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第7 讲 牛顿第二定律 两类运动学问题
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.
2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．
3.牛顿运动定律在其他模型上的应用
考点一 瞬时加速度的求解
1．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．
2．两类模型
(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．
考点二 动力学中的图象问题
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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考点三 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”．
1.悬绳加速度问题
2.类悬绳加速度问题
水平加速中的悬
绳
倾斜加速中的悬绳
注意“发飘”
多悬绳
①绳竖直
θ=0，a=0，μ=tanα
②绳垂直
θ=α
，a=gsinα，μ=0
③绳水平
a=g/sinα，向上减速
μ=cotα
a=g·tanθ
T=mg/cosθ
加速度大小与质
量无关，与偏角
有关
a=
gsinθ
cos(θ−α )
T=mgcosα/cos(θ-
α)
T=mgsinθ+maco
sθ
FN=mgcosθ-
masinθ
a>g·cotα 发飘:
FN=0
T=
√(mg)
2+(ma)
2
T=mg/cosθ
F=mg·tanθ-ma
a>g·tanθ 发飘:
F=0
T=
√(mg)
2+(ma)
2
θ
m
θ
m
α
m
α
θ
m
α
m
α
m
α
a
θ
m
θ
mg
T
x
y
θ-α
mg
T
x
y
α
α
mg
T
x
y
FN
α
θ
mg
T
x
y
F
2
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考点四 动力学两类基本问题
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．
考点五 “等时圆”模型
1.“光滑斜面”模型常用结论
如图所示，质量为m 的物体从倾角为θ、高度为h 的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律
(1)物体从斜面顶端滑到底端所用
的时间t，由斜面的倾角θ 与斜面
的高度h 共同决定，与物体的质
量无关
t＝
(2)物体滑到斜面底端时的速度大
小只由斜面的高度h 决定，与斜
面的倾角θ、斜面的长度、物体的
v＝
光滑斜面车上物
体
光滑圆弧车中物
体
车上死杆
车中土豆
车上人
加速度a=g·tanθ
支持力FN=mg/
cosθ
加速度a=g·tanθ
支持力FN=mg/
cosθ
杆对球的弹力
F =√(ma)
2+(mg)
2
其它土豆对黑土
豆的作用力
F =√(ma)
2+(mg)
2
车对人的作用力
F =√(ma)
2+(mg)
2
m
θ
a
m
θ
a
m θ
a
死杆
a
m
a
m
a
θ
mg
FN
x
y
θ
mg
FN
x
y
mg
F
x
y
mg
F
x
y
mg
F
x
y
FN
f
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质量无关
①三种模型
②等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图)。
根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为
a＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝＝＝。
即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运
动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
[例题1] 手推车是实用的搬运工具，如题图所示，有一手推车的平面与挡板垂直，某次在
运货时手推车平面与水平地面的夹角为α，货物与手推车保持相对静止。若忽略货物与车平
面之间的摩擦力，重力加速度为g。则（ ）
A．手推车水平匀速运动时，货物受挡板的弹力大小等于重力的大小
B．手推车向左运动时，手推车对货物的作用力的方向不可能指向右上方
C．为使货物不离开挡板，手推车水平向右的加速度不能超过gtanα
D．手推车静止时，若α缓慢增大到90
∘，则手推车平面对货物的支持力大小保持不变
【答案】C
【来源】2025 届重庆市第八中学高三下学期三诊物理试卷
【详解】A．手推车水平匀速运动时，货物受力平衡，对货物受力分析可知，受到竖直向下的重力，
挡板和车平面的支持力，则货物受挡板的弹力大小F1=mgsin α
小于重力的大小，选项A 错误；
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B．手推车向左减速运动时，加速度向右，则货物受合外力向右，此时手推车对货物的作用力的方
向指向右上方，选项B 错误；
C．当挡板对货物的弹力为零时，则由牛顿第二定律mg tan α =ma
可得a= g tan α
即为使货物不离开挡板，手推车水平向右的加速度不能超过gtanα，选项C 正确；
D．手推车静止时，手推车平面对货物的支持力F2=mgcosα
若α缓慢增大到90
∘，则手推车平面对货物的支持力大小逐渐减小到零，选项D 错误。
故选C。
[例题2] 如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，
相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B 之间。已知重力加速度
为g，每个桶的质量都为m，当汽车与油桶一起以某一加速度a 向左加速时，下列说法正确的
是（ ）
A．A、B 对C 的合力方向竖直向上
B．a= √3
3 g时，A 对C 的支持力为0
C．a 增大时，B 对C 的支持力变小
D．B 对C 支持力的大小可能等于1
2 mg
【答案】B
【来源】2025 届北京市丰台区高三下学期二模物理试题
【详解】A．C 向左加速运动，则合外力水平向左，即A、B 对C 的合力与重力合力方向水平向左，
可知A、B 对C 的合力方向斜向左上方，选项A 错误；
B．当A 对C 的支持力为0 时，则对C 根据牛顿第二定律mg tan30
∘=ma
解得a= √3
3 g
选项B 正确；
CD．对C 分析由牛顿第二定律FBCcos60
∘−FACcos60
∘=ma，FBCsin 60
∘+ FACsin 60
∘=mg
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可得FBC= mg
√3 +ma
a 增大时，B 对C 的支持力变大；因FBC= mg
√3 +ma> 1
2 mg
则选项CD 错误。
故选B。
[例题3] 如图所示，倾角为θ的斜面固定于电梯中，当电梯以加速度a竖直向上加速运动
时，质量为m的物体始终与斜面保持相对静止。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，重力
加速度为g，则物体受到的支持力和摩擦力大小分别是（ ）
A．m(g+a)cosθ m(g+a)sinθ
B．mgsinθ μmgcosθ
C．m(g−a)cosθ m(g−a)sinθ
D．m(g+a) μmgcosθ
【答案】A
【来源】2025 届贵州省贵阳市七校高三下学期联考物理试题（三）
【详解】以质量为m的物体为研究对象，其受重力mg，斜面支持力N，斜面摩擦力f 的作用，如图
且物体与电梯有相同的竖直向上的加速度a，建立图示的坐标系，把重力和加速度a分解到坐标轴
上，在x轴方向上有f −mgsinθ =max =masinθ
在y轴方向上有N −mgcosθ =ma y =macosθ
联立解得f =m(g+a)sinθ、N =m(g+a)cosθ
故选A。
[例题4] 如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1
和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将
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物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在
剪断瞬间（ ）
A．a1=2 g
B．a1= g
C．Δl1=2 Δl2
D．Δl1= Δl2
【答案】C
【来源】2023 届山东省济南市济钢高级中学高三下学期4 月二模前诊断物理试题
【详解】AB．设物块的质量为m，剪断细线之前，以b、c 物块为整体，根据受力平衡，可知轻弹
簧S1的弹力大小为F1=2mg
剪断细线瞬间，轻弹簧S1的弹力保持不变，以物块a 为研究对象，根据牛顿第二定律可得
a1= F1+mg
m
= 2mg+mg
m
=3 g
故AB 错误；
CD．设弹簧的劲度系数为k，剪断细线之前，以b、c 物块为整体，根据受力平衡，可知轻弹簧S1
的弹力大小为F1=k ⋅Δl1=2mg
以c 物块为研究对象，根据受力平衡，可知轻弹簧S2的弹力大小为F2=k ⋅Δl2=mg
联立可得Δl1=2 Δl2
故C 正确，D 错误。
故选C。
[例题5] (24-25 高三下·河南湘豫名校联考·二模)如图，滑块P、Q 的质量分别为mP=5kg，
mQ=10kg。P 与Q、Q 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.5。绳OA 一端与P 相连，另一端与
竖直墙壁相连，绳刚好伸直，绳OA 与水平方向夹角为θ，tanθ = 4
3 ，重力加速度g=10m/s²。
现通过力传感器水平作用于Q 将它抽出。下列说法正确的是（ ）
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A．P 受到的静摩擦力大小为15N
B．将Q 抽出力传感器的最小读数为90N
C．当力传感器的读数为100N 时，Q 的加速度大小为2m/s²
D．Q 对地面的摩擦力大小为75N
【答案】C
【来源】河南省湘豫名校联考2024-2025 学年高三下学期第二次模拟考试物理试卷
【详解】ABD．P 受到的是滑动摩擦力，对P 进行受力分析，如图所示
由平衡条件，可得FOAcos53
∘= Ff1，F N1+ FOA⋅sin53
∘=mP g
又Ff1= μ FN1，
解得FOA =25 N，FN1=30 N，Ff1=15 N
对Q分析有Ff2= μ FN 2= μ( F N1+mQ g)=65 N
则将Q 抽出力传感器的最小读数为Fmin= Ff1+ Ff2=80 N
故ABD 错误；
C．由牛顿第二定律F −Ff1−Ff2=mQa
解得a=2 m/s
2
故C 正确。
故选C。
[例题6] 如图甲所示，小鸟一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水
中后是匀减速直线运动，其v-t 图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动
时间为5
3 t1，最大速度为vm=18 m/s，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
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A．研究小鸟运动全过程所用时间不能将其视为质点
B．整个过程下落的高度为27 m
C．t1至5
3t1时间内v-t 图线的斜率为－10 m/s2
D．t1至5
3t1时间内阻力比重力小
【答案】B
【来源】2025 届陕西省汉中市西乡县第一中学高三下学期二模物理试题
【详解】A．研究小鸟运动全过程时，小鸟的身长不影响研究过程，可以将小鸟看做质点，A 错误；
B．由自由落体公式vm = gt1
可知小鸟自由落体的时间为t1=1.8s
根据v −t图像的面积表示位移，故整个过程下落的高度为x = 1
2 ×18× 5
3 t1
联立解得整个过程下落的高度为x =27 m
B 正确；
C．t1至5
3t1时间内v-t 图线的斜率为k = (0−18)m/s
5
3 t1−t1
= −18 m/s
1.2s
=−15 m/s
2
C 错误；
D． t1至5
3t1时间内，小鸟做减速运动，合外力向上，故阻力大于重力，D 错误。
故选B。
[例题7] 射击训练中，子弹因空气阻力的作用会影响其运动状态。如图甲，某运动员先后
两次在不同环境下从同一高度水平射出完全相同的子弹，每次子弹均从离开枪口开始计时，用
v y表示子弹在竖直方向的分速度，其v y−t图像如图乙所示（取竖直向下为正方向），a、b
两点对应的竖直方向的速度大小均为v y 1，则（ ）
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A．0∼ta过程中子弹沿竖直方向的位移比0∼tb过程的大
B．0∼ta过程中子弹沿竖直方向的平均加速度比0∼tb过程的大
C．ta时刻子弹所受合力沿竖直方向的分力比tb时刻的小
D．ta时刻子弹所受阻力沿竖直方向的分力比tb时刻的小
【答案】BD
【来源】2025 届福建省三明市高三下学期三模物理试题
【详解】B．v y−t图像斜率表示竖直方向的加速度，由图像斜率可知第一次斜率更大，即0∼ta过
程中子弹沿竖直方向的平均加速度比0∼tb过程的大，故B 正确，
A．根据2ax = v
2 ，由于a、b 两点对应的竖直方向的速度大小均为v y 1，可知：0∼ta过程中子弹
沿竖直方向的位移比0∼tb过程的小，故 A 错误；
C．根据受力分析可知，在竖直方向有：mg−f y =ma y
由图知：ta时刻子弹竖直方向的加速度大于tb时刻子弹竖直方向的加速度，所以可知：
ta时刻子弹所受合力沿竖直方向的分力比tb时刻的大，故C 错误；
D．ta时刻子弹所受阻力沿竖直方向的分力比tb时刻的小，故 D 正确；
故选BD 。
[例题8] 如图甲所示，工地电动物料运输车的左端有一个垂直底板的挡板。工人将空车从
静止开始沿直线推到物料堆前，初始以加速度a1=0.5 m/s
2做匀加速运动，经t1=8s后做匀减
速运动，再经过t2= 4s后刚好停在物料堆处。工人将一个质量m=20kg的物料放在车上，保
持车底板P 与水平面间的夹角θ =37°向左推车，如图乙所示。物料受到的摩擦力不计。取
sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度g=10 m/s
2，求：
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(1)初始时空车到物料堆的距离；
(2)放上物料后以a2=0.25 m/s
2加速推车时，底板P 对物料支持力的大小。
【答案】(1)24m
(2)163N
【来源】2025 届四川省泸州市高三下学期第三次教学质量诊断性考试物理试题
【详解】（1）题意知加速结束时的速度v =a1t1= 4 m/s
则初始时空车到物料堆的距离x = v
2 t1+ v
2 t2
联立解得x =24 m
（2）物料受力如图
对物料，由牛顿第二定律有F2sinθ−F1cosθ =ma2
竖直方向有F2cosθ+ F1sinθ =mg
联立解得F2=163 N
则底板P 对物料支持力的大小为163N。
[例题9] 在渔业作业中，鱼虾被捕捞上岸后，借助“鱼虾自动分离装置”，实现了鱼和虾
的机械化高效分离，显著降低了人工成本。这一装置的简化模型如图所示，其中分离器出口与
传送带中段有一定的高度差。鱼、虾（视为质点）均下落至分离器出口正下方，且到传送带时
有沿斜面向下相同的初速度（垂直于传送带的速度瞬间变为零）。最终虾均能被传送到下端收
集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面夹角为θ，始终以恒定速率顺时
针转动。则下列说法正确的是（ ）
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A．鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同
B．鱼从掉落到传送带后，先沿着传送带向下做减速直线运动，最终一定会和传送带共速
C．鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于虾与传送带的动摩擦因数
D．虾从掉落到传送带后，可能做匀速直线运动，也可能做加速直线运动，还可能做减速直线运
动
【答案】ACD
【来源】2025 届云南省曲靖市高三下学期第二次教学质量监测物理试卷
【详解】A．由于鱼和虾最终均能进入收集箱，且由于两者落在传送带时均有沿斜面向下的初速度，
虾沿传送带向下运动所以受到的摩擦力一定向上，鱼先向下减速，所受的摩擦力向上，速度减为零
后，又沿传送带向上运动此时摩擦力向上，所以鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方
向始终相同，故A 正确；
B．鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，鱼先向下减速到速度为零后，变为
向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，故B 错误；
C．鱼向上运动，有Mgsinθ< μ1 Mgcosθ
虾向下运动加速时有mgsinθ> μ2mgcosθ
匀速时有mgsinθ = μ2mgcosθ
向下减速时为了和鱼能够分开，说明虾向下减速的减速度小于鱼向下减速的加速度，即
μ2mgcosθ−mgsinθ< μ1mgcosθ−mgsinθ
所以μ1一定大于μ2，故C 正确；
D．虾的收集箱在下方，所以虾一定是向下运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力小于虾受到
的摩擦力，此时虾向下做减速直线运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力等于虾受到的摩擦力，
虾向下做匀速直线运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于虾受到的摩擦力，此时虾向下做
加速直线运动，故D 正确。
故选ACD。
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[例题10] 如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木
板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a 随变力F 变化的规律如图乙所示．已
知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数为a0
g
B．长木板与地面间的动摩擦因数为a1
g
C．小物块的质量为F2−F1
a0
D．长木板的质量为F3−F2
a1
【答案】D
【来源】2025 届陕西省安康市高三下学期三模物理试题
【详解】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物
块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F > F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有μ2mg=ma1
解得μ2= a1
g
故A 错误；
B．根据题图乙可知，当F = F1时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦
因数μ1=
F1
(m+ M )g
当F1< F ≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有F −μ1(m+ M )g=(m+ M )a
即a=
F
m+ M −μ1 g
结合题图乙中图像的截距有−a0=−μ1g，
1
m+ M = a0
F1
解得μ1= a0
g
故B 错误：
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CD．当F > F3时，对长木板，根据牛顿第二定律有F −μ2mg−μ1(m+ M )g= Ma
整理得a= F
M −μ2mg
M
−μ1(m+ M )g
M
结合题图乙有1
M =
a1
F3−F2
，
a1
F3−F1
= a0
F1
则长木板的质量M = F3−F2
a1
小物块的质量m= F2−F1
a1
故C 错误，D 正确。
故选D。
题型1 已知受力情况求运动情况
1.
一辆货车载着完全相同且质量均为m 的光滑圆柱形空油桶。在车厢底，一层油桶平整
排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶c，自由地摆放在油桶a、b 上面，没有绳
索固定。桶c 受到桶a、b 的支持力，和汽车一起保持相对静止，重力加速度为g。下列说法正
确的是（ ）
A．当货车匀速直线运动时，油桶c 对油桶a 的压力大于油桶a 对油桶c 的支持力
B．当货车向右以加速度a 做匀加速速直线运动时，油桶a、b 对油桶c 的作用力为ma
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C．当货车向右加速运动的加速度增大到√3
3 g时，油桶c 就开始脱离b
D．当货车向右加速运动的加速度增大到√3
2 g时，油桶c 就开始脱离b
【答案】C
【来源】湖北省孝感市2024-2025 学年高一上学期期末考试物理试卷
【详解】A．由牛顿第三定律知，油桶c 对a 的压力大与油桶a 对油桶c 的支持力是作用力和反作
用力的关系，二者大小相等，方向相反，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律可得
F =√(mg)
2+(ma)
2
故B 错误；
CD．当货车向右加速到一定数值时，c、b 油桶会分离，此时
ma
mg =tan30°
所以
a= √3
3 g
故C 正确，D 错误。
故选C。
2.
(24-25 高三上·吉林吉林普通中学·调研)分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作
效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可沿直线将包裹送至指定
投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。
现机器人要把包裹从分拣处运至相距L= 45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘
保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ=0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦
力，重力加速度g 取10 m /s
2，求：
(1)机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角θ及运输包裹的过程中允许的最大加速度；
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(2)若机器人运行的最大速度为vm=3 m /s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最
短时间t。
【答案】(1)37°，7.5 m /s
2
(2)15.4s
【来源】吉林省吉林市普通中学2024-2025 学年高三上学期第二次调研考试物理试题
【详解】（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足
mgsinθ = μmgcosθ
可得
θ =37°
当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即
μmg=ma
所以
a=7.5 m /s
2
（2）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后
以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从供包台运行至分拣口所需时间最短，则匀加速直
线运动阶段有
x1= vm
2
2a
t1= vm
a
匀减速阶段有
x3= vm
2
2a
t3= vm
a
所以匀速运动的时间为
t2= x2
vm
= L−x1−x3
vm
联立可得
t =t1+t2+t3=15.4s
3.
如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为80kg，以3 m /s的初速度沿山坡匀加
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速直线滑下，山坡倾角为30
∘，滑雪者受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）为总重力的0.1 倍，
已知重力加速度大小g=10 m /s
2，求
(1)滑雪者滑下的加速度大小；
(2)滑雪者沿山坡滑行5s的位移大小。
【答案】(1)a= 4 m/s
2
(2)x =65 m
【来源】2025 届湖北省武汉市高三下学期四月调研考试物理试题
【详解】（1）由题意阻力f =0.1mg
由牛顿第二定律得mgsin30
∘−f =ma①
解得a= 4 m/s
2
（2）由运动学公式x = v0t + 1
2 at
2
解得x =65 m
题型2 已知运动情况求受力情况
4.
无人机已广泛应用于各行各业。物流公司使用无人机运输货物，无人机下方通过3 根
对称的绳索悬挂货物，如图甲所示，每根绳与竖直中轴线的夹角均为37°。已知货物的质量为
2.4kg，绳索质量不计，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s
2，cos37° =0.8，sin37° =0.6。
求：
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(1)当无人机悬停在空中时，每根绳对货物的拉力大小；
(2)当无人机到达目的地正上方后，先做竖直向下的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动安全着陆，
图乙是降落全过程的v −t图像（速度-时间图像）。货物匀减速直线下降过程中，每根绳对货物的
拉力大小。
【答案】(1)10N
(2)14.5N
【来源】2025 届四川省德阳市高中高三上学期第一次诊断考试物理试卷
【详解】（1）设每根绳索拉力为F，分析可知货物受到绳索拉力和自身重力mg 而平衡，则由平衡
条件得
3 F cos37° =mg
代入数据整理得
F =10 N
（2）由v −t图像可知5s 到7s 过程，货物做匀减速直线运动，设此过程每根绳对货物的拉力大小为
F0，由图乙速度时间图像可知减速过程加速度大小为
a=|
Δv
Δt |=|0−9
7−5|m /s
2= 4.5 m /s
2
加速度方向向上，对货物，由牛顿第二定律得
3 F0cos37°−mg =ma
解得
F0=14.5 N
5.
如图为某高速收费站的标识牌。一辆汽车正沿直线向收费站驶来，如果这辆汽车过
ETC（电子不停车收费）通道，则需要在车辆识别装置前s1=16 m处减速至v1= 4 m /s，匀速
到达车辆识别装置后再以a2=3 m /s
2的加速度加速至v2=28 m /s行驶，假设汽车制动过程中
所受阻力与其重力的比值k =0.2，且制动时间t0=8s，汽车进、出收费站的运动可视为水平面
上的直线运动，g 取10 m /s
2。求：
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(1)汽车减速前的速度大小v0；
(2)汽车到达车辆识别装置后加速运动的位移大小s2；
(3)汽车从开始减速到加速结束的平均速度大小v。
【答案】(1)20 m/s
(2)128 m
(3)12m/s
【来源】2025 届广东省肇庆市高三上学期一模物理试题
【详解】（1）设减速过程加速度大小为a0，由牛顿第二定律，有
kmg=ma0
由运动学规律，有
v0−a0t0= v1
代入数据解得
v0=20 m /s
（2）由运动学规律，有
v2
2−v1
2=2a2s2
代入数据解得
s2=128 m
（3）加速过程的时间
t2= v2−v1
a2
=8s
匀速过程的时间
t1= s1
v1
= 4s
减速过程的位移大小
s0= v0t0−1
2 a0t0
2=96 m
平均速度大小
v = s0+ s1+ s2
t0+t1+t2
=12m /s
6.
(23-24 高三上·黑龙江双鸭山友谊县中学·月考)用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，
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为使工件保持固定，将其置于两个光滑斜面之 间，如图所示，两个斜面I、Ⅱ固定在车上，倾
角分别为53°和37°。已知sin37° = 3
5，cos37° = 4
5 ，重力加速度为g。
（1）当卡车沿平直公路匀速行驶时，求斜面I、Ⅱ分别对工件的弹力大小；
（2）当卡车沿平直公路以1
5 g的加速度匀减速行驶时，求斜面I、Ⅱ分别对工件的弹力大小。
【答案】（1）3
5 mg，4
5 mg；（2）11
25 mg，23
25 mg
【来源】黑龙江省双鸭山市友谊县中学2023-2024 学年高三上学期9 月月考物理试题
【详解】（1）对工件进行受力分析，如图所示
卡车匀速行驶时，根据共点力的平衡条件，得
F1sin53° = F2sin37°
F1cos53°+ F2cos37° =mg
联立解得
F1= 3
5 mg，F2= 4
5 mg
（2）当卡车匀减速行驶时，在竖直方向上有
F1
' cos53°+ F2
' cos37° =mg
水平方向由牛顿第二定律，得
F2
' sin37
∘−F1
' sin53
∘= 1
5 mg
联立解得
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F1
' = 11
25 mg，F2
' = 23
25 mg
题型3 生活中的超重与失重
7.
春风和煦，义乌市民广场上有许多人在放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中。
乙图是甲图的情境模型，OL 代表风筝线，MN 代表风筝截面，截面与水平面夹角θ 保持不变。
假设风向水平，风速稳定，保持筝线拉力大小保持不变，则下列同学的判断正确的是（ ）
A．若持线人在地上向左移动些许，风筝将呈现失重状态
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝高度将下降
C．图示情境下，风筝不可能静止在空中
D．图示情境下，风筝受到四个力的作用
【答案】A
【来源】2025 届浙江省金华市义乌市高三下学期三模物理试题
【详解】A．对风筝受力分析，风筝受到竖直向下的重力G、风筝线的拉力T、风力F。若持线人在
地上向左移动些许，风筝线拉力大小保持不变，风筝线与竖直方向的夹角减小，拉力的竖直分量增
大，合力有竖直向下的分量，则风筝有竖直向下的分加速度，将呈现失重状态，故A 正确；
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝线与竖直方向的夹角增大，拉力的竖直向下的分量减小，
风筝高度将上升，故B 错误；
C．图示情境下，当风筝受到的向下的重力G、风筝线的拉力T、垂直风筝面的斜向上的风力F 三
力平衡时，风筝可以静止在空中，故C 错误；
D．图示情境下，当风筝受到的重力G、风筝线的拉力T、风力F 共三个力，故D 错误。
故选A。
8.
小明进入厢式电梯，他手机中的加速度传感器记录了电梯在某一段时间内的加速度随
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时间变化的图像，如图所示，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．t3~t 4，小明重力变小
B．t1~t2，小明处于失重状态
C．t2~t3，小明处于平衡状态
D．t3~t 4，小明对电梯的压力恒定
【答案】C
【来源】2025 届福建省龙岩市高三下学期二模物理试题
【详解】A．重力总是不变的，与加速度无关，选项A 错误；
B．t1~t2时间内电梯向上加速，小明处于超重状态，选项B 错误；
C．t2~t3时间内加速度为零，小明处于平衡状态，选项C 正确；
D．t3~t 4时间内电梯向上减速，加速度先增加后减小，可知小明对电梯的压力不是恒定的，选项D
错误。
故选C。
9.
自动扶梯是一种用于运送乘客的固定电力驱动设备，广泛应用于商场、车站等公共场
所。如图甲所示，某乘客乘坐自动扶梯时双手没有接触扶梯，乘客与自动扶梯始终保持相对静
止，乘客速度为v，乘客的位移x 随时间t 变化的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（
）
A．若v 方向斜向上，则0~t1时间内，乘客处于失重状态
B．若v 方向斜向上，则t2~t3时间内，乘客处于超重状态
C．若v 方向斜向下，则0~t1时间内，乘客处于失重状态
D．若v 方向斜向下，则t2~t3时间内，乘客处于失重状态
【答案】C
【来源】2025 届甘肃省白银市会宁县第一中学高三下学期二模物理试题
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【详解】AB．x-t 图像的斜率表示速度，0~t1时间内，乘客做加速运动，若v 方向斜向上，则加速
度方向斜向上，乘客处于超重状态；t2~t3时间内，乘客做减速运动，若v 方向斜向上，则加速度
方向斜向下，乘客处于失重状态，AB 项错误。
CD．若v 方向斜向下，0~t1时间内，乘客做加速运动，则加速度方向斜向下，乘客处于失重状态；
t2~t3时间内，乘客做减速运动，则加速度方向斜向上，乘客处于超重状态，C 项正确、D 项错误。
故选C。
题型4 与超重失重有关的图像问题
10. 2024 年8 月6 日，在巴黎奥运会女子10 米跳台决赛中，17 岁的中国选手全红婵卫冕
成功夺得了该项目的金牌。若将10 米跳台跳水简化为竖直方向的直线运动，以全红婵离开跳
台时作为计时起点，取竖直向下为正方向，其运动的v-t 图像如图所示，0~1.8s、2.1~2.7s 内图
线为直线，1.8~2.1s 内图线为曲线，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．在0~0.4s 和0.4~1.8s 时间内，加速度方向相反
B．t=1.8s 时，速度大小为14m/s
C．t=1.9s 时，全红婵重心到达最高点
D．2.1~2.7s 内全红婵处于失重状态
【答案】B
【来源】2025 届云南省玉溪市高三下学期第三次市统测复习教学质量检测物理试卷
【详解】A．图线的斜率表示加速度，由图可知，在0~0.4s 和0.4~1.8s 时间内，图线斜率不变，则
加速度不变，故A 错误；
B．t=1.8s 时，速度大小为v = g(1.8−0.4)=14 m/s
故B 正确；
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C．t=1.9s 时，竖直向下的速度达到最大，加速度为零，此时人所受重力与水的阻力平衡，重心不
在最高点，故C 错误；
D．2.1~2.7s 内全红婵向下做匀减速运动，加速度向上，则处于超重状态，故D 错误。
故选B。
11. 小明站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯静止时电子秤的示数为500N。电梯从t
＝0 时由静止开始运动，t＝18s 时静止，电子秤的示数F 随时间t 变化的图像如图所示。下列
说法正确的是（ ）
A．电梯处于上升状态
B．电梯减速阶段的加速度大小为0.5 m/s
2
C．16s~18s，电子秤的示数为600N
D．0~18s，电梯运行的总位移为30m
【答案】D
【来源】2025 届新疆维吾尔自治区高三下学期第三次适应性检测理科综合试题-高中物理
【详解】A．物体由静止开始运动，只能加速；由题图可知先失重，加速度向下，故只能做向下的
加速运动，故电梯处于下降状态，故A 错误；
BC．0~ 4s内电梯向下加速运动，由牛顿第二定律可得500−475=50a1
解得a1=0.5 m /s
2
t = 4s时的速度大小为v1=a1t1=2m /s
0~ 4s内的位移大小为x1= 1
2 a1t1
2= 4 m
4 ~16s内电梯向下匀速直线运动，通过的位移大小为x2= v1t2=24 m
16~18s内电梯向下减速运动直至静止，根据运动学公式可得0= v1−a2t3
解得加速度大小为a2=1m /s
2
根据牛顿第二定律可得F −mg=ma2
解得F =550 N
可知16~18s，电子秤的示数为550 N，故BC 错误；
D．16~18s内，由0−v1
2=−2a2 x3
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解得x3=2m
则0~18s，电梯运行的总位移为s= x1+ x2+ x3=30 m
故D 正确。
故选D。
12. (24-25 高二下·广东茂名52 校际联盟·)如图甲所示为春节期间某个小朋友释放的火箭
炮，其运动过程中的v -t图像如图乙所示，其中Oa、bc、cd 段均为直线。假设火箭炮运动过
程中受到的空气阻力大小保持不变，在t3时刻燃料耗尽，t5时刻落回到地面，火箭炮燃料消耗
对质量的影响不能忽略，取竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．火箭炮在t2时刻上升到最高点
B．火箭炮在bc、cd 段均做匀变速直线运动，加速度
方向相反
C．0~t1时间内，火箭炮受到的推力在逐渐减小
D．t 4~t5时间内，火箭炮处于超重状态
【答案】C
【来源】广东省茂名市5 2 校际联盟2024-2025 学年高二下学期质量检测物理试题
【详解】A．由v −t图像可知，0-t 4火箭炮先向上加速，再向上减速，故火箭炮在t 4时刻上升到最高
点，A 答案错误；
B．火箭炮在bc、cd 段均做匀变速直线运动，加速度方向相同，B 答案错误；
C．0~t1时间内，对火箭炮有F −f −mg=ma，f 、a不变，m在减小，F也减小，C 答案正确；
D．t 4~t5时间内，火箭炮的加速度竖直向下，处于失重状态，D 答案错误。
故选C。
题型5 等时圆模型的应用
13. 如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P 点，有三
根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于
圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P
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点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP 上运动的时间之比为（ ）
A．√3:√2:1
B．(√3−√2):(√2−1):1
C．3:2:1
D．1:1:1
【答案】A
【来源】2025 届安徽省安庆市高三下学期二模物理试题
【详解】根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则
t AP:t BP:tCP=t A
' P:t B
' P:tC
' P=√
2⋅3d
g
:√
2⋅2d
g
:√
2⋅d
g
=√3:√2:1
故选A。
14. (17-18 高三·湖南双峰一中·月考)如图所示，圆1 和圆2 外切，它们的圆心在同一竖直
线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2 上，三块板都通过两圆的切点，
A在圆上，B在圆内，C在圆外。从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板
运动，则最先到达圆2 上的球是（ ）
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A．从A处释放的球
B．从B处释放的球
C．从C处释放的球
D．从A、B、C三处释放的球同时到达
【答案】B
【来源】湖南省双峰一中2017-2018 学年高三上期第一次月考物理试题
【详解】假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2 上，板与竖直方向的夹角为α，圆1 的半径为r，
圆2 的半径为R，则圆内轨道的长度为
s=2(r + R)cosα
对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得
mgcosθ =ma
解得下滑时小球的加速度为
a= gcosα
根据位移时间公式得
s= 1
2 at
2
解得
t =√
2s
a =√
4 (r + R)cosα
gcosα
=√
4 (r + R)
g
可知当板的端点在圆上时，小球沿不同板下滑到底端所用的时间相同。由题意可知，A在圆上，B
在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑的时间最短，B 正确。
故选B。
15. 如图所示，AB是一个倾角为θ的传送带，上方离传送带表面距离为l的P处为原料输
入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速度地从P处
以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，原料从P处到达传送带的时间为（ ）
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A．√
2l
gcosθ
B．
1
cosθ √
2l
g
C．√
2l
gcos θ
2
D．
1
cos θ
2 √
2l
g
【答案】D
【来源】2024 届湖北省黄石市第二中学高三下学期三模考试物理试题
【详解】如图所示
以P处为圆的最高点作圆O与传送带相切于C点，设圆O的半径为R，从P处建立一管道到圆周上，
管道与竖直方向的夹角为α，原料下滑的加速度为
a= mgcosα
m
= gcosα
管道长度为
L=2 Rcosα
由运动学公式可得
L= 1
2 at
2
解得
t =√
2 L
a =√
2×2 Rcosα
gcosα
=√
4 R
g
可知从P处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在P与AB传送带间建立一管道PC，
原料从P处到传送带上所用时间最短；根据图中几何关系可得
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R+ R cosθ =l
可得
R =
l
1+cosθ =
l
2cos
2 θ
2
联立可得
t =√
4×
l
2cos
2 θ
2
g
=
1
cos θ
2 √
2l
g
故选D。
题型6 动力学图像问题
16. 如图甲所示，一小滑块在t =0时刻从底端滑上某一斜面，滑块的v −t图像如图乙所示，
图像中相关数据为已知信息，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在斜面上运动的总时间为2t1
B．滑块在斜面上运动的总时间为(√
v0
v1
+1)t1
C．斜面倾角的正弦值为v1+ v0
2gt1
D．斜面倾角的正弦值为v0−v1
2 gt1
【答案】BC
【来源】2025 届江西省金太阳高三下学期5 月联考物理试卷
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【详解】AB.设滑块下滑的加速度大小为a下，滑块在斜面上向上运动的最长距离为x上，滑块返回
斜面底端时速度大小为v，则有v1=0+a下t1，x上= 1
2 v0t1，x上= x下= v
2
2a下
解得v =√v0v1
设滑块下滑的时间为t下，则有v =0+a下t下
解得t下=t1√
v0
v1
滑块在斜面上运动的总时间t 总=t1+t下=(√
v0
v1
+1)t1
选项A 错误，B 正确；
CD.设滑块上滑的加速度大小为a上，斜面的倾角为θ，则有a上= v0
t1
，mgsinθ+ μmgcosθ =ma上，
mgsinθ−μmgcosθ =ma下
解得sinθ = v1+ v0
2gt1
选项C 正确，D 错误。
故选BC。
17. 如图甲所示，倾斜放置的传送带沿顺时针方向匀速转动，一物块从传送带的底端以一
定的初速度冲上传送带，结果物块在传送带上运动的v −t图象如图乙所示，重力加速度为g，
图中所示物理量均为已知量，则由图象不可以求出的物理量是（ ）
A．物块与传送带间动摩擦因数的大小
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B．物块回到传送带底端时相对于传送带的位移
C．物块回到传送带底端时的动能
D．物块回到传送带底端时的时刻
【答案】C
【来源】北京市中国人民大学附属中学2024 届高三下学期一模前物理练习（一）
【详解】A．设物块与传送带间动摩擦因数为μ，传送带的倾角为θ
根据图像可知，传送带的速度等于v2
0−t1时间内，物块的加速度大小a1= v1−v2
t1
由牛顿第二定律，有μmgcosθ+mgsinθ =ma1
在t1−t2时间内，物块的加速度大小a2=
v2
t2−t1
由牛顿第二定律，有mgsinθ−μmgcosθ =ma2
由以上联立可求得μ 和θ，不能求出m，故A 错误；
BCD．物块上滑的总位移为x = v1+ v2
2
t1+ v2
2 (t2−t1)
则下滑到底端的过程，有x = 1
2 a2t
'2
可解得下滑用时t
'
则物块回到传送带底端时的时刻为t2+t
'，故D 错误。
物块回到传送带底端时的速度为v
' =a2t
'
但因为质量未知，则此时动能不可求，故C 正确。
由图像可计算得物块回到传送带底端时相对于传送带的位移为Δ x = x −x −v2(t2+t
')=−v2(t2+t
')
故B 错误。
故选C。
18. 如图甲所示，物块A、B 静止叠放在水平地面上，B 受到大小从0 开始逐渐增大的水
平拉力F 的作用。A、B 间的摩擦力Ff1、B 与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F 变化的情况如
图乙所示。已知物块A 的质量m=3kg，取重力加速度大小g=10 m /s
2，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
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A．当0< F <4 N时，A、B 保持静止
B．当4 N < F <12N时，A、B 保持相对静止
C．当F >12N时，A 的加速度随F 的增大而增大
D．A、B 两物块间的动摩擦因数为0.4
【答案】AB
【来源】2025 届陕西省咸阳市武功县普集高级中学高三下学期二模物理试题
【详解】A．当0< F <4 N时，由图像可知B 与地面的摩擦力逐渐增大，A、B 间的摩擦力始终为零，
A、B 都没被拉动，A、B 保持静止，故A 正确；
B．当4 N < F <12N时，A、B 间的摩擦力开始逐渐变大，B 与地面间的摩擦力保持不变，B 已经被
拉动了，A、B 间保持相对静止，故B 正确；
C．当F >12N时，A、B 间的摩擦力大小保持不变，A、B 发生了相对滑动，A 由滑动摩擦力提供
加速度，所以加速度的保持不变，故C 错误；
D．当F =12N时，A、B 间发生相对滑动，，两者间的静摩擦力最大值为Ff1m = μmg=6 N
解得A、B 两物块间的动摩擦因数为μ=0.2
故D 错误。
故选AB。
19. 倾角为θ的足够长传送带以速度v1顺时针匀速转动，t =0时刻，一物块以初速度
v2(v2>v1)冲上传送带，传送带各处的粗糙程度相同，不计空气阻力，规定沿传送带向下为正
方向，物块的加速度a随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ）
32
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A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【来源】2025 届河北省部分学校高三下学期水平选择性考试模拟物理试题
【详解】当物块与传送带之间的动摩擦因数μ≥tanθ时，根据牛顿第二定律，可得物块先做加速度
大小a1= gsinθ+ μgcosθ
方向沿传送带向下的匀减速运动，减速到与传送带共速后匀速上升，加速度为零；
当μ<tanθ时，物块先做加速度大小a2= gsinθ+ μgcosθ
方向沿传送带向下的匀减速运动，减速到与传送带共速后，摩擦力方向变为向上，物块继续做减速
运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a3= gsinθ−μgcosθ
方向沿传送带向下，直到减速到零，后向下加速，加速过程摩擦力方向依然向上，加速度大小依然
为a3= gsinθ− μgcosθ
方向沿传送带向下。
故选BC。
20. 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A、
B（B 物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的
拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，重力加速度
为g，则下列说法不正确的是（ ）
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A．施加外力F 大小恒为M（g＋a）
B．A、B 分离时，弹簧弹力恰好为零
C．A、B 分离时，A 上升的距离为M （g−a）
k
D．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值
【答案】ABD
【来源】2025 届辽宁省各地高三下学期第二次模拟考试物理试卷
【详解】A．施加F 前，物体AB 整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx
解得：x = 2 Mg
k
加外力F 后到物体A、B 分离前，对AB 整体有F −2 Mg+ F弹=2 Ma
又因F弹=kx
由于压缩量x 减小，故F 为变力，物体A、B 分离时，此时A、B 具有共同的v 和a，且F AB=0
对A 有：F −Mg= Ma
解得：F = M （g+a）
故A 错误；
BD．A、B 分离后，B 将做加速度减小的加速运动，当F弹= Mg时，B 达到最大速度，故BD 错误；
C．对B 有：F弹−Mg= Ma
解得：F 弹= M (g+a)
此时弹簧的压缩量为x2= M (g+a)
k
故弹簧的压缩量减小了Δ x = x1−x2= M (g−a)
k
即A 上升的距离h= M (g−a)
k
故C 正确。
本题选不正确的，故应选ABD。
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