误；
B．运动状态包括物体运动速度的大小和速度的方向，任何一项发生改变都将表明物体的运动状态发生了改变，足球运动过程中因受阻力速度变小，则可说明力是改变物体运动状态的原因，故B正确；
C．动量是矢量，既有大小又有方向，当守门员用双手将足球以原速率扑出时，足球的速率不变，但是方向发生了改变，因此足球的动量发生了改变，故C错误；
D．由动量定理可知，足球的动量变化量等于合外力的冲量，则足球的动量变化量除了与力的大小方向有关，还与力的作用时间有关，故D错误。
故选B。
【变式演练2】物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识。推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步。关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（ ）
A．伽利略首先提出了惯性的概念，并指出质量是惯性大小的唯一量度
B．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法
C．牛顿运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿运动定律都能通过现代的实验手段直接验证
D．力的单位“N”是国际单位制的基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位
【答案】B
【详解】A．牛顿首先提出了惯性的概念，A错误；
B．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，B正确；
C．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，C错误；
D．力的单位“N”是导出单位，D错误。
故选B。
类型2 牛顿第二定律的理解和应用
1.对牛顿第二定律的理解
2．解题的思路和关键
(1)选取研究对象进行受力分析；
(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力；
(3)根据F合＝ma求物体的加速度a.
【例1】《论衡》是中国思想史上的一部重要著作，是东汉时期杰出的唯物主义思想家王充的智慧结晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故车行于陆，船行于沟，其满而重者行迟，空而轻者行疾”“任重，其进取疾速，难矣”，由此可见，王充对运动与力的理解（ ）
A．与亚里斯多德的观点相近B．与牛顿第一定律相近
C．与牛顿第二定律相近D．与牛顿第三定律相近
【答案】C
【详解】“其满而重者行迟，空而轻者行疾”、“任重，其进取疾速，难矣”，本质上的意思是，在相同力的作用下，质量大的物体速度变化慢，加速度小，质量小的物体速度变化快，加速度大，因此王充对运动与力的理解与牛顿第二定律相近。
故选C。
【变式演练1】在地铁运行过程中，某人把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细绳与竖直方向夹角为，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定（ ）
A．地铁运行方向B．地铁运行加速度方向
C．圆珠笔的质量D．地铁运行加速度大小为
【答案】B
【详解】AB．物体受绳子拉力方向沿绳子向上，受重力方向竖直向下，则物体所受的合力水平向左，由牛顿第二定律知，地铁运行加速度方向向左，但无法确定地铁的运行方向，故B正确，A错误；
CD．圆珠笔受力如图
根据牛顿第二定律得
所以
无法计算圆珠笔的质量，故CD错误。
故选B。
【变式演练2】如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上从静止开始以加速度a向前运动位移为x的过程中，若货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．石块B周围的物体对它的作用力的合力大小为mg
B．石块B周围的物体对它的作用力的合力做功为mgx
C．石块B周围的物体对它的作用力的合力大小为
D．石块B周围的物体对它的作用力的合力冲量大小为m
【答案】C
【详解】AC．石块B受向下的重力mg和周围的物体对它的作用力F，两个力的合力为ma，方向水平向右，则石块B周围的物体对它的作用力的合力大小为
选项A错误，C正确；
B．石块B周围的物体对它的作用力的合力的水平分量为ma，则做功为max，选项B错误；
D．物块的速度
根据动量定理，石块B所受的合外力（周围物体对它作用力的合力与B的重力的矢量和）的冲量大小为
选项D错误。
故选C。
类型3 牛顿第三定律的理解
一对平衡力与作用力和反作用力的比较
【例1】“倒立”可以利用地球引力对人体进行牵引和拉伸，可以帮助青少年保持良好体形，有助于增高，促进大脑发育，提高记忆力。照片展示的是义乌某中学一位学生在宿舍中练习“靠墙倒立”的情景，宿舍的地面水平粗糙，墙面光滑竖直。针对照片下列同学的分析判断中正确的是（ ）
A．地面对人的作用力与人对地面的压力是一对相互作用力
B．墙面对人的作用力和人对墙面的作用力是一对平衡力
C．人对地面的压力是因为地面发生形变产生的
D．人体的重心位置可能在身体的外部
【答案】D
【详解】A．在竖直方向上，对人研究，人受到重力、地面对人的作用力和墙对人的摩擦力，故地面对人的作用力与人对地面的压力随作用在两个物体上，但大小不相等，故A错误；
B．墙面对人的作用力受力物体为人，人对墙面的作用力受力物体为墙，故不符合平衡力的条件，故B错误；
C．人对地面的压力是因为人手发生形变产生的，故C错误；
D．重心为物体各部分所受重力作用的集中点，重心的位置与物体的质量分布和几何形状均有关，故由图可知，人体的重心位置可能在身体的外部，故D正确。
故选D。
【例2】如图，一质量M＝1 kg、半径R＝0.5 m的光滑大圆环用一细轻杆固定在竖直平面内，套在大环上质量m＝0.2 kg的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。重力加速度g＝10 m/s2，当小环滑到大环的最低点时（ ）
A．小环的速度大小为
B．小环运动的加速度大小为40 m/s2
C．小环对大环的压力大小为20 N
D．大环对轻杆拉力的大小为12 N
【答案】B
【详解】A．根据动能定理
解得
故A错误；
B．小环运动的加速度大小为
故B正确；
C．根据
得大环对小球的支持力
根据牛顿第三定律，小球对大坏的压力大小为
F1=F=10 N
故C错误；
D．大环对轻杆拉力的大小为
T= F1+Mg=20 N
故D错误。
故选B。
【变式演练】木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，如图所示，则有（ ）
A．人对木箱底的压力大小为FB．人对木箱底的压力大小为G2
C．木箱对地面的压力大小为G2+G1-FD．木箱对地面的压力大小为G1+G2
【答案】D
【详解】AB．以人为研究对象受到重力G2、木箱顶部对人的推力和木箱底部对人的支持力，处于平衡状态，根据平衡条件可得
根据牛顿第三定律可知人对木箱的推力和木箱对人的推力大小相等，则有
故AB错误；
CD．以人和木箱为研究对象，受到重力，地面对木箱的支持力，处于平衡状态，根据平衡条件可得
根据牛顿第三定律可知木箱对地面压力和地面对木箱的支持力大小相等，则有
故C错误，D正确。
故选D。
题型二 瞬时问题的两类模型
【解题指导】轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．
【例1】（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ）
A．g，B．2g，C．2g，D．g，
【答案】A
【详解】剪断前，对BCD分析
对D
剪断后，对B
解得
方向竖直向上；对C
解得
方向竖直向下。
故选A。
【变式演练1】（2024·湖北·三模）如图所示，质量相等的两小球A、B，二者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻绳系在足够高的天花板上，初始时A、B均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．A的加速度大小的最大值为g
B．B的加速度大小的最大值为2g
C．A的位移大小一定大于B的位移大小
D．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小
【答案】C
【详解】A B．设小球A与B的质量为m，细线剪断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变， B球的合力为零，则 B球的加速度为零， A球加速度为
两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中，设弹簧的伸长量为 x。
对A球，由牛顿第二定律得
对B球，由牛顿第二定律得
可知随着x减小，A球的加速度减小，B球的加速度增大，所以细线剪断瞬间，A球的加速度最大，为当弹簧第一次恢复原长时， B球的加速度最大，为 g。故A B错误；
C D．由上分析可知，从开始下落到弹簧第一次恢复原长的过程中，A球的加速度大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一时刻B球的速度大小，故C正确，故D错误。
故选C。
【变式演练1】）水平面上有一质量m＝2kg的小球，小球与左端固定的水平轻弹簧及上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小球处于静止状态，轻绳与竖直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．此时，绳上的拉力为20N
B．若剪断轻绳，则剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N
C．若剪断轻绳，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向左
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零
【答案】B
【详解】A．设绳子拉力为T，对小球根据平衡条件有
Tcs45°＝mg
解得
A错误；
B．剪断轻绳前，设弹簧的弹力为F，对小球根据平衡条件有
F＝Tsin45°
解得
F＝20N
剪断轻绳后，弹簧弹力不变，故剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N，B正确；
C．剪断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力不变，则重力与弹簧弹力的合力为，根据牛顿第二定律可得
方向与竖直方向成45°角指向左下方，C错误；
D．剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力瞬间消失。小球将开始做圆周运动，此时小球的速度为零，向心加速度为零，沿绳方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直绳的方向）的加速度，重力沿垂直绳方向的分力等于合力，则有
mgcs45°＝ma
解得
D错误。
故选B。
【变式演练2】（2024·陕西安康·模拟预测）如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为的光滑斜面底端，另一端连接一质量为3m的物块A，系统处于静止状态。若将质量为m的物块B通过跨过光滑轻质定滑轮的细绳与A相连，开始时用手托住物体B，使细绳刚好保持伸直（绳、弹簧与斜面平行），松手后A、B一起运动，A运动到最高点P（未画出）后再反向向下运动到最低点。已知重力加速度为g，对于上述整个运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．释放B后的瞬间，绳子张力大小为B．释放B后的瞬间，绳子张力大小为
C．在最高点P，绳子张力大小为D．在最高点P，弹簧对A的弹力大小为
【答案】B
【详解】AB．释放瞬间对整体由牛顿第二定律有
对物体B，有
联立解得
故A错误，B正确；
CD．在最高点P，由对称性可知，加速度大小为
对整体，有
对物体B，有
解得
，
故CD错误。
故选B。
【变式演练3】（2024·贵州·三模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳和悬挂静止在O点，绳与竖直方向的夹角为，绳水平。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．剪断绳瞬间，小球的加速度大小为
B．剪断绳瞬间，小球的加速度大小为
C．剪断绳瞬间，小球的加速度为零
D．剪断绳瞬间，小球的加速度为g
【答案】BD
【详解】AB．剪断绳瞬间，小球即将开始绕A点做圆周运动，沿切线方向可得
解得
故A错误，B正确；
CD．剪断瞬间，小球将绕B点开始做圆周运动，此时切线方向的加速度大小为g，故C错误，D正确。
故选BD。
题型三 超重和失重问题
【解题指导】1．判断超重和失重的方法
(1)从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．
2．对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等．
类型1 超、失重现象的图像问题
【例1】（2024·湖北·一模）智能手机里一般都装有加速度传感器。打开手机加速度传感器软件，手托着手机在竖直方向上运动，通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．t₁时刻手机处于完全失重状态B．t₂时刻手机开始向上运动
C．t₃时刻手机达到最大速度D．手机始终没有脱离手掌
【答案】A
【详解】A．t₁时刻手机加速度为，方向竖直向下，手机处于完全失重状态故A正确；
BC．由题可知整个过程为先托着手机向下做加速运动， 向下做减速运动，图像与坐标轴围成的面积为速度，t₃时刻手机达加速度为正方向的最大值，故t₃速度小于速度不是最大，故BC错误；
D．手机加速度向上时受到手向上的支持力不会脱离手掌，手机加速度为的过程中处于完全失重状态，可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没有脱离手掌，故D错误。
故选A。
【变式演练1】．（2024·辽宁·三模）一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则（ ）

A．时地板对该同学的支持力最小B．时电梯对该同学的支持力为零
C．6~8s内电梯上升的高度约为4mD．6~8s内电梯上升的高度约为9m
【答案】C
【详解】A．时，加速度向上且最大，则该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律可得
可知地板对该同学的支持力最大，故A错误；
B．时，加速度为0，根据受力平衡可知，电梯对该同学的支持力等于同学的重力，故B错误；
CD．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由图可知，内围成的面积大约有4个小方格，则时的速度为
由图像可知，6~8s内电梯的加速度为0，做匀速运动，上升的高度约为
故C正确，D错误。
故选C。
【变式演练2】在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员的质量为40kgB．运动员在3.6s~4.8s内处于超重状态
C．运动员的最大加速度大小为50m/s2D．运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2m
【答案】D
【详解】A．由题可知
所以
故A错误；
B．由图可知，运动员在3.6s~4.2s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2s~4.8s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；
C．当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得
故C错误；
D．由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为
所以运动员离开蹦床上升的最大高度为
故D正确。
故选D。
类型2 超、失重现象的分析和计算
【例2】（2024·全国·高考真题）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 N（结果保留1位小数）；
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，则此段时间内物体处于 （填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为 （结果保留1位小数）。
【答案】(1)5.0 (2) 失重 1.0
【详解】（1）由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N，则读数为5.0N。
（2）[1]电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态；
[2]根据
根据牛顿第二定律
代入数据联立解得电梯加速度大小
【变式演练1】（2024·山东菏泽·三模）测体重时，电子秤的示数会不断变化，电子秤的示数始终与它受到的压力大小成正比，最后才稳定。某同学想探究不同情境下电子秤示数的变化情况。已知该同学的质量为，重力加速度大小取。下列情境中关于电子秤示数说法正确的是（ ）
A．该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先增大后减小
B．该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先减小后增大
C．在减速下降的电梯中，人站在电子秤上时电子秤示数小于真实体重
D．在以的加速度匀加速上升的电梯中，人站在电子秤上时电子秤示数为
【答案】BD
【详解】AB．当同学在电子秤上下蹲时，人体重心下移，先加速下降，加速度向下，此时同学处于失重状态，同学对电子秤的压力小于自身重力；然后减速下降，加速度向上，此时同学处于超重状态，同学对电子秤的压力大于自身重力，所以电子秤的示数先减小后增大，故A错误，B正确；
C．当电梯减速下降时，加速度竖直向上，该同学处于超重状态，电子秤对同学的支持力大于同学的重力，根据作用力与反作用力大小相等可知，测量值会大于真实体重，故C错误；
D．把电子秤放在电梯里，当电梯以加速度加速上升时，设支持力为，由牛顿第二定律可得
解得
因为同学对秤的压力与秤对同学的支持力为一对作用力和反作用力，大小相等，则电子秤示数为
故D正确。
故选BD。
【变式演练2】．如图所示，在某城市的建筑工地上，工人正在运用夹砖器把两块质量均为m的相同长方体砖块夹住后竖直向上加速提起。已知每块砖块能承受的最大压力大小为F，夹砖器与每个砖块的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在加速提起砖块的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．在加速提起砖块的过程中，砖块处于失重状态
B．夹砖器对两块砖块的压力大小可能不相等
C．砖块被加速提起的过程中，其加速度的最大值为
D．两块砖块之间的摩擦力一定不为零
【答案】C
【详解】A．在加速提起砖块的过程中，砖块加速度向上，处于超重状态，A错误；
B．砖块水平方向保持平衡，故夹砖器对两块砖块压力大小相等，B错误；
C．夹砖器与砖块即将发生滑动时，砖块加速度最大，对两块砖整体受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律有
则砖块被加速提起过程中，其加速度的最大值为
C正确；
D．加速度最大时，单独对其中一个砖块受力分析如图乙所示，若竖直方向上只受重力以及夹砖器对其向上的静摩擦力，有
解得
故两块砖块之间摩擦力为零，D错误。
故选C。
题型四 动力学两类基本问题
【解题指导】1．做好两个分析：
受力分析，表示出合力与分力的关系；
运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.
熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.
3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．
【必备知识】1.基本思路
2.基本步骤
3.解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
类型1 已知受力求运动情况
【例1】在某建筑工地，有一工件在电机的牵引下从地面竖直向上送至指定位置进行安装，已知该工件先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动三个阶段。当工件加速运动到总距离的一半时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的图像如图所示，当时工件速度恰好减为0且到达指定位置。整个过程中不计空气阻力，重力加速度，则（ ）
A．时间内，工件一直处于失重状态
B．工件做匀速运动的速度大小为
C．工件做匀减速运动加速度大小为
D．地面和指定位置之间的总距离为56m
【答案】CD
【详解】A．该工件先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动三个阶段，图线表示的是匀速的后半段和匀减速，所以0～10s时间内，工件做匀速运动，处于平衡状态，选项A错误；
B．根据动量定理得
匀速运动时有
解得
工件做匀速运动的速度大小为2m/s，选项B错误；
C．根据牛顿第二定律得
解得
工件做匀减速运动的加速度大小为0.25m/s2，选项C正确；
D．地面和指定位置之间的总距离为
选项D正确；
故选CD。
【变式演练1】如图所示，一个质量的物块从光滑的斜面顶端A下滑，斜面高度，斜面长为2.5m。物块与水平面动摩擦因数为0.1，斜面与水平面平滑连接，物块运动到水平面C点静止。g取10m/s2，求：
（1）物块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）物块到达斜面末端B点时的速度大小v；
（3）物块在水平面运动的位移大小x。
【答案】（1）；（2）5m/s；（3）12.5m
【详解】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律有
根据几何关系有
解得
（2）物块从A到B根据运动学规律可得
代入数据可得
v=5m/s
（3）在水平面上运动摩擦阻力提供加速度有
物块从B到C根据运动学规律可得
代入数据可得
x=12.5m
【变式演练2】如图所示，倾角、高度的斜面与水平面平滑连接。小木块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知小木块的质量，它与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度。，。求：
（1）小木块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）小木块滑至斜面底端时的速度大小v；
（3）小木块在水平面上运动的距离x。
【答案】（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）0.4m
【详解】（1）小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知
解得加速度大小
（2）根据
可得小木块滑至斜面底端时的速度大小
v=2m/s
（3）小木块在水平面上运动时的加速度
运动的距离
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力
【例2】如图甲所示，水平桌面上静置有一算盘，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在时刻对算珠施加沿杆方向的力使其由静止开始运动，经0.1s撤去F，此后再经0.1s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的图像如图乙所示，算珠的厚度，g取10m/s2，与杆间的动摩擦因数恒定。求：
（1）杆的长度L；
（2）算珠与杆间的动摩擦因数μ；
（3）算珠的质量m。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知杆的长度为
（2）撤去F后，算珠做匀减速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律有
可得算珠与杆间的动摩擦因数为
（3）算珠做匀加速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律有
联立解得算珠的质量为
【变式演练1】2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第末的速度大小，在第内运动了，取重力加速度大小。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数；
（2）营垒中心到前掷线的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小
若冰壶以加速度减速，则冰壶在最后通过的位移
所以冰壶在第内的某瞬间已经停止运动，令，设冰壶运动所用的时间为t，则有
，
解得
（2）根据运动学公式有
解得
【变式演练2】（2024·湖北武汉·模拟预测）冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中，冰壶（可视为质点）被运动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B间的距离x=26m，B、C间的距离x2=5.5m，冰壶通过AB段的时间t1=10s，通过BC段的时间t2=5s，假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）C、O两点之间的距离x3；
（2）冰壶和冰面间的动摩擦因数μ。
【答案】（1）0.9m；（2）0.02
【详解】（1）因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在A点至O点的运动为匀减速直线运动，假设冰壶运动的加速度大小为a，在A点时的速度大小为vA，在C点时的速度大小为vC，因此有
，
解得
a=0.2m/s2，vA=3.6m/s
又由
代入数据可得
vC=0.6m/s
已知运动到O点时冰壶停下，因此有
代入已知数据可知
x3=0.9m
（2）假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f，则有
根据牛顿第二定律可知
已知a=0.2m/s2，联立以上各式可得
类型三 复杂过程中的力与直线运动
【例1】2024年4月3日，小米集团完成了小米SU7汽车的首批交付仪式。之后陆续有用户对小米SU7进行了性能测试。为提升了驾驶体验，为驾乘者提供更加安全和舒适的驾驶环境小米SU7具有AEB自动紧急制动性能并加入了AEBPr功能。某车主对此性能进行了测试。小米SU7在平直的封闭公路上以=108km/h的速度水平向右匀速行驶，检测到障碍物后在AEB和AEB Pr功能作用下开始减速，车所受阻力f与车重力mg的比值随时间变化的情况可简化为如下图所示的图像，最终停在据障碍物1m的位置。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小米SU7开始减速瞬间的加速度；
（2）小米SU7在1s末的速度大小；
（3）小米SU7从开始减速位置到障碍物间的距离。
【答案】（1）=-10m/s2，方向水平向左；（2）=20m/s；（3）=36m
【详解】（1）根据题意，由图可知，小米SU7开始刹车时
由牛顿第二定律有
联立解得
方向水平向左；
（2）由运动学公式可得，小米SU7做减速运动，则小米SU7在1s末的速度大小为
代入数据解得
=20m/s
（3）根据题意开始减速1s内，由运动学公式可得，运动的位移为
=25m
开始减速1s后，由图可知
由牛顿第二定律有
由运动学公式可得
联立代入数据解得
小米SU7从开始减速位置到障碍物间的距离
+1m=36m
【例2】（2024·陕西·三模）如图甲，在供包台工作人员将包裹放在机器人的水平托盘上，智能扫码读取包裹目的地信息，经过大数据分析后生成最优路线，包裹自动送至方形分拣口。当机器人抵达分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力），该过程示意图如图乙所示，机器人A把质量的包裹从供包台沿直线运至相距的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。已知机器人A运行最大加速度，运行的最大速度，机器人运送包裹途中看作质点，重力加速度。
（1）求机器人A从供包台运行至分拣口所需的最短时间t；
（2）若包裹与水平托盘的动摩擦因数为，则在机器人A到达分拣口处，要使得包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角应该是多少？
（3）机器人A投递完包裹后返回供包台途中发生故障，机器人A立刻制动，制动时速度为，由于惯性，机器人A在地面滑行后停下来，此时刚好有另一机器人B，以最大速度与机器人A发生弹性正碰，碰撞后机器人A滑行了停下来（其加速度与制动后滑行加速度相等，机器人A、B均看作质点）。求机器人B与机器人A的质量之比。
【答案】（1）12s；（2）；（3）
【详解】（1）当机器人A先以最大加速度做匀加速直线运动加速至，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据运动学的公式可得
同理可得匀减速直线运动阶段
匀速直线阶段根据运动学的公式得
运行总时间
（2）设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角为，对包裹，受力分析得
其中
解得托盘的最小倾角
（3）设机器人A制动后滑行过程中的加速度大小为，则由机器人A制动后滑行后停下来，有
设机器人A被碰后瞬间的速度为，滑行后停下来，则有
联立可得
A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得
【变式演练1】．（2024·山东·二模）2023年11月，我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试。小李同学将这个过程进行如图所示的简化：ABC为水平轨道，其中AB段为有动力弹射段、长LAB＝80m，BC段为无动力滑行段、足够长。将质量M＝20kg的物块（可视为质点）置于A处，在第一次弹射模拟中，物块在AB段的运动时间为2s、BC段的运动时间为16s；在第二次弹射模拟中，该同学在物块两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重块质量m＝5kg。已知物块与水平轨道ABC间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的动力大小相等且恒定不变，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）AB段动力的大小；
（2）第二次弹射过程中，AB段和BC段物块对每个配重块作用力的大小。（结果可用根式表示）
【答案】（1）900N；（2）N，N
【详解】（1）第一次弹射模拟，AB段有
BC段有
解得
F＝900N
（2）根据上述分析，可求得
μ＝0.5
第二次弹射模拟，AB段有
作用力
解得
BC段有
解得
【变式演练2】在学校科技节上，物理老师在空旷的操场竖直向上发射一枚总质量为2kg的火箭模型。如图所示，在t=0时刻发动机点火，为火箭提供了竖直向上、大小恒为45N的推力，随后经过3s，发动机熄火，在达到最大高度后，火箭打开顶部的降落伞，在降落伞作用下向下做匀加速运动，到达地面时的速度大小为9m/s。已知火箭箭体在运动的过程中，受到的空气阻力大小恒为5N，重力加速度g取10m/s2，不考虑火箭发射过程中喷出的气体对火箭质量的影响，火箭在运动的过程中可视为质点。
（1）求发动机熄火时，火箭的速度大小；
（2）求火箭上升的最大高度；
（3）若把降落伞提供的阻力视为恒定不变，求其大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
发动机熄火时，火箭的速度大小为
（2）火箭匀加速阶段上升的高度为
发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
发动机熄火后，火箭继续上升的高度为
则火箭上升的最大高度为
（3）火箭在降落伞作用下向下做匀加速运动，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
根据牛顿第二定律而扩大
解得降落伞提供的阻力大小为
【变式演练3】．（2024·安徽合肥·二模）如图甲所示为某种排盘机，可以通过排盘器将包子、蛋糕等食品整齐地摆放在托盘中，图乙为排盘机的示意图。开始时排盘器水平，静止在托盘上方，其上表面距托盘高h=5cm。包子到达距排盘器左端l=14.5cm处时速度大小为v0=1.4m/s，方向水平向左，此时排盘器以a=5m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动。当包子刚好离开排盘器时，排盘器立即停止运动。已知包子所受的阻力为其重力的0.4倍，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）排盘器加速运动的时间；
（2）包子落至托盘瞬间的速度。
【答案】（1）0.1s；（2）；
【详解】（1）由牛顿第二定律，可得
依题意，排盘器向右做匀加速运动，包子向左做匀减速运动，设经t包子刚好离开排盘器，则有
解得
（2）包子离开排盘器后做平抛运动，水平初速度为
包子落至托盘瞬间竖直方向速度大小为
包子落至托盘瞬间的速度大小为
设该速度与水平面夹角为，则有
解得
【变式演练4】如图甲所示为某综艺节目的躲球游戏。现将运动过程进行简化，如图乙所示，泡沫球从A点静止开始沿斜面匀加速直线下滑，斜面的倾角，A距斜面底端B长度为，泡沫球到达B点后没有速度损失，然后在水平面上做匀减速直线运动，泡沫球在整个运动过程中所受阻力为其重力的0.1倍，参与游戏的玩家的一开始站在C点，当小球到达B点时，玩家由静止开始以加速度大小开始向右做匀加速直线运动，到达后做匀速直线运动，C点的位置玩家可自由选择，在不被球追上的前提下BC的距离越小，得分越高。g取。求：
（1）泡沫球沿斜面下滑时加速度的大小和在水平面上做匀减速直线运动的大小；
（2）泡沫球到达B时的速度大小；
（3）玩家得分最高的情况下，所选择BC的距离。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）泡沫球沿斜面下滑时
其中
联立可得
泡沫球做匀减速运动
可得加速度大小
（2）设泡沫球达B时的速度大小，则有
代入数据解得
（3）当时，可得
可得
人匀加速阶段
得
此时
匀速阶段
故
题型五 光滑模型
类型1 等底光滑斜面
【例1】如图所示，两条光滑的轨道下端固定在P点，上端分别固定在竖直墙面上的A、B两点，A、B离地面的高度分别为。现使两个小滑块从轨道上端同时由静止开始释放，由A、B滑到P的时间均为t，间的距离为L，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【详解】AB．设斜面与水平方向夹角为θ，在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度
根据几何关系可知，物体发生的位移为
物体的初速度为零，有
解得
设AP、BP与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，有A、B滑到P的时间均为t，可得
可得
整理可得
根据
则
A正确，B错误；
CD．根据几何关系
则
根据
可得
可得
C正确，D错误。
故选AC。
【变式演练1】如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由40°逐渐增大至50°，物块的下滑时间t将（ ）
A．逐渐增大B．逐渐减小
C．先减小后增大D．先增大后减小
【答案】C
【详解】设QP在水平方向的投影长度为l，根据牛顿牛顿第二定律
又
，
联立得
若θ由40°逐渐增大至50°，2θ由80°逐渐增大至100°，可知，运动时间先减小后增大。
故选C。
【变式演练2】如图所示，三条光滑的轨道下端固定在P点，上端分别固定在竖直墙面上的A、B、C三点，A、B、C离地面的高度分别为、、，现在使三个小滑块从轨道上端同时由静止开始释放，由A、B滑到P的时间均为t，由C滑到P的时间为，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】CD．设斜面与水平方向夹角为θ，在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度
根据几何关系可知，物体发生的位移为
物体的初速度为零，有
解得
设AP、BP、CP与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，有
θ1>θ2>θ3
A、B滑到P的时间均为t，由几何知识可知θ1、θ2互余，则C点滑到P点时间最长，故CD错误；
AB．由
可得
则
故A正确，B错误。
故选A。
【变式演练3】如图所示，竖直墙上的点与水平地面上的点到墙角的距离相等，点位于点正上方的墙壁上，点在点正上方与点等高。某时刻同时由、、三点静止释放、、三个相同的小球，球由点自由下落，、两球分别沿光滑倾斜直轨道、运动，它们运动到点所用时间分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【详解】竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离相等，设为x，则AM与水平方向夹角为45°，设BM与水平方向的夹角为α，可知α大于45°，则有
所以
由数学三角函数关系可得
得
综上还有
故ABD正确，C错误。
故选ABD。
类型2 等高斜面
【例2】如图所示，两个等高的光滑斜面AB倾角分别为37°和53°，同一小球从斜面顶端分别沿两个斜面下滑到底端，则下列说法正确的是（ ）
A．从两斜面上下滑时间之比是1:1
B．从两斜面上下滑时间之比是3:4
C．到达斜面底端时，重力的功率之比为1:1
D．到达斜面底端时，重力的功率之比为3:4
【答案】D
【详解】AB．小球在斜面上运动的加速度
设斜面的高度为h，斜的长
由于
运动时间
故
选项AB错误；
CD．由机械能守恒可知
到达斜面底端的速率相等，重力的功率
选项C错误，D正确。
故选D。
【变式演练】如图所示，快递员欲利用三条光滑轨道，，将一快递送至地面。已知快递由A点静止释放，且快递接触地面时的速度越大，快递越容易破损，则（ ）

A．选择轨道快递最容易破损
B．选择轨道，快递最快到达地面
C．无论选哪条轨道，快递到达地面用时均相同
D．从节约时间、保证快递完好度等综合方面考虑，应首选轨道
【答案】BD
【详解】设斜面倾角为，斜面高度为，则快递下滑的加速度大小为
根据运动学公式可得
联立可得
快递接触地面时的速度大小为
可知快递沿三条光滑轨道，，滑下到达地面的速度大小相等，快递破损的难易相同，由于轨道的倾角最大，快递下滑时间最短，则选择轨道，快递最快到达地面；从节约时间、保证快递完好度等综合方面考虑，应首选轨道。
故选BD。
类型3 “等时圆”模型
1.“等时圆”模型
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2.基本规律
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。
(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
【例1】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，O点为竖直圆周的圆心，MN和PQ是两根光滑细杆，两细杆的两端均在圆周上，M为圆周上的最高点，Q为圆周上的最低点，N、P两点等高。两个可视为质点的圆环1、2（图中均未画出）分别套在细杆MN、PQ上，并从M、P两点由静止释放，两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为、，所用时间分别为、，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【详解】连接NQ、MP，如图所示
小环1从M点静止释放，根据牛顿第二定律可得
所以
，
同理可得
，
故选BD。
【变式演练1】如图所示，光滑直杆处在竖直面内，杆的端点A、B、C均在同一竖直圆周上，A点为圆周的最低点，直杆与水平面之间的夹角分别为；现将P、Q两个完全相同的滑块（滑块均看成质点）分别从B点和C点由静止释放，则滑块P、Q从杆顶端到达杆底端A点过程中，有（ ）
A．P、Q加速度大小之比为B．P、Q运动时间相等
C．P、Q所受支持力的冲量大小相等D．P、Q所受合外力的冲量大小相等
【答案】B
【详解】A．设圆周半径为R，沿杆和下滑的时间分别为，由于是光滑杆则下滑的加速度分别为
所以
选项A错误；
B．又根据
解得
选项B正确；
C．由于支持力大小和方向均不相同，所以支持力的冲量大小不同，选项C错误；
D．合外力大小不同，所以合外力的冲量大小不同，选项D错误。
故选B。
【变式演练2】如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，三个完全相同的带正电的绝缘小球（未画出）分别套在固定于AB、AC、AD的三根光滑细杆上，其中AB与竖直方向夹角为60°，AC经过圆心，AD竖直。现将小球无初速度地从A端释放，小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为，则小球在三根细杆上运动的时间关系为（ ）
A．B．C．D．无法确定
【答案】B
【详解】小球所受电场力大小与重力大小之比为，可知小球所受重力与电场力的合力F的方向恰好与平行，且由A指向B。延长，作交于M，以为直径画一个圆（图中虚线），与该圆交于N。
设，则小球沿杆运动的加速度为
位移为
由得
与无关，由等时圆模型知
而，，故
故选B。
【变式演练3】如图所示，OA、OB是竖直面内两根固定的光滑细杆，O、A、B位于同一圆周上，OB为圆的直径。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表B示滑环到达A、B所用的时间，则（ ）
A．B．C．D．无法比较t1、t2的大小
【答案】C
【详解】如图所示
以O点为最高点，取合适的直径做等时圆，由图可知，从O到C、B时间相等，比较图示位移
可得
故选C。
【变式演练4】（2024·陕西安康·模拟预测）如图所示，竖直固定的圆形框架内有两个光滑的斜面，斜面的倾角分别为60°和45°，斜面的底端都在圆形框架的最低点。两个完全相同的小球（可视为质点）1、2分别同时从两斜面顶端由静止释放，则两小球滑到斜面底端的过程，小球的速率v、重力对小球做的功与时间t，动能、动量大小p与路程x之间的关系图象可能正确的是（图线编号对应小球编号）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】A．设杆与水平方向夹角为θ，圆形半径为d，根据牛顿第二定律
得
又
，
得
则小球1的加速度大于小球2的加速度，两球的运动时间相等，A错误；
B．重力做功等于合力做功，则
结合斜面倾角，B正确；
C．根据动能定理
又
则小球1的末动能较大，且图线斜率较大，C正确；
D．根据
两小球的位移不相同，D错误。
故选BC。
名称
项目
一对平衡力
作用力和反作用力
作用对象
同一个物体
两个相互作用的不同物体
作用时间
不一定同时产生、同时消失
一定同时产生、同时消失
力的性质
不一定相同
一定相同
作用效果
可相互抵消
不可抵消