牛頓運動定律的綜合應(yīng)用-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新高考）

第10講牛頓運動定律的綜合應(yīng)用

——劃重點之精細(xì)講義系列

卜號點導(dǎo)航①

考點1超重和失重問題

考點2動力學(xué)中的圖象問題

考點3等時圓模型

考點4動力學(xué)中的臨界、極值問題

考點1:超重和失重問題

1.超重和失重

(1)視重

當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重.

(2)超重、失重和完全失重的比較

超重失重完全失重

物體對支持物的壓力(或物體對支持物的壓力(或物體對支持物的壓力

概念對懸掛物的拉力)大于物對懸掛物的拉力)小于物(或?qū)覓煳锏睦?等

體所受重力的現(xiàn)象體所受重力的現(xiàn)象于零的現(xiàn)象

物體的加速度方向豎直物體的加速度方向豎直物體的加速度方向豎

產(chǎn)生條件

向上向下直向下，大小〃=g

以Q=g加速下降或減

運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升

速上升

F-mg=mamg—F=mamg—F=ma

原理方程

F=m(g+a)F=m(g—a)F=0

△劃里點(?)

1.不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變.

2.在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失.

3.盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重

或失重狀態(tài).

4.盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會

出現(xiàn)超重或失重狀態(tài).

V▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼▼「

劃重盍《

一含

i4四姆I：

【考向1】（2024?遼寧丹東?一模）“反向蹦極”是一項比蹦極更刺激的運動。如圖所示，勁度系數(shù)為k

的彈性輕繩的上端固定在。點，拉長后將下端固定在體驗者的身上，人再與固定在地面上的拉力傳感

器相連，傳感器示數(shù)為1000N。打開扣環(huán)，人從/點由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直發(fā)射”，經(jīng)B

點上升到最高位置C點，在8點時速度最大。已知4B長為2m,人與裝備總質(zhì)量爪=80kg（可視為

質(zhì)點）。忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）

A.在2點時，彈性輕繩的拉力為零B.經(jīng)過C點時，人處于超重狀態(tài)

C.彈性輕繩的勁度系數(shù)k為500N/mD.打開扣環(huán)瞬間，人在N點的加速度大小為22.5m/s2

【答案】C

【詳解】C.在5點時人的速度最大，加速度為零，處于平衡狀態(tài)，有

kx—mg

在4點未釋放時，有

kx'=mg+F

又

x'—x=2m

聯(lián)立，解得

k=500N/m

故A錯誤；C正確；

B.在C點速度為零，有向下的加速度，人處于失重狀態(tài)。故B錯誤;

D.打開扣環(huán)瞬間，由牛頓第二定律，可得

kx'—mg=F=ma

解得

a=12.5m/s2

故D錯誤。

故選Co

【考向2】（2024?湖北?一模）智能手機(jī)里一般都裝有加速度傳感器。打開手機(jī)加速度傳感器軟件，

手托著手機(jī)在豎直方向上運動，通過軟件得到加速度隨時間變化的圖像如圖所示，以豎直向上為正

方向，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.a時刻手機(jī)處于完全失重狀態(tài)B.時刻手機(jī)開始向上運動

C.打時刻手機(jī)達(dá)到最大速度D.手機(jī)始終沒有脫離手掌

【答案】A

【詳解】A.力時刻手機(jī)加速度為-g,方向豎直向下，手機(jī)處于完全失重狀態(tài)故A正確；

BC.由題可知整個過程為先托著手機(jī)0?t2向下做加速運動，12?七向下做減速運動，a-t圖像與

坐標(biāo)軸圍成的面積為速度，B時刻手機(jī)達(dá)加速度為正方向的最大值，故打速度小于功速度不是最大,

故BC錯誤;

D.手機(jī)加速度向上時受到手向上的支持力不會脫離手掌，手機(jī)加速度為-9的過程中處于完全失重

狀態(tài)，可以說此過程手機(jī)和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，故D錯誤。

故選Ao

【考向3】（多選）（2024?山東濰坊?三模）如圖甲是風(fēng)洞示意圖，風(fēng)洞可以人工產(chǎn)生可控制的氣流,

用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風(fēng)洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風(fēng)

口，打開氣流控制開關(guān)，表演者與風(fēng)力作用的正對面積不變，所受風(fēng)力大小尸=0.053（采用國際單

位制），V為風(fēng)速?？刂芕可以改變表演者的上升高度人其V2與4的變化規(guī)律如乙圖所示。g取

10m/s2=表演者上升10m的運動過程中，下列說法正確的是（）

A.打開開關(guān)瞬間，表演者的加速度大小為2m/s2

B.表演者一直處于超重狀態(tài)

C.表演者上升5nl時獲得最大速度

D.表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動

【答案】AC

【詳解】A.打開開關(guān)瞬間，表演者高度為0,則有

42-2

VQ—1.2x10m-s

根據(jù)牛頓第二定律有

0.05諾一mg=ma0

解得

2

a0=2m/s

故A正確；

B.根據(jù)圖像可知，當(dāng)風(fēng)力與表演者的重力相等時有

0.05憂=mg

解得

誑=1.0x104m2-s-2

由于

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

可知，重力與風(fēng)力大小相等時的高度為

八1=5m

可知，在高度小于5m時，風(fēng)力大于重力，加速度方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，在高度大于5m

時，風(fēng)力小于重力，加速度方向向下，表演者處于失重狀態(tài)，故B錯誤；

C.結(jié)合上述可知，表演者先向上做加速度減小得加速運動，表演者上升5m時，加速度為0,速度

達(dá)到最大值，故C正確；

D.結(jié)合上述可知，表演者先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，故D

錯誤。

故選AC。

而考點甄!析理重點

考點2：動力學(xué)中的圖象問題

1.常見的圖象

V—/圖象：斜率表示加速度的大小和方向，與時間軸圍成的面積表示位移。

a—f圖象：斜率表示加速度的變化率，與時間軸圍成的面積表示速度變化量。

/一f圖象：通過圖像可以知道每時每刻對應(yīng)的合外力及加速度，與時間軸圍成的面積表示動量

變化量或者合外力的沖量。

尸一x圖象：與時間軸圍成的面積表示功。

2.圖象間的聯(lián)系

加速度是聯(lián)系v—f圖象與F-t圖象的橋梁.

3.圖象的應(yīng)用

(1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況.

(2)已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況.

(3)通過圖象對物體的受力與運動情況進(jìn)行分析.

4.解答圖象問題的策略

(1)弄清圖象坐標(biāo)軸、斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義.

(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關(guān)

系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷.

?___金

在向潁測之

【考向4】(2024?河北?三模)某游泳運動員在0?6s時間內(nèi)運動的v-t圖像如圖所示。關(guān)于該運動員,

下列說法正確的是()

A.在0?6s內(nèi)所受的合力一直不為0

B.在0?6s內(nèi)的位移大小為24m

C.在2s?4s內(nèi)一定處于超重狀態(tài)

D.在4s?6s內(nèi)的位移大小為8m

【答案】D

【詳解】A.v-t圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在2?4s該運動員的有加速度，由牛頓第二

定律可知

F合=ma

在0?2s與4?6s運動員并無加速度，即此時合力為零，綜上所述，運動員在0?2s與4?6s所受合

力為零，在2?4s,所受合力不為零，故A項錯誤；

B.由于UT圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，所以在。?6s內(nèi)的位移為

1

x=—(2+4)x4m=12m

故B項錯誤；

C.由之前的分析，在2s?4s結(jié)合圖像可知，其加速度為

4-0

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

4—2

由于不知道運動員運動方向，只知道該時間內(nèi)運動員加速度方向與運動員的運動方向相同，而超重

則加速度方向為豎直向上，所以其不一定是超重狀態(tài)，故C項錯誤；

D.結(jié)合之前的分析，在4s?6s的位移為

=4x2m=8m

故D項正確。

故選D。

【考向5】(2024?山西臨汾?三模)質(zhì)量為加的物塊靜止在動摩擦因數(shù)為〃的水平地面上，0?3s內(nèi)所

受水平拉力與時間的關(guān)系如圖甲所示，0?2s內(nèi)加速度圖像如圖乙所示。重力加速度g=10m/s2,由圖

A.m=lkg,〃=0.2B.m=lkg,〃=0.1

C.m=2kg,〃=0.2D.加=2kg,//=0.1

【答案】A

【詳解】0?Is內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律可得

F1—^mg=ma

l~2s內(nèi),有

/2=Rmg

聯(lián)立可得

m=1kg,|i=0.2

故選Ao

【考向6】（2024?廣東?高考真題）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方〃

高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為卜所受合外力為

F,運動時間為/。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。

其尸-y圖像或y-t圖像可能正確的是（）

【答案】B

【詳解】AB.在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即

F=mg

當(dāng)木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力

F=mg—k(y—H)

到合力為零前，隨著y增大尸減?。划?dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中木塊所受合外力向

上，隨著y增大尸增大，F(xiàn)-y圖像如圖所示

故B正確，A錯誤；

CD.在木塊下落“高度之前，木塊做勻加速直線運動，根據(jù)

17

速度逐漸增大，y-t圖像斜率逐漸增大，當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律

mg—k(y—H)=F=ma

木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運動，所以y-t圖像斜率繼續(xù)增大，當(dāng)彈簧彈力大于木

塊的重力后到最低點過程中

F=k(y—H)—mg

木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以y-t圖斜率減小，到達(dá)最低點后，木塊

向上運動，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做

勻減速直線運動到最高點，y-t圖像大致為

故CD錯誤。

故選Bo

【考向7】(多選)(2024?河南?二模)一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻

在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣?的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向為正方

向，則下列描述小物塊在傳送帶上運動的VT圖像中可能正確是()

0

【答案】ABD

【詳解】A.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓

第二定律可得

mgsin9+fimgcosd=ma-i

即

=gsin?+[igcosd

可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時，若滿足

7ngsin。<fimgcosd

可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足

7ngsin。>iimgcosO

小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為

a2=gsind—/igcosO<a1

故A正確；

B.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足

mgsind>fimgcosd

則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為

。3=gsin。+/igcosO

若滿足

mgsind<fimgcosd

則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為

。4=〃gcos9—gsin。

二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；

CD.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為

a3=gsind+〃gcos8

可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為的，與傳送帶共

速時，若滿足

mgsind>11mgeos。

則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，加速度大小為

a=gsin。一“geos。<a

23

若滿足

mgsind<fimgcosd

則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。

故選ABDo

考點3：等時圓模型

適用條件：弦是光滑的，且物體自弦的頂端由靜止釋放.

(1)各弦交點為最低點:

=2Rsina

②tngsina=ma

③X/D=—at2

聯(lián)立①②③解得片2

結(jié)論：運動時間與傾角無關(guān)，即沿各弦運動時間相同。

⑵各弦交點為最高點時，結(jié)論同上。

?.金

工韋迪速斯

【考向8】（2024?江蘇泰州?一模）如圖所示，半球形容器內(nèi)有三塊不同長度的滑板4。'、BO'、CO',

其下端都固定于容器底部。'點，上端擱在容器側(cè)壁上，已知三塊滑板的長度8。'>4。'>CO'。若三

個滑塊同時從/、B,C處開始由靜止下滑（忽略阻力），則（）

B

C.C處滑塊最先到達(dá)。'點D.三個滑塊同時到達(dá)。'點

【答案】D

【詳解】令半球形容器的半徑為R滑板的傾角為仇對滑塊進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有

mgsind=ma

根據(jù)位移公式有

1,

2RsinO=—gsind-t2

解得

可知時間f與滑板的傾角。和板的長度均無關(guān)，故三個滑塊同時到達(dá)。'點。

故選D。

【考向9】如圖所示，豎直的圓環(huán)置于水平向左的勻強(qiáng)電場中，三個完全相同的帶正電的絕緣小球

（未畫出）分別套在固定于/8、AC,的三根光滑細(xì)桿上，其中N8與豎直方向夾角為60。，AC

經(jīng)過圓心，4D豎直?，F(xiàn)將小球無初速度地從/端釋放，小球分別沿48、AC.4D下滑到2、C、D

三點。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為遙，則小球在三根細(xì)桿上運動的時間關(guān)系為（）

A

CD

A.以8=以。=以DB.以B＜以。＜以。C.t/lB＞以C＞以。D.無法確定

【答案】B

【詳解】小球所受電場力大小與重力大小之比為舊，可知小球所受重力與電場力的合力廠的方向恰

好與48平行，且由/指向8。延長28,作MC,4c交48于"，以4M為直徑畫一個圓（圖中虛線）,

4。與該圓交于N。

設(shè)MAC=a,AM=d，則小球沿AC桿運動的加速度為

Fcosa

a=--------

m

位移為

x=dcosa

由％二^^出得

2dcosa

Fcosa

m

與a無關(guān)，由等時圓模型知

^AM=^AC=^AN

而ZBV/M,AD>ANf故

tABV以CV以O(shè)

故選Bo

【考向10】（2024?湖北黃石?三模）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P處為原料輸入口，為避免粉塵飛揚，在P與48傳送帶間建立一直線光滑管道，使原料無初速

度地從P處以最短的時間到達(dá)傳送帶上,則最理想管道做好后,原料從P處到達(dá)傳送帶的時間為（）

【答案】D

【詳解】如圖所示

以P處為圓的最高點作圓。與傳送帶相切于C點，設(shè)圓。的半徑為R從P處建立一管道到圓周上，管

道與豎直方向的夾角為a,原料下滑的加速度為

mgcosa

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

m

管道長度為

L—2Rcosa

由運動學(xué)公式可得

1

L=—at27

解得

可知從P處建立任一管道到圓周上，原料下滑的時間相等，故在P與48傳送帶間建立一管道PC,原

料從P處到傳送帶上所用時間最短；根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得

R+Rcosd—I

可得

R—_______I

1+COS02cos21

聯(lián)立可得

4X-—]n

2COS22121

、gcosg

故選D。

【考向11】（多選）如圖所示，。點為豎直圓周的圓心，和P。是兩根光滑細(xì)桿，兩細(xì)桿的兩端

均在圓周上，M為圓周上的最高點，。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(xì)桿兒/N、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外、以，所用時間分別為以、t2,則（）

七

A.%=B.>v2C.t]C2D.ti=￡2

【答案】BD

【詳解】連接N0、MP,如圖所示

小環(huán)1從河點靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得

=gsin3

1

MN=2a出7

MN=2Rsin8

%=

所以

tt-也=j4gRsin-

同理可得

t2---ti，v2-j4gRsina<vx

故選BDo

而考點剖析理重點

考點4：動力學(xué)中的臨界、極值問題

1.臨界或極值條件的標(biāo)志

（1）有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點.

（2）若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”,

而這些起止點往往就對應(yīng)臨界狀態(tài).

（3）若題目中有“最大”、"最小”、“至多”、"至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極

值點往往是臨界點.

（4）若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度.

2.解決動力學(xué)臨界、極值問題的常用方法

極限分析法：把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現(xiàn)象（或狀態(tài)）暴露出來，以達(dá)到正確解

決問題的目的.

假設(shè)分析法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨

界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題.

數(shù)學(xué)極值法：將物理過程通過數(shù)學(xué)公式表達(dá)出來，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件.

蟲內(nèi)潁測，

【考向12］如圖所示，在傾角為。的斜面體上用細(xì)線系著一個質(zhì)量為小的小球，隨斜面體一起向右做

加速度大小為a的勻加速直線運動。重力加速度為g，穩(wěn)定時，細(xì)線的拉力大小不可能為（）

.mg

A，布B.g2+a2

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

【答案】D

【詳解】物體隨斜面向右加速運動時，當(dāng)加速度較小時，物體和斜面之間有相互作用力，此時物體

受三個力：重力、斜面的支持力、繩子拉力

豎直方向

Tsin0+Ncos0—mg=0

水平方向

TcosB-NsinB=ma

解得

T=m(gsinO+acos0)

當(dāng)加速度較大時，物體會離開斜面，此時物體只受兩個力，重力和繩子拉力

有

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

在即將要離開斜面時，物體只受兩個力，重力和繩子拉力，此時繩子與水平面夾角為e

Tsind=mg

解得

Tjg

sin0

本題選不可能項，故選D。

【考向13］如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質(zhì)量分別為利『6kg、

mB=2kg,A、B之間的動摩擦因數(shù)“=0.2,水平向右的拉力/作用在物體A上，開始時歹=10N,止匕

后逐漸增加，在增大的過程中(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，則()

B

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

A.當(dāng)拉力412N時，物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)

B.兩物體始終沒有相對滑動

C.兩物體從受力開始就有相對滑動

D.要讓兩物體發(fā)生相對滑動需要產(chǎn)大于48N

【答案】D

【詳解】A.由于水平面光滑，當(dāng)拉力/<12N時，合外力不為零，所以A、B兩物體均不能保持靜

止?fàn)顟B(tài)，A錯誤；

BCD.當(dāng)A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大，即要發(fā)生相對滑動時

肛4g=12N

此時物體B的加速度為

Ffm.,2

a=----=6m/sz

mmB

對AB整體來說

F=（以|+恤）am=48N

故當(dāng)尸從10N逐漸增到48N的過程中，兩物體不產(chǎn)生相對滑動，大于48N則兩物體會發(fā)生相對滑

動，D正確，BC錯誤。

故選D。

【考向14］（多選）風(fēng)洞實驗是研究流體力學(xué)的重要依據(jù)，風(fēng)洞實驗室中可以產(chǎn)生水平向右、大小

可調(diào)節(jié)的風(fēng)力?，F(xiàn)將質(zhì)量為1kg的小球套在足夠長與水平方向夾角省37。的細(xì)直桿上，放入風(fēng)洞實

驗室，小球孔徑略大于細(xì)桿直徑。在無風(fēng)情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5s沿細(xì)桿運動了0.25m,假設(shè)

小球所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（gMOmMsin37o=0.6,cos37°=0.8）則下列說法正確的

是（）

風(fēng)

A.小球與細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為0.5

B.風(fēng)力越大，小球受到的摩擦力越大

C.若小球始終靜止在桿上，風(fēng)力尸要滿足|^NWFW20N

D.若風(fēng)力恒為40N,則2s內(nèi)小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上通過位移為44m

【答案】AC

【詳解】A.在無風(fēng)情況下小球由靜止開始經(jīng)0.5s沿細(xì)桿運動了0.25m,則

1?

%=—a產(chǎn)

可得加速度大小為

a—2m/s2

根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsind—fimgcosd=ma

解得小球與細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為

〃=0.5

故A正確；

BC.當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向上且最大時，風(fēng)力最小，根據(jù)平衡條件可得

mgsind=F^osd+N1=mgcosd+Fjsine

又

fi=M

聯(lián)立解得

20

Fi=-N

11

當(dāng)小球受到的摩擦力沿桿向下且最大時，風(fēng)力最大，根據(jù)平衡條件可得

mgsind=F2cos8—f2,N2=mgcosd+F2sm6

又

fi—2

聯(lián)立解得

F=20N

則小球始終靜止在桿上，風(fēng)力尸要滿足|^NWFW20N；當(dāng)靜摩擦力沿桿向上時，風(fēng)力越大，靜摩擦

越小，故B錯誤，C正確；

D.若風(fēng)力恒為40N,可知小球沿桿向上加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得

Feos。一mgsinJ—〃(Fsin6+mgcosS)=ma!

解得加速度大小為

a'=10m/s2

則2s內(nèi)小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上通過位移為

x'=—n't'2=20m

故D錯誤。

故選AC=

【考向15］如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，其傾角a=37。,質(zhì)量

M=10kgo三條細(xì)繩結(jié)于。點,一條繩OB跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P,一條繩連接質(zhì)量mQ

=6kg的小球Q,另一條繩OA受外力廠處于水平，并使OB繩與豎直方向夾角（8=37。,并且

P、Q均保持靜止?，F(xiàn)將繩OA從水平方向開始逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)，且保持結(jié)點O靜止，直到廠減

到最小，該過程斜面保持靜止，期間物塊P恰不與斜面發(fā)生相對滑動。已知重力加速度g=10m/

s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求

（1）物塊P與斜面間的最大靜摩擦力；

（2）斜面體受到地面摩擦力的最大值與方向；

（3）斜面體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

【詳解】（1）下水平時，0B繩上拉力最大，由。靜止

/maxCosO=mqg

由P恰靜止

=/m+mp5sina

當(dāng)。4垂直。最小，由。靜止

F

Tmin=m^gcosd

由尸恰靜止

Ffn+/rn=nipgsina

解得

fm=13.5N

（2）當(dāng)尸水平時

由系統(tǒng)靜止

f=Fr=45N

方向水平向左

（3）由（1）得

7np=10.25kg

當(dāng)。4垂直O(jiān)B

F2=m^gsinO=36N

系統(tǒng)豎直方向

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

解得

FN=240.9N

電第1真題揮糠規(guī)范練

、人_■A'.人_A?）

【真題1］（2022?浙江?高考真題）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下

列說法正確的是（）

A.魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡

B.魚兒擺尾出水時浮力大于重力

C.魚兒擺尾擊水時受到水的作用力

D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質(zhì)點

【答案】C

【詳解】A.魚兒吞食花瓣時處于失重狀態(tài)，A錯誤；

BC.魚兒擺尾出水時排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時水對魚

向上的作用力大于重力，B錯誤、C正確；

D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作不可以把魚兒視為質(zhì)點，否則就無動作可言，D錯誤。

故選Co

【真題2］（2022?北京?高考真題）如圖所示，質(zhì)量為加的物塊在傾角為。的斜面上加速下滑，物塊

與斜面間的動摩擦因數(shù)為4。下列說法正確的是()

A.斜面對物塊的支持力大小為mgsin。B.斜面對物塊的摩擦力大小為⑷ngcos。

C.斜面對物塊作用力的合力大小為mgD.物塊所受的合力大小為mgsin。

【答案】B

【詳解】A.對物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據(jù)平衡條件，可得支持力為

FN=mgcosd

故A錯誤；

B.斜面對物塊的摩擦力大小為

Ff==l^rngcosd

故B正確；

CD.因物塊沿斜面加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得

F合=mgsinO—iimgcosO=ma

可知

7ngsin。>iimgcosO

則斜面對物塊的作用力為

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

故CD錯誤。

故選B。

【真題3](2024?安徽?高考真題)傾角為。的傳送帶以恒定速率%順時針轉(zhuǎn)動。t=0時在傳送帶底端

無初速輕放一小物塊，如圖所示。to時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到火。不計空氣阻

力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度。、速度V隨時間f變化的關(guān)系圖線可能正確

的是()

【答案】c

【詳解】0?to時間內(nèi)：物體輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物體受重力、支持力、

滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運動。

力之后：當(dāng)物塊速度與傳送帶相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變?yōu)榱悖飰K做

勻速直線運動。

C正確，ABD錯誤。

故選C。

【真題4］（2024?全國?高考真題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P,P置于水平桌

面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置祛碼。改變盤中祛碼總

質(zhì)量加，并測量P的加速度大小得到小圖像。重力加速度大小為g。在下歹Ija-zn圖像中，可

能正確的是（）

【答案】D

【詳解】設(shè)P的質(zhì)量為M,P與桌面的動摩擦力為人以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得

T-f=Ma

以盤和祛碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得

mg—T=ma

聯(lián)立可得

mg—f_9772

M+mM+m

可知當(dāng)祛碼的重力大于f時，才有一定的加速度，當(dāng)皿趨于無窮大時，加速度趨近等于9。

故選D。

【真題5］（多選）（2023?全國?高考真題）用水平拉力使質(zhì)量分別為小甲、根乙的甲、乙兩物體在水平

桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為〃甲和〃乙。甲、乙兩物體運動后，

所受拉力廠與其加速度0的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）

A.m甲<ni乙B.m甲>"i乙C.〃甲<〃乙D.〃甲>〃乙

【答案】BC

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有

F—/^mg=ma

整理后有

F=ma-\-］umg

則可知下一a圖像的斜率為加，縱截距為〃〃陪，則由題圖可看出

m^>m2，〃甲m/g=〃zg

則

〃用<〃z

故選BCo

【真題6］（多選）（2024?遼寧?高考真題）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為

許t=0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向

的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4to的時間內(nèi)，木板速度v隨時間/變化的圖像如圖所示，

其中g(shù)為重力加速度大小。t=4%時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）

V

121Q~3/o'4t0F

A.小物塊在t=3to時刻滑上木板B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2〃

C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4D.t=4%之后小物塊和木板一起做勻速運動

【答案】ABD

【詳解】A.u-t圖像的斜率表示加速度，可知t=3to時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在

t=3%時刻滑上木板，故A正確；

B.結(jié)合圖像可知t=3%時刻，木板的速度為

3

vo=#gto

設(shè)小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為的，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為

,2__

%=-y9%，負(fù)號表示方向水平向左

物塊在木板上滑動的加速度為

Nomg

ao=~~~=40g

經(jīng)過to時間與木板共速此時速度大小為"共=1爐0，方向水平向右，故可得

f共一次-aoto

解得

Mo=2林

故B正確；

C.設(shè)木板質(zhì)量為"，物塊質(zhì)量為加，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為

1

?快gt。1

a=1-=5Hg

toz

故可得

F—fiMg—Ma

解得

3

F=工林Mg

根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為

—2〃必0

a'==一〃g

to

此時對木板由牛頓第二定律得

F-n(m+M)g—fiomg=Ma'

解得

m1

M=2

故C錯誤；

D.假設(shè)t=4t°之后小物塊和木板一起共速運動，對整體

33

F-n（jn+M）g=/Mg--nMg=0

故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即t=4t°之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。

故選ABD。

【真題7】（2024?全國?高考真題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計掛在電梯內(nèi),

測力計下端掛一物體。己知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2。

（1）電梯靜止時測力計示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為—N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；

（2）電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為4.5N,則此段時間內(nèi)物體處于—（填“超重”或“失重”）

狀態(tài)，電梯加速度大小為—m/s2（結(jié)果保留1位小數(shù)）。

【答案】（1）5.0

（2）失重1.0

【詳解】（1）由圖可知彈簧測力計的分度值為0.5N,則讀數(shù)為5.0N。

（2）[1]電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為4.5N,小于物體的重力可知此段時間內(nèi)物體處于失

重狀態(tài)；

[2]根據(jù)

G=mg=5.ON

根據(jù)牛頓第二定律

mg—T=ma

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小

a?1.0m/s2

血。

一、單選題

1.（2024?黑龍江?三模）如圖所示為一無人機(jī)由地面豎直向上運動的v-f圖像。關(guān)于無人機(jī)的運動,

A.0?以段無人機(jī)的加速度大于功?后段無人機(jī)的加速度

B.0F段，無人機(jī)的平均速度大小為自

C.t3時刻無人機(jī)到達(dá)最高點

D.打?七段，無人機(jī)處于失重狀態(tài)

【答案】D

【詳解】A.U-t圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于。?上段傾斜程度小于%?上段的傾斜程

度，所以。?均段的加速度小于為?t5加速度，A錯誤；

B.0?t3段無人機(jī)的加速度發(fā)生了變化，不是勻變速運動，所以其平均速度不是學(xué)而是小于學(xué)B

錯誤；

C.由圖像可知，無人機(jī)0?以加速上升，t2?%也是加速上升，只不過這一階段的加速度更大，打?

t5階段開始減速上升，15時刻減速到0,達(dá)到最高點，C錯誤；

D.%?七階段開始減速上升，加速度方向向下，無人機(jī)處于失重狀態(tài)，D正確。

故選D。

2.（2024?遼寧?三模）一同學(xué)乘電梯上樓，從靜止開始出發(fā)，用手機(jī)內(nèi)置傳感器測得某段時間內(nèi)電梯

的加速度。隨時間/變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（）

A.t=4s時地板對該同學(xué)的支持力最小B.t=7s時電梯對該同學(xué)的支持力為零

C.6?8s內(nèi)電梯上升的高度約為4mD.6?8s內(nèi)電梯上升的高度約為9m

【答案】C

【詳解】A.t=4s時，加速度向上且最大，則該同學(xué)處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得

N—mg=ma

可知地板對該同學(xué)的支持力最大，故A錯誤；

B.t=7s時，加速度為0,根據(jù)受力平衡可知，電梯對該同學(xué)的支持力等于同學(xué)的重力，故B錯誤;

CD.根據(jù)a-1圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，。?6s內(nèi)圍成的面積大約有4個小

方格，貝亞=6s時的速度為

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

由圖像可知，6?8s內(nèi)電梯的加速度為0,做勻速運動，上升的高度約為

h—v6t=2x2m=4m

故C正確，D錯誤。

故選C。

3.（2024?甘肅張掖?一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為加的長木板B,木板上表面各處

粗糙程度相同，一質(zhì)量也為〃，的小物塊A（可視為質(zhì)點）從左端以速度v沖上木板。當(dāng)"=為時，

小物塊A歷時h恰好運動到木板右端與木板共速，則（）

B

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

A.若北半A、B相對運動時間為當(dāng)

B.若"=A、B相對靜止時，A恰好停在木板B的中點

C.若1?=2%,A經(jīng)歷費到達(dá)木板右端

D.若u=2%,A從木板B右端離開時，木板速度等于v

【答案】A

【詳解】AB.根據(jù)牛頓第二定律

ma

Umg=maA=B

則A、B兩物體加速度大小相等，設(shè)為a,小物塊A歷時均恰好運動到木板右端與木板共速，則

〃共=

v0—at0—at0

解得

VoVo%

%=五，D共=5，a=說

木板的長度

,Vo+"共"共170to

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

2u22

若發(fā)=登，A、B兩物體共速時有

Vo

u共］=——=ati

解得

%to為

以=正=萬，"共1=1

A、B相對靜止時，相對位移為

v0.

丁+"共1U共1vtivtoLvt

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

故A停在木板B的中點左側(cè)，故A正確，B錯誤；

CD.若u=2%,A從木板B右端離開時，根據(jù)動力學(xué)公式

11

L=2vot2-^atl--atl

解得

均=（2—V3）t0

A從木板B右端離開時，木板速度為

2-V3

at

"木板=2=-y-<v0

故CD錯誤。

故選Ao

4.（2024?內(nèi)蒙古通遼?一模）一個質(zhì)量為6kg的物體在水平面上運動，圖中的兩條直線的其中一條

為物體受水平拉力作用而另一條為不受拉力作用時的速度一時間圖像，則物體所受摩擦力的大小的

可能值為（）

v1(m-s-1)

10

8

6

4

2

036912t/s

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

【答案】B

【詳解】根據(jù)"T可知兩圖線對應(yīng)的加速度大小分別為

10-22.,10-61,,2

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

若水平拉力與運動方向相反，則有

x=^,a=f-

aim乙2m

解得

F=2N,/=2N

若水平拉力與運動方向相同，則有

a—?mqm

解得

F=2N,/=4N

故選B。

5.如圖1所示，一質(zhì)量為2kg的物塊受到水平拉力P作用，在粗糙水平面上作加速直線運動，其a-t

圖像如圖2所示，t=0時其速度大小為2m/s。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)4=0.1,g=10m/s2。

下列說法錯誤的是()

A

777777777777777777

圖1圖2

A.在t=2s時刻，物塊的速度為5m/sB.在0?2s時間內(nèi)，物塊的位移大于7m

C.在t=Is時刻，物塊的加速度為1.5m/s2D.在t=1s時刻，拉力廠的大小為5N

【答案】B

【詳解】A.在t=2s時刻，物塊的速度為

也=%+Au=2H--------x2m/s=5m/s

故A正確，不符合題意；

B.在0?2s時間內(nèi)，物塊的圖像如下

如果是勻加速直線運動，位移為

2+5

x=―--x2m=7m

實際做加速度增大的加速運動，圖形面積表示位移，可知物塊的位移小于7m,故B錯誤，符合題意;

C.由圖可知

2-11

（2=14-~~~t=1+—t

在t=Is時刻，物塊的加速度為

1

的=1+2xlm/s2=1.5m/s2

故C正確，不符合題意；

D.根據(jù)牛頓第二定律可得在t=1s時刻，拉力方的大小為

F=ma4-卬ng=5N

故D正確，不符合題意。

故選Bo

6.（2024?山東荷澤?二模）2024年4月25日晚，神舟18號載人飛船成功發(fā)射，在飛船豎直升空過

程中，整流罩按原計劃順利脫落。整流罩上脫落后受空氣阻力與速度大小成正比，它的"T圖像正確的

是（）

0Kv

C.D.

【答案】A

【詳解】空氣阻力與速度大小成正比，設(shè)空氣阻力為

f=kv

上升階段由牛頓第二定律

mg+fcv=ma

隨著速度的減小，加速度逐漸減小，上升階段做加速度逐漸減小的減速運動。在最高點加速度為

a=g

下降階段由牛頓第二定律

mg—kv=ma!

隨著速度的增大，加速度繼續(xù)減小，下降階段做加速度逐漸減小的加速運動。

故選Ao

7.（2024?廣東佛山?二模）春節(jié)煙花匯演中常伴隨無人機(jī)表演。如圖是兩架無人機(jī)。、6同時從同一

地點豎直向上飛行的u—t圖像。下列說法正確的是（）

A.t=5s時，無人機(jī)。處于失重狀態(tài)

B.t=10s時，無人機(jī)a飛到了最高點

C.。?30s內(nèi)，兩架無人機(jī)°、6的平均速度相等

D.0?10s內(nèi)，無人機(jī)。的位移小于無人機(jī)6的位移

【答案】C

【詳解】A.t=5s時，無人機(jī)向上勻加速運動，。處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B.t=10s時，無人機(jī)a速度達(dá)到最大，10s后減速上升，30s時飛到了最高點，故B錯誤；

C.UT圖像下與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，。?30s內(nèi)，兩架無人機(jī)a、6的位移相等，平均速度

相等，故C正確；

D.圖像下與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，0?10s內(nèi)，無人機(jī)。的位移大于無人機(jī)6的位移，

故D錯誤。

故選C。

二、多選題

8.（2023?貴州安順?一模）很多智能手機(jī)都裝有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況。用手掌

托著手機(jī)，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動。規(guī)定豎直向上為正方向，得到豎直

方向上加速度隨時間變化的圖像（如圖）。則下列關(guān)于手機(jī)的運動和受力情況的判斷正確的是（）

A.在ti時刻速度達(dá)到最大

B.在t2時刻開始減速上升

C.在到以時間內(nèi)受到的支持力逐漸減小

D.在以到七時間內(nèi)受到的支持力逐漸增大

【答案】BC

【詳解】A.由圖象可知，入時刻之前向上做加速度增大的加速運動，q-t2做加速度減小的加速運

動，以時刻速度最大。故A錯誤；

B.由圖可知，以時刻后加速度方向向下，為失重狀態(tài)，速度方向向上，所以向上做減速運動。故B

正確；

C.對物體進(jìn)行受力分析可知，時間內(nèi)，物體受力為

F^—mg=ma

該段時間內(nèi)，a逐漸減小，因此支持力FN逐漸減小。故C正確；

D.tz—%時間內(nèi)，物體受力為

mg—F^=ma'

該段時間內(nèi)，a，逐漸增大，因此支持力仆逐漸減小。故D錯誤。

故選BC-

9.（2024?河南?二模）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻在傳送帶上適當(dāng)

的位置放上具有一定初速度切的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列描述

小物塊在傳送帶上運動的V/圖像中可能正確是（）

VV

【答案】ABD

【詳解】A.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓

第二定律可得

mgsinO+(imgcosd=ma1

即

=gsinO+(J,gcos6

可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時，若滿足

7ngsin。<iimgcosO

可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足

mgsinO>iimgcosd

小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為

a2=gsind—figcosd<即

故A正確；

B.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足

mgsind>iimgcosd

則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為

。3=gsinO+figcosd

若滿足

mgsind</imgcosd

則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為

。4=〃gcos6—gsin。

二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；

CD.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為

=gsin。+figcos。

可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為田，與傳送帶共

速時，若滿足

7ngsin。＞pmgcos。

則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，加速度大小為

。2=gsin。一“geos。＜a

3

若滿足

mgsind＜fimgcosd

則小物塊隨傳送帶一起