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解密 03 牛顿运动定律
核心考点 考纲要求
牛顿运动定律及其应用 Ⅱ
超重和失重 Ⅰ考点 1 动力学中的图象问题
物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。
1．常见的图象有：v–t图象，a–t图象，F–t图象，F–x图象，F–a图象等。
2．图象间的联系：加速度是联系v–t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．解题策略
（1）弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义。
（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。
5．分析图象问题时常见的误区
（1）没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。
（2）不注意坐标原点是否从零开始。
（3）不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。
（4）忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。
（2020·宿松县程集中学月考）一质点（ ）正自东向西在光滑水平面上做匀速直线运动，速度大
小为4m/s，从某时刻起受到一个沿东西方向的力作用，如图，是该力随时间周期性的变化图像（从该
时刻开始计时，规定向东方向为正方向）下列说法正确的是（ ）A．从该时刻起，质点一直向东运动
B．从该时刻起，质点做往复运动
C．8s末质点的速度大小为12m/s
D．8s末质点的速度大小为4m/s
【答案】D
【详解】
A．由牛顿第二定律可得在0 2s时间内质点的加速度
~
加速度方向向东，因此质点向西做匀减速运动，初速度是4m/s，所以1s后质点开始向东做匀加速运动，
A错误；
B．由以上计算分析知，1s 2s时间内质点向东做匀加速运动，t=2s时刻的速度是4m/s，2s 4s时间内
质点的加速度 ~ ~
加速度方向向西，质点向东做匀减速运动，在t=4s时刻，质点的速度是零，t=4s后质点继续向东做匀加
速运动，B错误；
CD．在4s 6s时间内质点的加速度
~
加速度方向向东，质点在t=6s时刻的速度是8m/s，在6s 8s时间内质点的加速度
~
加速度方向向西，质点向东做匀减速运动，t=8s时刻的速度是4m/s，C错误，D正确。
故选D。（2020·山东烟台·期中）在水平地面上以初速度v 竖直向上抛出一个小球，已知该小球所受的空气阻力
0
大小与速度大小的平方成正比，则从抛出小球到小球落地的过程中，以竖直向上为矢量的正方向，小球
运动的a-t和v-t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
上升过程中由牛顿第二定律得
解得
由上式可以看出，上升过程中，随着速度的减小，加速度也减小；
下降过程中由牛顿第二定律得
解得
由上式可以看出，下降过程中，随着速度的增大，加速度也减小；综上所述，加速度在全程中一直减小，
速度图像的斜率一直减小，C正确，ABD错误。
故选C。
2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象
如图所示（g取10 m/s2）。则（ ）A．0至6s的加速度为 m/s2 B．水平推力F的大小为6N
C．0至10s的位移大小为48m D．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4
【答案】B
【详解】
A．0至6s的加速度为
选项A错误；
D．物体做减速运动时的加速度
根据
a=μg
2
可得物体与水平面间的动摩擦因数
μ=0.2
选项D错误；
B．根据牛顿第二定律
解得水平推力
F=6N
选项B正确；
C．图像的面积等于位移，则0至10s的位移大小为
选项C错误。故选B。
考点 2 动力学中整体法与隔离法的应用
1．方法概述
（1）整体法是指对物理问题的整个系统或过程进行研究的方法。
（2）隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体，进行单独研究的方法。
2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
（1）涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如，绳跨过定滑轮连接的两个物体虽然加速度大小相同，
但方向不同，故采用隔离法。
（2）水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体（系统）中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采
用先整体、后隔离的方法。
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。
（3）斜面体与上面物体组成的连接体问题
当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。
3．解题思路
（1）分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法。
（2）对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度。
（3）结合运动学方程解答所求解的未知物理量。
在一根绳上串着两个质量不同的小球1、2，已知两小球的质量关系m<m，当手提着绳的上端使两小球
1 2
沿水平方向一起向右做匀加速直线运动时（空气阻力忽略不计），则下图中正确的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【详解】
手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动，对整体分析，整体受到重力和拉力，两个力的合力水平
向右，根据平行四边形定则知，则拉力的方向斜向右上方，对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在
2
水平方向有
而在竖直方向则有
对上面小球同理有
联立解得
则
而
则故选C。
1．（2020·吉林吉林·月考）如图所示，光滑水平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μmg．现用水平拉力F拉其中一个质
量为2 m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
当绳中拉力最大时，物块要相对滑动，设绳中拉力为T，对右侧的m，根据牛顿第二定律有：
，对左侧整体有： ，联立解得： ，ACD错误B正确．
2．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，
连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态。则
A．B受到C的摩擦力一定不为零B．C受到水平面的摩擦力一定为零
C．不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左
D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
【答案】C
【解析】对物体B：当m g=m gsin θ时。BC间摩擦力为0，故A错误。BC整体受到竖直向下的重力、
A B
竖直向上的支持力和斜向右上方的绳的拉力，而绳的拉力可分解为竖直向上的分力和水平向右的分力
由于BC静止。由平衡条件知必有水平面对C的水平向左的摩擦力与拉力的水平分力平衡，所以水平面
对C的摩擦力不可能为0，故B错误。由对B项的解析知：故C正确。对BC整体而言，由于拉力有竖
直向上的分力，故水平面对C的支持力等于BC的总重力减分力。所以水平面对C的支持力不等于BC
的总重力。故D错误。
考点 3 用牛顿第二定律解决瞬时加速度问
题
1．在分析瞬时对应关系时应注意区分动力学中的几种模型。
受外力时的形变量 力能否突变 产生拉力或压力
轻绳 微小不计 可以 只有拉力没有压力
轻橡皮绳 较大 不能 只有拉力没有压力
轻弹簧 较大 不能 既可有拉力；也可有压力
轻杆 微小不计 可以 既可有拉力；也可有压力
2．分析瞬时问题的注意要点:
（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和
运动分析。
（2）分析物体的瞬时问题，关键是分析瞬时前后的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬
时加速度。
（3）分析此类问题应特别注意绳或线类、弹簧或橡皮绳类模型的特点。
（4）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为 ，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不
计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态。现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间
A．物体B的加速度大小为g
B．物体C的加速度大小为2g
C．吊篮A的加速度大小为3g
D．A、C间的弹力大小为0.5mg
【答案】D
【解析】在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小
为零，选项A错误。将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得， ，即
A、C的加速度均为1.5g，故B、C错误。剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A：
F +mg=ma。得：F =ma–mg=0.5mg，故D正确。
C C
1．（2020·河北张家口·月考）如图所示，天花板上悬挂一轻质弹簧，弹簧下端栓接质量为m的小球
A，A球通过轻杆连接质量为 的小球B，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．剪断弹簧瞬间，轻杆上弹力不为0B．剪断弹簧瞬间，A、B球加速度均为g
C．剪断轻杆瞬间，A、B球加速度大小均为g
D．剪断轻杆瞬间，A球加速度大小为 ，B球加速度大小为g
【答案】BD
【详解】
AB．剪短弹簧瞬间，以A、B以及杆整体作为研究对象，整体做自由落体运动，加速度为 ；再隔离
B，根据牛顿第二定律可知，小球B做自由落体运动，杆对B的力必须为零，故A错误，B正确；
CD．剪断轻杆瞬间， B球加速度大小为g，做自由落体运动；为剪短轻杆前对A进行受力分析如下
根据平衡条件有
当剪短轻杆后，对球A，除了杆的力消失意外，其他力没有发生变化，根据牛顿第二定律有
得
加速度方向竖直向上，故C错误，D正确。
故选BD。
2．（2020·通榆县第一中学校期中）如图所示，置于水平地面上质量分别为 和 的两物体甲、乙用劲
度系数为k的轻弹簧连接，在物体甲上施加水平恒力F，稳定后甲、乙两物体一起做匀加速直线运动，对两物体间弹簧的形变量，下列说法正确的是（ ）
A．若地面光滑，则弹簧的形变量等于
B．若地面光滑，则弹簣的形变量等于
C．若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为 ，则弹簧的形变量等于
D．若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为 ，则弹簧的形变量等于
【答案】D
【详解】
AB．若地面光滑，对甲、乙两物体，有
对物体乙有
可解得
AB错误；
CD．若地面粗糙，由题可知，对甲、乙两物体做加速运动，有
对物体乙有
可解得C错误，D正确。
故选D。
考点 4 动力学中的临界问题
1．当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做
临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件。用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状
态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键。
2．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，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是临界状态；
（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，即是要求收尾加速度或收尾速度。
3．产生临界问题的条件
（1）接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F =0。
N
（2）相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临
界条件是：静摩擦力达到最大值。
（3）绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中
张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是F =0。
T
（4）加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度
都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有
最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。
（2020·武安市第三中学期中）如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，一质量为 的小车的支架上用轻绳连接着质量也为 的小球，小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，
轻绳恰好处于水平，g取 ，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力大小为5N
B．轻绳的拉力大小为10N
C．小车的加速度大小为
D．小车的加速度大小为
【答案】D
【详解】
CD．小车和小球一起沿斜面加速下滑，二者有相同的加速度，小球受力如图所示
对小球，由牛顿第二定律得
代入数据解得：a=20m/s2，小车的加速度大小为20m/s2，故D正确，C错误；
AB．小球受力如图所示，轻绳的拉力
故AB错误。
故选D。
1．（2020·内蒙古集宁一中期中）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，质量分别为3m和m的
物块A、B通过细线跨过滑轮相连。现在A上放一小物体，系统仍能保持静止。细线质量、滑轮的摩擦都不计。则（ ）
A．细线的拉力减小
B．A所受的合力增大
C．A对斜面的压力增大
D．斜面对A的摩擦力增大
【答案】CD
【详解】
A．对物体B受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到：
T=mg
绳子拉力一定不变，故A错误；
B．系统仍处于静止状态，所以A受力平衡，A所受的合力不变，故B错误；
C．A对斜面的压力等于重力垂直于斜面的分力，即
N=M gcosθ
A
在A上放一小物体，相当于A的质量M 增大，压力增大，故C正确；
A
D．A受重力、支持力、拉力和静摩擦力，开始时3mgsin30°＞mg，静摩擦力沿斜面向上，根据平衡条
件得到
f+mg-M gsin30°=0
A
解得，静摩擦力
f=M gsin30°-mg
A
在A上放一小物体，系统仍能保持静止，相当于A的质量M 增大，沿斜面向下的分力增大，则摩擦力
A
增大，故D正确。
故选CD。
2．如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长木板上静止，此时弹簧对物体
的压力为3 N，物体的质量为0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6 m/s2的加速
度向左沿水平方向做匀加速运动时A．物体对左侧挡板的压力等于零
B．物体对左侧挡板的压力等于3 N
C．物体受到4个力的作用
D．弹簧对物体的压力等于6 N
【答案】A
【解析】物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力f=3 N。当物体向左加速运动时，若物体对左挡板的压
力为零，由牛顿第二定律知： ，解得： ，当加速度大于 ，物体离开左
挡板，弹簧长度变短，当加速度小于 时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不变，所以可
知选项A正确BD错误；当加速度 时，物体受重力、支持力和弹力，故选项C错误。
考点 5 传送带模型问题
1．建模指导
传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题。
（1）水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要
注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x（对地）的过程中速度是否和传
送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
（2）倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受
到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定
物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
2．模型特征
（1）水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
（1）可能一直加速
情景1
（2）可能先加速后匀速
（1）v>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
0
情景2
（2）v<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
0（1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端
情景3
（2）传送带足够长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v>v
0
返回时速度为v，当v<v返回时速度为v
0 0
（2）倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
（1）可能一直加速
情景1
（2）可能先加速后匀速
（1）可能一直加速
情景2 （2）可能先加速后匀速
（3）可能先以a 加速后以a 加速
1 2
3．思维模板
4．分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。
要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v 和传送带速度v 的关系确定摩擦力的方
物 传
向，二是当v =v 时，判断物体能否与传送带保持相对静止。
物 传
（2020·甘肃兰州一中期中）如图所示，有一水平传送带以6 m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带
右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的水平地面DE上放置一个质量M = 1 kg的木板，木板上表
面刚好与BC面等高。现将质量m = 1 kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B
时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数
μ = 0.45，滑块与木板间的动摩擦因数μ = 0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ = 0.05，设木板受到的最
1 2 3
大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，取g = 10m/s2。求：(1)滑块从传送带A端运动到B端，滑块相对传送带走过的路程；
(2) 木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。
【答案】(1)4m；(2)6m
【详解】
(1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为6m/s，则有
a=μg=4.5m/s2
1
s
传送带位移
则滑块相对传送带走过的路程
(2)滑块以6m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力，则
a =2m/s2
滑
木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，有
Ma =μmg-μ（M+m）g
木 2 3
解得
a =1m/s2
木
假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v
共
对滑块有
对木板有则木板长度
L=x -x
滑 木
代入数据解得
L=6m
即木板至少6m长才能使物块不从木板上掉下来。
1．如图所示，一条长 的浅色传送带与水平方向的夹角为 ，以 的速度顺时针
匀速转动。现将一个木炭包放在传送带的底端A处，使木炭包从静止开始沿传送带向上运动直到顶端
B，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹，木炭包与传送带之间的动摩擦因数 。已知
， ， 。求：
(1)木炭包从底端A到顶端B的时间；
(2)木炭包在传送带上留下黑色径迹的长度。
【答案】(1)11s；(2)5m
【详解】
(1)传送带顺时针转动时，炭包所受滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有
解得
设木炭包运动速度等于传送带速度时经历的时间为 ，位移为 ，传送带位移为 ，则有木炭包匀速运动的时间
木炭包从底端A到顶端B的时间
(2)木炭包相对于传送带位移（黑色径迹的长度）为
考点 6 滑块—木板模型
1．建模指导
解此类题的基本思路：（1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的
加速度；（2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程。
特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。
2．模型特征
上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
3．思维模板4．分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧
（1）分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。
（2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。
（3）知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。
（4）两者发生相对滑动的条件：①摩擦力为滑动摩擦力。②二者加速度不相等。
5．滑块—木板模型临界问题的求解思路
（2020·大连市第一中学期中）如图所示，质量为M=4kg的木板静止在光滑的水平地面上，其右端静置
一质量为m=2kg的小滑块（可视为质点），小滑块与木板间的动摩擦因数 ，今用水平力F=32N
向右拉木板，作用一段时间后撤去水平拉力，最终滑块恰好没有掉下来，且在这个过程中产生的热量为
24J。（不计空气阻力，g=10m/s2）
(1)在力F的作用下，滑块和木板加速度各是多少？
(2)要使小滑块从木板上不掉下来，力F作用的时间最长为多少？【答案】(1) ； ；(2)1.5s
【详解】
(1)对滑块由牛顿第二定律
可得滑块加速度
对木板由牛顿第二定律
木板加速度
(2)由能量关系可知
解得
L=3m
设在t 时撤去F，再经过t 时长木板恰与小滑块分离。
1 2
撤掉F时，小滑块的速度为
v=at
1 11
长木板的速度为
v=at
2 21
撤去F后，对于长木板由牛顿第二定律有
μmg=Ma
0
由于要求F作用时间最长，则长木板与小滑块在恰不分离时速度恰好相同，设此速度为v。
3
对于小滑块
v=v+at
3 1 12对于长木板
v=v-at
3 2 02
在t+t 的整个过程中有
1 2
对滑块
L＝ a(t+t)2
1 1 1 2
对长木板
L＝ at2+vt− at2
2 21 22 02
L=L-L
2 1
联立以上各式解得
t=1.5s
1
即力F作用的时间最长要1.5s。
1．（2020·河南月考）如图甲所示，长为L=8m、质量为M=4.0kg的木板P放在光滑的水平地面上，P
的中点有一个可视为质点的质量为m=1.0kg的小物块Q。现对P施加一水平向右的拉力F，F作用1s后
撤去，P、Q在F作用时的速度-时间图像如图乙所示。重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ和水平拉力F的大小；
(2)Q相对P向左滑行的最大距离x。
【答案】(1) ， ；(2)1.8m
【详解】
(1)由图乙知：P的加速大小为 ， Q的加速大小为 ；
对Q有对P有
联立上式解得 ，
(2)假设系统向右运动过程中Q一直在P上。
在 内由P的位移大小为
在 内由Q的位移大小为
内P、Q相对位移为
撤去F至P、Q达到共同速度的过程中Q加速度大小不变，P以加速大小为 做减速运动，对P有
解得
设P、Q速度相等再经历的时间为
解得 ，
此时P运动的位移为
Q在 时间内运动的位移为时间内P、Q相对位移为
Q相对P向左滑行的最大距离为
由于 ，故假设成立，即Q相对P向左滑行的最大距离为
2．（2020·甘肃兰州一中期中）如图所示，水平桌面上，质量为m的物块放在质量为2m的长木板的左端，
物块和木板间的动摩擦因数为 ，木板和桌面间的动摩擦因数为 ，开始时物块和木板均静止，若在
物块上施加一个水平向右的恒力F，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当F > μmg时，物块和木板一定发生相对滑动
B．当F = μmg时，物块的加速度大小为
C．当F = 2μmg时，木板的加速度大小为
D．不管力F多大，木板的加速度始终为0
【答案】B
【详解】
A．当物块相对于木板刚要发生相对滑动时，物块和长木板间的静摩擦力达到最大值，对整体隔离木板得
得
只有 物块和木板才一定发生相对滑动，选项A错误；
B．当F=μmg时，物块和长木板相对静止，对整体有
得
选项B正确；
CD．当F=2μmg时，物块和木板发生相对滑动，隔离木板得
得
选项CD错误。
故选B。
1. （2020·江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫
物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第
3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的
牵引力为（ ）A. F B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故
第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有 ，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵
引力为F，则根据牛顿第二定律有 ，联立解得 。故选C。
1
2. （2020·山东卷）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所
受支持力的大小用F 表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（ ）
N
A. 0~t 时间内，v增大，F >mg B. t~t 时间内，v减小，F <mg
1 N 1 2 N
C. t~t 时间内，v增大，F <mg D. t~t 时间内，v减小，F >mg
2 3 N 2 3 N
【答案】D
【解析】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t 时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于
1
失重状态，则F <mg，选项A错误；B．在t~t 时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则F =mg，选项
N 1 2 N
B错误；CD．在t~t 时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则 F >mg，选项C错误，D正确；
2 3 N
故选D。
3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在
实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出A．木板的质量为1 kg
B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0~2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此
过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变
为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的
力F为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D
错误。
4．（2018·新课标I卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现
用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹
簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是
A． B．C． D．
【答案】A
【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点。
由牛顿运动定律，F–mg+F =ma，F =k(x–x),kx=mg，联立解得F=ma+kx，对比题给的四个图象，可
弹 弹 0 0
能正确的是A。
5．（2018·浙江新高考）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F–t图象能反应体重计示数随时
间变化的是
A ． B ． C ． D ．
【答案】C
【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的
加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度
方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误。
6．（2018·江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，
物块
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD
【解析】本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析能力。物体从 A点到O点过
程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力
过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力
减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在 A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合
力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变
量的减小而增加，物体作减速运动；从 O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选
项A正确、选项B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，
弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克
服摩擦力做的功，故选项D正确。
7．（2016·新课标全国Ⅰ卷）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发
生改变，则
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
【答案】BC
【解析】因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点所受的合力就是这个恒力，
所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化
率不变。但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故 C正确，D错误。若做匀变
速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A错误；不管做匀变速直线运动，
还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确。8．（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
F、F 和F，则
1 2 3
A．F<F B．F>F
1 2 2 3
C．F>F D．F=F
1 3 1 3
【答案】A
【解析】由v–t图象可知，0~5 s内加速度a=0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 mgsin θ–f–
1
F=ma ，F=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s内加速度a=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F=ma ，F=mgsin
1 1 1 2 2 2 2
θ–f；10~15 s内加速度a=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 mgsin θ–f–F=ma ，F=mgsin
3 3 3 3
θ–f+0.2m。故可得：F>F>F，选项A正确。
3 2 1
9．（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
【答案】D
【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，故选D。
10．（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
F、F 和F，则
1 2 3A．F<F B．F>F
1 2 2 3
C．F>F D．F=F
1 3 1 3
【答案】A
【解析】由v–t图象可知，0~5 s内物体的加速度大小为a=0.2 m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定
1
律有mgsin θ–f–F=ma ，可得F=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s内物体的加速度a=0，有mgsin θ–f–F=ma ，
1 1 1 2 2 2
可得 F=mgsin θ–f；10~15 s内物体的加速度大小为 a=–0.2 m/s2，方向沿斜面向上，有 mgsin θ–f–
2 3
F=ma ，可得F=mgsin θ–f+0.2m。故有F>F>F，A正确，BCD错误。
3 3 3 3 2 1
11．（2016·全国新课标Ⅲ卷）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间
的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在
木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010
kg。实验步骤如下：
（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在
木板上匀速下滑。
（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N–n个钩码仍留在小车内；用手按
住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位
移s，绘制s–t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。
（3）对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s–t图象如图（b）所示；由图（b）求出此时小车的加
速度（保留2位有效数字），将结果填入下表。
n 1 2 3 4 5
0.20 0.58 0.78 1.00
（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a–n图象。从图象可以看出：当物体质量一定
时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。（5）利用a–n图象求得小车（空载）的质量为_______kg（保留2位有效数字，重力加速度取g=9.8
m/s2）。
（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______（填入正确选项前的标
号）
A．a–n图线不再是直线
B．a–n图线仍是直线，但该直线不过原点
C．a–n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
【答案】（3）0.39 （4）如图所示 （5）0.45 （6）BC
【解析】（3）因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，故将（2，0.78）代入 可得
。
（4）根据描点法可得如图所示图线
（5）根据牛顿第二定律可得 ，代入m=0.010 kg，n=1、2、3、4、5，以及相
应的加速度求可得 。（6）因为如果不平衡摩擦力，则满足 的形式，所以故直线不过原点，但仍是直线，A错
误，B正确；随着n的增大，小车的总质量在减小，故直线的斜率变大，故C正确。
12．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为m =1 kg和m =5 kg，放在静止于水平
A B
地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动
1
摩擦因数为μ=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v=3 m/s。A、B相遇时，A与
2 0
木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【答案】（1）1 m/s （2）1.9 m
【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小
分别为f、f 和f，A和B相对于地面的加速度大小分别是a 和a ，木板相对于地面的加速度大小为
1 2 3 A B
a。在物块B与木板达到共同速度前有f=μm g，f=μm g，f=μ(m +m +m)g
1 1 1 A 2 1 B 3 2 A B
由牛顿第二定律得f=m a ，f=m a ，f–f–f=ma
1 A A 2 B B 2 1 3 1
可得a =a =5 m/s2，a=2.5 m/s2
A B 1
设在t 时刻，B与木板共速，为v
1 1
由运动学公式有v=v–a t=at
1 0 B1 11
解得t=0.4 s，v=1 m/s
1 1
（2）在t 时间内，B相对地面的位移
1
设B与木板共速后，木板的加速度大小为a
2
假设B与木板相对静止，由牛顿第二定律有f+f=(m +m)a
1 3 B 2
可得 ，假设成立
由a =a 可知，B与木板共速时，A的速度大小也为v
A B 1
设从B与木板共速到A和B相遇经过的时间为t，A和B相遇且共速时，速度大小为v
2 2
由运动学公式有v=v–at=–v+a t
2 1 22 1 A2
解得t=0.3 s，v=0.5 m/s
2 2在t 时间内，B及木板相对地面的位移
2
全过程A相对地面的位移
则A、B开始运动时，两者之间的距离x=x +x+|x |=1.9 m
B 1 A
（也可用如图的速度–时间图线求解）
