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专题04 牛顿运动定律的应用
考点
考情
命题方向
考点 牛顿运动定
律
2024 年高考湖南卷
2024 年高考广东卷
2022 新高考江苏卷
2024 年高考辽宁卷
2024 年高考北京卷
2022 年高考全国理综甲卷
2022 年高考上海卷
2022 年6 月浙江选考
2022 年高考辽宁物理卷
2023 年高考全国甲卷
1.牛顿运动定律是高中物理核
心内容，也是高考考查频率较
高的知识点，大多与曲线运
动、天体运动、卫星、功和
能、带电粒子在电场、磁场中
的运动、电磁感应等知识点综
合考查。
2.单独考查牛顿运动定律，一
般与受力分、实际情景、传送
带、滑块木板模型、图像等结
合考查。
1
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题型一 牛顿三定律的理解
1．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力迫使它改变这种状态．
2．意义
(1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律．
(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外
力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
3．惯性
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
(2)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．
4．牛顿第二定律
(1)表达式为F＝ma.
(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．
5．牛顿第三定律的内容
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．
6．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同．
(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生的效果不同．
(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在
相互作用无关．
7．相互作用力与平衡力的比较
对应名称
比较内容
作用力和反作用力
一对平衡力
不同点
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
两力作用效果不可抵消，不可叠
加，不可求合力
两力作用效果可相互抵消，可叠
加，可求合力，合力为零
一定是同性质的力
性质不一定相同
相同点
大小相等、方向相反、作用在同
一条直线上
[模型演练1] （2023 秋•滨海新区期末）关于物体的惯性，下列说法正确的是（ ）
A．汽车转弯后运动方向变了，其惯性也跟着改变了
B．被抛出的小球，尽管速度的大小和方向都改变了，但其惯性不变
C．汽车静止时，没有惯性，只有当它加速运动或减速运动时才具有惯性
2
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D．汽车速度越大，越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大
【解答】解：A、质量是物体惯性大小的唯一量度，汽车转弯时速度方向改变，但惯性不变，故
A 错误；
B、质量是物体惯性大小的唯一量度，被抛出的小球，尽管速度的大小和方向都改变了，但其惯
性不变，故B 正确；
C、D、惯性是物体本身的一种属性，任何物体都具有惯性，质量是物体惯性大小的唯一量度，
与汽车的运动状态以及速度的大小均无关，故C 错误，D 错误；
故选：B。
[模型演练2] （2024•北京）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F 作用下一起向前
运动，飞船和空间站的质量分别为m 和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
A．
M
M +m F
B．
m
M +m F
C．M
m F
D．m
M F
【解答】解：根据牛顿第二定律，对飞船和空间站整体有：
F＝（M+m）a
对空间站，设飞船对空间站的作用力大小为F′，根据牛顿第二定律有：
F'＝Ma
解两式可得飞船和空间站之间的作用力为：F′= MF
M +m
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练3] （2024•福州模拟）中国人民解放军海军福建舰（简称福建舰），是中国完
全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，
满载排水量8 万余吨。下列说法正确的是（ ）
A．福建舰属于大型航空母舰，不可以视为质点
B．舰载飞机着舰过程中做匀减速直线运动
C．舰载飞机弹射起飞过程中速度越来越大，所以其惯性也越来越大
D．舰载飞机弹射起飞时，福建舰对其的作用力大小等于其对福建舰的作用力大小
【解答】解：A.物体是否可视为质点不取决于其大小，而是与其所研究的问题有关，例如在研
究福建舰在大海中的航行轨迹时，此时可以看作质点，故A 错误；
3
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B.着舰过程中，舰载飞机不是做匀减速运动，而是非匀变速运动，故B 错误；
C.物体的惯性只与其质量有关，与其速度大小无关，故C 错误；
D.舰载飞机与福建舰之间的作用力是一对相互作用力，二者大小相等，方向相反，故D 正确。
故选：D。
题型二 动力学两类基础问题
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
类型1 已知受力求解运动情况
[模型演练4] （2023 秋•潍坊期末）如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为
1kg 的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0 时物体在F＝15N 拉力的作用下由静止
开始沿斜面向上运动，t＝2s 时撤去拉力F。g 取10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（
）
A．物体沿斜面向上加速时加速度大小为2m/s2
B．物体在t＝2.5s 时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15m
【解答】解：A.有拉力作用时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ
4
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＝ma1
解得，物体沿斜面向上加速时加速度大小为a1＝5m/s2，故A 错误；
B.2s 时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s
撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得，物体向上减速的加速度大小为a2＝10m/s2
则物体向上减速的时间为t2= v
a1
，解得t2＝1s
则物体在t＝3s 时的速度为0，故B 错误；
C.当物体速度减为零时，由于mgsinθ＞μmgcosθ 则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加
速运动，则物体在斜面上的运动时间不止3s，故C 错误；
D.物体沿斜面向上运动的最大位移为x= v1
2 t1+ v1
2 t2，解得x＝15m，故D 正确。
故选：D。
[模型演练5] （2024•福州二模）滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ 的粗糙
斜面从底端上滑，到达最高点B 后返回到底端，A 点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和
下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相
同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下列说法正确的是（ ）
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动加速度大小之比为a 甲：a 乙＝16：9
C．滑块过A 点时的速度大小之比为v 甲：v 乙＝3：4
D．μ= 1
7 tanθ
【解答】解：A、根据牛顿第二定律可知，上滑过程和下滑过程分别满足
5
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mgsinθ+f＝ma1
mgsinθ﹣f＝ma2
设频闪时间间隔为T，上滑过程加速度较大，相同位移大小时运动时间较短，故A 错误；
B、甲图表示上滑过程，时间间隔为3T，乙图表示下滑过程，时间间隔为4T，把上滑过程逆向
堪称初速度为零的匀加速直线运动，由x = 1
2 at
2
可知，加速度大小之比为16：9，故B 正确；
C、利用逆向思维，滑块在A、B 两点间运动，根据位移公式有x AB= 1
2 a1t AB1
2
= 1
2 a2t AB2
2
综上代入数据解得
t AB1
t AB2
= 3
4
即图甲与图乙滑块在A、B 两点间运动时间之比为3：4，故由v＝at
知v 甲：v 乙＝4：3
故C 错误；
D、根据加速度之比有（gsinθ+μgcosθ）：（gsinθ﹣μgcosθ）＝16：9
代入数据解得μ= 7
25 tanθ
故D 错误。
故选：B。
[模型演练6] （2024•让胡路区校级开学）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，
有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向
上“奔跑”，t＝8s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游
戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果用根式表示）
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【解答】解：（1）在企鹅向上“奔跑”的过程中有x = 1
2 at
2
解得x＝16m
（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从
最高点滑回到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得a1=8m/ s
2
a2= 4 m/ s
2
（3）企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′
则有v＝at＝a1t'
x'= 1
2 a1t1
2
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有vt
2-0
2=2a2( x + x' )
解得vt =2√34 m/ s
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力
[模型演练7] （2024•南宁一模）某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在
空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v﹣t 图像如图所示，
自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为5
3t1，最大速度为vm＝6m/s，重力加速度g
取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
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A．t1＝1s
B．整个过程中，鸟下落的高度为3m
C．t1至5
3 t1时间内，鸟的加速度大小为20m/s2
D．t1至5
3 t1时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5 倍
【解答】解：A、小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝6m/s，由自由落体运动的规律有vm＝
gt1，解得t1＝0.6s，故A 错误；
B、整个过程下落的高度为图 v﹣t 图像与时间轴所围成的面积，则h= vm
2 × 5
3 t1= 6
2 × 5
3 ×0.6m
＝3m，故B 正确；
C、t1∽5
3 t1时间内小鸟的加速度a= 0- vm
5
3 t1-t1
=-6
0.4 m/s2＝﹣15m/s2，所以加速度大小为15m/s2，
故C 错误；
D、t1∽5
3 t1时间内，由牛顿第二定律有f﹣mg＝ma，可得f＝2.5mg，则f
mg =2.5，即阻力是重力
的2.5 倍，故D 错误。
故选：B。
[模型演练8] （2024•顺德区二模）2023 年10 月31 日，神舟十六号载人飞船返回舱在东
风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2m 时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4
台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终
竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为
3×103kg，g 取10m/s2，则4 台反推火箭点火工作时提供的推力大小为（ ）
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A．3×104N
B．7.5×104N
C．2.6×104N
D．1.05×105N
【解答】解：根据匀变速直线运动规律有v
2- v0
2=-2ah
解得加速度大小为a= v0
2- v
2
2h
= 8
2-2
2
2×1.2 m/ s
2=25m/ s
2
返回舱受到重力和反推力，根据牛顿第二定律可得F﹣mg＝ma
解得F＝mg+ma＝3×103×10N+3×103×25N＝1.05×105N
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
[模型演练9] （2023 秋•西城区期末）如图所示，质量为1kg、横截面为直角三角形的物
体ABC 在竖直墙壁上，受到垂直于斜面BC 斜向右上方的推力的作用，从静止开始沿墙壁向
上做加速度大小为1m/s2 的匀加速直线运动。其中θ＝37°，物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝
0.5，g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）1s 末物体的位移大小；
（2）推力F 的大小；
（3）物体受到墙壁的支持力大小。
【解答】（1）根据位移—时间公式，有s= 1
2at2，解得s＝0.5m
（2）物体在竖直墙上受力如图所示
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建立如图所示的直角坐标系
根据牛顿第二定律，有：
x 方向 N＝F cosθ
y 方向 Fsinθ﹣f ﹣ mg＝ma
再由f＝µN
可得F＝55N
（3）N＝Fcosθ＝55×0.8N＝44N
题型三 超重与失重现象
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．
(3)完全失重
①定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态．
②产生条件：a＝g，方向竖直向下．
3．竖直圆周中系统超失重问题
小球 m 由光滑半圆槽 M 的边缘 A 点静下滑，M 一直静止，A→B 过程中下滑角 θ 时：
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类型1 超、失重现象的图像问题
[模型演练10] （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﹣t 图像。
关于无人机的运动，下列说法正确的是（ ）
A．0～t2段无人机的加速度大于t3～t5段无人机的加速度
B．0～t3段，无人机的平均速度大小为v2
2
C．t3时刻无人机到达最高点
D．t3～t5段，无人机处于失重状态
【解答】解：A、v﹣t 图像中，其斜率表示加速度的大小，由于0～t2段倾斜程度小于t3～t5段的
倾斜程度，所以0～t2段的加速度小于t3～t5加速度，故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v2
2 ，而是小于
v2
2 ，故B 错误；
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C、由图像可知，无人机0～t2加速上升，t2～t3也是加速上升，只不过这一阶段的加速度更大，
t3～t5阶段开始减速上升，t3时刻减速到0，达到最高点，故C 错误；
D、t3～t5阶段开始减速上升，加速度方向向下，无人机处于失重状态，故D 正确。
故选：D。
[模型演练11] （2024•东莞市三模）2023 年世界泳联锦标赛中，中国军团以20 枚金牌的成
绩力压美国，位列金牌榜第一名。若把运动员从起跳到接触水面的运动看成匀变速直线运动，
某运动员从距离水面某一高度处的跳板上竖直向上跳起，起跳时开始计时，取竖直向下为正方
向，速度传感器记录运动员的速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～t2，运动员处于失重状态
B．运动员在t1时刻接触水面
C．运动员在水中时，最深处的加速度最大
D．运动员潜入水中的深度等于v2(t3-t2)
2
【解答】解：A.由图可知0﹣t2运动员的加速度相同，加速度为正，方向竖直向下，根据超重和
失重的含义可知，运动员处于失重状态，故A 正确；
BC.t2时刻速度减小，运动员开始接触水面，t3时刻速度为零，运动员在水的最深处；v﹣t 图像
斜率的绝对值表示加速度的大小，t3时刻的斜率最小，加速度最小，故BC 错误；
D.则运动员潜入水中的深度为t2﹣t3时间内图像与坐标轴所围图形的面积，则运动员潜入水中的
深度h＜v2(t3-t2)
2
，故D 错误。
故选：A。
[模型演练12] （2024•莲湖区校级二模）蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外活动。
跳跃者站在桥梁、塔顶、高楼、吊车甚至热气球上，把一端固定的一根长长的橡皮条绑在踝关
节处，然后两臂伸开，双腿并拢，头朝下跳下去。如图是一位蹦极者从高处下落到速度为零的
过程中的v﹣x 图像，当x＝15m 时，对应的速度值最大，则下面判断正确的是（ ）
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A．当下落距离小于15m 时，蹦极者处于完全失重状态
B．当下落距离小于15m 时，蹦极者失重的数值（人自身重力与橡皮条拉力之差的绝对值）是个
常量
C．当下落距离大于15m 时，蹦极者超重的数值（人自身重力与橡皮条拉力之差的绝对值）是个
常量
D．当下落距离大于15m 时，蹦极者超重的数值（人自身重力与橡皮条拉力之差的绝对值）随距
离的增大而增大
【解答】解：AB、由图可知，当下落距离小于15m 时，蹦极者向下做加速度减小的加速运动，
具有向下的加速度，处于失重状态，不是完全失重状态，由于加速度逐渐减少，则蹦极者失重
的数值（人自身重力与橡皮条拉力之差的绝对值）逐渐减小，故AB 错误；
CD、当下落距离大于15m 时，蹦极者向下做加速度增大的减速运动，具有向上的加速度，处于
超重状态，由于加速度逐渐增大，则蹦极者失重的数值（人自身重力与橡皮条拉力之差的绝对
值）随距离的增大而增大，故C 错误，D 正确；
故选：D。
类型2 超、失重现象的分析与计算
[模型演练13] （2024•九龙坡区校级模拟）如图是某城市的大型摩天轮，设定某游客随摩
天轮一起在竖直面内做匀速圆周运动，则该游客（ ）
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A．在最低、最高位置时，均处于超重状态
B．在最低、最高位置时，均处于失重状态
C．在最低位置时处于超重状态，在最高位置时处于失重状态
D．在最低位置时处于失重状态，在最高位置时处于超重状态
【解答】解：ABCD、该游客在最高位置时，加速度方向向下，游客处于失重状态，游客在最低
位置时，加速度方向向上，游客处于超重状态，故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
[模型演练14] （2024•海淀区一模）如图所示，某人站上向右上行的智能电动扶梯，他随
扶梯先加速，再匀速运动。在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（ ）
A．扶梯加速运动阶段，人处于超重状态
B．扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左
C．扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力
D．扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力
【解答】解：A、人在加速阶段，向右上方加速，根据牛顿第二定律可知，电梯的支持力大于人
的重力，所以人处于超重状态，故A 正确；
B、加速度运动阶段，根据牛顿第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦
力方向水平向右，故B 错误；
CD、匀速运动阶段，人受力平衡，竖直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，
故CD 错误；
故选：A。
[模型演练15] （2024•河东区二模）图甲是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包。在
某次演练时，消防员背着马丁飞行背包从地面开始竖直飞行，其图像如图乙所示，下列说法正
确的是（ ）
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A．消防员上升的最大高度为225m
B．消防员在30—90s 内处于超重状态
C．消防员在前30s 内加速度最大
D．消防员在150—255s 内的平均速度大小为零
【解答】解：A.由图像可知，在0～90s 内消防员的速度方向均向上，因此在90s 时消防员高度
达到最大，根据图像与t 轴所围面积即为位移可知，消防员上升的最大高度为h＝675m，故A 错
误；
B.在30～90s 内，消防员向上做减速运动，加速度方向向下，因此处于失重状态，故B 错误；
C.v﹣t 图像中，图像斜率为加速度，结合图像可知消防员在前30s 内加速度最大，故C 正确；
D.结合图像可知，消防员在150～255s 内，位移大小不为0，因此平均速度不为0，故D 错误。
故选：C。
题型四 瞬时问题的两类问题
1．两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，
不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢
复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
[模型演练16] （2024•青岛模拟）细绳拴一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平
弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示以下说法正确
的是（ ）
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A．小球静止时弹簧的弹力大小为3
5mg
B．小球静止时细绳的拉力大小为3
5mg
C．细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
D．细线烧断瞬间小球的加速度立即为5
3g
【解答】解：A、B 小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：
弹簧的弹力大小为：F＝mgtan53°= 4
3 mg
细绳的拉力大小为：T=
mg
cos53° = 5
3 mg，故AB 错误；
C、D、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向
相反，则此瞬间小球的加速度大小为：
a= T
m = 5
3 g，故C 错误，D 正确
故选：D。
[模型演练17] （2023 秋•武汉期末）如图所示，轻质弹簧1 一端与静止在倾斜木板上的物
体A 相连，另一端与细线相连，该弹簧与倾斜木板保持平行，细线绕过光滑的定滑轮与物体B
相连。B、C 通过轻质弹簧2 连接，且B、C 始终未触及地面。初始时系统处于静止状态，木
板与水平面间的夹角为30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，发生以下变化时，物体A 始终保持静
止，则（ ）
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A．木板与水平面的夹角减小时，A 受到的静摩擦力减小
B．木板与水平面夹角保持30°不变，剪断细线后，A 所受摩擦力增大
C．剪断细线瞬间，B、C 一起以加速度g 自由下落
D．剪断细线瞬间，B 的加速度为3g
【解答】解：A、设A、B、C 质量分别为3m、m、2m，初始时对A 物体受力分析有
3mgsin30°+f＝3mg
则木板与水平面的夹角减小时，由三角函数单调性知，A 物体受到的静摩擦力增大，故A 错误；
B、剪断细线后，对A 物体受力分析有3mgsin30°＝f′
联立可得f＝f′
故B 错误；
CD、剪断细线瞬间，2 弹簧弹力没有突变，大小为F＝2mg，则C 的加速度为零，B 的加速度为
a，根据牛顿第二定律有mg+F＝ma
解得a＝3g
故C 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练18] （2023 秋•潍坊期末）用两轻绳a、c 和轻弹簧b 将两个相同的小球1 和2 连
接并悬挂，如图所示。两小球质量均为m，处于静止状态，轻绳a 与竖直方向的夹角为30°，
轻绳c 水平。下列分析正确的是（ ）
A．此时轻绳c 的拉力大小为4√3
3
mg
B．此时轻绳c 的拉力大小为2mg
C．剪断轻绳c 瞬间，小球2 的加速度大小为2√3
3
g
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D．剪断轻绳c 瞬间，小球2 的加速度方向斜向左下方
【解答】解：AB.将球1 和球2 看成一个整体，受力分析如图
根据平衡条件有2mg＝Facos30°，Fc＝Fasin30°，解得Fc= 2√3
3
mg，故AB 错误；
CD.剪断轻绳c 瞬间，小球2 受到的重力和弹力不变，故小球2 合力与绳子c 的拉力等值方向，
小球2 合力大小为F＝Fc= 2√3
3
mg，方向水平向左，根据牛顿第二定律F＝ma，故a= 2√3
3
g，
方向水平向左，故C 正确，D 错误。
故选：C。
题型五 动力学图像问题
1．动力学中常见的图象v－t 图象、x－t 图象、F－t 图象、F－a 图象等．
2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从
零开始。
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断
物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
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类型1 F-t、F-x 图像的分析运动情况
[模型演练19] （2022 秋•滨海新区校级期末）一质量为m＝40kg 的学生站在竖直方向运动
的电梯内的体重计上。电梯从t＝0 时刻由静止开始上升，在0 到6s 内体重计示数F 的变化如
图所示，g 取10m/s2，可知（ ）
A．0﹣2s 内电梯匀加速上升，加速度大小为2m/s2
B．2﹣5s 内电梯一定处于静止状态
C．5s﹣6s 内电梯处于失重状态，其加速度为3m/s2
D．0﹣2s 内学生处于超重状态，其加速度为5m/s2
【解答】解：AD、由图可知，0～2s 内，学生对电梯的压力大于学生的重力，学生处于超重状
态，电梯加速上升，由牛顿第二定律得：600N﹣400N＝ma1
解得：a1＝5m/s2
故D 正确，A 错误；
B、由图可知，2～5s 内电梯处于匀速运动状态，故B 错误；
C、由图可知，5～6s 内，学生处于失重状态，学生对电梯的压力小于学生的重力，由牛顿第二
定律得：400N﹣320N＝ma2
解得：a2＝2m/s2，可知电梯减速上升，故C 错误；
故选：D。
[模型演练20] （多选）（2022 秋•河南月考）如图所示，质量为2kg 的物块B 放在光滑水
平面上，质量为1kg 的物块A 叠放在物块B 上，A 与B 间的动摩擦因数为0.5。开始时，两物
块处于静止状态，t＝0 时刻，给物块B 施加一个水平向右的推力，推力随时间变化的规律如图
2 所示，t＝5s 时刻，物块A 与B 恰好发生相对滑动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度为10m/s2，则（ ）
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A．t＝5s 时刻，推力大小为10N
B．t＝5s 时刻，物体A 的速度大小为12.5m/s
C．0～5s 内，物体A 受到的摩擦力的冲量为12.5N•s
D．0～5s 内，推理F 做功大小为134.75J
【解答】解：AB、物块A、B 将要发生相对滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿
第二定律，对A 由 μMg＝Ma
对整体有 F＝（M+m）a，联立解得 F＝15N，由于F 随时间均匀增大，则对整体，由动量定理
得：Ft＝（M+m）v
而 F = 0+15
2
=7.5N，解得 v＝12.5m/s，即物块A、B 将要发生相对滑动时物块A 的速度大小为
1m/s。故B 正确，A 错误；
C、对A 由动量定理：I＝Mv＝1×12.5N•s＝12.5N•s，故C 正确；
D、F 随时间增大，整体的加速度随时间增大，结合v﹣t 图象的“面积”表示位移知，t＝0 时刻
到物块A、B 将要发生相对滑动时物块B 在水平面上滑动的距离 S＜v
2 t = 1
2 ×12.5×5m＝
31.25m，推理F 做功大小为W= F S =7.5×31.25J＝234.375J，故D 错误；
故选：BC。
类型2 通过v-t、a-t 图像分析受力情况
[模型演练21] （多选）（2020 秋•秦淮区校级月考）静止于粗糙水平面上的物体，最大静
摩擦力大于滑动摩擦力，受到方向恒定的水平拉力F 的作用，拉力F 的大小随时间变化关系如
图甲所示，在拉力F 从0 逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化关系如图乙所示，g 取
10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
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A．物体与水平面间的摩擦力先增大，后减至某一值并保持不变
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．物体的质量为6kg
D．4s 末物体的速度大小为4m/s
【解答】解：A.由乙知，0﹣2s 内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力
逐渐增大。t＝2s 时静摩擦力达到最大值，t＝2s 后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，保持不
变，所以物体所受的摩擦力先增大，后保持不变。故A 正确。
BC.在2﹣4s 内，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma…①
由图知：当F＝6N 时，a＝1m/s2，代入①式得 6﹣10μm＝m…②
当F＝12N 时，a＝3m/s2，代入①式得 12﹣10μm＝3m…③
联立②③解得：μ＝0.1，m＝3kg，故B 正确，C 错误。
D.根据a﹣t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4s 内物体速度的变化量为Δv
= 1+3
2
×2＝4m/s，由于初速度为0，所以4s 末物体的速度为4m/s，故D 正确。
故选：ABD。
[模型演练22] （2023 秋•宁波期末）如图甲中某同学双手抓住单杠做引体向上，图乙是他
在某次向上运动过程中重心速度随时间变化的图像。关于重心运动的说法正确的是（ ）
A．t＝1.3s 时的速度方向向下
B．t＝1.3s 时的加速度方向向上
C．此次重心上升的高度约为0.35m
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D．t＝0.5s 时的加速度大小小于t＝1.5s 时的加速度大小
【解答】解：AB.由v﹣t 图像可知，t＝1.3s 时的速度方向为正方向，即速度方向向上，此时正
向上做减速运动，加速度方向向下，故AB 错误；
C. 根据v﹣t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知此次重心上升的高度约为h= 1
2 ×
0.64×1.7m≈0.54m，故C 错误；
D.根据v﹣t 图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知t＝0.5s 时的加速度大小小于t＝1.5s 时的加
速度大小，故D 正确。
故选：D。
类型3 通过a-F 图像分析力与运动的关系
[模型演练23] （2022 秋•越秀区校级期末）用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F
从0 开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图所示，g＝10m/s2，则不能计算
出的是（ ）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F 为14 N 时物体的速度
C．物体与水平面间的动摩擦因数
D．物体的质量
【解答】解：物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：
F﹣μmg＝ma
解得：a= F
m -μg
由a 与F 图线，得到：
0.5= 7
m -10μ…①
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4= 14
m -10μ…②
①②联立得：m＝2kg，μ＝0.3；故CD 不符合要求；
故a＝0 时，F 为6N，即最大静摩擦力为6N；
由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F 为变力
无法求F 得功，从而也无法根据动能定理求速度；
题干要求是不能够计算的物理量，故ACD 错误、B 正确。
本题是不能计算出的，故选：B。
[模型演练24] （2022 秋•西固区校级期末）如图甲所示，足够长的木板B 静置于水平面上，
其上表面放置小滑块A。木板B 在水平拉力F 作用下，其加速度a 随拉力F 变化的关系图像如
图乙所示，A、B 间动摩擦因数为μ1，B 与水平面间动摩擦因数为μ2，g 取10m/s2，则
（ ）
A．mA＝3kg，mB＝2kg
B．mA＝2kg，mB＝1kg
C．μ1＝0.1，μ2＝0.1
D．μ1＝0.25，μ2＝0.05
【解答】解：设A、B 的质量分别m1、m2。
当3N＜F＜6N 时，A 和B 一起运动。对AB 整体进行受力分析如图所示。
根据牛顿第二定律：F﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a ①
由图可知，该图线上有坐标值确定的两个点：
当F1＝3N 时 a1＝0
当F2＝6N 时 a2＝1m/s2
这两组数值代入①得：（m1+m2）＝3kg，μ2＝0.1 ②
当F＞6N 时，对B 进行受力分析如图所示。
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根据牛顿第二定律：F﹣μ2（m1+m2）g﹣μ1m1g＝m2a ③
由图可知，该图线上有坐标值确定的两个点：
当F1＝4N 时 a1＝0
当F2＝6N 时 a2＝1m/s2
这两组数值和②代入到③得：m2＝2kg，μ1＝0.1
故选：C。
题型六 动力学中的连接体问题
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，
分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系
统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度
然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离
求内力”．
[模型演练25] （2024•兴宁区二模）
如图所示，质量分别为m1＝1kg 和m2＝2kg 的两个大小完全相同的物块，通过轻绳相连，并接
在装有定滑轮的小车上，不计一切摩擦。在水平推力F1的作用下m1紧贴着小车，且小车和两个
物块恰好一起向右做初速度为零的匀加速运动，若将图中两个小物块的位置互换，在水平推力
F2的作用下m2紧贴着小车，使得小车和两个物块恰好一起向右做初速度为零的匀加速运动，若
两次运动的时间相同，则两次小车运动的位移之比为（ ）
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A．1：1
B．2：1
C．1：4
D．以上都有可能，与小车的质量有关
【解答】解：由题意可知，图甲中m2受到向右的合外力等于绳子的拉力，也等于m1的重力，所
以m2的加速度：a1= m1g
m2
图甲中三者一起向右做加速运动，则小车的加速度也是
m1g
m2
同理可知题图乙中小车的加速度为a2= m2 g
m1
所以两题图中小车的加速度之比为
a1
a2
= m1
2
m2
2 = 1
4
因为两次运动的时间相同，由x= 1
2 at
2
则两次小车运动的位移之比
x1
x2
= a1
a2
= 1
4 ，与小车的质量无关，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练26] （2023 秋•碑林区校级期末）如图，质量分别为2m 和3m 的方形物体A 和B
在水平恒力F 作用下，沿光滑水平面向右运动，A 刚好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度大小为g，则A、B 间的动摩擦因数为（ ）
A．3mg
2 F
B．10mg
3 F
C．8mg
5 F
D．4 mg
3 F
【解答】解：设A、B 整体运动的加速度大小为a。把A、B 作为整体，根据牛顿第二定律有
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a=
F
2m+3m = F
5m
隔离B，可得A 对B 在水平方向上作用力大小为N＝3ma＝3m• F
5m = 3 F
5
对A，A 刚好不下滑，所受静摩擦力达到最大值，在竖直方向有μN＝2mg
解得：μ= 10mg
3 F ，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练27] （多选）（2024•岳麓区校级开学）如图所示，2024 个质量均为m 的小球通
过完全相同的轻质弹簧相连，在水平拉力F 的作用下，保持相对静止，一起沿动摩擦因数为μ
的粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1 和2 间弹簧的弹力为F1，2 和3 间弹簧的弹力为
F2，2023 和2024 间弹簧的弹力为F2023，弹簧始终处于弹性限度内，下列结论正确的是
（ ）
A．F1：F2：F3⋯：F2023＝1：2：3：⋯：2023
B．从左到右各弹簧长度之比为1：2：3：…：2023
C．若突然撤去拉力F，此瞬间第2024 个小球的加速度为2023 F
2024 m +μg，其余每个球的加速度不
变
D．若1 和2 之间的弹簧长度为x1，2023 和2024 之间的弹簧长度为x2，则弹簧原长为
2023 x1- x2
2022
【解答】解：A、以整体为研究对象，加速度根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
a= F -2024 μmg
2024 m
=
F
2024 m -μg
以第1 个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F1﹣μmg＝ma，解得：F1=
mF
2024 m =
F
2024
以第1、2 两个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F2﹣2μmg＝2ma，解得：F2
= 2mF
2024 m = 2 F
2024
以第1、2、3 三个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F3﹣3μmg＝3ma，解得：F3
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= 3mF
2024 m = 3 F
2024
…
所以F1：F2：F3：……：F2023＝1：2：3：……：2023，故A 正确；
B、根据胡克定律可得：Δx = F
k ，从左到右各弹簧伸长量之比为1：2：3：……：2023，从左到
右各弹簧长度之比不可能为1：2：3：……：2023，故B 错误；
C、若突然撤去拉力F，此瞬间第2024 个小球的加速度为a′，根据牛顿第二定律可得：
2023 F
2024 + μmg=ma′
解得：a′= 2023 F
2024 m +μg
由于弹簧弹力瞬间不变，其余小球受力情况不变，则其余每个球的加速度不变，故C 正确；
D、设弹簧原长l，1 和2 之间的弹簧此时长度：x1=l+ F1
k
2023 和2024 之间的弹簧此时长度：x2=l+ F2023
k
联立上式解得：l= 2023 x1- x2
2022
，故D 正确。
故选：ACD。
[模型演练28] （多选）（2023 秋•道里区校级期末）如图所示，有材料相同的P、Q 两物
块通过轻绳相连，并在拉力F 作用下沿粗糙程度相同的斜面向上匀加速运动，轻绳与拉力F 的
方向均平行于斜面。当拉力F 一定时，Q 受到绳的拉力（ ）
A．大小恒定
B．与物块与斜面间的动摩擦因数有关
C．与斜面倾角θ 有关
D．仅与两物块质量有关
【解答】解：设P、Q 的质量分别为m1、m2，以P、Q 两物块整体为研究对象，根据牛顿第二定
律得
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F﹣（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a
解得：a=
F
m1+m2
- gsinθ - μgcosθ
再隔离对Q 分析，根据牛顿第二定律得
T﹣m2gsinθ﹣μm2gcosθ＝m2a
联立解得轻绳对Q 的拉力为：T = m2 F
m1+m2
可见Q 受到绳的拉力与斜面倾角θ 无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，当拉力F 一定
时，Q 受到绳的拉力的大小恒定，仅与两物体的质量有关，故AD 正确，BC 错误。
故选：AD。
[模型演练29] （多选）（2023 秋•白山期末）如图所示，物体A、B 的质量分别为mA、
mB，且mA＝3mB。二者用细绳连接后跨过定滑轮，物体A 放在倾角θ＝30°的光滑斜面上，物
体B 悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行，不计滑轮摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．细绳对物体B 的拉力大小为mBg
B．物体A 的加速度为g
8
C．物体A 和物体B 互换位置，A 的加速度相同
D．现将斜面倾角由30°增大到45°，细绳的拉力增大
【解答】解：AB、初始时，物体A 的重力沿斜面向下的分力为F＝mAgsin30°＝1.5mBg
设细绳拉力大小为T，对A 根据牛顿第二定律可得：F﹣T＝mAa
对B 根据牛顿第二定律可得：T﹣mBg＝mBa
联立解得：a= g
8 ，T= 9
8 mB g，故A 错误、B 正确；
C、物体A 和物体B 互换位置，对整体分析，合外力的大小和方向均发生变化，A 的加速度变化，
故C 错误；
D、现将斜面倾角由30°增大到45°，物体A 的重力沿斜面向下的分力为F′＝mAgsin45°= 3√2
2
mBg
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设细绳拉力大小为T′，对A 根据牛顿第二定律可得：F′﹣T′＝mAa′
对B 根据牛顿第二定律可得：T′﹣mBg＝mBa′
联立解得：T′= 3√2+6
8
mB g＞T，细绳的拉力增大，故D 正确。
故选：BD。
29
