第10讲 牛顿运动定律的综合应用（一）（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

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【题型一】瞬时加速度两类模型
1．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在地面上，A、B球的质量分别为、，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．B球处于平衡状态
B．轻弹簧的弹力大小为
C．B球的加速度大小为，方向沿斜面向下
D．A球的加速度大小为，方向沿斜面向上
【答案】C
【详解】AC．当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对B分析，由牛顿第二定律得
解得B球的加速度大小为
方向沿斜面向下，故A错误，C正确；
B．细线被剪断前，A、B整体分析，由平衡条件得
细线被剪断瞬间，弹簧来不及恢复形变，因此弹力不变, 故B错误；
D．细线被剪断瞬间，对A分析，由牛顿第二定律得
解得
方向沿斜面向上，故D错误。
故选C。
2.（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。
【题型二】连接体模型
3.如图所示，a、b两物体的质量分别为和，由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿粗糙水平面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x，加速度大小为。已知a、b两物体与水平面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（ ）
A．如果恒力增大为2F，则两物体的加速度增大为
B．如果恒力增大为2F，则弹簧伸长量仍为x
C．若水平面光滑，则弹簧伸长量仍为x
D．若水平面光滑，则加速度大小仍为
【答案】C
【详解】根据题意，由牛顿第二定律，对整体有
对物体有
解得
，
AB．如果恒力增大为2F，同理可得，两物体的加速度为
弹簧伸长量
故AB错误；
CD．若水平面光滑，同理可得
则弹簧伸长量
故C正确，D错误。
故选C。
4．如图，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在地面上，另一端固定一质量为 的托盘，在托盘上放置一质量为的小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点 （未标出）。时刻对小物块施加竖直向上的外力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，重力加速度为g。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。时刻物块与托盘脱离，下列图像中能正确反映外力F、物块与托盘之间的作用力 FN的大小随小物块位置坐标x或时间t变化的是（ ）
B．
C．D．
【答案】C
【详解】BD．时间内，物块与托盘处于静止状态，根据受力平衡可得
可得初始状态弹簧的压缩量，即初始坐标为
以物块为对象，根据受力平衡可得物块与托盘之间的作用力为
时刻，对小物块施加竖直向上的外力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a；以物块与托盘为整体，根据牛顿第二定律可得
解得时刻外力大小为
以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得时刻物块与托盘之间的作用力为
可知图像初始坐标为所对应的外力应为；图像初始坐标为所对应的作用力应从突变为，故BD错误；
AC．在分离前，经过时间物块运动的位移为
以物块与托盘为整体，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像从时间内应为开口向上的抛物线；以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知图像从时间内应为开口向下的抛物线，且时刻分离，作用力刚好为0；故A错误，C正确。
故选C。
5.如图所示，光滑水平桌面上木块A、B叠放在一起，木块B受到一个大小为F水平向右的力，A、B一起向右运动且保持相对静止。已知A的质量为m、B的质量为2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．木块A受到两个力的作用
B．木块B受到四个力的作用
C．木块A所受合力大小为
D．木块B受到A的作用力大小为
【答案】C
【详解】A．由于桌面光滑，则两木块一起向右做加速运动，则木块A受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，选项A错误；
B．木块B受到重力、地面的支持力、A对B的压力和摩擦力以及力F共五个力的作用，选项B错误；
C．整体的加速度
则木块A所受合力大小为
选项C正确；
D．木块B受到A的压力为mg，摩擦力为
则作用力大小为
选项D错误。
故选C。
6．如图（a），足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其图像如图（b）所示。已知砝码B质量为0.20，重力加速度g取10，用表示物块A的质量，表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数，则有（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【详解】由图像可知，滑块A在P点左边运动时的加速度为
在P点右边运动时的加速度为
由牛顿第二定律
联立解得
故选C。
【题型三】等时圆模型
7．如图所示，竖直平面内固定一个光滑绝缘圆环，圆心为O，光滑绝缘轻杆AC是圆环的直径，光滑绝缘轻杆AB是圆环的弦，AC、AB与水平方向的夹角分别为45°和60°，圆环所在空间有匀强电场（图中未画出）。质量均为m的带电小球（可视为质点）穿在杆AB、AC上，分别从B、C点沿BA、CA由静止下滑到A点所用的时间相等。不考虑两小球间的影响，则（ ）

A．小球一定都带负电
B．圆周上C点电势一定最高
C．电场强度方向一定由C指向A
D．小球受到的电场力大小可能等于重力大小
【答案】D
【详解】ABC．小球分别从B、C点沿BA、CA由静止下滑到A点的时间相等，圆环为等时圆，A点为等效最低点，重力与电场力的合力一定沿CA方向，电场方向未知，故ABC错误；
D．当电场方向水平、小球受到的电场力水平向左时，小球受到的电场力大小等于重力大小，故D正确。
故选D。
8．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。
9．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。
【题型四】临界极值问题
10.如图所示，卡车上固定有倾角均为的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以90km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于（路面能提供足够大摩擦，sin=0.6）（ ）
A．23mB．33mC．43mD．53m
【答案】C
【详解】卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为，此时工件的受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
根据运动学公式则有
解得
其刹车的最小距离更接近于43m，故C正确，A、B、D错误；
故选C。
11.如图甲所示，在粗糙的水平面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为和。轻弹簧一端与物块相连，另一端与竖直墙壁相连。未施加拉力时，到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从时刻开始，对施加一水平向右的力使物块做匀加速运动，力随时间变化如图乙，已知物块与地面的动摩擦因数均为0.5，g取（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．物块B在时的加速度大小为
C．到的过程中力做的功为
D．到分开的过程中，克服摩擦力的功为
【答案】C
【详解】B．根据题意，设未施加拉力时，弹簧的形变量为，则有
时刻，施加拉力F，对A、B整体，由牛顿第二定律有
由图乙可知，时拉力为；解得
故B错误；
D．由图可知，时，A、B开始分离，由运动学公式
可得，此过程的位移大小为
则到分开的过程中，A克服摩擦力的功为
故D错误；
A．设恰好分离时，弹簧的形变量为，对物体A，由牛顿第二定律有
又有
解得
故A错误；
C．根据题意可知，AB分开之前，拉力与位移的关系式为
又有恰好分离时，运动的位移为；可得，恰好分离时；则到的过程中力做的功为
故C正确。
故选C。
牛顿
一、单选题
1．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。
2．如图所示，两根绝缘细线的上端都系在水平天花板上，另一端分别连着两个带电小球P、Q，两小球静止时处于同一水平高度，P球质量为m，两细线与天花板间的夹角分别为，，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．左侧细线对小球的拉力大小为
B．右侧小球的质量为m
C．剪断左侧细线的瞬间，P球的加速度大小为
D．剪断右侧细线的瞬间，Q球的加速度大小为
【答案】C
【详解】由图知，两球之间为引力作用，并设为F，两球受力状况如下图
AB．对P球分析有
对Q球分析有
联立上式得
故AB错误；
C．剪断左侧绳瞬间，拉力消失，其他力不变，故
由得
故C正确；
D．剪断右侧绳瞬间，拉力消失，其他力不变，故
由得
故D错误。
故选C。
3．（2024·黑龙江·三模）CRH380A型电力动车组共8节车厢，中间6节为动车，自带动力，另外2节为拖车，不带动力。如图所示为动车在水平长直轨道上的模拟运行图，每节动力车厢的额定功率均为P。列车以额定功率向右以最大速度运行，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到车厢后空气的速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。若每节车厢的质量均相等，不计其他阻力，忽略其它车厢受到的空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．列车的最大运行速度大小为
B．列车的最大运行速度大小
C．若突然撤去动力，6号车厢对7号车厢的作用力大小为
D．若突然撤去动力，6号车厢对7号车厢的作用力大小为
【答案】D
【详解】AB．设动车的速度大小为v，动车对空气的作用力大小为F，则根据动量定理可得
解得
当牵引力等于阻力时，动车速度达到最大，则有
解得
故AB错误；
CD．当动车速度达到最大时，动车受到的空气阻力
设每节车厢的质量为m，撤去动力瞬间，对动车整体根据牛顿第二定律进行分析可得
对7、8号车厢分析可得
联立解得6号车厢对7号车厢的作用力大小为
故C错误，D正确。
故选D。
4．如图所示，是一个倾角为的传送带，上方离传送带表面距离为的处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在与传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速度地从处以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，原料从处到达传送带的时间为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】如图所示
以处为圆的最高点作圆与传送带相切于点，设圆的半径为，从处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为，原料下滑的加速度为
管道长度为
由运动学公式可得
解得
可知从处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在与传送带间建立一管道，原料从处到传送带上所用时间最短；根据图中几何关系可得
可得
联立可得
故选D。
4．如图所示，有直角三角形光滑轨道框架，其中AB竖直。，光滑圆弧轨道CB为的外接圆上的一部分。小球1、2分别沿轨道AB、AC从A点由静止开始运动，到B、C点对应的时间分别为、，小球3沿轨道CB从C点由静止开始运动，到B点的时间为；小球4在圆弧轨道CB上某一点（对应的圆心角很小）由静止开始运动，到B点的时间为。则下列时间的关系正确的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设AB为2R，小球1做自由落体运动，则有
解得
设，根据几何关系可知AC为2R，根据牛顿第二定律可知
则有
解得
同理可知小球3的位移为，加速度为
则有
解得
小球4的运动可看作是单摆运动，则时间为
综上分析可知
=
故选C。
6．高铁已成为重要的“中国名片”。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6、7节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢的牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力大小都为车厢重力大小的k倍。重力加速度为g。则（ ）
A．列车启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B．列车的加速度大小为
C．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为零
D．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F
【答案】C
【详解】A．启动时车厢对乘客在竖直方向有向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的摩擦力，两个力的合力方向斜向上方，故A错误；
B．对列车整体，根据牛顿第二定律
解得列车的加速度大小为
故B错误；
C．对第1、2节车厢整体，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为零，故C正确；
D．对第1节车厢整体，根据牛顿第二定律
解得第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
故D错误。
故选C。
7．（2024·山西·二模）如图1所示，质量均为m的小物块A、B紧靠在一起放置在水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧一端与A拴接，另一端固定在竖直墙壁上，开始时弹簧处于原长，小物块A、B保持静止。现给B施加一方向水平向左，大小为的恒力，使A、B一起向左运动，当A、B的速度为零时，立即撤去恒力，以此时为计时起点，计算机通过传感器描绘出小物块B的图像如图2所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线。已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A． 时刻弹簧刚好恢复原长B． 时刻物块A、B刚要分离
C．弹簧的最大压缩量为D．
【答案】B
【详解】AB．由题意结合题图2可知，时刻弹簧弹力与B所受的摩擦力大小相等，弹簧处于压缩状态，时刻弹簧刚好恢复原长，A、B刚要分离，故A错误，B正确；
C．从开始到A、B向左运动到最大距离的过程中，以A、B和弹簧为研究对象，由功能关系
解得
故C错误；
D．弹簧恢复原长时A、B分离，从弹簧压缩至最短到A、B分离，以A、B和弹簧为研究对象，根据能量守恒定律得
联立解得
故D错误。
故选B。
二、多选题
8．如图所示，质量相等的两滑块M、N用一轻质弹簧连接，在拉力F作用下沿着固定光滑斜面匀速上滑。某时刻突然撤去拉力F。已知斜面倾角为θ，重力加速度大小为g，斜面足够长。从撤去拉力F时开始到弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块M的加速度始终大于滑块N的加速度
B．滑块N的加速度大小最大值为
C．滑块M的平均速度大小一定小于滑块N的平均速度大小
D．滑块M的速率始终大于滑块N的速率
【答案】BD
【详解】A．没有撤掉外力时，
，
当突然撤去拉力F，对滑块M受力分析有
此后弹簧第一次恢复原长的过程中减小，即滑块M的加速度由0增大，方向沿斜面向下，则滑块M将做加速度增大的减速运动；对滑块N受力分析有
此后弹簧第一次恢复原长的过程中减小，即滑块N的加速度由减小，方向沿斜面向下，则滑块N将做加速度减小的减速运动，M的加速度一直小于N的加速度，A错误；
B．当突然撤去拉力F瞬间，滑块N的加速度最大为
B正确；
CD．滑块M和N都向上做减速运动，其中N的加速度一直大于M的加速度，因此N减速更快，速度更小，因此M的速度一直大于N，则平均速度一直大于N直到弹簧长恢复原长，C错误；D正确。
故选BD。
9．为了更好实现乡村振兴，黔东南榕江举办了“村超”，吸引了来自全国各地的游客，为了更好转运游客，工程师设想把贵阳到榕江的高铁由两辆车厢数量为8节的短编组列车首尾相连组成16节的长编组列车，短编组列车的功率恒定，每节车厢质量相同，车厢在平直轨道上运行时所受阻力大小与重力大小成正比，重力加速度为g，对于在平直轨道上运行的长编组列车，下列说法正确的是( )
A．列车加速的加速度为a时，车厢给质量为m的乘客的作用力大小为
B．与8节的短编组列车相比，16节的长编组列车的最大速度变小
C．若列车以额定功率启动，列车会先做加速度减小的加速运动
D．以最大速度运行一段时间后，为了进入榕江站，列车关闭发动机，长编组列车比短编组列车滑行更远距离才能停下
【答案】AC
【详解】A．列车以加速度a匀加速时，乘客所受的合力大小为ma，由力的合成，可知车厢给质量为m的乘客作用力大小为，故A正确；
B．设短编组列车的额定功率为P，每节车厢质量为M，车厢在平直轨道上运行时所受阻力为重力的k倍，8节的短编组列车最大速度
16 节的长编组列车最大速度
则两种情况最大速度大小相等，故B错误；
C．由牛顿第二定律
知，速度增加，加速度减小，故C正确；
D．关闭发动机后列车在阻力作用下做匀减速直线运动，滑行距离
则滑行距离相等，故D错误。
故选AC。
10.如图所示，质量分别为m和的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面上，质量为的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C使轻绳处于拉直状态。时刻由静止释放C，经时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g，则（ ）
A．A、C运动的加速度大小之比为
B．A、C运动的加速度大小之比为
C．时刻，C下落的速度为
D．时刻，C下落的速度为
【答案】AD
【详解】AB．根据题意，由牛顿第二定律可得
解得
则路程之比
设B运动的路程为s，则A运动的路程为2s，可知此时C运动的路程为1.5s，则有
故A、C运动的加速度大小之比为，A正确，B错误；
CD．由可知
C下落过程ABC组成的系统机械能守恒
解得
C错误，D正确。
故选AD。
11．如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【详解】1号小球的加速度为
位移为
运动时间为
2号小球的加速度为
位移为
运动时间为
3号小球的加速度为
位移为
运动时间为
4号小球的加速度为
位移为
运动时间为
则
故选BC。
12．如图所示，在水平地面上有一倾角为θ，表面光滑的斜面体。在斜面体顶端固定一与斜面垂直的挡板，用质量不计的细线系着一个质量为m的小球。现对斜面体施加一水平方向的外力F，使斜面体做加速度大小为a的匀加速直线运动。已知，重力加速度大小为g，则（ ）
A．若斜面体以加速度向右加速运动时，小球对滑块压力为零
B．若斜面体以加速度向右加速运动时，线中拉力为
C．当斜面体以加速度向右加速运动时，线中拉力为
D．当斜面体以加速度向左加速运动时，线中拉力为零
【答案】BCD
【详解】A．若斜面体以临界加速度向右加速运动时，小球对滑块压力为零，则小球只受到重力和细线的拉力，将细线拉力正交分解后有
又由牛顿第二定律有
代入数据解得小球刚好离开斜面的零临界加速度为
若斜面体以加速度向右加速运动时，此时向右的加速度小于临界加速度，则小球对滑块压斜面仍然有压力，故A错误；
B．若斜面体以加速度向右加速运动时，由牛顿第二定律有水平方向的合力大小为
对小球受力分析可知，小球受力分析如下
水平和竖直方向分别满足如下关系
代入数据解得细线的拉力大小为
故B正确；
C．当斜面体以加速度向右加速运动时，超过临界加速度，小球离开斜面，由牛顿第二定律有水平方向绳子的分力大小为
由勾股定理可知线中拉力为
故C正确；
D．若斜面体以临界加速度向左加速运动时，细线对小球的拉力为零，则小球只受到重力和斜面的支持力，将支持力正交分解后如图所示
满足
又由牛顿第二定律有
代入数据解得细线刚好没有拉力的零临界加速度为
当斜面体以加速度向左加速运动时，可知超过临界加速度，细线对小球没有拉力，故D正确。
故选BCD。
13．如图所示，一辆货车载着许多相同的圆柱形空油桶在高速公路上匀速行驶。由于雾霾影响，该驾驶员的能见度为s。已知每只空油质量为m，重力加速度为g，不计油桶之间的摩擦力。则下列说法中正确的是（ ）
A．货车匀速行驶时，桶c受到桶a给它的支持力为
B．为防止紧急刹车时桶c脱离桶b砸向前方的驾驶室，刹车时加速度不能超过
C．货车刹车时加速度变大，若a、b、c保持相对静止，则桶c受到桶b给它的支持力也变大
D．为确保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过
【答案】BCD
【详解】A．货车匀速行驶，对桶c受力分析如图所示
由几何关系可知
由共点力平衡条件得
解得
故A错误；
B．为防止紧急刹车时桶c脱离b砸向前方的驾驶室而发生危险，设刹车时的最大加速度为am，此时b对c刚好无支持力，c的受力如图所示
由牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．货车刹车时，由平衡条件和牛顿第二定律得
解得
可见，货车刹车加速度变大时，要使abc保持相对静止，则桶c受到桶a给它的支持力也变大，故C正确；
D．驾驶员的能见度为s，为保证安全行驶，所以
解得
为确保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过，故D正确。
故选BCD。
三、解答题
14．如图甲所示，倾角的足够长的光滑斜面固定在水平地面上。斜面底端有一挡板，轻弹簧的一端固定在挡板上，另一端与质量为m的物体a连接，紧挨着物体a放置质量为2m的物体b（二者不粘连）。现对物体b施加一个沿斜面向上的拉力，使b由静止开始沿着斜面向上做匀加速直线运动，从施加拉力开始计时，物体a的速度随时间变化的图像如图乙所示，的时间内为倾斜直线，之后为曲线，时刻速度最大。已知g为重力加速度，两物体均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）时刻拉力的功率P；
（3）时间内，物体a的位移。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图乙得的时间内，两物体的加速度
位移
t=0时，弹簧的压缩量为x，有
时，两物体之间的作用力为零，a受到弹簧的弹力
对a，由牛顿第二定律有
解得
（2）设时拉力为F，对b由牛顿第二定律有
时刻拉力的功率
解得
（3）时刻物体a的速度最大，则有
则的时间内物体a的位移
15．用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两个光滑斜面之间，如图所示，两个斜面I、II固定在车上，倾角分别为和。已知，，重力加速度为g。
（1）当卡车沿平直公路匀速行驶时，求斜面I、II分别对工件的弹力大小；
（2）当卡车沿平直公路以的加速度匀减速行驶时，求斜面I、II分别对工件的弹力大小；
（3）为保证行车安全，求卡车沿平直公路匀加速行驶的最大加速度。

【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）以工件为研究对象，受力分析如图所示。根据共点力的平衡条件可知，斜面I、II对圆筒的压力大小分别为
，
根据牛顿第三定律可知
，
（2）以工件为研究对象，匀减速行驶时，在水平方向上根据牛顿第二定律有
在竖直方向上根据平衡条件有
解得
，
（3）卡车沿平直公路匀加速行驶的最大加速度时，II对圆筒的压力大小为0，则有
，
解得
16．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0=10m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10m/s2。(结果可用根号表示)
（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
【答案】（1）；（2）60°，m
【详解】（1）当时，对木块受力分析，根据平衡条件有
，
联立解得
（2）当变化时，木块的加速度为a，根据牛顿第二定律有
木块的位移为s，根据速度位移公式有
则有
令，则当时s最小，即，s最小值为
17．倾角为θ的光滑斜面上，一劲度系数为k的轻弹簧连接质量分别为m1、m2的甲乙两小物块，开始时，两物块在光滑挡板作用下静止在斜面上，现作用在乙物块一平行斜面向上的力，使乙物体以加速度a匀加速运动，问：
(1)经多长时间物块甲离开挡板？
(2)从开始到物块甲恰好离开挡板的过程中，作用在乙物块上的力的最大值和最小值分别是多大？
【答案】(1) (2),
【详解】（1）甲刚好离开挡板时乙车发生的位移
x=+
又
x=at2
联立解得
（2）乙刚开始运动时作用在乙物块上的力最小
甲刚好离开挡板时作用在乙物块上的力最大
联立解得
18.如图，有10个可视为质点的相同滑块质量均为，其中9个滑块在水平地面上分别用长的轻杆连成一条线。水平地面除一段长的粗糙区域AB外，其余各段均光滑。现用水平轻绳一端连接滑块1，另一端跨过光滑定滑轮连接第10个滑块。释放系统时，滑块1从A处由静止开始运动。设在整个运动过程中悬挂滑块未到达地面，B点到滑轮距离足够长，滑块与粗糙区域间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：
（1）第1个滑块刚进入粗糙区域时加速度的大小；
（2）第3个滑块刚离开粗糙区域时轻绳的拉力；
（3）第9个滑块刚离开粗糙区域时10个滑块的总动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）第1个滑块刚进入粗糙区域时，对10个滑块整体，根据牛顿第二定律得
（2）当第3个滑块刚离开区域时，4、5、6三个物块在区域内，以全部物块为研究对象，根据牛顿第二定律得
以悬挂的滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得
解得
（3）每个物块离开粗糙区域克服摩擦力做功大小
以系统为研究对象，根据动能定理得
解得
19．如图所示，足够长的长木板固定在水平面上且右端固定一定滑轮，甲、乙、丙三个物块的质量分别为M、m、2m，甲右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的右端连接一轻质细绳，细绳跨过定滑轮并穿过乙（乙中央有孔）与丙相连，长木板上方的细绳和弹簧均保持水平。先将乙提起，甲、丙处于静止状态，然后将乙紧挨着丙由静止释放，之后的过程中甲恰好未发生滑动。已知弹簧的弹性势能（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力及滑轮的摩擦。求：
（1）乙释放的瞬间受到丙的支持力大小；
（2）乙、丙一起下落过程中的最大速度；
（3）甲与长木板之间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）乙释放前丙受到的绳的拉力
设乙释放瞬间，乙、丙的加速度大小为a，刚释放时对乙、丙整体有
对乙有
解得
（2）初始时，弹簧的形变量
弹簧的弹性势能
设乙与丙的速度最大时弹簧的形变量为x2，速度最大时乙、丙整体的合力为零，故
弹簧的弹性势能
从刚释放乙到乙、丙速度最大，乙、丙和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得
（3）乙、丙运动到最低点时速度为0，弹簧拉力最大，甲刚好不滑动，设此时弹簧的形变量为x3，则弹簧的弹性势能
从刚释放乙到乙、丙到最低点，乙、丙和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得
解得
20．（2024·河南·二模）如图所示，质量都为m的物块A、B静止在光滑的水平面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，A紧靠墙壁，匀强电场的方向水平向左，电场强度大小为E，A、B带电荷量均为的正电荷，B通过轻绳与电动机连接且轻绳拉直恰好无拉力，电动机的额定电压为，内阻为，正常工作时电流为，时刻启动电动机，使电动机在额定功率下拉动B，t时刻B的速度达到最大，此时A恰好离开墙壁，不计A、B间的静电力作用．求：
（1）物块B的最大速度；
（2）弹簧的劲度系数。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当B的加速度时速度最大，此时轻绳上的拉力为
电动机的输出功率为
又
解得
（2）对B受力分析可知初始时刻弹簧弹力为
B速度最大时弹簧弹力
所以从初始时刻到B速度最大的过程中，弹簧弹力对B做的总功为零，由动能定理得
由胡克定律得
联立解得
目录
01 模拟基础练
【题型一】瞬时加速度两类模型
【题型二】连接体模型
【题型三】等时圆模型
【题型四】临界极值问题
02 重难创新练