【題型一】瞬時加速度兩類模型
1．如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在地面上，A、B球的質(zhì)量分別為、，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間由一輕質(zhì)細線連接，彈簧、細線均平行于斜面，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。當細線被剪斷的瞬間，下列說法正確的是（ ）
A．B球處于平衡狀態(tài)
B．輕彈簧的彈力大小為
C．B球的加速度大小為，方向沿斜面向下
D．A球的加速度大小為，方向沿斜面向上
【答案】C
【詳解】AC．當細線被剪斷的瞬間，細線拉力為零，對B分析，由牛頓第二定律得
解得B球的加速度大小為
方向沿斜面向下，故A錯誤，C正確；
B．細線被剪斷前，A、B整體分析，由平衡條件得
細線被剪斷瞬間，彈簧來不及恢復(fù)形變，因此彈力不變, 故B錯誤；
D．細線被剪斷瞬間，對A分析，由牛頓第二定律得
解得
方向沿斜面向上，故D錯誤。
故選C。
2.（2024·湖北·三模）如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球A、B，二者用一輕彈簧豎直連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上，初始時A、B均靜止。現(xiàn)將輕繩剪斷，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（ ）
A．A的加速度大小的最大值為g
B．B的加速度大小的最大值為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時刻B的速度大小
【答案】C
【詳解】A B．設(shè)小球A與B的質(zhì)量為m，細線剪斷瞬間，彈簧長度不變，彈力不變， B球的合力為零，則 B球的加速度為零， A球加速度為
兩小球從靜止開始下落，至彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，設(shè)彈簧的伸長量為 x。
對A球，由牛頓第二定律得
對B球，由牛頓第二定律得
可知隨著x減小，A球的加速度減小，B球的加速度增大，所以細線剪斷瞬間，A球的加速度最大，為當彈簧第一次恢復(fù)原長時， B球的加速度最大，為 g。故A B錯誤；
C D．由上分析可知，從開始下落到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，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時刻B球的速度大小，故C正確，故D錯誤。
故選C。
【題型二】連接體模型
3.如圖所示，a、b兩物體的質(zhì)量分別為和，由輕質(zhì)彈簧相連，當用恒力F水平向右拉著a，使a、b一起沿粗糙水平面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x，加速度大小為。已知a、b兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則下列說法正確的是（ ）
A．如果恒力增大為2F，則兩物體的加速度增大為
B．如果恒力增大為2F，則彈簧伸長量仍為x
C．若水平面光滑，則彈簧伸長量仍為x
D．若水平面光滑，則加速度大小仍為
【答案】C
【詳解】根據(jù)題意，由牛頓第二定律，對整體有
對物體有
解得
，
AB．如果恒力增大為2F，同理可得，兩物體的加速度為
彈簧伸長量
故AB錯誤；
CD．若水平面光滑，同理可得
則彈簧伸長量
故C正確，D錯誤。
故選C。
4．如圖，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在地面上，另一端固定一質(zhì)量為 的托盤，在托盤上放置一質(zhì)量為的小物塊，系統(tǒng)靜止時彈簧頂端位于B點 （未標出）。時刻對小物塊施加豎直向上的外力F，小物塊由靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為a，重力加速度為g。以彈簧處于原長時，其頂端所在的位置為坐標原點，豎直向下為正方向，建立坐標軸。時刻物塊與托盤脫離，下列圖像中能正確反映外力F、物塊與托盤之間的作用力 FN的大小隨小物塊位置坐標x或時間t變化的是（ ）
B．
C．D．
【答案】C
【詳解】BD．時間內(nèi)，物塊與托盤處于靜止狀態(tài)，根據(jù)受力平衡可得
可得初始狀態(tài)彈簧的壓縮量，即初始坐標為
以物塊為對象，根據(jù)受力平衡可得物塊與托盤之間的作用力為
時刻，對小物塊施加豎直向上的外力F，小物塊由靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為a；以物塊與托盤為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得時刻外力大小為
以物塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得時刻物塊與托盤之間的作用力為
可知圖像初始坐標為所對應(yīng)的外力應(yīng)為；圖像初始坐標為所對應(yīng)的作用力應(yīng)從突變?yōu)?，故BD錯誤；
AC．在分離前，經(jīng)過時間物塊運動的位移為
以物塊與托盤為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得
可得
可知圖像從時間內(nèi)應(yīng)為開口向上的拋物線；以物塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
可知圖像從時間內(nèi)應(yīng)為開口向下的拋物線，且時刻分離，作用力剛好為0；故A錯誤，C正確。
故選C。
5.如圖所示，光滑水平桌面上木塊A、B疊放在一起，木塊B受到一個大小為F水平向右的力，A、B一起向右運動且保持相對靜止。已知A的質(zhì)量為m、B的質(zhì)量為2m，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．木塊A受到兩個力的作用
B．木塊B受到四個力的作用
C．木塊A所受合力大小為
D．木塊B受到A的作用力大小為
【答案】C
【詳解】A．由于桌面光滑，則兩木塊一起向右做加速運動，則木塊A受到重力、支持力和摩擦力三個力的作用，選項A錯誤；
B．木塊B受到重力、地面的支持力、A對B的壓力和摩擦力以及力F共五個力的作用，選項B錯誤；
C．整體的加速度
則木塊A所受合力大小為
選項C正確；
D．木塊B受到A的壓力為mg，摩擦力為
則作用力大小為
選項D錯誤。
故選C。
6．如圖（a），足夠高的水平長桌面上，P點左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動下從桌面左端開始運動，其圖像如圖（b）所示。已知砝碼B質(zhì)量為0.20，重力加速度g取10，用表示物塊A的質(zhì)量，表示物塊A與P點右邊桌面之間的動摩擦因數(shù)，則有（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【詳解】由圖像可知，滑塊A在P點左邊運動時的加速度為
在P點右邊運動時的加速度為
由牛頓第二定律
聯(lián)立解得
故選C。
【題型三】等時圓模型
7．如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一個光滑絕緣圓環(huán)，圓心為O，光滑絕緣輕桿AC是圓環(huán)的直徑，光滑絕緣輕桿AB是圓環(huán)的弦，AC、AB與水平方向的夾角分別為45°和60°，圓環(huán)所在空間有勻強電場（圖中未畫出）。質(zhì)量均為m的帶電小球（可視為質(zhì)點）穿在桿AB、AC上，分別從B、C點沿BA、CA由靜止下滑到A點所用的時間相等。不考慮兩小球間的影響，則（ ）

A．小球一定都帶負電
B．圓周上C點電勢一定最高
C．電場強度方向一定由C指向A
D．小球受到的電場力大小可能等于重力大小
【答案】D
【詳解】ABC．小球分別從B、C點沿BA、CA由靜止下滑到A點的時間相等，圓環(huán)為等時圓，A點為等效最低點，重力與電場力的合力一定沿CA方向，電場方向未知，故ABC錯誤；
D．當電場方向水平、小球受到的電場力水平向左時，小球受到的電場力大小等于重力大小，故D正確。
故選D。
8．如圖所示，O點為豎直圓周的圓心，MN和PQ是兩根光滑細桿，兩細桿的兩端均在圓周上，M為圓周上的最高點，Q為圓周上的最低點，N、P兩點等高。兩個可視為質(zhì)點的圓環(huán)1、2（圖中均未畫出）分別套在細桿MN、PQ上，并從M、P兩點由靜止釋放，兩圓環(huán)滑到N、Q兩點時的速度大小分別為、，所用時間分別為、，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【詳解】連接NQ、MP，如圖所示
小環(huán)1從M點靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得
所以
，
同理可得
，
故選BD。
9．如圖所示，豎直固定的圓形框架內(nèi)有兩個光滑的斜面，斜面的傾角分別為60°和45°，斜面的底端都在圓形框架的最低點。兩個完全相同的小球（可視為質(zhì)點）1、2分別同時從兩斜面頂端由靜止釋放，則兩小球滑到斜面底端的過程，小球的速率v、重力對小球做的功與時間t，動能、動量大小p與路程x之間的關(guān)系圖象可能正確的是（圖線編號對應(yīng)小球編號）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【詳解】A．設(shè)桿與水平方向夾角為θ，圓形半徑為d，根據(jù)牛頓第二定律
得
又
，
得
則小球1的加速度大于小球2的加速度，兩球的運動時間相等，A錯誤；
B．重力做功等于合力做功，則
結(jié)合斜面傾角，B正確；
C．根據(jù)動能定理
又
則小球1的末動能較大，且圖線斜率較大，C正確；
D．根據(jù)
兩小球的位移不相同，D錯誤。
故選BC。
【題型四】臨界極值問題
10.如圖所示，卡車上固定有傾角均為的兩個斜面體，勻質(zhì)圓筒狀工件置于兩個斜面間?？ㄜ囌?0km/h的速度勻速行駛，為了保證剎車時工件不與其中任何一個斜面脫離，則其剎車的最小距離更接近于（路面能提供足夠大摩擦，sin=0.6）（ ）
A．23mB．33mC．43mD．53m
【答案】C
【詳解】卡車剎車時，當后斜面的支持力為零時，加速度最大，設(shè)卡車安全剎車的最大加速度大小為，此時工件的受力情況如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)運動學(xué)公式則有
解得
其剎車的最小距離更接近于43m，故C正確，A、B、D錯誤；
故選C。
11.如圖甲所示，在粗糙的水平面上，放著可視為質(zhì)點的A、B兩物塊，質(zhì)量分別為和。輕彈簧一端與物塊相連，另一端與豎直墻壁相連。未施加拉力時，到墻壁的距離小于彈簧原長且整個系統(tǒng)恰好處于靜止狀態(tài)。從時刻開始，對施加一水平向右的力使物塊做勻加速運動，力隨時間變化如圖乙，已知物塊與地面的動摩擦因數(shù)均為0.5，g?。? ）
A．彈簧的勁度系數(shù)為
B．物塊B在時的加速度大小為
C．到的過程中力做的功為
D．到分開的過程中，克服摩擦力的功為
【答案】C
【詳解】B．根據(jù)題意，設(shè)未施加拉力時，彈簧的形變量為，則有
時刻，施加拉力F，對A、B整體，由牛頓第二定律有
由圖乙可知，時拉力為；解得
故B錯誤；
D．由圖可知，時，A、B開始分離，由運動學(xué)公式
可得，此過程的位移大小為
則到分開的過程中，A克服摩擦力的功為
故D錯誤；
A．設(shè)恰好分離時，彈簧的形變量為，對物體A，由牛頓第二定律有
又有
解得
故A錯誤；
C．根據(jù)題意可知，AB分開之前，拉力與位移的關(guān)系式為
又有恰好分離時，運動的位移為；可得，恰好分離時；則到的過程中力做的功為
故C正確。
故選C。
牛頓
一、單選題
1．如圖所示，一輕彈簧的一端固定在傾角為的光滑斜面底端，另一端連接一質(zhì)量為3m的物塊A，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若將質(zhì)量為m的物塊B通過跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的細繩與A相連，開始時用手托住物體B，使細繩剛好保持伸直（繩、彈簧與斜面平行），松手后A、B一起運動，A運動到最高點P（未畫出）后再反向向下運動到最低點。已知重力加速度為g，對于上述整個運動過程，下列說法正確的是（ ）
A．釋放B后的瞬間，繩子張力大小為B．釋放B后的瞬間，繩子張力大小為
C．在最高點P，繩子張力大小為 D．在最高點P，彈簧對A的彈力大小為
【答案】B
【詳解】AB．釋放瞬間對整體由牛頓第二定律有
對物體B，有
聯(lián)立解得
故A錯誤，B正確；
CD．在最高點P，由對稱性可知，加速度大小為
對整體，有
對物體B，有
解得
，
故CD錯誤。
故選B。
2．如圖所示，兩根絕緣細線的上端都系在水平天花板上，另一端分別連著兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時處于同一水平高度，P球質(zhì)量為m，兩細線與天花板間的夾角分別為，，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．左側(cè)細線對小球的拉力大小為
B．右側(cè)小球的質(zhì)量為m
C．剪斷左側(cè)細線的瞬間，P球的加速度大小為
D．剪斷右側(cè)細線的瞬間，Q球的加速度大小為
【答案】C
【詳解】由圖知，兩球之間為引力作用，并設(shè)為F，兩球受力狀況如下圖
AB．對P球分析有
對Q球分析有
聯(lián)立上式得
故AB錯誤；
C．剪斷左側(cè)繩瞬間，拉力消失，其他力不變，故
由得
故C正確；
D．剪斷右側(cè)繩瞬間，拉力消失，其他力不變，故
由得
故D錯誤。
故選C。
3．（2024·黑龍江·三模）CRH380A型電力動車組共8節(jié)車廂，中間6節(jié)為動車，自帶動力，另外2節(jié)為拖車，不帶動力。如圖所示為動車在水平長直軌道上的模擬運行圖，每節(jié)動力車廂的額定功率均為P。列車以額定功率向右以最大速度運行，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設(shè)車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到車廂后空氣的速度變?yōu)榕c車廂速度相同。已知空氣密度為ρ，1號車廂的迎風面積（垂直運動方向上的投影面積）為S。若每節(jié)車廂的質(zhì)量均相等，不計其他阻力，忽略其它車廂受到的空氣阻力，則下列說法正確的是（ ）
A．列車的最大運行速度大小為
B．列車的最大運行速度大小
C．若突然撤去動力，6號車廂對7號車廂的作用力大小為
D．若突然撤去動力，6號車廂對7號車廂的作用力大小為
【答案】D
【詳解】AB．設(shè)動車的速度大小為v，動車對空氣的作用力大小為F，則根據(jù)動量定理可得
解得
當牽引力等于阻力時，動車速度達到最大，則有
解得
故AB錯誤；
CD．當動車速度達到最大時，動車受到的空氣阻力
設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，撤去動力瞬間，對動車整體根據(jù)牛頓第二定律進行分析可得
對7、8號車廂分析可得
聯(lián)立解得6號車廂對7號車廂的作用力大小為
故C錯誤，D正確。
故選D。
4．如圖所示，是一個傾角為的傳送帶，上方離傳送帶表面距離為的處為原料輸入口，為避免粉塵飛揚，在與傳送帶間建立一直線光滑管道，使原料無初速度地從處以最短的時間到達傳送帶上，則最理想管道做好后，原料從處到達傳送帶的時間為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【詳解】如圖所示
以處為圓的最高點作圓與傳送帶相切于點，設(shè)圓的半徑為，從處建立一管道到圓周上，管道與豎直方向的夾角為，原料下滑的加速度為
管道長度為
由運動學(xué)公式可得
解得
可知從處建立任一管道到圓周上，原料下滑的時間相等，故在與傳送帶間建立一管道，原料從處到傳送帶上所用時間最短；根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得
可得
聯(lián)立可得
故選D。
4．如圖所示，有直角三角形光滑軌道框架，其中AB豎直。，光滑圓弧軌道CB為的外接圓上的一部分。小球1、2分別沿軌道AB、AC從A點由靜止開始運動，到B、C點對應(yīng)的時間分別為、，小球3沿軌道CB從C點由靜止開始運動，到B點的時間為；小球4在圓弧軌道CB上某一點（對應(yīng)的圓心角很?。┯伸o止開始運動，到B點的時間為。則下列時間的關(guān)系正確的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】設(shè)AB為2R，小球1做自由落體運動，則有
解得
設(shè)，根據(jù)幾何關(guān)系可知AC為2R，根據(jù)牛頓第二定律可知
則有
解得
同理可知小球3的位移為，加速度為
則有
解得
小球4的運動可看作是單擺運動，則時間為
綜上分析可知
=
故選C。
6．高鐵已成為重要的“中國名片”。一輛由8節(jié)車廂編組的列車，從車頭開始的第2、3、6、7節(jié)為動力車廂，其余為非動力車廂。列車在平直軌道上勻加速啟動時，若每節(jié)動力車廂的牽引力大小均為F，每節(jié)車廂質(zhì)量都為m，每節(jié)車廂所受阻力大小都為車廂重力大小的k倍。重力加速度為g。則（ ）
A．列車啟動時車廂對乘客作用力的方向豎直向上
B．列車的加速度大小為
C．第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力大小為零
D．第2節(jié)車廂對第1節(jié)車廂的作用力大小為F
【答案】C
【詳解】A．啟動時車廂對乘客在豎直方向有向上的支持力，水平方向有沿動車運動方向的摩擦力，兩個力的合力方向斜向上方，故A錯誤；
B．對列車整體，根據(jù)牛頓第二定律
解得列車的加速度大小為
故B錯誤；
C．對第1、2節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律
解得
根據(jù)牛頓第三定律，第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力大小為零，故C正確；
D．對第1節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律
解得第2節(jié)車廂對第1節(jié)車廂的作用力大小為
故D錯誤。
故選C。
7．（2024·山西·二模）如圖1所示，質(zhì)量均為m的小物塊A、B緊靠在一起放置在水平地面上，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端與A拴接，另一端固定在豎直墻壁上，開始時彈簧處于原長，小物塊A、B保持靜止?，F(xiàn)給B施加一方向水平向左，大小為的恒力，使A、B一起向左運動，當A、B的速度為零時，立即撤去恒力，以此時為計時起點，計算機通過傳感器描繪出小物塊B的圖像如圖2所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線。已知A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能可表示為（x為彈簧的形變量），重力加速度為g，則下列說法正確的是（ ）
A． 時刻彈簧剛好恢復(fù)原長B． 時刻物塊A、B剛要分離
C．彈簧的最大壓縮量為D．
【答案】B
【詳解】AB．由題意結(jié)合題圖2可知，時刻彈簧彈力與B所受的摩擦力大小相等，彈簧處于壓縮狀態(tài)，時刻彈簧剛好恢復(fù)原長，A、B剛要分離，故A錯誤，B正確；
C．從開始到A、B向左運動到最大距離的過程中，以A、B和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系
解得
故C錯誤；
D．彈簧恢復(fù)原長時A、B分離，從彈簧壓縮至最短到A、B分離，以A、B和彈簧為研究對象，根據(jù)能量守恒定律得
聯(lián)立解得
故D錯誤。
故選B。
二、多選題
8．如圖所示，質(zhì)量相等的兩滑塊M、N用一輕質(zhì)彈簧連接，在拉力F作用下沿著固定光滑斜面勻速上滑。某時刻突然撤去拉力F。已知斜面傾角為θ，重力加速度大小為g，斜面足夠長。從撤去拉力F時開始到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．滑塊M的加速度始終大于滑塊N的加速度
B．滑塊N的加速度大小最大值為
C．滑塊M的平均速度大小一定小于滑塊N的平均速度大小
D．滑塊M的速率始終大于滑塊N的速率
【答案】BD
【詳解】A．沒有撤掉外力時，
，
當突然撤去拉力F，對滑塊M受力分析有
此后彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中減小，即滑塊M的加速度由0增大，方向沿斜面向下，則滑塊M將做加速度增大的減速運動；對滑塊N受力分析有
此后彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中減小，即滑塊N的加速度由減小，方向沿斜面向下，則滑塊N將做加速度減小的減速運動，M的加速度一直小于N的加速度，A錯誤；
B．當突然撤去拉力F瞬間，滑塊N的加速度最大為
B正確；
CD．滑塊M和N都向上做減速運動，其中N的加速度一直大于M的加速度，因此N減速更快，速度更小，因此M的速度一直大于N，則平均速度一直大于N直到彈簧長恢復(fù)原長，C錯誤；D正確。
故選BD。
9．為了更好實現(xiàn)鄉(xiāng)村振興，黔東南榕江舉辦了“村超”，吸引了來自全國各地的游客，為了更好轉(zhuǎn)運游客，工程師設(shè)想把貴陽到榕江的高鐵由兩輛車廂數(shù)量為8節(jié)的短編組列車首尾相連組成16節(jié)的長編組列車，短編組列車的功率恒定，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，車廂在平直軌道上運行時所受阻力大小與重力大小成正比，重力加速度為g，對于在平直軌道上運行的長編組列車，下列說法正確的是( )
A．列車加速的加速度為a時，車廂給質(zhì)量為m的乘客的作用力大小為
B．與8節(jié)的短編組列車相比，16節(jié)的長編組列車的最大速度變小
C．若列車以額定功率啟動，列車會先做加速度減小的加速運動
D．以最大速度運行一段時間后，為了進入榕江站，列車關(guān)閉發(fā)動機，長編組列車比短編組列車滑行更遠距離才能停下
【答案】AC
【詳解】A．列車以加速度a勻加速時，乘客所受的合力大小為ma，由力的合成，可知車廂給質(zhì)量為m的乘客作用力大小為，故A正確；
B．設(shè)短編組列車的額定功率為P，每節(jié)車廂質(zhì)量為M，車廂在平直軌道上運行時所受阻力為重力的k倍，8節(jié)的短編組列車最大速度
16 節(jié)的長編組列車最大速度
則兩種情況最大速度大小相等，故B錯誤；
C．由牛頓第二定律
知，速度增加，加速度減小，故C正確；
D．關(guān)閉發(fā)動機后列車在阻力作用下做勻減速直線運動，滑行距離
則滑行距離相等，故D錯誤。
故選AC。
10.如圖所示，質(zhì)量分別為m和的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(zhì)量為的物塊C掛在輕質(zhì)動滑輪下端，手托C使輕繩處于拉直狀態(tài)。時刻由靜止釋放C，經(jīng)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
B．A、C運動的加速度大小之比為
C．時刻，C下落的速度為
D．時刻，C下落的速度為
【答案】AD
【詳解】AB．根據(jù)題意，由牛頓第二定律可得
解得
則路程之比
設(shè)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
故A、C運動的加速度大小之比為，A正確，B錯誤；
CD．由可知
C下落過程ABC組成的系統(tǒng)機械能守恒
解得
C錯誤，D正確。
故選AD。
11．如圖所示，1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運動到底端，其運動時間分別為，已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r，O為圓心，固定在水平面上的斜面水平底端的長度為，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【詳解】1號小球的加速度為
位移為
運動時間為
2號小球的加速度為
位移為
運動時間為
3號小球的加速度為
位移為
運動時間為
4號小球的加速度為
位移為
運動時間為
則
故選BC。
12．如圖所示，在水平地面上有一傾角為θ，表面光滑的斜面體。在斜面體頂端固定一與斜面垂直的擋板，用質(zhì)量不計的細線系著一個質(zhì)量為m的小球。現(xiàn)對斜面體施加一水平方向的外力F，使斜面體做加速度大小為a的勻加速直線運動。已知，重力加速度大小為g，則（ ）
A．若斜面體以加速度向右加速運動時，小球?qū)瑝K壓力為零
B．若斜面體以加速度向右加速運動時，線中拉力為
C．當斜面體以加速度向右加速運動時，線中拉力為
D．當斜面體以加速度向左加速運動時，線中拉力為零
【答案】BCD
【詳解】A．若斜面體以臨界加速度向右加速運動時，小球?qū)瑝K壓力為零，則小球只受到重力和細線的拉力，將細線拉力正交分解后有
又由牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)解得小球剛好離開斜面的零臨界加速度為
若斜面體以加速度向右加速運動時，此時向右的加速度小于臨界加速度，則小球?qū)瑝K壓斜面仍然有壓力，故A錯誤；
B．若斜面體以加速度向右加速運動時，由牛頓第二定律有水平方向的合力大小為
對小球受力分析可知，小球受力分析如下
水平和豎直方向分別滿足如下關(guān)系
代入數(shù)據(jù)解得細線的拉力大小為
故B正確；
C．當斜面體以加速度向右加速運動時，超過臨界加速度，小球離開斜面，由牛頓第二定律有水平方向繩子的分力大小為
由勾股定理可知線中拉力為
故C正確；
D．若斜面體以臨界加速度向左加速運動時，細線對小球的拉力為零，則小球只受到重力和斜面的支持力，將支持力正交分解后如圖所示
滿足
又由牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)解得細線剛好沒有拉力的零臨界加速度為
當斜面體以加速度向左加速運動時，可知超過臨界加速度，細線對小球沒有拉力，故D正確。
故選BCD。
13．如圖所示，一輛貨車載著許多相同的圓柱形空油桶在高速公路上勻速行駛。由于霧霾影響，該駕駛員的能見度為s。已知每只空油質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計油桶之間的摩擦力。則下列說法中正確的是（ ）
A．貨車勻速行駛時，桶c受到桶a給它的支持力為
B．為防止緊急剎車時桶c脫離桶b砸向前方的駕駛室，剎車時加速度不能超過
C．貨車剎車時加速度變大，若a、b、c保持相對靜止，則桶c受到桶b給它的支持力也變大
D．為確保安全行駛，貨車勻速行駛的速度不能超過
【答案】BCD
【詳解】A．貨車勻速行駛，對桶c受力分析如圖所示
由幾何關(guān)系可知
由共點力平衡條件得
解得
故A錯誤；
B．為防止緊急剎車時桶c脫離b砸向前方的駕駛室而發(fā)生危險，設(shè)剎車時的最大加速度為am，此時b對c剛好無支持力，c的受力如圖所示
由牛頓第二定律得
解得
故B正確；
C．貨車剎車時，由平衡條件和牛頓第二定律得
解得
可見，貨車剎車加速度變大時，要使abc保持相對靜止，則桶c受到桶a給它的支持力也變大，故C正確；
D．駕駛員的能見度為s，為保證安全行駛，所以
解得
為確保安全行駛，貨車勻速行駛的速度不能超過，故D正確。
故選BCD。
三、解答題
14．如圖甲所示，傾角的足夠長的光滑斜面固定在水平地面上。斜面底端有一擋板，輕彈簧的一端固定在擋板上，另一端與質(zhì)量為m的物體a連接，緊挨著物體a放置質(zhì)量為2m的物體b（二者不粘連）?，F(xiàn)對物體b施加一個沿斜面向上的拉力，使b由靜止開始沿著斜面向上做勻加速直線運動，從施加拉力開始計時，物體a的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，的時間內(nèi)為傾斜直線，之后為曲線，時刻速度最大。已知g為重力加速度，兩物體均可視為質(zhì)點，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：
（1）彈簧的勁度系數(shù)k；
（2）時刻拉力的功率P；
（3）時間內(nèi)，物體a的位移。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由圖乙得的時間內(nèi)，兩物體的加速度
位移
t=0時，彈簧的壓縮量為x，有
時，兩物體之間的作用力為零，a受到彈簧的彈力
對a，由牛頓第二定律有
解得
（2）設(shè)時拉力為F，對b由牛頓第二定律有
時刻拉力的功率
解得
（3）時刻物體a的速度最大，則有
則的時間內(nèi)物體a的位移
15．用卡車運輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩個光滑斜面之間，如圖所示，兩個斜面I、II固定在車上，傾角分別為和。已知，，重力加速度為g。
（1）當卡車沿平直公路勻速行駛時，求斜面I、II分別對工件的彈力大?。?br>（2）當卡車沿平直公路以的加速度勻減速行駛時，求斜面I、II分別對工件的彈力大??；
（3）為保證行車安全，求卡車沿平直公路勻加速行駛的最大加速度。

【答案】（1），；（2），；（3）
【詳解】（1）以工件為研究對象，受力分析如圖所示。根據(jù)共點力的平衡條件可知，斜面I、II對圓筒的壓力大小分別為
，
根據(jù)牛頓第三定律可知
，
（2）以工件為研究對象，勻減速行駛時，在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有
在豎直方向上根據(jù)平衡條件有
解得
，
（3）卡車沿平直公路勻加速行駛的最大加速度時，II對圓筒的壓力大小為0，則有
，
解得
16．如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ=30°時，可視為質(zhì)點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0=10m/s的速度沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g=10m/s2。(結(jié)果可用根號表示)
（1）求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；
（2）當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板滑行的距離最小，并求出此最小值。
【答案】（1）；（2）60°，m
【詳解】（1）當時，對木塊受力分析，根據(jù)平衡條件有
，
聯(lián)立解得
（2）當變化時，木塊的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有
木塊的位移為s，根據(jù)速度位移公式有
則有
令，則當時s最小，即，s最小值為
17．傾角為θ的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接質(zhì)量分別為m1、m2的甲乙兩小物塊，開始時，兩物塊在光滑擋板作用下靜止在斜面上，現(xiàn)作用在乙物塊一平行斜面向上的力，使乙物體以加速度a勻加速運動，問：
(1)經(jīng)多長時間物塊甲離開擋板？
(2)從開始到物塊甲恰好離開擋板的過程中，作用在乙物塊上的力的最大值和最小值分別是多大？
【答案】(1) (2),
【詳解】（1）甲剛好離開擋板時乙車發(fā)生的位移
x=+
又
x=at2
聯(lián)立解得
（2）乙剛開始運動時作用在乙物塊上的力最小
甲剛好離開擋板時作用在乙物塊上的力最大
聯(lián)立解得
18.如圖，有10個可視為質(zhì)點的相同滑塊質(zhì)量均為，其中9個滑塊在水平地面上分別用長的輕桿連成一條線。水平地面除一段長的粗糙區(qū)域AB外，其余各段均光滑?，F(xiàn)用水平輕繩一端連接滑塊1，另一端跨過光滑定滑輪連接第10個滑塊。釋放系統(tǒng)時，滑塊1從A處由靜止開始運動。設(shè)在整個運動過程中懸掛滑塊未到達地面，B點到滑輪距離足夠長，滑塊與粗糙區(qū)域間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取。求：
（1）第1個滑塊剛進入粗糙區(qū)域時加速度的大小；
（2）第3個滑塊剛離開粗糙區(qū)域時輕繩的拉力；
（3）第9個滑塊剛離開粗糙區(qū)域時10個滑塊的總動能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）第1個滑塊剛進入粗糙區(qū)域時，對10個滑塊整體，根據(jù)牛頓第二定律得
（2）當?shù)?個滑塊剛離開區(qū)域時，4、5、6三個物塊在區(qū)域內(nèi)，以全部物塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得
以懸掛的滑塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
（3）每個物塊離開粗糙區(qū)域克服摩擦力做功大小
以系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動能定理得
解得
19．如圖所示，足夠長的長木板固定在水平面上且右端固定一定滑輪，甲、乙、丙三個物塊的質(zhì)量分別為M、m、2m，甲右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧的右端連接一輕質(zhì)細繩，細繩跨過定滑輪并穿過乙（乙中央有孔）與丙相連，長木板上方的細繩和彈簧均保持水平。先將乙提起，甲、丙處于靜止狀態(tài)，然后將乙緊挨著丙由靜止釋放，之后的過程中甲恰好未發(fā)生滑動。已知彈簧的彈性勢能（式中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略空氣阻力及滑輪的摩擦。求：
（1）乙釋放的瞬間受到丙的支持力大?。?br>（2）乙、丙一起下落過程中的最大速度；
（3）甲與長木板之間的動摩擦因數(shù)。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）乙釋放前丙受到的繩的拉力
設(shè)乙釋放瞬間，乙、丙的加速度大小為a，剛釋放時對乙、丙整體有
對乙有
解得
（2）初始時，彈簧的形變量
彈簧的彈性勢能
設(shè)乙與丙的速度最大時彈簧的形變量為x2，速度最大時乙、丙整體的合力為零，故
彈簧的彈性勢能
從剛釋放乙到乙、丙速度最大，乙、丙和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有
解得
（3）乙、丙運動到最低點時速度為0，彈簧拉力最大，甲剛好不滑動，設(shè)此時彈簧的形變量為x3，則彈簧的彈性勢能
從剛釋放乙到乙、丙到最低點，乙、丙和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有
解得
解得
20．（2024·河南·二模）如圖所示，質(zhì)量都為m的物塊A、B靜止在光滑的水平面上，A、B之間用絕緣輕彈簧連接，A緊靠墻壁，勻強電場的方向水平向左，電場強度大小為E，A、B帶電荷量均為的正電荷，B通過輕繩與電動機連接且輕繩拉直恰好無拉力，電動機的額定電壓為，內(nèi)阻為，正常工作時電流為，時刻啟動電動機，使電動機在額定功率下拉動B，t時刻B的速度達到最大，此時A恰好離開墻壁，不計A、B間的靜電力作用．求：
（1）物塊B的最大速度；
（2）彈簧的勁度系數(shù)。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）當B的加速度時速度最大，此時輕繩上的拉力為
電動機的輸出功率為
又
解得
（2）對B受力分析可知初始時刻彈簧彈力為
B速度最大時彈簧彈力
所以從初始時刻到B速度最大的過程中，彈簧彈力對B做的總功為零，由動能定理得
由胡克定律得
聯(lián)立解得
目錄
01 模擬基礎(chǔ)練
【題型一】瞬時加速度兩類模型
【題型二】連接體模型
【題型三】等時圓模型
【題型四】臨界極值問題
02 重難創(chuàng)新練

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