牛顿运动定律的综合应用-2025年高考物理一轮复习（新高考）

第10讲牛顿运动定律的综合应用

——划重点之精细讲义系列

卜号点导航①

考点1超重和失重问题

考点2动力学中的图象问题

考点3等时圆模型

考点4动力学中的临界、极值问题

考点1:超重和失重问题

1.超重和失重

(1)视重

当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重.

(2)超重、失重和完全失重的比较

超重失重完全失重

物体对支持物的压力(或物体对支持物的压力(或物体对支持物的压力

概念对悬挂物的拉力)大于物对悬挂物的拉力)小于物(或对悬挂物的拉力)等

体所受重力的现象体所受重力的现象于零的现象

物体的加速度方向竖直物体的加速度方向竖直物体的加速度方向竖

产生条件

向上向下直向下，大小〃=g

以Q=g加速下降或减

运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升

速上升

F-mg=mamg—F=mamg—F=ma

原理方程

F=m(g+a)F=m(g—a)F=0

△划里点(❶)

1.不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变.

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.

3.尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重

或失重状态.

4.尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会

出现超重或失重状态.

V▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼「

划重盍《

一含

i4四姆I：

【考向1】（2024•辽宁丹东•一模）“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为k

的弹性轻绳的上端固定在。点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感

器相连，传感器示数为1000N。打开扣环，人从/点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B

点上升到最高位置C点，在8点时速度最大。已知4B长为2m,人与装备总质量爪=80kg（可视为

质点）。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A.在2点时，弹性轻绳的拉力为零B.经过C点时，人处于超重状态

C.弹性轻绳的劲度系数k为500N/mD.打开扣环瞬间，人在N点的加速度大小为22.5m/s2

【答案】C

【详解】C.在5点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有

kx—mg

在4点未释放时，有

kx'=mg+F

又

x'—x=2m

联立，解得

k=500N/m

故A错误；C正确；

B.在C点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状态。故B错误;

D.打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得

kx'—mg=F=ma

解得

a=12.5m/s2

故D错误。

故选Co

【考向2】（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.a时刻手机处于完全失重状态B.时刻手机开始向上运动

C.打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.力时刻手机加速度为-g,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0〜t2向下做加速运动，12〜七向下做减速运动，a-t图像与

坐标轴围成的面积为速度，B时刻手机达加速度为正方向的最大值，故打速度小于功速度不是最大,

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-9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Ao

【考向3】（多选）（2024•山东潍坊•三模）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流,

用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风

口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小尸=0.053（采用国际单

位制），V为风速。控制V可以改变表演者的上升高度人其V2与4的变化规律如乙图所示。g取

10m/s2=表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（）

A.打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s2

B.表演者一直处于超重状态

C.表演者上升5nl时获得最大速度

D.表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动

【答案】AC

【详解】A.打开开关瞬间，表演者高度为0,则有

42-2

VQ—1.2x10m-s

根据牛顿第二定律有

0.05诺一mg=ma0

解得

2

a0=2m/s

故A正确；

B.根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有

0.05忧=mg

解得

诳=1.0x104m2-s-2

由于

V2=1,2x104m2-s-2-400h

可知，重力与风力大小相等时的高度为

八1=5m

可知，在高度小于5m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5m

时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；

C.结合上述可知，表演者先向上做加速度减小得加速运动，表演者上升5m时，加速度为0,速度

达到最大值，故C正确；

D.结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D

错误。

故选AC。

而考点甄!析理重点

考点2：动力学中的图象问题

1.常见的图象

V—/图象：斜率表示加速度的大小和方向，与时间轴围成的面积表示位移。

a—f图象：斜率表示加速度的变化率，与时间轴围成的面积表示速度变化量。

/一f图象：通过图像可以知道每时每刻对应的合外力及加速度，与时间轴围成的面积表示动量

变化量或者合外力的冲量。

尸一x图象：与时间轴围成的面积表示功。

2.图象间的联系

加速度是联系v—f图象与F-t图象的桥梁.

3.图象的应用

(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.

(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.

(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析.

4.解答图象问题的策略

(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义.

(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关

系，以便对有关物理问题作出准确判断.

•___金

在向颍测之

【考向4】(2024•河北•三模)某游泳运动员在0〜6s时间内运动的v-t图像如图所示。关于该运动员,

下列说法正确的是()

A.在0〜6s内所受的合力一直不为0

B.在0〜6s内的位移大小为24m

C.在2s〜4s内一定处于超重状态

D.在4s〜6s内的位移大小为8m

【答案】D

【详解】A.v-t图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2〜4s该运动员的有加速度，由牛顿第二

定律可知

F合=ma

在0〜2s与4〜6s运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在0〜2s与4〜6s所受合

力为零，在2〜4s,所受合力不为零，故A项错误；

B.由于UT图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在。〜6s内的位移为

1

x=—(2+4)x4m=12m

故B项错误；

C.由之前的分析，在2s〜4s结合图像可知，其加速度为

4-0

a=---m/s2=2m/s2

4—2

由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重

则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C项错误；

D.结合之前的分析，在4s〜6s的位移为

=4x2m=8m

故D项正确。

故选D。

【考向5】(2024•山西临汾•三模)质量为加的物块静止在动摩擦因数为〃的水平地面上，0〜3s内所

受水平拉力与时间的关系如图甲所示，0〜2s内加速度图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2,由图

A.m=lkg,〃=0.2B.m=lkg,〃=0.1

C.m=2kg,〃=0.2D.加=2kg,//=0.1

【答案】A

【详解】0〜Is内，根据牛顿第二定律可得

F1—^mg=ma

l~2s内,有

/2=Rmg

联立可得

m=1kg,|i=0.2

故选Ao

【考向6】（2024•广东・高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方〃

高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为卜所受合外力为

F,运动时间为/。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。

其尸-y图像或y-t图像可能正确的是（）

【答案】B

【详解】AB.在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即

F=mg

当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力

F=mg—k(y—H)

到合力为零前，随着y增大尸减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中木块所受合外力向

上，随着y增大尸增大，F-y图像如图所示

故B正确，A错误；

CD.在木块下落“高度之前，木块做匀加速直线运动，根据

17

速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律

mg—k(y—H)=F=ma

木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木

块的重力后到最低点过程中

F=k(y—H)—mg

木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图斜率减小，到达最低点后，木块

向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做

匀减速直线运动到最高点，y-t图像大致为

故CD错误。

故选Bo

【考向7】(多选)(2024•河南・二模)一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻

在传送带上适当的位置放上具有一定初速度%的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方

向，则下列描述小物块在传送带上运动的VT图像中可能正确是()

0

【答案】ABD

【详解】A.当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿

第二定律可得

mgsin9+fimgcosd=ma-i

即

=gsin®+[igcosd

可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足

7ngsin。<fimgcosd

可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足

7ngsin。>iimgcosO

小物块继续加速下滑，其加速度大小为

a2=gsind—/igcosO<a1

故A正确；

B.当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的速度时，若满足

mgsind>fimgcosd

则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为

。3=gsin。+/igcosO

若满足

mgsind<fimgcosd

则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为

。4=〃gcos9—gsin。

二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；

CD.当小物块的初速度沿斜面向上时，牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为

a3=gsind+〃gcos8

可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为的，与传送带共

速时，若满足

mgsind>11mgeos。

则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为

a=gsin。一“geos。<a

23

若满足

mgsind<fimgcosd

则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确。

故选ABDo

考点3：等时圆模型

适用条件：弦是光滑的，且物体自弦的顶端由静止释放.

(1)各弦交点为最低点:

=2Rsina

②tngsina=ma

③X/D=—at2

联立①②③解得片2

结论：运动时间与倾角无关，即沿各弦运动时间相同。

⑵各弦交点为最高点时，结论同上。

•.金

工韦迪速斯

【考向8】（2024•江苏泰州•一模）如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板4。'、BO'、CO',

其下端都固定于容器底部。'点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度8。'>4。'>CO'。若三

个滑块同时从/、B,C处开始由静止下滑（忽略阻力），则（）

B

C.C处滑块最先到达。'点D.三个滑块同时到达。'点

【答案】D

【详解】令半球形容器的半径为R滑板的倾角为仇对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有

mgsind=ma

根据位移公式有

1,

2RsinO=—gsind-t2

解得

可知时间f与滑板的倾角。和板的长度均无关，故三个滑块同时到达。'点。

故选D。

【考向9】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/8、AC,的三根光滑细杆上，其中N8与竖直方向夹角为60。，AC

经过圆心，4D竖直。现将小球无初速度地从/端释放，小球分别沿48、AC.4D下滑到2、C、D

三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为遥，则小球在三根细杆上运动的时间关系为（）

A

CD

A.以8=以。=以DB.以B＜以。＜以。C.t/lB＞以C＞以。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旧，可知小球所受重力与电场力的合力厂的方向恰

好与48平行，且由/指向8。延长28,作MC,4c交48于"，以4M为直径画一个圆（图中虚线）,

4。与该圆交于N。

设MAC=a,AM=d，则小球沿AC杆运动的加速度为

Fcosa

a=--------

m

位移为

x=dcosa

由％二^^出得

2dcosa

Fcosa

m

与a无关，由等时圆模型知

^AM=^AC=^AN

而ZBV/M,AD>ANf故

tABV以CV以O

故选Bo

【考向10】（2024・湖北黄石•三模）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P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与48传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速

度地从P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P处到达传送带的时间为（）

【答案】D

【详解】如图所示

以P处为圆的最高点作圆。与传送带相切于C点，设圆。的半径为R从P处建立一管道到圆周上，管

道与竖直方向的夹角为a,原料下滑的加速度为

mgcosa

a=-----------=gcoscr

m

管道长度为

L—2Rcosa

由运动学公式可得

1

L=—at27

解得

可知从P处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在P与48传送带间建立一管道PC,原

料从P处到传送带上所用时间最短；根据图中几何关系可得

R+Rcosd—I

可得

R—_______I

1+COS02cos21

联立可得

4X-—]n

2COS22121

、gcosg

故选D。

【考向11】（多选）如图所示，。点为竖直圆周的圆心，和P。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，。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）分别套在细杆儿/N、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外、以，所用时间分别为以、t2,则（）

七

A.%=B.>v2C.t]C2D.ti=£2

【答案】BD

【详解】连接N0、MP,如图所示

小环1从河点静止释放，根据牛顿第二定律可得

=gsin3

1

MN=2a出7

MN=2Rsin8

%=

所以

tt-也=j4gRsin-

同理可得

t2---ti，v2-j4gRsina<vx

故选BDo

而考点剖析理重点

考点4：动力学中的临界、极值问题

1.临界或极值条件的标志

（1）有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点.

（2）若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”,

而这些起止点往往就对应临界状态.

（3）若题目中有“最大”、"最小”、“至多”、"至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极

值点往往是临界点.

（4）若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度.

2.解决动力学临界、极值问题的常用方法

极限分析法：把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解

决问题的目的.

假设分析法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临

界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题.

数学极值法：将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件.

虫内颍测，

【考向12］如图所示，在倾角为。的斜面体上用细线系着一个质量为小的小球，随斜面体一起向右做

加速度大小为a的匀加速直线运动。重力加速度为g，稳定时，细线的拉力大小不可能为（）

.mg

A，布B.g2+a2

C.m(^sin0+acos0)D.m(gsmd-acos9)

【答案】D

【详解】物体随斜面向右加速运动时，当加速度较小时，物体和斜面之间有相互作用力，此时物体

受三个力：重力、斜面的支持力、绳子拉力

竖直方向

Tsin0+Ncos0—mg=0

水平方向

TcosB-NsinB=ma

解得

T=m(gsinO+acos0)

当加速度较大时，物体会离开斜面，此时物体只受两个力，重力和绳子拉力

有

T=yj(ma)2+(mg)2=mJa2+g2

在即将要离开斜面时，物体只受两个力，重力和绳子拉力，此时绳子与水平面夹角为e

Tsind=mg

解得

Tjg

sin0

本题选不可能项，故选D。

【考向13］如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为利『6kg、

mB=2kg,A、B之间的动摩擦因数“=0.2,水平向右的拉力/作用在物体A上，开始时歹=10N,止匕

后逐渐增加，在增大的过程中(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则()

B

///////////////////////////////

A.当拉力412N时，物体均保持静止状态

B.两物体始终没有相对滑动

C.两物体从受力开始就有相对滑动

D.要让两物体发生相对滑动需要产大于48N

【答案】D

【详解】A.由于水平面光滑，当拉力/<12N时，合外力不为零，所以A、B两物体均不能保持静

止状态，A错误；

BCD.当A、B间的静摩擦力达到最大，即要发生相对滑动时

肛4g=12N

此时物体B的加速度为

Ffm.,2

a=----=6m/sz

mmB

对AB整体来说

F=（以|+恤）am=48N

故当尸从10N逐渐增到48N的过程中，两物体不产生相对滑动，大于48N则两物体会发生相对滑

动，D正确，BC错误。

故选D。

【考向14］（多选）风洞实验是研究流体力学的重要依据，风洞实验室中可以产生水平向右、大小

可调节的风力。现将质量为1kg的小球套在足够长与水平方向夹角省37。的细直杆上，放入风洞实

验室，小球孔径略大于细杆直径。在无风情况下小球由静止开始经0.5s沿细杆运动了0.25m,假设

小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（gMOmMsin37o=0.6,cos37°=0.8）则下列说法正确的

是（）

风

A.小球与细杆间的动摩擦因数为0.5

B.风力越大，小球受到的摩擦力越大

C.若小球始终静止在杆上，风力尸要满足|^NWFW20N

D.若风力恒为40N,则2s内小球从静止出发在细杆上通过位移为44m

【答案】AC

【详解】A.在无风情况下小球由静止开始经0.5s沿细杆运动了0.25m,则

1„

%=—a产

可得加速度大小为

a—2m/s2

根据牛顿第二定律可得

mgsind—fimgcosd=ma

解得小球与细杆间的动摩擦因数为

〃=0.5

故A正确；

BC.当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，根据平衡条件可得

mgsind=F^osd+N1=mgcosd+Fjsine

又

fi=M

联立解得

20

Fi=­N

11

当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最大，根据平衡条件可得

mgsind=F2cos8—f2,N2=mgcosd+F2sm6

又

fi—2

联立解得

F=20N

则小球始终静止在杆上，风力尸要满足|^NWFW20N；当静摩擦力沿杆向上时，风力越大，静摩擦

越小，故B错误，C正确；

D.若风力恒为40N,可知小球沿杆向上加速运动，根据牛顿第二定律可得

Feos。一mgsinJ—〃(Fsin6+mgcosS)=ma!

解得加速度大小为

a'=10m/s2

则2s内小球从静止出发在细杆上通过位移为

x'=—n't'2=20m

故D错误。

故选AC=

【考向15］如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，其倾角a=37。,质量

M=10kgo三条细绳结于。点,一条绳OB跨过定滑轮平行于斜面连接物块P,一条绳连接质量mQ

=6kg的小球Q,另一条绳OA受外力厂处于水平，并使OB绳与竖直方向夹角（8=37。,并且

P、Q均保持静止。现将绳OA从水平方向开始逆时针缓慢旋转，且保持结点O静止，直到厂减

到最小，该过程斜面保持静止，期间物块P恰不与斜面发生相对滑动。已知重力加速度g=10m/

s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求

（1）物块P与斜面间的最大静摩擦力；

（2）斜面体受到地面摩擦力的最大值与方向；

（3）斜面体受到地面支持力的最小值。

【答案】（1）13.5N；（2）45N,水平向左；（3）240.9N

【详解】（1）下水平时，0B绳上拉力最大，由。静止

/maxCosO=mqg

由P恰静止

=/m+mp5sina

当。4垂直。最小，由。静止

F

Tmin=m^gcosd

由尸恰静止

Ffn+/rn=nipgsina

解得

fm=13.5N

（2）当尸水平时

由系统静止

f=Fr=45N

方向水平向左

（3）由（1）得

7np=10.25kg

当。4垂直OB

F2=m^gsinO=36N

系统竖直方向

FN+F2sin0=(M+mQ+mp)g

解得

FN=240.9N

电第1真题挥糠规范练

、人_■A'.人_A»）

【真题1］（2022•浙江・高考真题）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下

列说法正确的是（）

A.鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡

B.鱼儿摆尾出水时浮力大于重力

C.鱼儿摆尾击水时受到水的作用力

D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点

【答案】C

【详解】A.鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；

BC.鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼

向上的作用力大于重力，B错误、C正确；

D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。

故选Co

【真题2］（2022・北京・高考真题）如图所示，质量为加的物块在倾角为。的斜面上加速下滑，物块

与斜面间的动摩擦因数为4。下列说法正确的是()

A.斜面对物块的支持力大小为mgsin。B.斜面对物块的摩擦力大小为⑷ngcos。

C.斜面对物块作用力的合力大小为mgD.物块所受的合力大小为mgsin。

【答案】B

【详解】A.对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为

FN=mgcosd

故A错误；

B.斜面对物块的摩擦力大小为

Ff==l^rngcosd

故B正确；

CD.因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得

F合=mgsinO—iimgcosO=ma

可知

7ngsin。>iimgcosO

则斜面对物块的作用力为

F=」F*+理=J(nigcose)2+(jtrnigcos。)2<.J(mgcosd')2+(mgsind)2=mg

故CD错误。

故选B。

【真题3](2024•安徽•高考真题)倾角为。的传送带以恒定速率%顺时针转动。t=0时在传送带底端

无初速轻放一小物块，如图所示。to时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到火。不计空气阻

力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度。、速度V随时间f变化的关系图线可能正确

的是()

【答案】c

【详解】0〜to时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、

滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。

力之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做

匀速直线运动。

C正确，ABD错误。

故选C。

【真题4］（2024•全国•高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P置于水平桌

面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置祛码。改变盘中祛码总

质量加，并测量P的加速度大小得到小图像。重力加速度大小为g。在下歹Ija-zn图像中，可

能正确的是（）

【答案】D

【详解】设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为人以P为对象，根据牛顿第二定律可得

T-f=Ma

以盘和祛码为对象，根据牛顿第二定律可得

mg—T=ma

联立可得

mg—f_9772

M+mM+m

可知当祛码的重力大于f时，才有一定的加速度，当皿趋于无穷大时，加速度趋近等于9。

故选D。

【真题5］（多选）（2023•全国•高考真题）用水平拉力使质量分别为小甲、根乙的甲、乙两物体在水平

桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为〃甲和〃乙。甲、乙两物体运动后，

所受拉力厂与其加速度0的关系图线如图所示。由图可知（）

A.m甲<ni乙B.m甲>"i乙C.〃甲<〃乙D.〃甲>〃乙

【答案】BC

【详解】根据牛顿第二定律有

F—/^mg=ma

整理后有

F=ma-\-］umg

则可知下一a图像的斜率为加，纵截距为〃〃陪，则由题图可看出

m^>m2，〃甲m/g=〃zg

则

〃用<〃z

故选BCo

【真题6］（多选）（2024•辽宁・高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为

许t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向

的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4to的时间内，木板速度v随时间/变化的图像如图所示，

其中g为重力加速度大小。t=4%时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（）

V

121Q~3/o'4t0F

A.小物块在t=3to时刻滑上木板B.小物块和木板间动摩擦因数为2〃

C.小物块与木板的质量比为3：4D.t=4%之后小物块和木板一起做匀速运动

【答案】ABD

【详解】A.u-t图像的斜率表示加速度，可知t=3to时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在

t=3%时刻滑上木板，故A正确；

B.结合图像可知t=3%时刻，木板的速度为

3

vo=#gto

设小物块和木板间动摩擦因数为的，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为

,2__

%=-y9%，负号表示方向水平向左

物块在木板上滑动的加速度为

Nomg

ao=~~~=40g

经过to时间与木板共速此时速度大小为"共=1炉0，方向水平向右，故可得

f共一次-aoto

解得

Mo=2林

故B正确；

C.设木板质量为"，物块质量为加，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为

1

?快gt。1

a=1-=5Hg

toz

故可得

F—fiMg—Ma

解得

3

F=工林Mg

根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为

—2〃必0

a'==一〃g

to

此时对木板由牛顿第二定律得

F-n(m+M)g—fiomg=Ma'

解得

m1

M=2

故C错误；

D.假设t=4t°之后小物块和木板一起共速运动，对整体

33

F-n（jn+M）g=/Mg--nMg=0

故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t°之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。

故选ABD。

【真题7】（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。己知当地重力加速度大小为9.8m/s2。

（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4.5N,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—m/s2（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4.5N,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

G=mg=5.ON

根据牛顿第二定律

mg—T=ma

代入数据联立解得电梯加速度大小

a«1.0m/s2

血。

一、单选题

1.（2024•黑龙江•三模）如图所示为一无人机由地面竖直向上运动的v-f图像。关于无人机的运动,

A.0〜以段无人机的加速度大于功〜后段无人机的加速度

B.0F段，无人机的平均速度大小为自

C.t3时刻无人机到达最高点

D.打〜七段，无人机处于失重状态

【答案】D

【详解】A.U-t图像中，其斜率表示加速度的大小，由于。〜上段倾斜程度小于%〜上段的倾斜程

度，所以。〜均段的加速度小于为〜t5加速度，A错误；

B.0〜t3段无人机的加速度发生了变化，不是匀变速运动，所以其平均速度不是学而是小于学B

错误；

C.由图像可知，无人机0〜以加速上升，t2〜%也是加速上升，只不过这一阶段的加速度更大，打〜

t5阶段开始减速上升，15时刻减速到0,达到最高点，C错误；

D.%〜七阶段开始减速上升，加速度方向向下，无人机处于失重状态，D正确。

故选D。

2.（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。随时间/变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则（）

A.t=4s时地板对该同学的支持力最小B.t=7s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.t=4s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

N—mg=ma

可知地板对该同学的支持力最大，故A错误；

B.t=7s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a-1图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由图可知，。〜6s内围成的面积大约有4个小

方格，贝亚=6s时的速度为

v6=Av=4X0.5xlm/s=2m/s

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

h—v6t=2x2m=4m

故C正确，D错误。

故选C。

3.（2024•甘肃张掖•一模）如图所示，光滑水平面上静置一质量为加的长木板B,木板上表面各处

粗糙程度相同，一质量也为〃，的小物块A（可视为质点）从左端以速度v冲上木板。当"=为时，

小物块A历时h恰好运动到木板右端与木板共速，则（）

B

//////////////////////////////

A.若北半A、B相对运动时间为当

B.若"=A、B相对静止时，A恰好停在木板B的中点

C.若1?=2%,A经历费到达木板右端

D.若u=2%,A从木板B右端离开时，木板速度等于v

【答案】A

【详解】AB.根据牛顿第二定律

ma

Umg=maA=B

则A、B两物体加速度大小相等，设为a,小物块A历时均恰好运动到木板右端与木板共速，则

〃共=

v0—at0—at0

解得

VoVo%

%=五，D共=5，a=说

木板的长度

,Vo+"共"共170to

L=---------tn-tn=~-~

2u22

若发=登，A、B两物体共速时有

Vo

u共］=——=ati

解得

%to为

以=正=万，"共1=1

A、B相对静止时，相对位移为

v0.

丁+"共1U共1vtivtoLvt

L1=2tLRi=To=ko<2=Too

故A停在木板B的中点左侧，故A正确，B错误；

CD.若u=2%,A从木板B右端离开时，根据动力学公式

11

L=2vot2-^atl--atl

解得

均=（2—V3）t0

A从木板B右端离开时，木板速度为

2-V3

at

"木板=2=-y-<v0

故CD错误。

故选Ao

4.（2024•内蒙古通辽•一模）一个质量为6kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线的其中一条

为物体受水平拉力作用而另一条为不受拉力作用时的速度一时间图像，则物体所受摩擦力的大小的

可能值为（）

v1(m-s-1)

10

8

6

4

2

036912t/s

A.INB.2NC.2.5ND.3N

【答案】B

【详解】根据"T可知两图线对应的加速度大小分别为

10-22.,10-61,,2

ai=GF=Wm/s2,a2=^-=-m/s

若水平拉力与运动方向相反，则有

x=^,a=f-

aim乙2m

解得

F=2N,/=2N

若水平拉力与运动方向相同，则有

a—©mqm

解得

F=2N,/=4N

故选B。

5.如图1所示，一质量为2kg的物块受到水平拉力P作用，在粗糙水平面上作加速直线运动，其a-t

图像如图2所示，t=0时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因数4=0.1,g=10m/s2。

下列说法错误的是()

A

777777777777777777

图1图2

A.在t=2s时刻，物块的速度为5m/sB.在0〜2s时间内，物块的位移大于7m

C.在t=Is时刻，物块的加速度为1.5m/s2D.在t=1s时刻，拉力厂的大小为5N

【答案】B

【详解】A.在t=2s时刻，物块的速度为

也=%+Au=2H--------x2m/s=5m/s

故A正确，不符合题意；

B.在0〜2s时间内，物块的图像如下

如果是匀加速直线运动，位移为

2+5

x=―--x2m=7m

实际做加速度增大的加速运动，图形面积表示位移，可知物块的位移小于7m,故B错误，符合题意;

C.由图可知

2-11

（2=14-~~~t=1+—t

在t=Is时刻，物块的加速度为

1

的=1+2xlm/s2=1.5m/s2

故C正确，不符合题意；

D.根据牛顿第二定律可得在t=1s时刻，拉力方的大小为

F=ma4-卬ng=5N

故D正确，不符合题意。

故选Bo

6.（2024♦山东荷泽•二模）2024年4月25日晚，神舟18号载人飞船成功发射，在飞船竖直升空过

程中，整流罩按原计划顺利脱落。整流罩上脱落后受空气阻力与速度大小成正比，它的"T图像正确的

是（）

0Kv

C.D.

【答案】A

【详解】空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为

f=kv

上升阶段由牛顿第二定律

mg+fcv=ma

随着速度的减小，加速度逐渐减小，上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动。在最高点加速度为

a=g

下降阶段由牛顿第二定律

mg—kv=ma!

随着速度的增大，加速度继续减小，下降阶段做加速度逐渐减小的加速运动。

故选Ao

7.（2024•广东佛山•二模）春节烟花汇演中常伴随无人机表演。如图是两架无人机。、6同时从同一

地点竖直向上飞行的u—t图像。下列说法正确的是（）

A.t=5s时，无人机。处于失重状态

B.t=10s时，无人机a飞到了最高点

C.。〜30s内，两架无人机°、6的平均速度相等

D.0〜10s内，无人机。的位移小于无人机6的位移

【答案】C

【详解】A.t=5s时，无人机向上匀加速运动，。处于超重状态，故A错误；

B.t=10s时，无人机a速度达到最大，10s后减速上升，30s时飞到了最高点，故B错误；

C.UT图像下与坐标轴围成的面积表示位移，。〜30s内，两架无人机a、6的位移相等，平均速度

相等，故C正确；

D.图像下与坐标轴围成的面积表示位移，0〜10s内，无人机。的位移大于无人机6的位移，

故D错误。

故选C。

二、多选题

8.（2023・贵州安顺•一模）很多智能手机都装有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌

托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动。规定竖直向上为正方向，得到竖直

方向上加速度随时间变化的图像（如图）。则下列关于手机的运动和受力情况的判断正确的是（）

A.在ti时刻速度达到最大

B.在t2时刻开始减速上升

C.在到以时间内受到的支持力逐渐减小

D.在以到七时间内受到的支持力逐渐增大

【答案】BC

【详解】A.由图象可知，入时刻之前向上做加速度增大的加速运动，q-t2做加速度减小的加速运

动，以时刻速度最大。故A错误；

B.由图可知，以时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动。故B

正确；

C.对物体进行受力分析可知，时间内，物体受力为

F^—mg=ma

该段时间内，a逐渐减小，因此支持力FN逐渐减小。故C正确；

D.tz—%时间内，物体受力为

mg—F^=ma'

该段时间内，a，逐渐增大，因此支持力仆逐渐减小。故D错误。

故选BC-

9.（2024•河南•二模）一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当

的位置放上具有一定初速度切的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述

小物块在传送带上运动的V/图像中可能正确是（）

VV

【答案】ABD

【详解】A.当小物块的初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿

第二定律可得

mgsinO+(imgcosd=ma1

即

=gsinO+(J,gcos6

可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足

7ngsin。<iimgcosO

可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足

mgsinO>iimgcosd

小物块继续加速下滑，其加速度大小为

a2=gsind—figcosd<即

故A正确；

B.当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的速度时，若满足

mgsind>iimgcosd

则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为

。3=gsinO+figcosd

若满足

mgsind</imgcosd

则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为

。4=〃gcos6—gsin。

二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；

CD.当小物块的初速度沿斜面向上时，牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为

=gsin。+figcos。

可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为田，与传送带共

速时，若满足

7ngsin。＞pmgcos。

则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为

。2=gsin。一“geos。＜a

3

若满足

mgsind＜fimgcosd

则小物块随传送带一起