壓軸題01有關牛頓第二定律的動力學問題

1.動力學問題是高中物理中的一個核心專題，它涉及到了動力學兩類基本問題以及利用動力學方法解決復雜的

多運動過程問題。在2024年高考中，無論是選擇題還是計算題，動力學問題都將是重點考查的對象，其重要性

不言而喻。

2.通過深入復習動力學這一專題，學生們不僅可以提升審題能力、分析和推理能力，還能夠強化自身的物理素

養。這種素養的提升不僅僅局限于動力學本身，而是對整個物理學科的理解和掌握都有極大的幫助。

3.動力學問題的解答離不開對勻變速直線運動規律、受力分析以及牛頓運動定律等關鍵知識點的掌握。牛頓第

二定律作為連接這些知識點的橋梁，其在整個高中物理中的串聯作用至關重要。正因為如此，動力學問題在近年

來的高考命題中常常以壓軸題的形式出現，考查學生對于不同運動形式的理解和圖像問題的處理能力。因此，學

生們需要充分了解各種題型的知識點及要領，對常見的物理模型有深入的認知和掌握。

考向一：有關牛頓第二定律的連接體問題

1.處理連接體問題的方法：

①當只涉及系統的受力和運動情況而不涉及系統內某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。

②當涉及系統(連接體)內某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。

2.處理連接體問題的步驟：

3.特例：加速度不同的連接體的處理方法：

①方法一（常用方法）：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程。

②方法二（少用方法）：可以采用整體法，具體做法如下：

此時牛頓第二定律的形式：；

F合xm1a1xm2a2xm3a3xF合ym1a1ym2a2ym3a3y

說明：①F合x、F合y指的是整體在x軸、y軸所受的合外力，系統內力不能計算在內；

②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系統內每個物體在x軸和y軸上相對地面的加速度。

考向二：有關牛頓第二定律的動力學圖像問題

常見圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像

(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況。

三種類型(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況。

(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。

(1)問題實質是力與運動的關系，要注意區分是哪一種動力學圖像。

解題策略(2)應用物理規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。

(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所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉

破題關鍵折點，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、情境結合起來，再結合斜率、

特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解

題的突破口或關鍵點。

考向三：有關牛頓第二定律的臨界極值問題

1．“四種”典型臨界條件

(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FN＝0。

(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩

擦力達到最大值。

(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它

所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT＝0。

(4)速度達到最值的臨界條件：加速度為0。

2．“兩種”典型分析方法

分析題目中的物理過程，明確臨界狀態，直接從臨界狀態和相應的臨界條件入手，求出

臨界法

臨界值。

解析法明確題目中的變量，求解變量間的數學表達式，根據數學表達式分析臨界值。

考向四：動力學兩類基本問題

1.解決動力學兩類問題的兩個關鍵點

(1)把握“兩個分析”“一個橋梁”

(2)找到不同過程之間的“聯系”,如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度,若過程較為復雜,

可畫位置示意圖確定位移之間的聯系。

2．兩類動力學問題的解題步驟

01有關牛頓第二定律的連接體問題

1．如圖所示為某種電梯結構的簡化示意圖。某次在做電梯性能測試實驗時，電梯轎廂內無乘客，電動機不工作，

測得轎廂A從靜止開始下降25m用時5s。已知轎廂A質量為600kg，忽略滑輪摩擦和空氣阻力，重力加速度

g=10m/s2。下列說法正確的是（）

A．轎廂A下降過程中處于完全失重狀態

B．配重B的質量為480kg

C．配重B的質量為500kg

D．轎廂A以2m/s的速度勻速上升時，電動機輸出的機械功率為4kW

【答案】D

1

【詳解】A．轎廂A下降位移hat2，解得加速度a=2m/s2故轎廂A下降過程是失重過程但不是完全失重，故

2

A錯誤；

BC．對轎廂A和配重B的整體應用牛頓第二定律得mAgmBg(mAmB)a解得配重B的質量mB=400kg

故BC錯誤；

D．轎廂A勻速上升、配重B勻速下降時，電動機牽引繩的拉力F滿足FmBgmAg解得F=2000N

牽引繩的功率PFv4kW故D正確。故選D。

02有關牛頓第二定律的動力學圖像問題

2．如圖1所示，一質量為2kg的物塊受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直線運動，其a-t圖像如圖2

所示，t=0時其速度大小為2m/s。物塊與水平面間的動摩擦因數。μ=0.1，g=10m/s2。下列說法錯誤的是（）

A．在t=2s時刻，物塊的速度為5m/s

B．在0~2s時間內，物塊的位移大于7m

C．在t=1s時刻，物塊的加速度為1.5m/s2

D．在t=1s時刻，拉力F的大小為5N

【答案】B

【詳解】A．根據vat可得at圖像與坐標軸圍成面積表示對應時間內速度的增量，t=2s時刻，物體的速度

122

vm/s2m/s5m/s故A正確；

2

B．在0～2s時間內，物體做加速度增大的加速運動，速度—時間圖象如圖中實線，虛線為勻變速直線運動的速

度—時間圖象由圖像圍成的面積表示位移

252

可知0～2s時間內，物體的位移sm7m故B錯誤；

2

1

C．由圖2可得a1t在t=1s時刻，物塊的加速度為1.5m/s2故C正確；

2

D．在t=1s時刻，由牛頓第二定律可得Fmgma代入數據解得F5N故D正確。本題選錯誤的，故選B。

03有關牛頓第二定律的臨界極值問題

3．如圖，水平地面上有一汽車做加速運動，車廂內有一個傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個質量為m的小

球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對球的拉力大小為FT、斜面對小球的彈力大小為FN，當

汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運動時（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（）

2

A．若a=14m/s，小球受mg、FT、FN三個力作用

2

B．若a=14m/s，小球受mg、FT兩個力作用

2

C．若a=13m/s，小球受mg、FT兩個力作用

D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個力作用

【答案】B

【詳解】若支持力恰好為零，對小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖

小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據牛頓第二定律，有Tcosma；Tsinmg

g4g40

解得am/s213.3m/s2

tanθ33

22

D．由以上分析可知，當a13.3m/s時，小球受mg、FT兩個力作用，當a13.3m/s時，小球受mg、FT、FN三

個力作用，故D錯誤；

22

AB．若a14m/s13.3m/s，小球受mg、FT兩個力作用，故A錯誤，B正確；

22

C．若a13m/s13.3m/s，小球受mg、FT、FN三個力作用，故C錯誤。故選B。

04動力學兩類基本問題

16．如圖所示，工人師傅自房檐向水平地面運送瓦片，他將兩根完全一樣的直桿平行固定在房檐和地面之間當成

2

軌道，瓦片沿軌道滑動時，其垂直于直桿的截面外側為半徑為0.1m的圓弧。已知兩直桿之間的距離為m，

10

房檐距地面的高度為4m，兩直桿在房檐和地面之間的長度L8m，忽略直桿的粗細，最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力。工人師傅將瓦片無初速度地放置在軌道頂端，只有瓦片與直桿間的動摩擦因數小于μ0（未知）時，瓦片才

能開始沿軌道下滑，取g10m/s2。

（1）求μ0；

μ0

（2）若直桿自上端開始在長度L?1.8m的范圍內與瓦片間的動摩擦因數為，其余部分為μ0，忽略瓦片沿著軌

2

道方向的長度，工人師傅每隔0.5s將一瓦片無初速度地放置在軌道頂端，求第一片瓦片落地后的某一時刻軌道

上瓦片的個數。

2

【答案】（1）；（2）6

2

2

221

【詳解】（）設瓦片受到軌道對其支持力與豎直方向成，有0.1瓦片在軌道上恰

11022

cos

0.12

d412

好不下滑時，受力平衡，則有mgsin0mgcos其中sin解得

L8202

（2）瓦片在軌道上運動時，在L范圍內，根據牛頓第二定律得mgsin0mgcosma得a2.5m/s2

1211

L

21個

在相鄰的0.5s兩瓦片的距離x1a1t0.625m所以在L1內有瓦片塊數n12瓦片在軌道上運動時，在大

x1

于L1范圍內，根據牛頓第二定律得mgsin0mgcosma2得a20瓦片速度v2a1L13m/s相鄰瓦片的距

8L

離為xvt1.5m所以在大于L范圍內有瓦片塊數n14個則軌道上瓦片的個數為n=6個。

12x

1．（2024·北京西城·模擬預測）如圖，繞過定滑輪的繩子將物體A和B相連，繩子與水平桌面平行。已知物體

A的質量mA大于物體B的質量mB，重力加速度大小為g，不計滑輪、繩子質量和一切摩擦。現將A和B互換

位置，繩子仍保持與桌面平行，則（）

A．繩子的拉力大小不變

B．繩子的拉力大小變大

C．物體A和B運動的加速度大小不變

D．物體A和B運動的加速度大小變小

【答案】A

【詳解】未將A和B互換位置前，設繩子的拉力大小為F，整體的加速度大小為a，對A根據牛頓第二定律有

mBmAmB

FmAa對B，有mBgFmBa聯立求得ag，Fg將A和B互換位置，繩子仍保持與桌面

mBmAmAmB

平行，設此時繩子的拉力大小為F，整體的加速度大小為a，對AB整體，根據牛頓第二定律有mAgmAmBa

mmm

ABA

求得ag對B，根據牛頓第二定律有FmBa求得Fg因為mAmB，所以可得aa'，

mAmBmAmB

FF'即繩子的拉力大小不變，物體A和B運動的加速度大小變大。故選A。

2．（2024·江蘇南通·二模）如圖所示，傾角30的光滑固定斜面上，輕質彈簧下端與固定板C相連，另一端

與物體A相連.A上端連接一輕質細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連且始終與斜面平行。開始時托住B，

A處于靜止狀態且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B。已知A、B的質量均為m，彈簧的勁度系數為k，重力加

速度為g，B始終未與地面接觸。從釋放B到B第一次下落至最低點的過程中，下列說法中正確的是（）

A．剛釋放B時，A受到細線的拉力大小為mg

mg2

B．A的最大速度為

2k

C．B下落至最低點時，彈簧的彈性勢能最小

D．B下落至最低點時，A所受合力大小為mg

【答案】B

1

【詳解】A．剛釋放物體B時，以A、B組成的系統為研究對象，有mg（mm）a解得a=g對B研究mgTma

2

11

解得Tmg故物體A受到細線的拉力大小為mg，故A錯誤；

22

B．手拖住物塊B時，物塊A靜止，設此時彈簧的壓縮量為x0，對物塊A根據平衡條件可得kx0mgsin

mg

解得x當物體A上升過程中，當A和B整體的加速度為0時速度達到最大值，此時細線對A的拉力大小

02k

mg

剛好等于B的重力，設此時彈簧的伸長量為x，則mgkxmgsinθ0解得x所以此時彈簧的彈性勢能

1112k

與初始位置時相同，對A、B和彈簧組成的系統，只有重力和彈簧彈力做功，所以系統的機械能守恒，根據機械

2

（）（）12mg

能守恒定律得mgx0x1mgx0x1sinθ2mvm解得v故B正確；

2m2k

C．當B下落至最低點時，AB整體減少的機械能最大，轉化為彈簧的彈性勢能最多，所以此時彈簧具有最大的

彈性勢能，故C錯誤；

1

D．當B下落至最低點時，此時A上升到最高位置，根據對稱性可知B產生的加速度大小也為aag

2

3

故對B受力分析，根據牛頓第二定律可知Tmgma解得Tmg故AB整體研究，設此時彈簧彈力為F，則

2

3

Fmgsinθmg（mm）a解得Fmg對A研究，A受到彈簧拉力、重力和繩子的拉力，則

2

1

F合mgsinθFTmg故D錯誤。故選B。

2

3．（2024·湖南益陽·三模）如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾角為的斜面上，質量分別為m和4m的物塊

A、B通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行，A和B，B與斜面間動摩擦因

1

數均為tan，則細線的拉力為（）

7

51545759

A．mgsinB．mgsinC．mgsinD．mgsin

35353535

【答案】B

【詳解】由于tan，因此A、B間會發生相對滑動，根據A、B的質量關系可知，B將沿著斜面向下滑動，

而A相對于B將向上滑動，二者為繩相連的連接體，滑動過程中加速度大小相同，則對A由牛頓第二定律有

Tmgcosmgsinma對B由牛頓第二定律有4mgsin(4mm)gcosmgcosT4ma

54

兩式聯立解得Tmgsin故選B。

35

4．（2024·安徽淮南·二模）足夠長的光滑斜面上的三個相同的物塊通過與斜面平行的細線相連，在沿斜面方向的

拉力F0的作用下保持靜止，如圖甲所示，物塊2的右側固定有不計質量的力傳感器。改變拉力F0的大小，使三

個物塊沿斜面以不同加速度向上做初速為零的勻加速直線運動，測得多組傳感器的示數F和物塊通過的位移x與

時間t的平方的比值，畫出圖像如圖乙所示，重力加速度g10m/s2。下列說法正確的是（）

A．斜面的傾角60

B．每個物塊的質量m2.5kg

C．當F10N時，F015N

D．當F10N時，物塊的加速度大小為a2.5m/s2

【答案】C

1

【詳解】AB．對物塊2、3根據牛頓第二定律有F2mgsin2ma根據運動學公式有xat2

2

xF111

聯立可解得gsin由圖可知，圖像斜率k即m0.5kg圖像縱軸截距的絕對值

t24m224m

11

b2.5gsin解得sin所以30故AB錯誤；

22

CD．當F10N時，據F2mgsin2ma可求得三個物塊的加速度大小為a5m/s2對三個物體有

F03mgsin3ma可解得F015N故C正確，D錯誤。故選C。

5．（2024高三下·云南昆明·模擬預測）如圖所示，一根不可伸長的輕繩跨過光滑輕質定滑輪，繩兩端各系一小

物塊A和B。其中mA20kg，mB未知，滑輪下緣距地面H1m。開始B物塊離地面高h0.6m，用手托住B

物塊使繩子剛好拉直，然后由靜止釋放B物塊，A物塊上升至H高時速度恰為零，重力加速度大小g取10m/s2。

下列說法中正確的是（）

A．對A、B兩物塊及地球組成的系統，整個過程中機械能守恒

B．mB10kg

C．B剛落地時，速度大小為22m/s

D．B落地前，繩中張力大小為30N

【答案】C

【詳解】A．對A、B兩物塊及地球組成的系統，在B落地前，機械能才守恒，A錯誤；

BC．B剛落地時A繼續上升做豎直上拋運動，此時vAvB2g(Hh)22m/s又vA2ah

202

所以am/s對A、B由牛頓第二定律有mgmgmma解得m5m100kg，B錯誤C正確；

3BABABA

D．隔離A由牛頓第二定律有FTmAgmAa解得FT166.67N，D錯誤。故選C。

6．（2024高三上·河北·模擬預測）如圖所示，A、B兩個木塊靜止疊放在豎直輕彈簧上，已知mAmB1kg，輕

彈簧的勁度系數為100N/m。若在木塊A上作用一個豎直向上的力F，使木塊A由靜止開始以2m/s2的加速度豎

直向上做勻加速直線運動，從木塊A向上做勻加速運動開始到A、B分離的過程中，彈簧的彈性勢能減小了1.28J，

取g10m/s2，下列判斷正確的是（）

A．木塊A向上做勻加速運動的過程中，力F的最大值是8N

B．木塊A向上做勻加速運動的過程中，力F的最大值是10N

C．從A向上做勻加速運動到A、B分離的過程中，F對木塊做功0.64J

D．從A向上做勻加速運動到A、B分離的過程中，F對木塊做功0.96J

【答案】C

【詳解】AB．對于A，根據牛頓第二定律有FmAgFBAmAa故當FBA0時，F最大，即FmmAgmAa12N

故AB錯誤；

mgmg

CD．初始位置彈簧的壓縮量為xAB0.2m，A、B分離時，F0，對B，根據牛頓第二定律有

1kAB

kx2mBgmBa解得x20.12m以A、B為整體，A、B上升的高度為Δxx1x20.08m

根據動力學公式v2=2ax，A、B分離時的速度為v2aΔx0.42m/s由動能定理有

12

WW彈mmgΔxmmv由題意知W彈1.28J，可得WF0.64J故C正確，D錯誤。故選C。

FAB2AB

7．（2024·湖北·一模）如圖，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的A、B兩個物體，A、B的質量分別

為mA6kg，mB4kg，從t0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，FA,FB大小隨時間變化的規律分

別如圖甲、乙所示，則（）

A．t0時，A物體的加速度為2m/s2

B．t1s時，A、B開始分離

C．t0時，A、B之間的相互作用力為3N

D．A、B開始分離時的速度為3m/s

【答案】B

【詳解】AC．由推力與時間的圖像可得FA82t，FB22t則t0時，可知FA08N，FB02N

FF

AB2

由于mAmB，所以二者不會分開，A、B兩物體的加速度為a1m/s設此時A、B之間的相互作用力

mAmB

為F，對B根據牛頓第二定律可得FFB0mBa解得F2N故AC錯誤；

FBFA22t82t

BD．當二者之間的相互作用力恰好為零時開始分離，此時的加速度相同，則有即

mBmA46

解得t1s分離時的速度為vat1m/s故B正確，D錯誤。故選B。

8．（2024·陜西商洛·模擬預測）水平地面上有一質量m13kg的長木板，木板的左端上有一質量m22kg的小物

塊，如圖甲所示，水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中F1、F2分別為t1、

t2時刻F的大小，木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖丙所示．已知木板與地面間的動摩擦因數為10.2，

2

物塊與木板間的動摩擦因數為20.8。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度g10m/s，

物塊始終未從木板上滑落，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）

A．F116N

B．F220N

C．木板加速度所能達到的最大值為2.5m/s2

D．在t1t2時間段內物塊做勻加速直線運動

【答案】B

【詳解】A．木板與地面間的最大靜摩擦力f11m1m2g0.23210N10N木板與物塊間的最大靜摩

擦力f22m2g0.8210N16N當拉力F逐漸增大到F1時，由圖像可知木板開始運動，此時木板與地面間的

靜摩擦力達到最大值，根據平衡條件可知此時拉力大小為F110N故A錯誤；

BC．當拉力達到F2時，木板相對物塊發生相對滑動，根據牛頓第二定律，對木板f2f1m1a對物塊F2f2m2a

22

解得F220N；a2m/s此時拉力大小為20N，木板加速度達到最大值為2m/s，故B正確，C錯誤；

D．在t1t2時間段，物塊相對木板靜止，所受拉力逐漸增大，加速度變大，不做勻加速直線運動，故D錯誤。

故選B。

9．（2024·內蒙古包頭·一模）如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處

于原長，物塊A的質量為3kg。t0時，對物塊A施加水平向右的恒力F，t1s時撤去，在0~1s內兩物塊的加

速度隨時間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，下列說法正確的是（）

A．t1s時物塊A的速度小于0.8m/s

B．t1s時彈簧彈力為0.6N

C．物塊B的質量為2kg

D．F大小為1.5N

【答案】AC

【詳解】A．at圖像與坐標軸圍成的面積表示速度變化量，01s內at圖像與坐標軸圍成的面積

1.00.6

s1m/s=0.8m/s，01s內速度變化量vs0.8m/s，t1s時物塊A的速度vv0.8m/s

2A

故A正確；

2

D．圖像可知t0時，物塊A的加速度aA1.0m/s水平向右的恒力FmAaA31N=3N故D錯誤;

2

C．圖像可知t1s時，物塊A、B的加速度相同，共同加速度為a共0.6m/s把物塊A、B看成一個整體，由牛

F

頓第二定律得F(mAmB)a共得物塊B的質量mBmA2kg故C錯誤；

a共

2

B．t1s時彈簧彈力F彈mBa共2kg0.6m/s=1.2N故B錯誤；故選AC。

10．（2024·山東淄博·二模）如圖所示，質量分別為m和2m的A、B兩滑塊用足夠長輕繩相連，將其分別置于

等高的光滑水平臺面上，質量為4m的物塊C掛在輕質動滑輪下端，手托C使輕繩處于拉直狀態。t0時刻由靜

止釋放C，經t1時間C下落h高度。運動過程中A、B始終不會與定滑輪碰撞，摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，

重力加速度大小為g，則（）

A．A、C運動的加速度大小之比為4:3

B．A、C運動的加速度大小之比為4:1

3

C．t1時刻，C下落的速度為gh

5

6

D．t1時刻，C下落的速度為gh

5

【答案】AD

【詳解】AB．根據題意，由牛頓第二定律可得TmaA；T2maB解得aA:aB2:1

1

at2

sA

則路程之比A22設B運動的路程為s，則A運動的路程為2s，可知此時C運動的路程為1.5s，則有

s12

Bat

2B

aA:aB:aC4:2:3故A、C運動的加速度大小之比為4:3，A正確，B錯誤；

121212

CD．由vat可知vA:vB:vC4:2:3，C下落過程ABC組成的系統機械能守恒4mghmv2mv4mv

2A2B2C

6

解得vgh，C錯誤，D正確。故選AD。

C5

11．（2024高三·福建·開學考試）如圖所示，水平地面上靜止放置著三個完全相同的磚塊A、B、C，質量均為m，

A、B之間和B、C之間的動摩擦因數均為μ，用兩根長度相同的輕繩分別連接磚塊A與磚塊C，并將兩根輕繩

系于O點，現將一個豎直向上的力F作用于O點，不考慮磚塊的轉動，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則下

列說法正確的是（）

F

A．若在F作用下三個磚塊保持相對靜止的一起向上運動，則三個磚塊的加速度為

3m

3

B．若，則無論F多大，磚塊A、B、C都將保持相對靜止

9

31

C．若，且F3mg，則磚塊A、B之間的摩擦力為F

36

31

D．若，且F3mg，則磚塊A、B之間的摩擦力為F

1010

【答案】BC

F

【詳解】A．根據牛頓第二定律F3mg3ma得三個磚塊的加速度為ag，A錯誤；

3m

B．兩傾斜繩夾角為120，則兩傾斜繩的拉力為TF對B分析，設B受最大靜摩擦力，則2fmgma

33

又fN，NFcos30得則當若，A、B之間和B、C之間均為靜摩擦力，無論F多大，磚塊

99

A、B、C都將保持相對靜止，B正確；

331

C．若，且F3mg，三塊磚相對靜止，一起勻加速度運動，根據2fmgma得fF，C正確；

396

333

D．若，且F3mg，發生相對滑動，則磚塊A、B之間的摩擦力為fNF，D錯誤。

10920

故選BC。

12．（2024·山西·二模）質量為m的斜面體放置在光滑的水平面上，斜面體上固定一根輕質的豎直硬桿，一輕質

細線上端系在硬桿上，下端懸掛一質量為m的小球，質量為m的物塊放置在斜面上。現用水平向左的推力F（為

未知量）作用在斜面體上，使整體一起向左做勻加速直線運動，各物體保持相對靜止時，細線與豎直桿之間的夾

角為，已知斜面的傾角為，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）

A．當30時，水平推力大小一定為3mg

B．當30時，水平推力大小一定為3mg

C．當時，物塊與斜面間的摩擦力不一定為0

D．當斜面光滑時，細線與斜面一定垂直

【答案】AD

【詳解】A．當30時，小球、物塊、斜面體有共同的加速度，對小球分析，受重力和細線的拉力，合力水平

向左，如圖

則F合mgtan30ma解得agtan30整體由牛頓第二定律得F3ma3mg故A正確；

B．當30時，物塊受到的合力水平向左，物塊受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大

小與方向不確定，因此物塊的加速度不能確定，則水平推力大小不確定，故B錯誤；

C．當時，小球的加速度大小為a1gtan物塊與小球有共同的加速度，物塊與斜面間的摩擦力一定為0，

故C錯誤；

D．當斜面光滑時，物塊受重力與斜面的支持力，小球與物塊有共同的加速度，則gtangtan解得

細線與斜面一定垂直，故D正確。故選AD。

13．（2024·遼寧·二模）在溝谷深壑、地形險峻的山區，由于暴雨暴雪極易引發山體滑坡，并攜帶大量泥沙石塊

形成泥石流，發生泥石流常常會沖毀公路鐵路等交通設施，甚至村鎮等，造成巨大損失。現將泥石流運動過程進

行簡化，如圖所示，假設一段泥石流（視為質量不變的滑塊）從A點由靜止開始沿坡體勻加速直線下滑，坡體

1

傾角53，泥石流與坡體間的動摩擦因數，A點距離坡體底端B點的長度為108m，泥石流經過B點時

3

沒有能量的損失，然后在水平面上做勻減速直線運動，加速度大小為5m/s2。一輛汽車停在距離B點右側80m的

C處，當泥石流到達B點時，司機發現險情，立即啟動車輛并以4m/s2加速度向右做勻加速直線運動，以求逃生。

重力加速度g取10m/s2，（已知sin530.8，cos530.6）。求：

（1）泥石流經過B點時的速度大小及由A點運動到B點所用的時間；

（2）通過計算判斷泥石流能否追上汽車。

【答案】（1）36m/s，6s；（2）見解析

【詳解】（1）設泥石流質量為m，從A到B，根據牛頓第二定律可得mgsinmgcosma解得a6m/s2根

2

據運動學公式可得2axABvB0解得vB36m/s根據運動學公式vBat可得t6s

（2）設汽車開始運動到與泥石流速度相等所用時間為t1，則有vBa1t1a2t1解得t14s泥石流在水平面上運動的

11

位移為xvtat2解得x104m汽車在水平面上運動的位移為xat2解得x32m共速時二者的距離為

1B1211122212

xx2x0x18m0所以泥石流追不上汽車。

14．（2024·天津南開·一模）2023年10月3日，杭州亞運會女子10米跳臺決賽中，中國運動員全紅嬋的驚人一

跳，贏得全場7個10分，并最終奪得冠軍。在進行10米跳臺跳水訓練時，運動員必須在距離水面一定高度前完

成規定動作并調整好入水姿勢。某興趣小組對10米跳臺跳水進行模擬研究，將運動員視為質點，若運動員起跳

時獲得豎直向上的初速度v01m/s，并在距離水面h01.6m前完成規定動作并調整好入水姿勢豎直入水，其入

水深度h2.5m，跳臺距水面高度H10m，運動員質量m=40kg，重力加速度g10m/s2，空氣阻力不計。求：

（1）運動員距離跳臺的最高距離hm；

（2）運動員完成規定動作允許的最長時間tm；

（3）運