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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mv时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
0
情景2
（2）vv
0
返回时速度为v，当v 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
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．FF
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．FF
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）
