資源簡介

第 10 講　牛頓運動定律的綜合應用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 超重和失重問題
考點 2 動力學中的圖象問題
考點 3 等時圓模型
考點 4 動力學中的臨界、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 (或對懸掛物的拉力)等
體所受重力的現象 體所受重力的現象 于零的現象
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
產生條件
向上 向下 直向下，大小 a＝g
以 a＝g 加速下降或減
運動狀態 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升
速上升
F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝ma
原理方程
F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝0
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．在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失．
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．
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
出現超重或失重狀態．
【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，勁度系數為
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，傳感器示數為 1000N。打開扣環，人從 A 點由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直發射”，經 B
點上升到最高位置 C 點，在 B 點時速度最大。已知 長為2m，人與裝備總質量 = 80kg（可視為
質點）。忽略空氣阻力，重力加速度 取10m/s2。下列說法正確的是（ ）
A．在 B 點時，彈性輕繩的拉力為零 B．經過 C 點時，人處于超重狀態
C．彈性輕繩的勁度系數 為500N/m D．打開扣環瞬間，人在 A 點的加速度大小為22.5m/s2
【答案】C
【詳解】C．在 B 點時人的速度最大，加速度為零，處于平衡狀態，有
=
在 A 點未釋放時，有
′ = +
又
′ = 2m
聯立，解得
= 500 N 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。故 B 錯誤；
D．打開扣環瞬間，由牛頓第二定律，可得
′ = =
解得
= 12.5 m s2
故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 2】（2024·湖北·一模）智能手機里一般都裝有加速度傳感器。打開手機加速度傳感器軟件，
手托著手機在豎直方向上運動，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（　?。?br/>A．t 時刻手機處于完全失重狀態 B．t 時刻手機開始向上運動
C．t 時刻手機達到最大速度 D．手機始終沒有脫離手掌
【答案】A
【詳解】A．t 時刻手機加速度為 ，方向豎直向下，手機處于完全失重狀態故 A 正確；
BC．由題可知整個過程為先托著手機0 2向下做加速運動， 2 3 向下做減速運動， 圖像與
坐標軸圍成的面積為速度，t 時刻手機達加速度為正方向的最大值，故 t 速度小于 2速度不是最大，
故 BC 錯誤；
D．手機加速度向上時受到手向上的支持力不會脫離手掌，手機加速度為 的過程中處于完全失重
狀態，可以說此過程手機和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，故 D 錯誤。
故選 A。
【考向 3】（多選）（2024·山東濰坊·三模）如圖甲是風洞示意圖，風洞可以人工產生可控制的氣流，
用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行表演中，質量為 50kg 的表演者靜臥于出風
口，打開氣流控制開關，表演者與風力作用的正對面積不變，所受風力大小 F=0.05v2（采用國際單
位制），v 為風速?？刂?v 可以改變表演者的上升高度 h，其 v2與 h 的變化規律如乙圖所示。g 取
10m/s2。表演者上升 10m 的運動過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．打開開關瞬間，表演者的加速度大小為 2m/s2
B．表演者一直處于超重狀態
C．表演者上升 5m 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．打開開關瞬間，表演者高度為 0，則有
2 = 1.2 × 104m2 s 20
根據牛頓第二定律有
0.05 20 = 0
解得
0 = 2m/s2
故 A 正確；
B．根據圖像可知，當風力與表演者的重力相等時有
0.05 21 =
解得
21 = 1.0 × 104m2 s 2
由于
2 = 1.2 × 104m2 s 2 400
可知，重力與風力大小相等時的高度為
1 = 5m
可知，在高度小于 5m 時，風力大于重力，加速度方向向上，表演者處于超重狀態，在高度大于 5m
時，風力小于重力，加速度方向向下，表演者處于失重狀態，故 B 錯誤；
C．結合上述可知，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
達到最大值，故 C 正確；
D．結合上述可知，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。
考點 2：動力學中的圖象問題
1．常見的圖象
v－t 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－t 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。
F－t 圖象：通過圖像可以知道每時每刻對應的合外力及加速度，與時間軸圍成的面積表示動量
變化量或者合外力的沖量。
F－x 圖象：與時間軸圍成的面積表示功。
2．圖象間的聯系
加速度是聯系 v－t 圖象與 F－t 圖象的橋梁．
3．圖象的應用
(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行分析．
4．解答圖象問題的策略
(1)弄清圖象坐標軸、斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義．
(2)應用物理規律列出與圖象對應的函數方程式，進而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關
系，以便對有關物理問題作出準確判斷．
【考向 4】（2024·河北·三模）某游泳運動員在0~6s時間內運動的 圖像如圖所示。關于該運動員，
下列說法正確的是（　　）
A．在0~6s內所受的合力一直不為 0
B．在0~6s內的位移大小為24m
C．在2s~4s內一定處于超重狀態
D．在4s~6s內的位移大小為8m
【答案】D
【詳解】A． 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
合 =
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 圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，所以在0 6s內的位移為
1
= 2(2 + 4) × 4m = 12m
故 B 項錯誤；
C．由之前的分析，在2s 4s結合圖像可知，其加速度為
4 0
= 2 24 2m/s = 2m/s
由于不知道運動員運動方向，只知道該時間內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，故 C 項錯誤；
D．結合之前的分析，在4s 6s的位移為
1 = 4 × 2m = 8m
故 D 項正確。
故選 D。
【考向 5】（2024·山西臨汾·三模）質量為 m 的物塊靜止在動摩擦因數為 的水平地面上，0~3s 內所
受水平拉力與時間的關系如圖甲所示，0~2s 內加速度圖像如圖乙所示。重力加速度 g=10m/s2，由圖
可知（　?。?br/>A．m=1kg， =0.2 B．m=1kg， =0.1
C．m=2kg， =0.2 D．m=2kg， =0.1
【答案】A
【詳解】0~1s 內，根據牛頓第二定律可得
1 =
1~2s 內，有
2 =
聯立可得
= 1kg， = 0.2
故選 A。
【考向 6】（2024·廣東·高考真題）如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方 H
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 y。所受合外力為
F，運動時間為 t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。
其 圖像或 圖像可能正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】B
【詳解】AB．在木塊下落 高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即
=
當木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力
= ( )
到合力為零前，隨著 增大 減??；當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 增大 增大， 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
1
= 22
速度逐漸增大， 圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據牛頓第二定律
( ) = =
木塊的速度繼續增大，做加速度減小的加速運動，所以 圖像斜率繼續增大，當彈簧彈力大于木
塊的重力后到最低點過程中
= ( )
木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以 圖斜率減小，到達最低點后，木塊
向上運動，經以上分析可知，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， 圖像大致為
故 CD 錯誤。
故選 B。
【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動，某時刻
在傳送帶上適當的位置放上具有一定初速度 v0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-t 圖像中可能正確是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【詳解】A．當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
sin + cos = 1
即
1 = sin + cos
可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當小物塊達到傳送帶速度時，若滿足
sin < cos
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
sin > cos
小物塊繼續加速下滑，其加速度大小為
2 = sin cos < 1
故 A 正確；
B．當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
sin > cos
則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為
3 = sin + cos
若滿足
sin < cos
則小物塊應沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為
4 = cos sin
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
3 = sin + cos
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 a3，與傳送帶共
速時，若滿足
sin > cos
則小物塊繼續做勻加速直線運動，加速度大小為
2 = sin cos < 3
若滿足
sin < cos
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 ABD。
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:
①xAD = 2Rsin α
②mgsin α = ma
1
③xAD = at22
R
聯立①②③解得 t = 2
g
結論：運動時間與傾角無關，即沿各弦運動時間相同。
(2)各弦交點為最高點時，結論同上。
【考向 8】（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，半球形容器內有三塊不同長度的滑板 ′、 ′、 ′，
其下端都固定于容器底部 ′點，上端擱在容器側壁上，已知三塊滑板的長度 ′ > ′ > ′。若三
個滑塊同時從 A、B、C 處開始由靜止下滑（忽略阻力），則（　　）
A．A 處滑塊最先到達 ′點 B．B 處滑塊最先到達 ′點
C．C 處滑塊最先到達 ′點 D．三個滑塊同時到達 ′點
【答案】D
【詳解】令半球形容器的半徑為 R，滑板的傾角為 θ，對滑塊進行分析，根據牛頓第二定律有
sin =
根據位移公式有
1
2 sin = 2 sin
2
解得

= 2
可知時間 t 與滑板的傾角 和板的長度均無關，故三個滑塊同時到達 ′點。
故選 D。
【考向 9】如圖所示，豎直的圓環置于水平向左的勻強電場中，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 AB、AC、AD 的三根光滑細桿上，其中 AB 與豎直方向夾角為 60°，AC
經過圓心，AD 豎直?，F將小球無初速度地從 A 端釋放，小球分別沿 AB、AC、AD 下滑到 B、C、D
三點。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為 3，則小球在三根細桿上運動的時間關系為（　?。?br/>A． = = B． < < C． > > 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 3，可知小球所受重力與電場力的合力 F 的方向恰
好與 平行，且由 A 指向 B。延長 ，作 ⊥ 交 于 M，以 為直徑畫一個圓（圖中虛線），
與該圓交于 N。
設∠ = , = ，則小球沿 桿運動的加速度為
cos
=
位移為
= cos
由 = 12
2得
2 cos 2
= cos =

與 無關，由等時圓模型知
= =
而 < ， > ，故
< <
故選 B。
【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 處為原料輸入口，為避免粉塵飛揚，在 與 傳送帶間建立一直線光滑管道，使原料無初速
度地從 處以最短的時間到達傳送帶上，則最理想管道做好后，原料從 處到達傳送帶的時間為（　　）
A 2 1 2 ． B．
cos cos
C 2
1
． D 2 ．
cos cos 2 2
【答案】D
【詳解】如圖所示
以 處為圓的最高點作圓 與傳送帶相切于 點，設圓 的半徑為 ，從 處建立一管道到圓周上，管
道與豎直方向的夾角為 ，原料下滑的加速度為
cos
= = cos
管道長度為
= 2 cos
由運動學公式可得
1
= 2
2
解得
2 2 × 2 cos 4
= = cos =
可知從 處建立任一管道到圓周上，原料下滑的時間相等，故在 與 傳送帶間建立一管道 ，原
料從 處到傳送帶上所用時間最短；根據圖中幾何關系可得
+ cos =
可得

= 1 + cos = 2cos2 2
聯立可得
4 ×
2cos2
= 2
1 2
= cos 2
故選 D。
【考向 11】（多選）如圖所示，O 點為豎直圓周的圓心，MN 和 PQ 是兩根光滑細桿，兩細桿的兩端
均在圓周上，M 為圓周上的最高點，Q 為圓周上的最低點，N、P 兩點等高。兩個可視為質點的圓環
1、2（圖中均未畫出）分別套在細桿 MN、PQ 上，并從 M、P 兩點由靜止釋放，兩圓環滑到 N、Q
兩點時的速度大小分別為 1、 2，所用時間分別為 1、 2，則（　?。?br/>A． 1 = 2 B． 1 > 2 C． 1 > 2 D． 1 = 2
【答案】BD
【詳解】連接 NQ、MP，如圖所示
小環 1 從 M 點靜止釋放，根據牛頓第二定律可得
1 = sin
1
= 22 1 1
= 2 sin
1 = 1 1
所以
1 = 4 ， 1 = 4 sin
同理可得
2 = 4 = ， = 4 sin < 1 2 1
故選 BD。
考點 4：動力學中的臨界、極值問題
1．臨界或極值條件的標志
(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臨界狀態．
(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”、“穩定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．解決動力學臨界、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，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解
決問題的目的．
假設分析法：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臨
界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題．
數學極值法：將物理過程通過數學公式表達出來，根據數學表達式解出臨界條件．
【考向 12】如圖所示，在傾角為 的斜面體上用細線系著一個質量為 的小球，隨斜面體一起向右做
加速度大小為 的勻加速直線運動。重力加速度為 ，穩定時，細線的拉力大小不可能為（　?。?br/>
A．sin B． 2 + 2
C． ( sin + cos ) D． ( sin cos )
【答案】D
【詳解】物體隨斜面向右加速運動時，當加速度較小時，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
sin + cos = 0
水平方向
cos sin =
解得
= ( sin + cos )
當加速度較大時，物體會離開斜面，此時物體只受兩個力，重力和繩子拉力
有
= ( )2 + ( )2 = 2 + 2
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
sin =
解得

= sin
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 質量分別為 mA=6 kg、
mB=2 kg，A、B 之間的動摩擦因數 μ=0.2，水平向右的拉力 F 作用在物體 A 上，開始時 F=10 N，此
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（　　）
A．當拉力 F<12 N 時，物體均保持靜止狀態
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．要讓兩物體發生相對滑動需要 F 大于 48 N
【答案】D
【詳解】A．由于水平面光滑，當拉力 F<12N 時，合外力不為零，所以 A、B 兩物體均不能保持靜
止狀態，A 錯誤；
BCD．當 A、B 間的靜摩擦力達到最大，即要發生相對滑動時
Ffm=μmAg=12N
此時物體 B 的加速度為

= fm 2 = 6m/sB
對 AB 整體來說
F=（mA＋mB）am=48N
故當 F 從 10N 逐漸增到 48N 的過程中，兩物體不產生相對滑動，大于 48N 則兩物體會發生相對滑
動，D 正確，BC 錯誤。
故選 D。
【考向 14】（多選）風洞實驗是研究流體力學的重要依據，風洞實驗室中可以產生水平向右、大小
可調節的風力?，F將質量為 1kg 的小球套在足夠長與水平方向夾角 θ=37°的細直桿上，放入風洞實
驗室，小球孔徑略大于細桿直徑。在無風情況下小球由靜止開始經 0.5s 沿細桿運動了 0.25m，假設
小球所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8）則下列說法正確的
是（ ）
A．小球與細桿間的動摩擦因數為 0.5
B．風力越大，小球受到的摩擦力越大
C 20．若小球始終靜止在桿上，風力 F 要滿足11N ≤ ≤ 20N
D．若風力恒為 40N，則 2s 內小球從靜止出發在細桿上通過位移為 44m
【答案】AC
【詳解】A．在無風情況下小球由靜止開始經 0.5s 沿細桿運動了 0.25m，則
1
= 22
可得加速度大小為
= 2m/s2
根據牛頓第二定律可得
sin cos =
解得小球與細桿間的動摩擦因數為
= 0.5
故 A 正確；
BC．當小球受到的摩擦力沿桿向上且最大時，風力最小，根據平衡條件可得
sin = 1cos + 1， 1 = cos + 1sin
又
1 = 1
聯立解得
20
1 = 11 N
當小球受到的摩擦力沿桿向下且最大時，風力最大，根據平衡條件可得
sin = 2cos 2， 2 = cos + 2sin
又
2 = 2
聯立解得
= 20N
則小球始終靜止在桿上，風力 F 20要滿足11N ≤ ≤ 20N；當靜摩擦力沿桿向上時，風力越大，靜摩擦
越小，故 B 錯誤，C 正確；
D．若風力恒為 40N，可知小球沿桿向上加速運動，根據牛頓第二定律可得
cos sin ( sin + cos ) = ′
解得加速度大小為
′ = 10m/s2
則 2s 內小球從靜止出發在細桿上通過位移為
1
′ = ′ ′22 = 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 = 37°,質量
= 10kg。三條細繩結于 O 點，一條繩 OB 跨過定滑輪平行于斜面連接物塊 P，一條繩連接質量
= 6kg的小球 Q，另一條繩 OA 受外力 F 處于水平，并使 OB 繩與豎直方向夾角（ = 37°,并且
P、Q 均保持靜止?，F將繩 OA 從水平方向開始逆時針緩慢旋轉，且保持結點 O 靜止，直到 F 減
到最小，該過程斜面保持靜止，期間物塊 P 恰不與斜面發生相對滑動。已知重力加速度 = 10m/
s ,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）F 水平時， 繩上拉力最大，由 O 靜止
Tmaxcos = Q
由 P 恰靜止
Tmax = m + P sin
當 垂直 , 最小，由 O 靜止
Tmin = Q cos
由 P 恰靜止
Tmin + m = P sin
解得
m = 13.5N
（2）當 F 水平時
1 = Q tan
由系統靜止
= 1 = 45N
方向水平向左
（3）由（1）得
P = 10.25kg
當 垂直 OB
2 = Q sin = 36N
系統豎直方向
N + 2sin = ( + Q + P)
解得
N = 240.9N
【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點
【答案】C
【詳解】A．魚兒吞食花瓣時處于失重狀態，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點，否則就無動作可言，D 錯誤。
故選 C。
【真題 2】（2022·北京·高考真題）如圖所示，質量為 m 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為 。下列說法正確的是（　　）
A．斜面對物塊的支持力大小為 sin B．斜面對物塊的摩擦力大小為 cos
C．斜面對物塊作用力的合力大小為 D．物塊所受的合力大小為 sin
【答案】B
【詳解】A．對物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據平衡條件，可得支持力為
N = cos
故 A 錯誤；
B．斜面對物塊的摩擦力大小為
f = N = cos
故 B 正確；
CD．因物塊沿斜面加速下滑，根據牛頓第二定律得
合 = sin cos =
可知
sin > cos
則斜面對物塊的作用力為
= 2N + 2f = ( cos )2 + ( cos )2 < ( cos )2 + ( sin )2 =
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 0順時針轉動。 = 0時在傳送帶底端
無初速輕放一小物塊，如圖所示。 0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到 0。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 a、速度 v 隨時間 t 變化的關系圖線可能正確
的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【詳解】0~ 0時間內：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。
0之后：當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，加速度突變為零，物塊做
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（質量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總
質量 m，并測量 P 的加速度大小 a，得到 圖像。重力加速度大小為 g。在下列 圖像中，可
能正確的是（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】設 P 的質量為 ，P 與桌面的動摩擦力為 ；以 P 為對象，根據牛頓第二定律可得
=
以盤和砝碼為對象，根據牛頓第二定律可得
=
聯立可得


= + = +
可知當砝碼的重力大于 時，才有一定的加速度，當 趨于無窮大時，加速度趨近等于 。
故選 D。
【真題 5】（多選）（2023·全國·高考真題）用水平拉力使質量分別為 甲、 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分別為 甲和 乙。甲、乙兩物體運動后，
所受拉力 F 與其加速度 a 的關系圖線如圖所示。由圖可知（ ）
A． 甲 < 乙 B． 甲 > 乙 C． 甲 < 乙 D． 甲 > 乙
【答案】BC
【詳解】根據牛頓第二定律有
F－μmg=ma
整理后有
F=ma＋μmg
則可知 F—a 圖像的斜率為 m，縱截距為 μmg，則由題圖可看出
m 甲>m 乙，μ 甲 m 甲 g=μ 乙 m 乙 g
則
μ 甲<μ 乙
故選 BC。
【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為
μ。 = 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 = 0到 = 4 0的時間內，木板速度 v 隨時間 t 變化的圖像如圖所示，
其中 g 為重力加速度大小。 = 4 0時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（　?。?br/>A．小物塊在 = 3 0時刻滑上木板 B．小物塊和木板間動摩擦因數為 2μ
C．小物塊與木板的質量比為 3︰4 D． = 4 0之后小物塊和木板一起做勻速運動
【答案】ABD
【詳解】A． 圖像的斜率表示加速度，可知 = 3 0時刻木板的加速度發生改變，故可知小物塊在
= 3 0時刻滑上木板，故 A 正確；
B．結合圖像可知 = 3 0時刻，木板的速度為
3
0 = 2 0
設小物塊和木板間動摩擦因數為 0，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為
1 =
3
2 0，負號表示方向水平向左
物塊在木板上滑動的加速度為
0 0 = = 0
1
經過 0時間與木板共速此時速度大小為 共 = 2 0，方向水平向右，故可得
共 1 = 0 0
解得
0 = 2
故 B 正確；
C．設木板質量為 M，物塊質量為 m，根據圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為
1
2 0 1 = = 0 2
故可得
=
解得
3
= 2
根據圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為
1
2
3
0 2 0 ′ = = 0
此時對木板由牛頓第二定律得
( + ) 0 = ′
解得
1
= 2
故 C 錯誤；
D．假設 = 4 0之后小物塊和木板一起共速運動，對整體
3 3
( + ) = 2 2 = 0
故可知此時整體處于平衡狀態，假設成立，即 = 4 0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）學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯內，
測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為9.8m/s2。
(1)電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為 N（結果保留 1 位小數）；
(2)電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5N，則此段時間內物體處于 （填“超重”或“失重”）
狀態，電梯加速度大小為 m/s2 （結果保留 1 位小數）。
【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，則讀數為 5.0N。
（2）[1]電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5N，小于物體的重力可知此段時間內物體處于失
重狀態；
[2]根據
= = 5.0N
根據牛頓第二定律
=
代入數據聯立解得電梯加速度大小
≈ 1.0m/s2
一、單選題
1．（2024·黑龍江·三模）如圖所示為一無人機由地面豎直向上運動的 v－t 圖像。關于無人機的運動，
下列說法正確的是（　?。?br/>A．0~ 2段無人機的加速度大于 3~ 5段無人機的加速度

B．0~ 23段，無人機的平均速度大小為 2
C． 3時刻無人機到達最高點
D． 3~ 5段，無人機處于失重狀態
【答案】D
【詳解】A． 圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于0 2段傾斜程度小于 3 5段的傾斜程
度，所以0 2段的加速度小于 3 5加速度，A 錯誤；

B．0 2 23段無人機的加速度發生了變化，不是勻變速運動，所以其平均速度不是 2，而是小于 2，B
錯誤；
C．由圖像可知，無人機0 2加速上升， 2 3也是加速上升，只不過這一階段的加速度更大， 3
5階段開始減速上升， 5時刻減速到 0，達到最高點，C 錯誤；
D． 3 5階段開始減速上升，加速度方向向下，無人機處于失重狀態，D 正確。
故選 D。
2．（2024·遼寧·三模）一同學乘電梯上樓，從靜止開始出發，用手機內置傳感器測得某段時間內電梯
的加速度 a 隨時間 t 變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（ ）
A． = 4s時地板對該同學的支持力最小 B． = 7s時電梯對該同學的支持力為零
C．6~8s 內電梯上升的高度約為 4m D．6~8s 內電梯上升的高度約為 9m
【答案】C
【詳解】A． = 4s時，加速度向上且最大，則該同學處于超重狀態，根據牛頓第二定律可得
=
可知地板對該同學的支持力最大，故 A 錯誤；
B． = 7s時，加速度為 0，根據受力平衡可知，電梯對該同學的支持力等于同學的重力，故 B 錯誤；
CD．根據 圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，0~6s內圍成的面積大約有 4 個小
方格，則 = 6s時的速度為
6 = Δ = 4 × 0.5 × 1m/s = 2m/s
由圖像可知，6~8s 內電梯的加速度為 0，做勻速運動，上升的高度約為
= 6 = 2 × 2m = 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量為 m 的長木板 B，木板上表面各處
粗糙程度相同，一質量也為 m 的小物塊 A（可視為質點）從左端以速度 v 沖上木板。當 = 0時，
小物塊 A 歷時 0恰好運動到木板右端與木板共速，則（　?。?br/>
A = 0
0
．若 2，A、B 相對運動時間為2

B．若 = 02，A、B 相對靜止時，A 恰好停在木板 B 的中點
C．若 = 2

A 00， 經歷2到達木板右端
D．若 = 2 0，A 從木板 B 右端離開時，木板速度等于 v
【答案】A
【詳解】AB．根據牛頓第二定律
= A = B
則 A、B 兩物體加速度大小相等，設為 ，小物塊 A 歷時 0恰好運動到木板右端與木板共速，則
共 = 0 0 = 0
解得

= 0 = 0

0 2 ， 共 2， =
0
2 0
木板的長度
0 + 共 共
= 2 0 2 0 =
0 0
2

若 = 02，A、B 兩物體共速時有

0共 1 = 2 1 = 1
解得

= 0 = 0

1 4 2， 共 1 =
0
4
A、B 相對靜止時，相對位移為
0
2 + 共 1 共 1 1 = 2 1 2 1 =
0 1 = 0 0 < 0 04 8 2 = 4
故 A 停在木板 B 的中點左側，故 A 正確，B 錯誤；
CD．若 = 2 0，A 從木板 B 右端離開時，根據動力學公式
1 1
= 2 2 20 2 2 2 2 2
解得
2 = (2 3) 0
A 從木板 B 右端離開時，木板速度為
2 3
木板 = 2 = 2 0 < 0
故 CD 錯誤。
故選 A。
4．（2024·內蒙古通遼·一模）一個質量為 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—時間圖像，則物體所受摩擦力的大小的
可能值為（　?。?br/>A．1N B．2N C．2.5N D．3N
【答案】B
【詳解】根據 可知兩圖線對應的加速度大小分別為
= 10 2 = 2m/s2 = 10 6 = 1， m/s21 12 3 2 12 3
若水平拉力與運動方向相反，則有
= = 1 ， 2
解得
= 2N， = 2N
若水平拉力與運動方向相同，則有
= = 1 ， 2
解得
= 2N， = 4N
故選 B。
5．如圖 1 所示，一質量為 2kg 的物塊受到水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上作加速直線運動，其
圖像如圖 2 所示， = 0時其速度大小為 2m/s。物塊與水平面間的動摩擦因數 = 0.1， = 10m/s2。
下列說法錯誤的是（ ）
A．在 = 2s時刻，物塊的速度為 5m/s B．在 0~2s 時間內，物塊的位移大于 7m
C．在 = 1s時刻，物塊的加速度為1.5m/s2 D．在 = 1s時刻，拉力 F 的大小為 5N
【答案】B
【詳解】A．在 = 2s時刻，物塊的速度為
1 + 2
2 = 0 + Δ = 2 + 2 × 2m/s = 5m/s
故 A 正確，不符合題意；
B．在 0~2s 時間內，物塊的 v-t 圖像如下
如果是勻加速直線運動，位移為
2 + 5
= 2 × 2m = 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 1 1
= 1 + 2 = 1 + 2
在 = 1s時刻，物塊的加速度為
1
1 = 1 + 2 × 1m/s
2 = 1.5m/s2
故 C 正確，不符合題意；
D．根據牛頓第二定律可得在 = 1s時刻，拉力 F 的大小為
= + = 5N
故 D 正確，不符合題意。
故選 B。
6．（2024·山東菏澤·二模）2024 年 4 月 25 日晚，神舟 18 號載人飛船成功發射，在飛船豎直升空過
程中，整流罩按原計劃順利脫落。整流罩脫落后受空氣阻力與速度大小成正比，它的 圖像正確的
是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】A
【詳解】空氣阻力與速度大小成正比，設空氣阻力為
=
上升階段由牛頓第二定律
+ =
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
=
下降階段由牛頓第二定律
= ′
隨著速度的增大，加速度繼續減小，下降階段做加速度逐漸減小的加速運動。
故選 A。
7．（2024·廣東佛山·二模）春節煙花匯演中常伴隨無人機表演。如圖是兩架無人機 a、b 同時從同一
地點豎直向上飛行的 — 圖像。下列說法正確的是（　　）
A． = 5s時，無人機 a 處于失重狀態
B． = 10s時，無人機 a 飛到了最高點
C．0 30s內，兩架無人機 a、b 的平均速度相等
D．0 10s內，無人機 a 的位移小于無人機 b 的位移
【答案】C
【詳解】A． = 5s時，無人機向上勻加速運動，a 處于超重狀態，故 A 錯誤；
B． = 10s時，無人機 a 速度達到最大，10s 后減速上升，30s 時飛到了最高點，故 B 錯誤；
C． 圖像下與坐標軸圍成的面積表示位移，0 30s內，兩架無人機 a、b 的位移相等，平均速度
相等，故 C 正確；
D． 圖像下與坐標軸圍成的面積表示位移，0 10s內，無人機 a 的位移大于無人機 b 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，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動。規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）。則下列關于手機的運動和受力情況的判斷正確的是（　?。?br/>A．在 1時刻速度達到最大
B．在 2時刻開始減速上升
C．在 1到 2時間內受到的支持力逐漸減小
D．在 2到 3時間內受到的支持力逐漸增大
【答案】BC
【詳解】A．由圖象可知， 1時刻之前向上做加速度增大的加速運動， 1 2做加速度減小的加速運
動， 2時刻速度最大。故 A 錯誤；
B．由圖可知， 2時刻后加速度方向向下，為失重狀態，速度方向向上，所以向上做減速運動。故 B
正確；
C．對物體進行受力分析可知， 1 2時間內，物體受力為
N =
該段時間內， 逐漸減小，因此支持力 N逐漸減小。故 C 正確；
D． 2 3時間內，物體受力為
N = ′
該段時間內， ′逐漸增大，因此支持力 N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動，某時刻在傳送帶上適當
的位置放上具有一定初速度 v0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-t 圖像中可能正確是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】ABD
【詳解】A．當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
sin + cos = 1
即
1 = sin + cos
可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當小物塊達到傳送帶速度時，若滿足
sin < cos
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
sin > cos
小物塊繼續加速下滑，其加速度大小為
2 = sin cos < 1
故 A 正確；
B．當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
sin > cos
則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為
3 = sin + cos
若滿足
sin < cos
則小物塊應沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為
4 = cos sin
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
3 = sin + cos
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 a3，與傳送帶共
速時，若滿足
sin > cos
則小物塊繼續做勻加速直線運動，加速度大小為
2 = sin cos < 3
若滿足
sin < cos
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 ABD。
10．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）如圖所示，三個物塊 A、B、C 的質量分別為 m、2m、m，物塊 B
疊放在 C 上，物塊 A 與 C 之間用輕彈簧水平連接，物塊 A、C 與水平地面間的動摩擦因數都為 ，

物塊 B 與 C 之間的動摩擦因數為2。在大小恒為 F 的水平推力作用下，使三個物塊正保持相對靜止
地一起向右做勻加速直線運動，已知重力加速度為 g，最大靜摩擦力等于摩擦力，彈簧始終在彈性
限度內，則下列說法正確的是（ ）
A ．彈簧彈力大小為4
B．保持 A、B、C 三個物塊相對靜止，F 最大值不超過6
C．在撤去水平推力的瞬間，物塊 A 的加速度變小
D．若撤去水平推力后，物塊 B 和 C 仍能保持相對靜止
【答案】AB
【詳解】A．對 A、B、C 三個物體受力分析，摩擦力為
= （ + 2 + ） = 4
根據牛頓第二定律
= （ + 2 + ）
對 A 受力分析，根據平衡條件
彈 =
聯立，可得

彈 = 4
故 A 正確；
B．保持 A、B、C 三個物塊相對靜止，對 B 可知，整體的最大加速度為

2 × 2 max = 2 = 2
對 A、B、C 三個物體，根據牛頓第二定律
m 4 = （ + 2 + ） max
解得
m = 6
故 B 正確；
C．在撤去水平推力的瞬間，彈簧對 A 的力不會發生突變，即在撤去水平推力的瞬間，A 的受力情
況不變，即物體 A 的加速度不變，故 C 錯誤；
D．在撤去水平推力的瞬間，對物塊 B、C 整體受力分析

合 = 3 + 彈 = 3 + 4 = 3
則整體的加速度為

= + 12
由 B 選項可知，物塊 B 的最大加速度為

max = 2 <
所以，若撤去水平推力后，物塊 B 和 C 不能保持相對靜止，故 D 錯誤。
故選 AB。
11．（2024·山東菏澤·三模）測體重時，電子秤的示數會不斷變化，電子秤的示數始終與它受到的壓
力大小成正比，最后才穩定。某同學想探究不同情境下電子秤示數的變化情況。已知該同學的質量
為50kg，重力加速度大小取 = 10m/s2。下列情境中關于電子秤示數說法正確的是（　?。?br/>A．該同學在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數先增大后減小
B．該同學在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數先減小后增大
C．在減速下降的電梯中，人站在電子秤上時電子秤示數小于真實體重
D．在以5m/s2的加速度勻加速上升的電梯中，人站在電子秤上時電子秤示數為75kg
【答案】BD
【詳解】AB．當同學在電子秤上下蹲時，人體重心下移，先加速下降，加速度向下，此時同學處于
失重狀態，同學對電子秤的壓力小于自身重力；然后減速下降，加速度向上，此時同學處于超重狀
態，同學對電子秤的壓力大于自身重力，所以電子秤的示數先減小后增大，故 A 錯誤，B 正確；
C．當電梯減速下降時，加速度豎直向上，該同學處于超重狀態，電子秤對同學的支持力大于同學的
重力，根據作用力與反作用力大小相等可知，測量值會大于真實體重，故 C 錯誤；
D．把電子秤放在電梯里，當電梯以5m/s2加速度加速上升時，設支持力為 N，由牛頓第二定律可得
N =
解得
N = 750N
因為同學對秤的壓力與秤對同學的支持力為一對作用力和反作用力，大小相等，則電子秤示數為
壓
顯示 = = 75kg
故 D 正確。
故選 BD。
12．（2024·江西南昌·二模）如圖所示，一傳送帶傾斜放置，以恒定速率 v 順時針轉動。t＝0 時刻一
物塊以初速度 0從 A 端沖上傳送帶， = 0時刻離開傳送帶，則物塊速度隨時間變化的圖象可能是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【詳解】A．對物塊受力分析可知，物塊受到重力、摩擦力和支持力。設摩擦力最大值為 m，重力
沿傳送帶向下的分力為 sinθ。若 0 < ，物塊先做勻加速運動，與傳送帶共速后，若 m ≥
sinθ，物塊與傳送帶一起勻速運動，則 A 圖是可能的，故 A 正確；
B．若 0 < ，物塊先做勻加速運動，與傳送帶共速后，若 m < sinθ，物塊做勻減速運動，則 B
圖是不可能的，故 B 錯誤；
C．若 0 > ，物塊先做勻減速運動，加速度
1 = sinθ + cosθ
與傳送帶共速后，若 m < sinθ，物塊繼續向上繼續做勻減速運動，加速度
2 = sinθ cosθ
由此可知 2 < 1，速度時間關系圖象的斜率變小，速度減小到零，后又向下做勻加速運動，加速度
大小不變，則 C 圖是可能的，故 C 正確；
D．若 0 > ，物塊先做勻減速運動，與傳送帶共速后，若 m ≥ sinθ，物塊與傳送帶沿斜面向上
一起勻速運動，則 D 圖不可能，故 D 錯誤；
故選 AC。
三、解答題
13．如圖所示，一旅客用 F=6.5N 的力拉著質量為 m=1kg 的行李箱沿水平地面運動.已知拉力 F 與水
平方向的夾角 θ=30°，從靜止開始經 t=2.0s 時行李箱移動距離 = 2 3m，這時旅客松開手，行李箱
又滑行了一段距離后停下。若行李箱可看做質點，空氣阻力不計，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
（1）行李箱與地面間的動摩擦因數；
（2）旅客松開手行李箱還能運動多遠；
（3）行李箱要在水平地面上運動，拉力 F 與水平地面夾角多大時最省力。
1 3 2 3 3【答案】（ ） ；（ ） m；（3）30°
3 5
【詳解】（1）根據位移時間關系有
1
= 2
2
解得
= 3m/s2
對行李箱，由牛頓第二定律有
cos30° ( sin30°) =
解得
3
= 3
（2）旅客松開手時，行李箱的速度為
= = 2 3m/s
旅客松開手后，由牛頓第二定律得
= ′
解得
10 3
′ = 3 m/s
2
由勻變速直線運動的速度位移公式得行李箱的位移為
0 2 3 3
′ = = m
2 ′ 5
（3）設拉力 F 與水平地面的夾角為 ，行李箱要在水平地面上運動，則
cos ≥ 0
又
=
在豎直方向上，由平衡條件的
+ sin =
解得

≥ cos + sin
由數學知識知
3 2 3
cos + 3 sin = 3 sin( + 60°)
可知當 = 30°時，拉力 F 最小，最省力。第 10 講　牛頓運動定律的綜合應用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 超重和失重問題
考點 2 動力學中的圖象問題
考點 3 等時圓模型
考點 4 動力學中的臨界、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 (或對懸掛物的拉力)等
體所受重力的現象 體所受重力的現象 于零的現象
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
產生條件
向上 向下 直向下，大小 a＝g
以 a＝g 加速下降或減
運動狀態 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升
速上升
F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝ma
原理方程
F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝0
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．在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失．
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．
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
出現超重或失重狀態．
【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，勁度系數為
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，傳感器示數為 1000N。打開扣環，人從 A 點由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直發射”，經 B
點上升到最高位置 C 點，在 B 點時速度最大。已知 長為2m，人與裝備總質量 = 80kg（可視為
質點）。忽略空氣阻力，重力加速度 取10m/s2。下列說法正確的是（ ）
A．在 B 點時，彈性輕繩的拉力為零 B．經過 C 點時，人處于超重狀態
C．彈性輕繩的勁度系數 為500N/m D．打開扣環瞬間，人在 A 點的加速度大小為22.5m/s2
【考向 2】（2024·湖北·一模）智能手機里一般都裝有加速度傳感器。打開手機加速度傳感器軟件，
手托著手機在豎直方向上運動，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（　?。?br/>A．t 時刻手機處于完全失重狀態 B．t 時刻手機開始向上運動
C．t 時刻手機達到最大速度 D．手機始終沒有脫離手掌
【考向 3】（多選）（2024·山東濰坊·三模）如圖甲是風洞示意圖，風洞可以人工產生可控制的氣流，
用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行表演中，質量為 50kg 的表演者靜臥于出風
口，打開氣流控制開關，表演者與風力作用的正對面積不變，所受風力大小 F=0.05v2（采用國際單
位制），v 為風速。控制 v 可以改變表演者的上升高度 h，其 v2與 h 的變化規律如乙圖所示。g 取
10m/s2。表演者上升 10m 的運動過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．打開開關瞬間，表演者的加速度大小為 2m/s2
B．表演者一直處于超重狀態
C．表演者上升 5m 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
考點 2：動力學中的圖象問題
1．常見的圖象
v－t 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－t 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。
F－t 圖象：通過圖像可以知道每時每刻對應的合外力及加速度，與時間軸圍成的面積表示動量
變化量或者合外力的沖量。
F－x 圖象：與時間軸圍成的面積表示功。
2．圖象間的聯系
加速度是聯系 v－t 圖象與 F－t 圖象的橋梁．
3．圖象的應用
(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行分析．
4．解答圖象問題的策略
(1)弄清圖象坐標軸、斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義．
(2)應用物理規律列出與圖象對應的函數方程式，進而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關
系，以便對有關物理問題作出準確判斷．
【考向 4】（2024·河北·三模）某游泳運動員在0~6s時間內運動的 圖像如圖所示。關于該運動員，
下列說法正確的是（　?。?br/>A．在0~6s內所受的合力一直不為 0
B．在0~6s內的位移大小為24m
C．在2s~4s內一定處于超重狀態
D．在4s~6s內的位移大小為8m
【考向 5】（2024·山西臨汾·三模）質量為 m 的物塊靜止在動摩擦因數為 的水平地面上，0~3s 內所
受水平拉力與時間的關系如圖甲所示，0~2s 內加速度圖像如圖乙所示。重力加速度 g=10m/s2，由圖
可知（　?。?br/>A．m=1kg， =0.2 B．m=1kg， =0.1
C．m=2kg， =0.2 D．m=2kg， =0.1
【考向 6】（2024·廣東·高考真題）如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方 H
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 y。所受合外力為
F，運動時間為 t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。
其 圖像或 圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【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動，某時刻
在傳送帶上適當的位置放上具有一定初速度 v0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-t 圖像中可能正確是（　?。?br/>A． B．
C． D．
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:
①xAD = 2Rsin α
②mgsin α = ma
1
③xAD = at22
R
聯立①②③解得 t = 2
g
結論：運動時間與傾角無關，即沿各弦運動時間相同。
(2)各弦交點為最高點時，結論同上。
【考向 8】（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，半球形容器內有三塊不同長度的滑板 ′、 ′、 ′，
其下端都固定于容器底部 ′點，上端擱在容器側壁上，已知三塊滑板的長度 ′ > ′ > ′。若三
個滑塊同時從 A、B、C 處開始由靜止下滑（忽略阻力），則（　?。?br/>A．A 處滑塊最先到達 ′點 B．B 處滑塊最先到達 ′點
C．C 處滑塊最先到達 ′點 D．三個滑塊同時到達 ′點
【考向 9】如圖所示，豎直的圓環置于水平向左的勻強電場中，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 AB、AC、AD 的三根光滑細桿上，其中 AB 與豎直方向夾角為 60°，AC
經過圓心，AD 豎直。現將小球無初速度地從 A 端釋放，小球分別沿 AB、AC、AD 下滑到 B、C、D
三點。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為 3，則小球在三根細桿上運動的時間關系為（　　）
A． = = B． < < C． > > D．無法確定
【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 處為原料輸入口，為避免粉塵飛揚，在 與 傳送帶間建立一直線光滑管道，使原料無初速
度地從 處以最短的時間到達傳送帶上，則最理想管道做好后，原料從 處到達傳送帶的時間為（　?。?br/>A 2 B 1 2 ． ．
cos cos
C 2
1
D 2 ． ．
cos cos

2 2
【考向 11】（多選）如圖所示，O 點為豎直圓周的圓心，MN 和 PQ 是兩根光滑細桿，兩細桿的兩端
均在圓周上，M 為圓周上的最高點，Q 為圓周上的最低點，N、P 兩點等高。兩個可視為質點的圓環
1、2（圖中均未畫出）分別套在細桿 MN、PQ 上，并從 M、P 兩點由靜止釋放，兩圓環滑到 N、Q
兩點時的速度大小分別為 1、 2，所用時間分別為 1、 2，則（　　）
A． 1 = 2 B． 1 > 2 C． 1 > 2 D． 1 = 2
考點 4：動力學中的臨界、極值問題
1．臨界或極值條件的標志
(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臨界狀態．
(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”、“穩定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．解決動力學臨界、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，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解
決問題的目的．
假設分析法：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臨
界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題．
數學極值法：將物理過程通過數學公式表達出來，根據數學表達式解出臨界條件．
【考向 12】如圖所示，在傾角為 的斜面體上用細線系著一個質量為 的小球，隨斜面體一起向右做
加速度大小為 的勻加速直線運動。重力加速度為 ，穩定時，細線的拉力大小不可能為（　?。?br/>
A． B． 2sin + 2
C． ( sin + cos ) D． ( sin cos )
【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 質量分別為 mA=6 kg、
mB=2 kg，A、B 之間的動摩擦因數 μ=0.2，水平向右的拉力 F 作用在物體 A 上，開始時 F=10 N，此
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（　　）
A．當拉力 F<12 N 時，物體均保持靜止狀態
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．要讓兩物體發生相對滑動需要 F 大于 48 N
【考向 14】（多選）風洞實驗是研究流體力學的重要依據，風洞實驗室中可以產生水平向右、大小
可調節的風力?，F將質量為 1kg 的小球套在足夠長與水平方向夾角 θ=37°的細直桿上，放入風洞實
驗室，小球孔徑略大于細桿直徑。在無風情況下小球由靜止開始經 0.5s 沿細桿運動了 0.25m，假設
小球所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8）則下列說法正確的
是（ ）
A．小球與細桿間的動摩擦因數為 0.5
B．風力越大，小球受到的摩擦力越大
C 20．若小球始終靜止在桿上，風力 F 要滿足11N ≤ ≤ 20N
D．若風力恒為 40N，則 2s 內小球從靜止出發在細桿上通過位移為 44m
【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 = 37°,質量
= 10kg。三條細繩結于 O 點，一條繩 OB 跨過定滑輪平行于斜面連接物塊 P，一條繩連接質量
= 6kg的小球 Q，另一條繩 OA 受外力 F 處于水平，并使 OB 繩與豎直方向夾角（ = 37°,并且
P、Q 均保持靜止?，F將繩 OA 從水平方向開始逆時針緩慢旋轉，且保持結點 O 靜止，直到 F 減
到最小，該過程斜面保持靜止，期間物塊 P 恰不與斜面發生相對滑動。已知重力加速度 = 10m/
s ,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。
【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點
【真題 2】（2022·北京·高考真題）如圖所示，質量為 m 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為 。下列說法正確的是（　?。?br/>A．斜面對物塊的支持力大小為 sin B．斜面對物塊的摩擦力大小為 cos
C．斜面對物塊作用力的合力大小為 D．物塊所受的合力大小為 sin
【真題 3】（2024·安徽·高考真題）傾角為 的傳送帶以恒定速率 0順時針轉動。 = 0時在傳送帶底端
無初速輕放一小物塊，如圖所示。 0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到 0。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 a、速度 v 隨時間 t 變化的關系圖線可能正確
的是（ ）
A． B．
C． D．
【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（質量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總
質量 m，并測量 P 的加速度大小 a，得到 圖像。重力加速度大小為 g。在下列 圖像中，可
能正確的是（　　）
A． B． C． D．
【真題 5】（多選）（2023·全國·高考真題）用水平拉力使質量分別為 甲、 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分別為 甲和 乙。甲、乙兩物體運動后，
所受拉力 F 與其加速度 a 的關系圖線如圖所示。由圖可知（ ）
A． 甲 < 乙 B． 甲 > 乙 C． 甲 < 乙 D． 甲 > 乙
【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為
μ。 = 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 = 0到 = 4 0的時間內，木板速度 v 隨時間 t 變化的圖像如圖所示，
其中 g 為重力加速度大小。 = 4 0時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（　?。?br/>A．小物塊在 = 3 0時刻滑上木板 B．小物塊和木板間動摩擦因數為 2μ
C．小物塊與木板的質量比為 3︰4 D． = 4 0之后小物塊和木板一起做勻速運動
【真題 7】（2024·全國·高考真題）學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯內，
測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為9.8m/s2。
(1)電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為 N（結果保留 1 位小數）；
(2)電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5N，則此段時間內物體處于 （填“超重”或“失重”）
狀態，電梯加速度大小為 m/s2 （結果保留 1 位小數）。
一、單選題
1．（2024·黑龍江·三模）如圖所示為一無人機由地面豎直向上運動的 v－t 圖像。關于無人機的運動，
下列說法正確的是（　?。?br/>A．0~ 2段無人機的加速度大于 3~ 5段無人機的加速度

B．0~ 23段，無人機的平均速度大小為 2
C． 3時刻無人機到達最高點
D． 3~ 5段，無人機處于失重狀態
2．（2024·遼寧·三模）一同學乘電梯上樓，從靜止開始出發，用手機內置傳感器測得某段時間內電梯
的加速度 a 隨時間 t 變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（ ）
A． = 4s時地板對該同學的支持力最小 B． = 7s時電梯對該同學的支持力為零
C．6~8s 內電梯上升的高度約為 4m D．6~8s 內電梯上升的高度約為 9m
3．（2024·甘肅張掖·一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為 m 的長木板 B，木板上表面各處
粗糙程度相同，一質量也為 m 的小物塊 A（可視為質點）從左端以速度 v 沖上木板。當 = 0時，
小物塊 A 歷時 0恰好運動到木板右端與木板共速，則（　　）

A 0 0．若 = 2，A、B 相對運動時間為2

B．若 = 02，A、B 相對靜止時，A 恰好停在木板 B 的中點

C 0．若 = 2 0，A 經歷2到達木板右端
D．若 = 2 0，A 從木板 B 右端離開時，木板速度等于 v
4．（2024·內蒙古通遼·一模）一個質量為 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—時間圖像，則物體所受摩擦力的大小的
可能值為（　?。?br/>A．1N B．2N C．2.5N D．3N
5．如圖 1 所示，一質量為 2kg 的物塊受到水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上作加速直線運動，其
圖像如圖 2 所示， = 0時其速度大小為 2m/s。物塊與水平面間的動摩擦因數 = 0.1， = 10m/s2。
下列說法錯誤的是（ ）
A．在 = 2s時刻，物塊的速度為 5m/s B．在 0~2s 時間內，物塊的位移大于 7m
C．在 = 1s時刻，物塊的加速度為1.5m/s2 D．在 = 1s時刻，拉力 F 的大小為 5N
6．（2024·山東菏澤·二模）2024 年 4 月 25 日晚，神舟 18 號載人飛船成功發射，在飛船豎直升空過
程中，整流罩按原計劃順利脫落。整流罩脫落后受空氣阻力與速度大小成正比，它的 圖像正確的
是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024·廣東佛山·二模）春節煙花匯演中常伴隨無人機表演。如圖是兩架無人機 a、b 同時從同一
地點豎直向上飛行的 — 圖像。下列說法正確的是（　?。?br/>A． = 5s時，無人機 a 處于失重狀態
B． = 10s時，無人機 a 飛到了最高點
C．0 30s內，兩架無人機 a、b 的平均速度相等
D．0 10s內，無人機 a 的位移小于無人機 b 的位移
二、多選題
8．（2023·貴州安順·一模）很多智能手機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，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動。規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）。則下列關于手機的運動和受力情況的判斷正確的是（　?。?br/>A．在 1時刻速度達到最大
B．在 2時刻開始減速上升
C．在 1到 2時間內受到的支持力逐漸減小
D．在 2到 3時間內受到的支持力逐漸增大
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動，某時刻在傳送帶上適當
的位置放上具有一定初速度 v0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-t 圖像中可能正確是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）如圖所示，三個物塊 A、B、C 的質量分別為 m、2m、m，物塊 B
疊放在 C 上，物塊 A 與 C 之間用輕彈簧水平連接，物塊 A、C 與水平地面間的動摩擦因數都為 ，

物塊 B 與 C 之間的動摩擦因數為2。在大小恒為 F 的水平推力作用下，使三個物塊正保持相對靜止
地一起向右做勻加速直線運動，已知重力加速度為 g，最大靜摩擦力等于摩擦力，彈簧始終在彈性
限度內，則下列說法正確的是（ ）
A ．彈簧彈力大小為4
B．保持 A、B、C 三個物塊相對靜止，F 最大值不超過6
C．在撤去水平推力的瞬間，物塊 A 的加速度變小
D．若撤去水平推力后，物塊 B 和 C 仍能保持相對靜止
11．（2024·山東菏澤·三模）測體重時，電子秤的示數會不斷變化，電子秤的示數始終與它受到的壓
力大小成正比，最后才穩定。某同學想探究不同情境下電子秤示數的變化情況。已知該同學的質量
為50kg，重力加速度大小取 = 10m/s2。下列情境中關于電子秤示數說法正確的是（　?。?br/>A．該同學在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數先增大后減小
B．該同學在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數先減小后增大
C．在減速下降的電梯中，人站在電子秤上時電子秤示數小于真實體重
D．在以5m/s2的加速度勻加速上升的電梯中，人站在電子秤上時電子秤示數為75kg
12．（2024·江西南昌·二模）如圖所示，一傳送帶傾斜放置，以恒定速率 v 順時針轉動。t＝0 時刻一
物塊以初速度 0從 A 端沖上傳送帶， = 0時刻離開傳送帶，則物塊速度隨時間變化的圖象可能是
（ ）
A． B．
C． D．
三、解答題
13．如圖所示，一旅客用 F=6.5N 的力拉著質量為 m=1kg 的行李箱沿水平地面運動.已知拉力 F 與水
平方向的夾角 θ=30°，從靜止開始經 t=2.0s 時行李箱移動距離 = 2 3m，這時旅客松開手，行李箱
又滑行了一段距離后停下。若行李箱可看做質點，空氣阻力不計，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
（1）行李箱與地面間的動摩擦因數；
（2）旅客松開手行李箱還能運動多遠；
（3）行李箱要在水平地面上運動，拉力 F 與水平地面夾角多大時最省力。

展開更多......

收起↑