运动和力的关系-2025年江苏高考物理复习专练（解析版）

重难点3运动和力的关系

之爸题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

牛顿运动定律在高考中的地位就像是力学在整个

高考卷中的地位一样，属于重要且基础的内容。考

年江苏题

考点1牛顿第一定律2022

2023年江苏题查难度可深可浅，可与受力分析、运动过程分析和

考点2牛顿第二定律及其应用

2023年江苏题能量分析等结合在一起，综合在电磁学或能量中，

考点3超重、失重

也可以单独出题，灵活多变。考生复习时，需要多

结合曲线运动，电磁学等内容进行综合性练习。

<1

重难诠释

【情境解读】

［内容：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

牛顿第一定律1力迫使它改变这种状态

I1力是改变物体运动状态的原因

I一切物体在任何情况下都具有惯性.厦星是惯性大小的唯一量度

内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成里比•跟它的质量成反比.

加速度的方向跟作用力的方向相同

牛顿第二定律/表达式:尸="

运动和

力的关系［矢量性:a的方向与F的方向相同

'理解V瞬时性:“随F的变化而变化

I独立性：每个力都能使物体产生一个加速度

力学单位制：基本量与基本单位、导出单位、单位制的应用

从运动情况确定受力

两类基本问题〔

I从受力确定运动情况

应用,|超重：加速度a向上.F、＞G

超重和失重1失重：加速度a向下・F、VG

I完全失重：加速度方向竖直向下.且a=g.F、=O

【高分技巧】

1.连接体模型的处理方法

类型A

“先整体,后隔离列方程

各部分加速度相同

|连接体问题

类型B

■►先隔离、后整体列方程一

各部分加速度不相同

2.同a连接体模型

以轻绳或轻杆连接起来的两物体或两个物体紧挨着沿同一直线运动过程中具有相同的加速度，这类连

接体称为同q连接体模型。这类问题中经常利用“动力分配原则”快速解题。

F

a=--------------〃g

m+m

整体求加速度\2

隔离如求内力F^-jumig=mia

得ml+m2

F

a=---------------------pig

整体求加速度班+加2+加3

求根2、徵3间作用力，将预和徵2看作整体求内力

|町|m21m3卜---

777777777777777777

4N4

63-〃仇+加2)g=(f^l)a

mm

Fi+2F

得23叫+叫+/

a='一仄一圈

整体求加速度网土冽2

隔离加求内力：FT-Fl-

7777777777777/7777"

后:叫B+加2片

+m

得mx2

a=--------------g(sin6+4cos6)

整体求加速度叫+加2

隔离恤求内力：FT-m\gQsin9+林cos9)=mia

叫十根2

第一类

第二类

4.超重、失重和完全失重的比较

超重失重完全失重

物体对支持物的物体对支持物的

物体对支持物的压力（或

压力（或对悬挂物的拉压力（或对悬挂物的拉

概念对悬挂物的拉力）等于零的现

力）大于物体所受重力力）小于物体所受重力

象

的现象的现象

物体的加速度方向竖物体的加速度方向竖物体的加速度方向竖直向

产生条件

直向上直向下下，大小。=g

运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a=g加速下降或减速上升

F—mg=mamg—F=mamg—F=ma

原理方程

F—m(g-\-a)F=m(g—a)F=0

5.板块模型

（1）模型特点

上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动.

（2）两种位移关系

滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动,

位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长.

乙

(3)解题方法

整体法、隔离法.

(4)解题思路

①求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，

所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。

②明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方

程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的

纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

状板、块速度不相板、块共速运

板、块速度相等瞬间

态等动

方

隔离法假设法整体法

法

假设两物体间无相对滑动，先用整体法将滑块和木

对滑块和木板进

算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其板看成一个整体，

步行隔离分析，弄清每

中一个物体“所需要''的摩擦力Fr,比较Ff对整体进行受力

骤个物体的受力情况与

与最大静摩擦力马"的关系，若6>《"，则分析和运动过程

运动过程

发生相对滑动分析

临

①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可

界

能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度(相对静止)是滑块滑离木板的临界

条

条件

件

原

时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等

理

6.传送带模型

(1)水平传送带问题

项目图示滑块可能的运动情况

vo=O(1)可能一直加速

情景一6——

(2)可能先加速后匀速

Vo(l)vo>y时，可能一直减速，也可能先减速再匀速

情景二

(2)vo<y时，可能一直加速，也可能先加速再匀速

⑴传送带较短时，滑块一直减速到达左端

⑵传送带较长时，滑块还要被传送带传回右

情景三

o__d端.其中WX返回时速度为V,当吨。返回时速

度为为

（2）倾斜传送带问题

项目图示滑块可能的运动情况

①可能一直加速

情景一

②可能先加速后匀速

①可能一直加速

情景二②可能先加速后匀速

产③可能先以ai加速后以的加速

①可能一直加速

②可能先加速后匀速

情景三

③可能一直匀速

④可能先以ai加速后以«2加速

①可能一直加速

情景四6^^②可能一直匀速

③可能先减速后反向加速

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限时提升练

（建议用时：40分钟）

1.（2022.江苏.高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态,

A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜

面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数

相同、弹簧未超过弹性限度，则（）

A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下

B.A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化

C.下滑时，B对A的压力先减小后增大

D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量

【答案】B

【解析】由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为尸，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾

角为仇AB之间的弹力为PAB,摩擦因素为〃，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有

>

F+(^mA+mB)gsin6-/z(mA+mB^gcos0=(mA+m^a

对B有加jjgsin。一jumBgcos0-FAB=mBa

FF.

联立可得--------二---B

由于A对B的弹力PAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹

力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生

变化，故B正确；设弹簧原长在。点，A刚开始运动时距离。点为羽，A运动到最高点时距离。点为改；

下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得

gAx；=g而;+（mgsin，+（X]—々）

化简得左=2(〃sin外力

玉+%2

A|

当位移为最大位移的一半时有F^=k[xx-\-(mgsin6+f)

带入发值可知/合=0,即此时加速度为0,故A错误;

FFAB

根据B的分析可知-m-A--+--m--B=一—m—B,再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下

滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；整个过程中弹力做的功

为0,A重力做的功为0,当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力

所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。

2.(2023.江苏.高考真题)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=l°m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过()

A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s2D.8.0m/s2

【答案】B

【解析】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度£

解得“皿=〃g=4m/s2

书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4m/s?。故选B。

3.（2023.江苏.高考真题）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。

利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（）

C.在A、8之间的运动时间较短D.在A、8之间克服摩擦力做的功较小

【答案】C

【解析】频闪照片时间间隔相同，图甲相邻相等时间间隔内发生的位移差大，根据匀变速直线运动的

推论，可知图甲中滑块加速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；设斜面

倾角为氏动摩擦因数为〃，上滑阶段根据牛顿第二定律有％=gsin8+cos8

下滑阶段根据牛顿第二定律有为=gsin6—〃geos夕

可知上滑阶段阶段加速度大于下滑阶段加速度，图甲为上滑阶段，从图甲中的A点到图乙中的A点，

先上升后下降，重力不做功，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；

由逆向思维，由于图甲中滑块加速度大，根据x=L。/，可知图甲在A、3之间的运动时间较短，故C

2

正确；由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在48之间克服摩擦力做的功相等,

故D错误。故选C。

4.（2023秋•江苏南通•高三统考开学考试）如图所示，足够长的木板A置于足够长的光滑斜面上，物块

8置于A中央，A的质量是B的质量的2倍，A、8的接触面粗糙。现将A、8一起由静止释放，A、8的速

度大小丫、动能心与时间f或位移x的关系图像正确的是（）

A

B

【答案】C

【解析】设B的质量为m,整体分析可知痴gsin0=3ma

隔离B分析：mgs0e-f=3,解得了=0,所以A、2一起相对静止，故AB错误；

#12

根据2,可知，两者速度相同，则纥4=24B,故C正确D错误。故选C。

5.（2023•江苏•模拟预测）如图所示，将一滑块从粗糙斜面上某点由静止释放，滑块沿斜面下滑后与固

定在斜面底端的挡板碰撞后反弹，碰撞的时间极短，可忽略不计，且碰撞没有机械能损失。以沿斜面向下

【解析】修图像的斜率表示加速度，滑块沿斜面下滑时有俏gsin"-/="4,碰撞后上滑时有

mgsm0+f=ma2t所以由于碰撞没有机械能损失，即碰撞前后速度大小不变，方向相反。故选D。

6.（2023•江苏南京•统考三模）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如

图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。7=°时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱

险，在。〜30s时间内潜艇竖直方向的v-f图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。不计水的粘滞阻力，则

（）

A.潜艇在“掉深”时的加速度为Im/s?

B.r=30s潜艇回到初始高度

C.潜艇竖直向下的最大位移为100m

D.潜艇在I。30s时间内处于超重状态

【答案】D

<2=—m/s2=2m/s2

【解析】潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度为10，选项A错误；在30s

内先向下加速后向下减速，则f=30s潜艇向下到达最大深度，选项B错误；由图像可知潜艇竖直向下的最

/z=—x20x30m=300m

大位移为2,选项c错误；潜艇在1。30s时间内向下减速，加速度向上，则处于超重

状态，选项D正确。故选D。

7.（2023秋•江苏扬州•高三统考开学考试）如图所示，倾角为6=37°且长L=0.4m的传送带以恒定的

速率v=lm/s沿顺时针方向运行，现将一质量加=2kg的物块（可视为质点）以％=3m/s的速度从底部滑上传

送带，传送带与物块之间的动摩擦因数“二°，MX^=10m/s\则物块（）

A.先做减速后做匀速运动B.开始加速度大小为2m/s2

C.经过02s到达顶端D.相对传送带发生的位移大小为0.4m

【答案】C

mgsin0+pimgcos02

a=-=---1-0--m--/-s-----------------22_o

【解析】开始加速度大小为m,物块与传送带共速时丫。一"=2ax,得

x=£=0,4m,则物块只做匀减速运动至与传送带共速，AB错误；到达顶端的时间为。,

C正确；相对传送带发生的位移大小为8=x-M=Q2m,D错误。故选C。

8.（2023秋•江苏南通•高三统考开学考试）A、B两物体的质量之比"入："”=1：4,它们以相同的初速

度”在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其VT图像如图所示。此过程中，设A、B两物体受到的摩

擦力做的功之比%：%,A、B两物体受到的摩擦力之比"：心，则（）

A网：倏=1：2B.M：WB=4：1c.4：居=1：2口.反：线="1

【答案】C

1,

-w=o-一机片

【解析】根据动能定理2可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为唯：%=1"

故AB错误；根据V—图象可知两物体的加速度之比为0A：&=2:1,根据牛顿第二定律歹=.,可得

A、B两物体受到的摩擦力之比以：鼻=卜2,故c正确，D错误。故选C。

9.（2023秋•江苏南通•高三统考开学考试）如图所示，质量分别为nu、/"B的A、B两小球穿过一轻绳,

且以,并悬挂于光滑定滑轮两侧。已知两小球与轻绳间的最大静摩擦力分别为人、力，且〃<3<%g。

两小球由静止释放运动过程中，加速度为分别为顼、通，绳中弹力大小为T,最大静摩擦力等于滑动摩力。

贝I（）

A.T=于人B.人<7</6c.=aBD.aA>flB

【答案】A

【解析】由于轻绳上的弹力处处相等，因此A、B两小球对轻绳的摩擦力大小相等，二者质量不相等,

且以〈人〈根Ag,因此A球静止释放后与轻绳间为滑动摩擦力，即7=人；对B球人=?=〃<八，即B

a=g-鱼

r_WAO

球与轻绳间为静摩擦力，故A正确，B错误；根据AB选项分析，对A球“Ag-/A="7AaA解得加A

对B球根Bg-解得%飞,由于叫V机B,可得以<&,故CD错误。故选A。

10.（2024.江苏苏锡常镇.三模补偿训练）如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和

乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，速度大小分别为蜂、V乙，将工件（视为质点）轻放到

传带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送

带乙的右侧掉落。两传送带正常工作时，对其中一个工件A在传送带乙上留下的痕迹，下图中可能正确的

是（）

传送带乙

口V乙

i1

□

V甲

□4

传送带甲□

口口口口

【答案】D

【解析】正常工作时都匀速运动,速度大小分别为。、v乙，所以，物块滑上乙时，水平方向相对传送

带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙的运动方向相反，所以相对传送带乙的速

度为这两个分速度合速度，方向向右下方，因为两个速度均为匀速，则合速度方向的反方向为滑动摩擦力

方向，力与速度方向相反，做直线运动，轨迹沿速度方向，故D正确ABC错误。故选D。

11.（2024.江苏宜兴.三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率巧沿顺时针方向转动，传送带

的倾角为37。。一煤块以初速度%从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图像如图

乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37。=0.6,cos37。=0.8。g取lOm/s?,贝!!（）

A.煤块在传送带上的划痕为8米

B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5

C.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大

【答案】A

【解析】由图乙可知传送带的速度为8m/s,在0〜Is内，煤块比传送带快，相对位移为4米，此时划

痕为4米;在1-3s内，传送带比煤块快，相对位移为8米，此时划痕为8米，覆盖前面的4米划痕，总划痕

为8米，故A正确；在。〜1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根

据

牛顿第二定律有mgsin37?+?7ngeos37?=根据图乙可得%,==8m/s2,在1一3s内传送带

的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿第二定律有

mgsin37???zngcos37?=zna2根据图乙可得a2=^m/s2=4mls2,联立解得〃=0.25故BC错误；当传送

带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块

到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。

12.（2024.江苏南京、盐城.三模）在水平铁轨上沿直线行驶的列车车厢里，车顶上用细线悬挂一个小球,

车厢地板上放置一个质量为根的木箱。某段时间内，摆线与竖直方向夹角始终为仇木箱相对于地板静止,

B.列车的加速度大小为gsin。

C.木箱所受摩擦力方向一定向右

D.如果细线悬挂的小球在竖直平面内摆动，列车的加速度一定在不断变化

【答案】C

【解析】对小球受力分析且由牛顿第二定律有mgtanO=ma,得小球加速度大小为a=gtanO

加速度方向水平向右，由于列车、小球和木箱具有相同的加速度，则列车的加速度大小为gtan。，方向

水平向右，由于列车的速度方向未知，则列车可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，对木箱受力

分析可知，无论列车向左还是向右运动，木箱所受摩擦力方向一定向右，故AB错误、C正确；当列车由变

速运动突然停止，由于惯性，小球将做竖直平面内摆动，即细线与竖直方向的夹角周期变化，列车的加速

度始终为零，故D错误。故选C。

13.（2024.江苏南京.二模）如图所示，倾角为。的光滑斜面固定在水平地面上，轻质弹簧下端固定在斜

面底端，上端连接一轻质薄板。一物块从斜面顶端由静止下滑，滑至薄板处，立即和薄板粘连并运动至最

低点，弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度大小为g,则（）

A.物块和薄板粘连瞬间物块速度减小

B.整个过程物块、弹簧和薄板组成的系统机械能不守恒

C.物块能够返回斜面顶端

D.物块在最低点的加速度大于gsin。

【答案】D

【解析】薄板质量忽略不计，物块与薄板粘连瞬间物块速度不变，A错误；整个过程中，只有物块的

重力势能、动能以及弹簧的弹性势能发生变化，则物块、弹簧和薄板组成的系统机械能守恒，B