试题君之每日一题君2017年高考物理（2月6-12日）
2 月 6 日 力的合成
高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆
如图所示，F1、F2、F3 恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力大小最大的是
A B C D
【参考答案】C
【试题解析】由矢量合成的法则可知，A 中的合力的大小为 2F3，B 中的合力的大小为 0，C 中
的合力的大小为 2F2，D 中的合力的大小为 2F1，因为 F2 是直角三角形的斜边，所以 F2 最大，
所以合力最大的是 C 选项。故选 C。
【名师点睛】本题中要会区分三角形中的三条边是代表的分力还是代表的合力，在矢量三角形
中，分力是首尾相接的，合力是由一个分力的箭尾指向另一个分力的箭头的，这是解决本题的
关键所在。
【知识补给】
力的合成
1．力的合成法
（1）作图法
（2）计算法：根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力。
平行四边形定则：求两个互成角度的共点力 F1、F2 的合力，可以用表示 F1、F2 的有向线段为
邻边作平行四边形，平行四边形的对角线就表示合力的大小和方向。
三角形定则：求两个互成角度的共点力 F1、F2 的合力，可以把表示 F1、F2 的线段首尾顺次相
接地画出，把 F1、F2 的另外两端连接起来，则此连线就表示合力的大小和方向。三角形定则可
以拓展到多边形上。
2．合力范围的确定
（1）两个力的合力范围：|F1–F2|≤F≤F1+F2，即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减
小。当两个力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两个力同向时，合力最大，为 F1+F2。
（2）三个力的合成范围
①最大值：三个力同向时，其合力最大，为 Fmax=F1+F2+F3。
②最小值：以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形，则其合力的最小值为零，即
Fmin=0。如果不能，则合力的最小值的大小等于最大的一个力减去另外两个力之和的绝对值，
即 Fmin=F1–|F2+F3|（F1 为三个力中最大的力）。
如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为 L，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由
长度均为 L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮（长度不计）做成裹片，用来将弹丸发射出去。
若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为 k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为 2L（在
弹性限度内），则弹丸在被发射的过程中所受的最大弹力为
A． 15
2 kL B． 2kL C． 3kL D． kL
两个共点力的合力为 F，如果它们之间的夹角θ固定不变，使其中一个力增大，
则
A．合力 F 一定增大
B．合力 F 的大小可能不变
C．合力 F 可能增大，也可能减小
D．当 0°<θ<90°时，合力 F 可能减小
已知两个大小相等的共点力作用在同一物体上，当它们之间的夹角为 120°时，其合力大小
为 12 N。若其他条件不变，只改变这两个力之间的夹角，那么当这两个力之间的夹角为 90°时，
其合力大小应为
A． 26 N B． 212 N C．12 N D．6 N
【参考答案】
A 根据胡克定律知，每根橡皮条的最大弹力为：F=k（2L–L）=kL。设此时两根橡皮条的
夹角为θ，根据几何关系知
1
12sin 2 2 4
L
L
。根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受
的最大弹力为： 152 cos 2 2F F kL 合 ，故 A 正确，BCD 错误。
BC 设两共点力 Fa、Fb 之间的夹角θ为钝角，由图示平行四边形可知，当 Fa 逐渐增大为
Fa1、Fa2、Fa3 时，其合力由原来的 F1 变为 F2、F3、F4，它们可能小于 F1、可能等于 F1，可能
大于 F1，所以 A 错误，BC 正确。当 0°<θ<90°时，随着其中的一个力增大，合力一定增大，D
错误。
B 由题意，设两个相等的共点力大小为 F，当它们之间的夹角为 120°时，合力如图：由
等边三解形的知识可知 F=12 N，当这两个力之间的夹角为 90°时，由勾股定理得合力大小为
12 2 N，故 ACD 错误，B 正确。
2 月 7 日 力的分解
高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆
截面为直角三角形的木块 A 质量为 M，放在倾角为θ的斜面上，当θ=37°时，木块恰能静止在斜
面上。现将θ改为 30°，在 A 与斜面间放一质量为 m 的光滑圆柱体 B，如图乙所示，（sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8）则
A．A、B 仍一定静止于斜面上 B．A、B 可能静止于斜面上
C．若 M=2m，则 A 受到的摩擦力为
3
2 mg D．若 M=8m，则 A 受到斜面的摩擦力
为
2
9 mg
【参考答案】BD
【试题解析】由题意可知，当θ=37°时，木块恰能静止在斜面上，对木块进行正交分解，则沿斜
面方向有μMgcos 37°=Mgsin 37°，代入数据解得μ=0.75。现将θ改为 30°，在 A 与斜面间放一质
量为 m 的光滑圆柱体 B，对 A 受力分析，如图所示，则有 f′=μN′，N′=Mgcos 30°，而 F=mgsin 30°，
当 f′
mgsin 30°+Mgsin 30°，则 A 相对斜面
不滑动，因此 A、B 是否静止在斜面上，由 B 对 A 弹力决定，故 A 错误，B 正确；若 M=2m，
则 mgsin 30°+Mgsin 30°= 3
4 Mg；而 f′=μN′=0.75×Mgcos 30°= 3 3
8
Mg；因 f′mgsin
30°+Mgsin 30°，A 不滑动，A 受到斜面的静摩擦力，大小为 mgsin 30°+Mgsin 30°= 9
16 Mg= 9
2 mg，
故 D 正确。
【知识补给】
常见的力的分解
实例 分解思路
拉力 F：水平分力 F1=Fcos α和竖直分力 F2=Fsin α
重力：平行斜面向下的分力 F1=mgsin α和垂直斜面向下的分力 F2=mgcos
α
重力：使球压紧挡板的分力 F1=mgtan α和使球压紧斜面的分力
F2= cos
mg
重力：使球压紧竖直墙壁的分力 F1=mgtan α和使球拉紧悬线的分力
F2= cos
mg
重力：拉紧 AO 线的分力 F2 和拉紧 BO 线的分力 F1， F1=F2= sin2
mg
拉力：拉紧 AB 线的分力 F1=Ftan α和压缩 BC 的分力 F2= cos
F
如图所示，将光滑斜面上的物体的重力 mg 分解为 F1 和 F2 两个力，下列结论正确的是
A．F1 是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2 是物体对斜面的正压力
B．物体受 mg、F、F1 和 F2 四个力的作用
C．物体只受重力 mg 和弹力 F 的作用
D．力 F、F1 和 F2 的三个力的作用效果跟 mg、F 两个力的效果不相同
如图所示，一小木块放在水平地面上，受 F1、F2 作用而处于静止状态，其中 F1=10 N，与
水平方向夹角为 60°斜向上，F2=2 N，方向水平向左。若撤去 F1，则下列说法正确的是
A．小木块所受的合力为 3 N
B．小木块所受的合力为 5 N
C．小木块所受的摩擦力变大
D．小木块所受的摩擦力变小
如图所示，倾角 =30 的斜面上有一重为 G 的物体，在与斜面底边平行的水平推力作用
下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中 =45 ，则
A．物体所受摩擦力方向平行于斜面沿虚线向上
B．物体与斜面间的动摩擦因数 3= 3
C．物体所受摩擦力方向与水平推力垂直且平行斜面向上
D．物体与斜面间的动摩擦因数 6= 3
如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱形物体 A，A 与竖直挡板之间放一
光滑圆球 B，整个装置处于静止状态。现对挡板加一向右的力 F，使挡板缓慢向右移动，B 缓
慢上移而 A 仍保持静止。设地面对 A 的摩擦力为 F1，A 对 B 的作用力为 F2，地面对 A 的支持
力为 F3。在此过程中
A．F1 缓慢减小，F3 保持不变
B．F1 缓慢增大，F3 缓慢增大
C．F2 缓慢增大，F3 缓慢增大
D．F2 缓慢增大，F3 保持不变
【参考答案】
C F1 不是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2 不是物体对斜面的压力，故 A 错误。物
体受重力和支持力两个力，故 B 错误，C 正确。力 F、F1 和 F2 的三个力的作用效果跟 mg、FN
两个力的效果相同，故 D 错误。
D 未撤去 F1 时，根据小木块在水平方向受力平衡，得：小木块所受的静摩擦力 f=F1–F2cos
60°=10 N–2×0.5 N=9 N，说明小木块受到的最大静摩擦力 fm≥9 N；撤去 F1 后，因 F2=2 NF1=F2 B．F1=F2=F3
C．F3=F1>F2 D．F1>F2=F3
如图所示，质量为 mA=10 kg 的 A 物块下端连接着固定在直立于地面的轻质弹簧，上端连
接着跨过定滑轮的轻质细绳，轻绳的另一端连接着静置于地面、质量为 mB=20 kg 的物块 B。此
时，与 A 相连的轻绳处于竖直方向，与 B 相连的轻绳与水平地面成 37°角，并且弹簧的形变量
为 20 cm，若弹簧劲度系数为 k=200 N/m，取重力加速度为 g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，
不计滑轮与轻绳间的摩擦。关于物块 B 的受力情况，下列分析正确的是
A．轻绳对物块 B 的拉力一定为 60 N
B．地面对物块 B 的摩擦力可能为 112 N
C．地面对物块 B 的支持力可能为 36 N
D．轻绳对物块 B 的拉力与地面对物块 B 的摩擦力的合力一定竖直向上
如图所示，左侧是倾角为 60°的斜面，右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底
端切线水平，一根两端分别系有质量分别为 m1、m2 两小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮。当小
球处于平衡状态时，连接 m2 小球的轻绳与水平线的夹角为 60°，不计一切摩擦，两小球可视为
质点。则两小球的质量之比 m1:m2 等于
A．2:3 B．1:l C．3:2 D．3:4
如图所示，AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆 AB 一端通过铰链固定在 A
点，另一端 B 悬挂一重为 G 的物体，且 B 端系有一根轻绳，并绕过定滑轮 C，用力 F 拉绳，
开始时∠BAC>90°，现使∠BAC 缓慢变小，直到杆 AB 接近竖直杆 AC。此过程中
A．轻杆 B 端所受的力逐渐减小
B．轻杆 B 端所受的力逐渐增大
C．拉力 F 大小不变
D．拉力 F 逐渐减小
如图所示，竖直的圆柱形直杆表面粗糙，圆球 A 套在直杆上，由于摩擦的作用始终处于静
止状态，小球 B 通过绳子与球 A 相连，被 F 斜向上拉至 A 的右上方。现保持 F 的方向不变，
缓慢地移至虚线所在的位置的过程中
A．拉力 F 逐渐变小
B．AB 两球间绳子的张力逐渐变大
C．直杆对 A 球弹力变小
D．直杆对 A 球的摩擦力不变
【参考答案】
C 题中甲图：物体静止，弹簧的拉力 1F mg ；题中乙图：对物体为研究对象，作受力
图如图甲所示，根据平衡条件有： 2 sin60 0.866F mg mg ；题中丙图：以动滑轮为研究对
象，受力如图 2 所示，由几何知识得 3F mg ，故 3 1 2＞F F F ，故 C 正确，ABD 错误。
BD 对 A 分 析 ， 受 到 重 力 ， 轻 绳 的 拉 力 ， 弹 簧 的 弹 力 ， 弹 力 大 小
200 0.2 N 40 NF k x ， 若 弹 簧 被 压 缩 ， 弹 力 向 上 ， 则 轻 绳 拉 力
100 N 40 N 60 NAT m g F ， 若 弹 簧 被 拉 伸 ， 弹 力 向 下 ， 则 轻 绳 拉 力
100 N 40 N 140 NAT m g F ，故 A 错误；B 处于静止状态，受力平衡，对 B 受力
分析，根据平衡条件，地面对物块 B 的支持力 sin37BN m g T ，当 60 NT 时，
200 N 60 0.6 N 164 NN ，当 140 NT 时， 200 N 140 0.6 N 116 NN ，地
面对 B 的摩擦力 cos37f T ，当 60 NT 时， 60 0.8 N 48 Nf ，当 140 NT 时，
140 0.8 N 112 Nf ，故 B 正确，C 错误；物块 B 处于静止状态，合力为零，轻绳对物块
B 的拉力与地面对物块 B 的摩擦力的合力与重力和支持力的合力大小相等，方向相反，则轻绳
对物块 B 的拉力与地面对物块 B 的摩擦力的合力方向一定竖直向上，故 D 正确。
A 先以质量为 m1 的小球为研究对象，由平衡条件得知，轻绳的拉力大小为 T=m1gsin 60°
①，再以质量为 m2 的小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，由平衡条件可知，轻绳的拉
力 T 与支持力 N 的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，由对称性可知，T=N，
2Tcos 30°=m2g②，由①②解得：ml:m2=2:3；故选 A。
D 以 B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力 T（等于重物的重力 G）、轻杆的支
持力 N 和轻绳的拉力 F，作出力图如图所示，由平衡条件得知，N 和 F 的合力与 T 大小相等，
方向相反，根据三角形相似可得 N F T
AB CB CA
，又 T=G，解得 ABN GCA
， CBF GCA
，
使∠BAC 缓慢变小时，AC、AB 保持不变，CB 变小，则 N 保持不变，F 变小，故 D 正确。
AC 对 B 受力分析如图所示，拉力 F 和绳子的拉力 T 的合力不变，根据拉力 T 和合力之
间的角度变小，可以得到拉力 F 和绳子的拉力 T 都减小，故 A 正确，B 错误；对整体可以得到
sin NF F ， cos30 A BF G G f ，可以得到 NF 减小， f 减小，故 C 正确，D 错误。
2 月 9 日 共点力的平衡（二 ）
高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆
（2016·新课标全国Ⅰ卷）如图，一光滑的轻滑轮用细绳 OO'悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，
其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 b。外力 F 向右上方拉 b，整个系统
处于静止状态。若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块 b 仍始终保持静止，则
A．绳 OO'的张力也在一定范围内变化
B．物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【参考答案】BD
【试题解析】物块 b 始终保持静止，可知物块 a 也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，
可知连接物块 a 和 b 的绳的张力等于物块 a 的重力，所以连接物块 a 和 b 的绳的张力保持不变，
夹角不变，所以，绳 OO'的张力也不变，故 AC 错误；对物块 b 进行受力分析如图所示，可知，
若 F 方向不变，大小在一定范围内变化时，重力 mg 和细绳的拉力 FT 保持不变，所以，物块 b
所受到的支持力也在一定范围内变化，物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故 BD
正确。
【名师点睛】本题主要考查共点力作用下物体的平衡、力的动态分析。当有多个物体相互作用
而平衡时，应注意灵活选择研究对象，可以让题目变得更简洁明晰，此题的难点是对选项 A 的
判断。
【知识补给】
动态平衡的两种思维方法
（1）隔离法：为了弄清系统（连接体）内某个物体的受力和运动情况，一般采用隔离法，运用
隔离法的步骤如下：
①明确研究对象或过程、状态；
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来；
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图；
④选用适当的物理规律类方程求解。
（2）整体法：当只涉及研究系统而不涉及系统内某些物体的受力或运动情况时，一般采用整体
法，运用整体法的步骤如下：
①明确研究的系统和运动的全过程；
②画出系统整体的受力图或运动全过程的示意图；
③选用适当的物理规律列方程求解。
（2016·新课标全国Ⅱ卷）质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F
缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中
A．F 逐渐变大，T 逐渐变大 B．F 逐渐变大，T 逐渐变小
C．F 逐渐变小，T 逐渐变大 D．F 逐渐变小，T 逐渐变小
如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设球对墙面的压力大小为 N1，球对木板的压力
大小为 N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平
位置。不计摩擦，在此过程中
A．N1 始终减小，N2 始终增大
B．N1 始终减小，N2 始终减小
C．N1 先增大后减小，N2 始终减小
D．N1 先增大后减小，N2 先减小后增大
如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定。A 端用铰链固定，滑轮 O 在 A 点正
上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B 端挂一重物 P，现施加拉力 T 将 B 缓慢上拉（绳和杆均
未断），在杆达到竖直前
A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断
C．杆越来越容易断 D．杆越来越不容易断
如图所示，倾角θ=30°的斜面体 A 静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，
绳两端系有质量均为 m 的小物块 a、b，整个装置处于静止状态。现给给物块 b 施加一个水平向
右的 F，使其缓慢离开直到与竖直方向成 30°（不计绳与滑轮间的摩擦），此过程中下列说法正
确的是
A．b 受到绳的拉力先増大再减小
B．物块 a 受到的摩擦力増大再减小
C．水平拉力 F 逐渐増大
D．物块 a—定沿斜面缓慢上移
如图所示，一根弹性良好的橡皮绳固定在同一高度的 A、B 两点，中间悬挂一轻质光滑滑
轮，滑轮下端挂一质量为 m 的重物，平衡时橡皮绳之间的夹角为，现把 B 点水平右移到 C 点，
达到新的平衡（橡皮绳始终在弹性限度内），则移动后相比移动前，下列说法中正确的是
A．重物所受的合力变大
B．橡皮绳的弹力变大
C．橡皮绳对滑轮的合力变大
D．橡皮绳之间的张角变大
【参考答案】
A 对结点 O 受力分析，重力的大小和方向均不变，水平拉力 F 的方向不变，绳拉力
在转动，满足三力平衡的动态平衡，如图所示，可得，水平拉力 F 逐渐增大，绳的拉力逐
渐增大，故选 A。
B 以小球为研究对象，分析受力情况：重力 G、墙面对小球的支持力 1N 和木板对球的支
持力 2N 。根据牛顿第三定律得知， 1 1N N ， 2 2N N 。根据平衡条件得： 1 cotN G ，
2 sin
GN ，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，增大， cot 减小， sin 增
大，则 1N 和 2N 都始终减小，故 1N 和 2N 都始终减小，故选 B。
B 以 B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力 F（等于重物的重力 G）、轻杆的支
持力 N 和绳子的拉力 T，作出力图如图所示，由平衡条件得知，N 和 T 的合力与 F 大小相等，
方向相反，根据三角形相似可得： N T F
AB BO AO
，又 F=G，解得 ABN GAO
， BOT GAO
，
使∠BAO 缓慢变小时，AB、AO 保持不变，BO 变小，则 N 保持不变，T 变小，故杆无所谓易
断不易断，绳子越来越不容易断，故 B 正确。
C b 受力平衡，对 b 受力分析，如图 1 所示，设绳与竖直方向的夹角为α，b 缓慢离开直
到与竖直方向成 30°的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T 逐渐增大，F 逐渐增大，
故 A 错误，C 正确；对 a 受力分析，如图 2 所示，刚开始 T=mg，a 处于静止状态，则 f=T–mgsin
30°= 1
2 mg，方向向下，T 增大时，f 增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所
以不能判断 a 是否会滑动，故 BD 错误。
图 1 图 2
BD 重新平衡时，重物的合力为零，没有变化，故 A 错误。对滑轮研究，根据平衡条件
得：橡皮绳对滑轮的合力大小等于重物的重力，保持不变，设橡皮绳的弹力为 T，重物的重力
为 G，则有 2Tcos 2
=G，θ变大，则得 T 变大，故 BD 正确，C 错误。
2 月 10 日 牛顿运动定律
高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆
（2016·上海卷）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球
所受合外力的方向沿图中的
A．OA 方向 B．OB 方向 C．OC 方向 D．OD 方向
【参考答案】D
【试题解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而直杆固定在小
车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，
所以球的加速度也应该向右，即球所受的合外力的方向沿 OD 方向，故 D 正确。
【方法技巧】本题通过整体法和隔离法可以判断出做匀变速直线运动的物体局部加速度和整体
加速度相同。①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解。在许多问题中用整
体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个
物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力
个数最少部分的来分析。③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之
间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离
法交叉使用。
【知识补给】
牛顿运动定律
1．牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使
它改变这种状态。惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性。与物体的运动情况和受力情况
无关。
2．牛顿第二定律：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。加速度的方向与
作用力方向相同。
（1）适用范围：只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）；只适用于宏
观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况。
（2）瞬时性：根据牛顿第二定律，对于质量确定的物体而言，其加速度的大小和方向完全由物
体受到的合力的大小和方向所决定。加速度和物体所受的合力是瞬时对应关系，即同时产生、
同时变化、同时消失，保持一一对应关系。
（2）矢量性：F=ma 是一个矢量式，力和加速度都是矢量，物体的加速度的方向由物体所受合
力的方向决定。已知 F 合的方向，可推知 a 的方向，反之亦然。
（3）同体性：a= F
m
中各量都是属于同一物体的，即研究对象的统一性。
（4）独立性：F 产生的 a 是物体的合加速度，x 方向的合力产生 x 方向的加速度，y 方向的合
力产生 y 方向的加速度，牛顿第二定律的分量式为 Fx=max，Fy=may。
3．牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条
直线上。
以下说法正确的是
A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性
B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小
C．力是维持物体运动的原因
D．各种机床和发电机的底座做得很笨重，并用螺丝固定在地面上，目的是增大惯性
如图所示，两个完全相同的木块用两根弹簧连接后，悬挂在天花板上保持静止状态。现将
弹簧 x2 上端剪断，在剪断的瞬间，下列说法正确的是
A．m1 的加速度竖直向上为 g
B．m1 的加速度为 0
C．m2 的加速度竖直向上为 g
D．m2 的加速度为 0
如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块 A、B
压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知 A、B 与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹
簧长度相同，A 恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现使车厢沿水
平方向加速运动，为保证 A、B 仍相对车厢静止，则
A．速度可能向左，加速度可大于（1+μ）g
B．加速度一定向右，不能超过（1–μ）g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过（1–μ）g
如图所示，质量分别为 M、m 的滑块 A、B 叠放在固定的、倾角为θ的斜面上，A 与斜面间、
A 与 B 之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2 ，当 A、B 从静止开始以相同的加速度下滑时，B 受到摩
擦力为
A．等于零
B．方向平行于斜面向下
C．大小为μ1mgcos θ
D．大小为μ2mgcos θ
如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ缓慢增大，在
质量为 m 的货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是
A．货物对车厢的压力变小 B．货物受到的摩擦力变小
C．地面对车的摩擦力增大 D．地面对车的支持力增大
【参考答案】
AD 牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，故 A 正确；惯性是物体的固有属性，其
大小只与质量有关，和运动状态及力无关，故 B 错误；牛顿第一定律揭示了力不是维持物体运
动的原因，故 C 错误；各种机床和发电机的底座做得很笨重，并用螺丝固定在地面上，目的是
增大惯性，使其静止的状态不易改变，D 正确。
A 剪断弹簧 x2 前，弹簧 x1 对整体的拉力是 2mg，弹簧 x2 对 m2 拉力是 mg；剪断下方弹簧
后，弹簧 x1 的拉力不突变，m1 受重力和弹簧 x1 的拉力，合力为 F 合=2mg–mg=mg，方向竖直向
上，故加速度为 a=g，竖直向上，故 A 正确，B 错误；剪断弹簧 x2 后，m2 仅受到重力作用，加速
度为 g，方向竖直向下，故 CD 错误。
B 开始 A 恰好不下滑，对 A 分析有：f=mg=μN=μF 弹，解得 mgF 弹＝ ，此时弹簧处于压
缩。当车厢做加速运动时，为了保证 A 不下滑，墙壁对 A 的支持力必须大于等于 mg
，根据牛
顿第二定律可知加速度方向一定向右；对 B 分析，fBm=μ（F 弹–mg）≥ma，解得 a≤（1–μ）g，故
B 正确，ACD 错误。
C 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为 1sin cosa g ，设 A 对 B
的 摩 擦 力 方 向 沿 斜 面 向 下 ， 大 小 为 f ， 则 有 sinmg f ma ， 解 得
1sin cosf ma mg mg ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上，C 正确。
A 货物处于平衡状态，受重力、支持力、静摩擦力，根据共点力平衡条件，有：mgsin θ=f，
N=mgcos θ；θ增大时，f 增大，N 减小；再根据牛顿第三定律，压力也减小，故 A 正确，B 错
误；对货车整体受力分析，只受重力与支持力，不是摩擦力；根据平衡条件，支持力不变；再
根据牛顿第三定律，压力也不变；故 CD 错误。
2 月 11 日 牛顿运动定律的应用（一）
高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★☆☆
（2016·新课标全国Ⅱ卷）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球
在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它
们下落相同的距离，则
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【参考答案】BD
【试题解析】两球的质量 34 π3m r ，对两球由牛顿第二定律
3 2
= =4 4π π3 3
mg f kr ka g gm r r
，可得 a a 乙甲 ，由 21
2h at 知甲球的运动时间较短，
AC 错误。由 2v ah 得 v v 乙甲 ，故 B 正确。因 f f 乙甲 ，由 fW f h 知阻力对甲球做功
较大，D 正确。
【名师点睛】本题主要考查牛顿第二定律的应用；首先应该根据牛顿第二定律找到物体的加速
度与小球的半径的关系，然后比较加速度，再结合运动公式来讨论其他物理量。
【知识补给】
牛顿第二定律的应用——已知受力求解运动
1．解题步骤
（1）确定研究对象。
（2）对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力示意图。
（3）根据力的合成和分解的方法，求出物体所受的合外力。
（4）根据牛顿第二定律列方程求出物体的加速度。
（5）根据题意确定物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动学物理量。
2．注意
（1）物体的速度方向与物体的合外力方向之间没有一定的关系，但加速度的方向一定与物体的
合外力方向一致。
（2）计算时，注意统一单位。
牛顿运动定律的图象问题
1．常见的两类动力学图象问题
（1）已知物体在某一个过程中所受的合力（或某个分力）随时间变化的图象，求物体的运动情
况。
（2）已知物体在某一个过程中速度、加速度随时间变化的图象，求物体的受力情况。
2．解图象问题的关键
（1）分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反
映的物理过程，会分析临界点。
（2）注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，
两图线的交点等表示的物理意义。
（3）明确能从图象中获得那些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、
面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
如图，某滑块初速度 v0 沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对
于该运动过程若用 h、s、v、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示
时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是
A B C D
传感器和计算机结合，可以快速测量和记录变化的力。如图所示，传感器和计算机连接，
弹性细绳一端系小球另一端与传感器连接，把小球举到 O 点，放手让小球自由下落同时开始计
时，计算机通过传感器获得弹性细绳中拉力 F 随时间 t 变化的图线。不计空气阻力，弹性细绳
一直在弹性限度内。根据图线可以判断下列说法正确的是
A．细绳的自然长度是 2
2
1
2 gt
B．t1~t2 时间内小球一直处于失重状态
C．2t1=t4–t3
D．从 t2~t3，小球的速度先增大后减小
如图所示，质量 M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力 F=8 N，
当小车向右运动的速度达到 v0=1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m=2 kg
的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来
g 取 10 m/s2，求：
（1）经过多长时间两者达到相同的速度；
（2）小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；
（3）从小物块放上小车开始，经过 t=1.5 s 小物块对地的位移大小。
【参考答案】
B 在下滑过程中，物体的加速度为 mgsin θ–μmgcos θ=ma，a=gsin θ–μgcos θ，加速度的大
小保持不变，故 D 错误；下滑过程中速度大小关系为 v=v0+at=v0+（gsin θ–μgcos θ）t，速度与
时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线，故 C 错误；物体向下做匀减速运动，故下滑
的位移为 s=v0t+ 1
2 at2=v0t+ 1
2
（gsin θ–μgcos θ）t2，位移–时间关系的图象是向右弯曲的线，故 B
正确；同理，下降的高度为 h=ssin θ，也是向右弯曲的线，故 A 错误。
CD 从图可知从悬点释放到细绳张紧历时 t1，即细绳的自然长度 l= 2
1
1
2 gt ，故 A 错误；t1~t2
时间内小球先做加速度减小的加速运动，处于失重状态；当细绳的拉力大于重力时，小球才开
始做减速运动，处于超重状态，故 B 错误；0~t1 时间内小球做自由落体运动，t3~t4 时间内小球
做竖直上抛运动，则有 2t1=t4–t3，故 C 正确；t2 时刻细绳拉力最大，t3 时刻细绳拉力为零，细绳
恢复原长，小球处于最低位置。t2~t3 时间内，小球先向上做加速运动，当细绳拉力与小球重力
相等后小球重力大于细绳拉力，小球向上做减速运动，即在该时间内，小球的速度先增大后减
小，故 D 正确。
（1）设小物块和小车的加速度分别 m Ma a、 ，由牛顿第二定律有 mmg ma
MF mg Ma
代入数据解得： 22 m/sma ， 20.5 m/sMa
设经过时间 t1 两者达到相同的速度，由 1 0 1m Ma t v a t ，解得 1 1st
（2）当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度 a 做匀加速运动
对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有： F M m a ，解得： 20.8 m/sa
此时小物块和小车之间的摩擦力 1.6 Nf ma
而小物块和小车之间的最大静摩擦力 4 Nmf mg
mf f ，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止
从小物块放上小车开始，小物块的位移为 2
1
1
2m ms a t
小车的位移 2
0 1 1
1
2M Ms v t a t
小车至少的长度 M ml s s
代入数据得： 0.75 ml
（3）在开始的 1 s 内，小物块的位移 2
1
1 1m2m ms a t ，末速度 1 2 m/smv a t
在剩下的时间 t2=t–t1=0.5 s 时间内，小物块运动的位移为 2
2 2
1
2s vt at ，得 2 1.1ms
可见小物块在总共 1.5 s 时间内通过的位移大小为 2 2.1mms s s
2 月 12 日 牛顿运动定律的应用（二）
高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★☆☆
（2016·海南卷）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度–
时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 0~5 s、5~10 s、10~15 s 内 F
的大小分别为 F1、F2 和 F3，则
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1=F3
【参考答案】A
【试题解析】由 v–t 图象可知，0~5 s 内加速度 a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
mgsin θ–f–F1=ma1，F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s 内加速度 a2=0，根据牛顿第二定律有 mgsin
θ–f–F2=ma2，F2=mgsin θ–f；10~15 s 内加速度 a3=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有
mgsin θ–f–F3=ma3，F3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，A 正确。
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运
动学的桥梁。【知识补给】
牛顿第二定律的应用——已知运动求解受力
解题步骤
（1）确定研究对象。
（2）对研究对象进行受力分析，并画出物体受力示意图。
（3）根据相应的运动学公式，求出物体的加速度。
（4）根据牛顿第二定律列方程求出物体的加速度。
（5）根据力的合成和分解的方法，求出所需的力。
牛顿第二定律的应用——连接体问题
1．连接体及其特点
多个相互关联的物体连接（叠放，并排或由绳子、细杆联系）在一起的物体组称为连接体。连
接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）。
2．处理连接体问题的常用方法
（1）整体法：若连接物具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，在进行
受力分析时，要注意区分内力和外力。采用整体法时只分析外力，不分析内力。
（2）隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，从而求解物体之间的相互
作用力。
牛顿第二定律的应用——传送带问题
1．水平传送带问题
设传送带的速度为 v 带，物体与传送带之间的动摩擦因数为 ，两定滑轮之间的距离为 l，物体
置于传送带一端时的初速度为 v0。
（1）v0=0，如图所示，物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做 a g 的加速运动。
假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带时的速度为 2v gL 。显然，若
2v gL带 ，则物体在传送带上将先加速运动，后匀速运动；若 2v gL带 ，则物体在
传送带上将一直加速。
（2）v0≠0，且 v0 与 v 带同向，如图所示。
①v0v 带时，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为 a g 的减速运动。假定物体一直减速
到离开传送带，则其离开传送带的速度为 2
0 2v v gL 。显然， 2
0 2v v gL 带 ，则物
体在传送带上将一直减速；若 v0>v 带
2
0 2v gL ，物体在传送带上将先减速运动，后匀速
运动。
（3）v0≠0，且 v0 与 v 带反向，如图所示。此种情形下，物体刚放到传送带上时将做加速度大小
为 a g 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带的速度为
2
0 2v v gL 。显然，若 0 2v gL ，则物体将一直减速运动直到从传送带的另一端离开
传送带；若 0 2v gL ，则物体将不会从传送带的另一端离开，而是从进入端离开，其可能
的运动情形有：
①先沿 v0 方向减速运动，再沿 v0 的反方向加速运动直至从进入端离开传送带。
②先沿 v0 方向减速运动，再沿 v0 的反方向加速运动，最后匀速运动直至从进入端离开传送带。
2．倾斜传送带问题
（1）物体和传送带一起匀速运动
匀速运动说明物体处于平衡状态，则物体受到的摩擦力和重力沿传送带方向的分力等大、反向，
即物体受到的静摩擦力的方向沿传送带向上，大小为 sinmg （ 为传送带的倾角）。
（2）物体和传送带一起加速运动
①若物体和传送带一起向上加速运动，传送带的倾角为 ，则对物体有 sinf mg ma ，
即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，大小为 = sinf mg ma 。
②若物体和传送带一起向下加速运动，传送带的倾角为 ，则静摩擦力的大小和方向取决于加速度 a
的大小。
当 sina g 时，无静摩擦力；
当 sina g 时，有 + sin =f mg ma ，即物体受到静摩擦力方向沿传送带向下，大小为
= sinf ma mg 。在这种情况下，重力沿传送带向下的分力不足以提供物体的加速度 a，物
体有相对于传送带向上的运动趋势，受到的静摩擦力沿传送带向下；
当 sina g 时，有 sin =mg f ma ，即物体受到静摩擦力方向沿传送带向上，大小为
= sinf mg ma 。此时，重力沿传送带向下的分力提供物体沿传送带向下的加速度过剩，物
体有相对于传送带向下的运动趋势，受到沿传送带向上的摩擦力。
如图所示，在倾角为 30°的光滑斜面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块，其中两个质
量为 m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是 fm。现用平行于斜面的拉
力 F，拉其中一个质量为 2m 的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力 F 的
最大值
A． m
3
5 f B． m
3
4 f C． mf D． m
3
2 f
如图甲所示，质量为 m=1 kg 的物体置于倾角为θ=37°固定斜面（足够长）上，对物体施以
平行于斜面向上的拉力 F，t1=1 s 时撤去拉力，物体运动的部分 v–t 图象如图乙所示，试求：（g=10
m/s2）
（1）物体沿斜面上行时加速运动与减速运动的加速度大小；
（2）物体与斜面间的滑动摩擦因数μ。
（2016·四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，
如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车
失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内
向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车
停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上
运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取
2cos =1 sin =0.1 =10 m / sg ， ， 。求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在
传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ=37°，在电
动机的带动下以 v=2 m/s 的速率顺时针方向匀速运行。M、N 为传送带的两个端点，MN 两点间
的距离 L=7 m。N 端有一离传送带很近的挡板 P 可将传送带上的物块挡住。在传送带上的 O 处
先后由静止释放金属块 A 和木块 B，金属块与木块质量均为 1 kg，且均可视为质点，OM 间距
离 L=3 m。sin 37° = 0.6，cos 37°=0.8，g 取 10 m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处
的摩擦。
（1）金属块 A 由静止释放后沿传送带向上运动，经过 2 s 到达 M 端，求金属块与传送带间的
动摩擦因数μ1。
（2）木块 B 由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板 P 发生碰撞。已知碰撞时间极短，木
块 B 与挡板 P 碰撞前后速度大小不变，木块 B 与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5。求：
a．与挡板 P 第一次碰撞后，木块 B 所达到的最高位置与挡板 P 的距离；
b．经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，求此时电动机的输出功率。
【参考答案】
D 由题意可知，当下面 2m 的木块摩擦力达到最大时，拉力 F 达到最大。将 4 个木块看
作一个整体，由牛顿第二定律得 F+6mgsin 30°=6ma，将 2 个 m 及上面的 2m 看作一个整体，
fm+4mgsin 30°=4ma，以上联立解得： m
3
2F f ，故 D 正确。
（1）物体沿斜面上行加速度的大小 2 2
1
20= m/s 20 m/s1a
减速运动的加速度大小 2 2
2
10= m/s 10 m/s1a
（2）设力 F 作用时物体的加速度为 a1，对物体受力分析，由牛顿第二定律可知 F–mgsin θ–μmgcos
θ=ma1
设撤去力后，加速度的大小为 a2，由牛顿第二定律可知 mgsin θ+μmgcos θ=ma2
代入解得 F=30 N，μ=0.5
（1）对货物： 1sinmg mg ma
2
1 5 m/sa ，方向沿斜面向下
（2）对货车： 20.44 +4 ) 4 sin cos 4m m g mg mg ma （
2
2 5.5 m/sa
设减速时间为 t， 2 2
0 1 0 2
1 1( ) 42 2v t a t v t a t
解得 4 st
则制动坡床的长度为 2
0 2
138 m 12 m ( )=98 m2s v t a t
（1）金属块 A 在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速
度能达到传送带的速度 v=2 m/s，然后做匀速运动，达到 M 点。
金属块由 O 运动到 M 有 2
2
12
1 vtatL ，即 322
1
2
2
1 tat ①
且 t1+t2=t
即 t1+t2=2②
v=at1，即 2=at1③
根据牛顿第二定律有 1 cos37 sin37mg mg ma ④
由①②③式解得 t1=1 s
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