牛顿运动定律的基本运用-2026年高考物理一轮复习解析版

第4讲牛顿运动定律的基本运用

圜最国

【模型一运动和力的关系】

类型1：牛顿第一定律的理解

类型2：牛顿第二定律的初步运用

类型3：牛顿第三定律的理解

【模型二牛顿第二定律】

类型1：求瞬时加速度的两类模型

类型2：动力学的两类基本问题

考向1：由运动情况求受力情况

考向2：由受力情况求运动情况

类型3：超重失重问题

类型4：动力学中的图像问题

类型5：等时圆模型

将运动学和力学结合起来进行分析是学习物理模型的重要途径，牛顿运动学定律是高考常考的题

型°高考涉及的题型主要以牛顿第二定律的分析应用为主，其中主要包含瞬时加速的求解，动力学的

两类基本问题，超重失重问题，动力学中的图像问题，等时圆等物理模型，需要熟悉掌握力学分析和

运动学分析。

【模型一运动和力的关系】

类型L牛顿第一定律的理解

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.对牛顿第一定律的理解

①提出了惯性的概念。物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性。

牛顿第

②揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。

一定律

③物体不受外力时将保持原来的运动状态，可以把•'不受外力”拓展延伸为“所受外力的合力

的含义

为0”。

①牛顿第一定律指出物体不受外力作用时的运动规律，描述的是一种理想状态，而实际中不受

外力作用的物体是不存在的，当物体所受合力为（）时，其效果跟不受外力作用时相同，但“不

受外力”和“合外力为0”有质的区别。

说明

②牛顿第一定律不是实验定律，不能用实验直接验证。但它是在真实实验的基础上加以科学推

理和抽象得到的，其结论是正确的。

③牛顿第一定律是普遍规律，适用于一切物体。

3.对惯性的理解

①一切物体任何时候都具有惯性（静止的物体具有惯性，运动的物体也具有惯性）；

②惯性是物体本身的属性，惯性的大小只与物体质量大小有关。质量越大，惯性越大；质量越大的物

体其运动状态越难改变。惯性的大小与物体的形状、运动状态、位置及受力情况无关；

③惯性是一种属性，它不是力。惯性只有大小，没有方向，把惯性说成“惯性力”或“受到惯性的作

用”都是错误的。

巨题圄询产

【典例1】（2023♦浙江•高考真题）在足球运动中，足球入网如图所示，则（）

A.踢香蕉球时足球可视为质点B.足球在飞行和触网时惯性不变

C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力D.触网时足球对■网的力大于网对足球的力

A.在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错

误；

B.惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确:

C.足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故c错误;

D.触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。

吗摩魏标

【变式1-1]（2025•上海宝山•二模）《中华人民共和国道路交通安全法》第五十一条中规定：机动车行驶时

驾驶人、乘坐人员应当按规定使用安全带。这是因为系好安全带（）

A.可以减小人的惯性

B.可以减小车的惯性

C.可以减少因人的惯性而造成的伤害

D.可以减少因车的惯性而造戌的伤害

【答案】C

【详解】由题意，系好安全带可以减少因人的惯性而造成的伤害，但不能减小人的惯性，FL与车的惯性无

关，故只有C项正确。

故选C。

【变式1-2]（2024・浙江・二模）2024年8月在巴黎奥运会网球女子单打决赛中，中国选手郑钦文获得冠军。

如图所示为郑钦文击球瞬间，则下列说法正确的是（）

际同

A.任何情况下均可以将网球视为质点

B.网球在击打时和飞行过程中惯性不变

C.网球在飞行过程中受到重力和球拍的作用力

D.网球受到的弹力是由丁网球的形变引起的

【答案】B

【详解】A.研究运动员击球时球的旋转情况，不能将网球看成质点，故A错误；

B.网球的质量不变，惯性不变，故B正确；

C.网球在飞行过程中已经离开球拍，受到重力和空气阻力，不受球拍的作用力，故C错误；

D.网球受到的弹力是因为球拍发生了形变产生的，故D错误。

故选Bo

速度大小，加速度的方向就是物体所受合外力的方向，或先求出每个分力产生的加速度，再用平行四边形定

则求合加速度。

②正交分解法

物体在受到三个或者三个以上的不在同•直线上的力的作用时,•般用正交分解法。

G=Bx+Bx+/3x+…=〃4

表达方式

+=,fta

Fy=Fly^F2^^3y^v

为减少矢量的分解，建立坐标系确定坐标轴时一般有以下两种方法:

以加速度〃的方向为x轴的正方向建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解到x轴和y轴

分解力而不

上，分别得到x轴和y轴上的合力片和a。根据力的独立作用原理，各个方向上的力分别产生

分解加速度

各自的加速度，可得Fx=ma,。

若物体受几个相互垂直的力的作用，应用牛顿第二定律求解时，分解的力太多，就会比较烦

分解加速度

琐，所以在建立直角坐标系时，可根据物体的受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上，

而不分解力

分解加速度。得ax和的，根据牛顿第二定律得Fx=ma.sF^may。

【典例2】（2025・甘肃・高考真题）2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号

载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料充■火箭的平均推力约为6X1（）6N。火箭质量约

为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为（）（重力加速度g取lOm，/）

A.2m/s2B.4m/s2C.6m/s2D.12m/s2

根据题意，由牛顿第二定律有广

代人数据解得吗犹m/s2=2m/s2

5X1v

【变式2T】（2024・天津・高考真题）生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂直,

底板和侧板对重物的弹力分别为厂底、勺川，忽略重物和底板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间的夹角不

变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时（）

侧板

A，尸底增大，尸侧增大

B.尸底减小，%增大

C.尸底增大,产他减小

D.尸底减小，尸侧减小

【答案】B

【详解】对重物受力分析，设底板与水平面方间的夹角为仇如图所示

小车匀速时，有户底sin。=£佃cos6,小车加速时，有尸侧cos。-/7底sin0=〃?4

其中公＞0,则F底减小,F侧增大。

故选Bo

【变式2-2］（2024♦贵州•高考真题）某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时

间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力力用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻

位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（）

小圆盘

颗粒介质

A./一直大于GB.7一直小于G

C.f先小于G,后大于GD.f先大于G,后小于G

【答案】C

【详解】由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以

向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律

G

G-f=—

g

可知/先小于G,后大于G。

故选C。

【变式2-3］（2022•江苏・高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为（）.4,

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（）

A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s2D.8.0m/s2

【答案】B

【详解】书放在水平臬面I：,若书相对于泉面小滑动，则最大静摩擦力提供加速度

fn=umg=mam

解得

4m=〃g=4m/s2

书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4m/s2。

故选B。

类型3:牛顿第三定律的理解

1.内容

两个物体之间的作用力和反伶用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。

2.公式表达

F甲对乙二一产乙对甲

3.对牛顿第三定律的理解

异体性作用力和反作用力分别作用在相互作用的两个物体上，两个作用效果不可抵消。

同时性作用力与反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，没有先后之分，也没有主次之别。

同性质作用力和反作用力的性质总是相同的。例如，作用力是弹力，反作用力一定也是弹力。

普适性作用力和反作用力的关系与物体大小、形状及运动状态无关。

4.作用力和反作用力与一对平衡力的比较

内容作用力和反作用力一对平衡力

相同点大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。

作用

两个力分别作用在两个物体上。两个力作用在同一物体上。

对象

依赖相互依赖，不可单独存在，同时产生，同无依赖关系，撤除一个，另一个依然可以存在，

不同关系时变化，同时消失。只是物体受力不再平衡。

点叠加两个力的作用效果不可叠加，不可抵消，两个力的作用效果可相互抵消，可磬加，可求合

性不可求合力。力，且合力为零。

力的

一定是同性质的力。可以是同性质的力，也可以是不同性质的力。

性质

【典例3】（2021.浙江.高考真题）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左

加速运动时，长木板保持静止，此时（）

A.小车只受重力、支持力作用

B.木板对小车的作用力方向水平向左

C.木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力

D.木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等

A.小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A错误；

B.木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四功形定则可知合力方向一定

不在水平方向，B错误；

CD.木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。

【变式3-1］（2025・浙江•二模）如图所示，在水平地面匕一位同学单手倒立斜靠在一大木箱上（木箱侧面

光滑"已知同学的质量小于木箱质量，同学和木箱均保持静止状态，则卜.列说法正确的是（）

A.同学受到地面的摩擦力小于木箱受到地面的摩擦力

B.同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力是一对平衡力

C.同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力是作用力与反作用力

D.同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力

【答案】D

【详解】A.对同学和木箱的整体分析，水平方向受合外力为零，则同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面

的摩擦力大小相等，方向相反，选项A错误；

B.同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力因作用在两个物体上，不是一对平衡力，选项B错误;

C.弹力和摩擦力是不同性质的力，则同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力不是作用力与反作

用力，选项C错误；

D.同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力，选项D正确。

故选D。

【变式3-2］（2025•浙江金华・三模）蛇年春晚中的人形机器人与真人舞蹈演员一同表演了一场精彩的“AI机

器秧歌''舞。下列说法正确的是（）

A.机器人下蹲过程中，总是处于失重状态

B.在研究机器人的舞蹈动作时可将其视为质点

C.机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点始终处于受力平衡状态

D.机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力

【答案】D

【详解】A.机器人下蹲过程中，先向下加速后向下减速，则先失重后超重，选项A错误；

B.在研究机器人的舞蹈动作时，机器人的大小形状不能忽略不计，不可将其视为质点，选项B错误;

C.机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点做圆周运动，不是处于受力平衡状态，选项C错误；

D.机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力，选项D正确。

故选D。

【变式3-3］（2025♦江西鹰潭•一模）如图是电影《哪吒之魔童闹海》中哪吒大战士拨鼠时的场景，下列说法

中正确的是（）

A.哪吒的手指对土拨鼠的弹力作用是因为哪吒的手指发生了形变

B.哪吒对土拨鼠的作用力与土拨鼠对哪吒的作用力是一对平衡力

C.十.拨鼠静止不动是因为哪吒对它的作用力小于它所受地面的摩擦力

D.哪吒所受地面的作用力方向竖直向上

【答案】A

【详解】A.哪吒的手指对土拨鼠的弹力作用是因为施力物体发生形变，即哪吒的手指发生了形变，故A

正确：

B.哪吒对土拨鼠的作用力与土拨鼠对哪吒的作用力是一对作用力与反作用力，故B错误；

C.十.拨鼠静止不动是因为哪吒对它的作用力小于它所受地面的最大静摩擦力，故C错误；

D.哪吒所受地面的支持力和摩擦力，合力方向斜向上，故D错误。

故选Ao

【模型二牛顿第二定律】

类型L求瞬时加速度的两类模型

1.两种模型

牛顿第二定律F=ma,其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同

时变化，具体可简化为以下两种模型:

轻绳、轻杆和接触面

不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不

需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题

目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时,

均可按此模型处理

弹簧、蹦床和橡皮条

当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端）时，由

于物休有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在

瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时

弹簧的弹力不突变

2.几种常见情景分析

情景一:在轻弹簧上端物块A与下面物块4质景均为〃?，系统处于静止状态，突然把下面的木板抽去,

则肛=0,〃8=2g（方向竖直向下）.

情景二：4、B用水平轻弹簧连接，放在光滑水平面上.在推力”的作用下，以共同的加速度〃做匀加速

直线运动,某时刻突然撤去推力F,若叫〃?尸〃?8，则卬=。（方向向左），勾=。（方向向右）。

T一

4

4

多

方

B

景

情

堵

»三

情景三：两小球A、8用轻弹簧连接，通过细线悬挂于天花板上，系统处F静止状态，突然剪断细线,

若川尸仙,则：aB=0,aA=2g（方向竖直向下）。

情景四：用手提一轻弹簧，轻弹簧的下端挂一小球，在将整个装置匀加速上提的过程中，若手突然停

止运动，则小球的加速度与原来相同。

情景五:小球用水平轻弹簧系生，并用倾角为。的光滑挡板AB托着,若突然将挡板48向下撤离，则小球

的加速度片扁,方向垂直于挡板指向右下方.

情景四情・五

3.求解瞬时加速度的一般思路

【典例4］（2024•湖南・高考真题）如图，质量分别为4m、3机、筋、加的四个小球4、8、C、D,通过细线

或轻弹簧互相连接，悬挂于。点，处于静止状态，重力加速度为g。若将8、。间的细线剪断，则剪断瞬间

B和C的加速度大小分别为（）

剪断前，对BCD分析

FAB=（3m+2m+m）g

对D

FcD=mg

剪断后，对B

FAb-3mg=3maB

解得

a/g

方向竖直向上；对C

F［）c+2mg=2mac

解得

牝=1.5g

方向竖直I可下。

【变式4-1］（2025•安徽马鞍山•一模）如图所示，质量为2机的木箱用细绳竖直悬挂，质量均为用的物块A、

B分别通过轻质弹簧连接木箱的底部和顶部。初始时，A、B和木箱均静止，已知重力加速度为g。某时刻

剪断细绳，此瞬间，A、B和木箱的加速度大小分别为（）

B

A

A.0、2gB.g、g、gC.g、gD.0、0、g

【答案】A

【详解】剪断细绳瞬间，两个弹簧的弹力不变，均为〃吆，可知AB的加速度仍为零；对木箱分析可知

mg^-mg+2mg=2ma

解得a=2g

故选A“

【变式4-2］（2024•河南信阳.一模）如图所示，用两根轻绳。、力和轻弹簧c悬挂两个相同的小球，其中a

绳与竖直方向夹角为30。，c•弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是（）

A.〃绳的弹力是C弹簧弹力的V5倍

B.剪断。绳瞬间，2球的加速度为零

C.剪断〃绳瞬间，1球的加速度为零

D.剪断〃绳瞬间，2球的加速度大小为《g

【答案】D

【详解】A.以小球I、2为整体受力分析，根据平衡条件可得

F(.=2wgtan30°

尸_2〃7g

fl-cos3()0

所以

L4V3L2V3厂cL

吃=不〃陪，Fe=—mg,F=2FC

故A错误;

B.剪断〃绳瞬间，〃绳上弹力为零，轻弹簧弹力不发生突变，对2球，有

/2=/（"暄）2+尺=小。2

所以

g=A

故B错误；

C.剪断。绳瞬间，I球在沿绳方向合力为零，合力方向垂直于绳左下，即

〃磔in30°=〃?a

小球的加速度为

1

a=2g

故C错误；

D.剪断力绳瞬间，2球只受重力和弹簧弹力，其加速度为

］（荷+&=〃也2

解得

故D正确。

故选D。

【变式4-3］（2024•山东•一模）如图所示,吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m2m、3m,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，重力加速度为处现将悬

挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（）

A.吊篮A的加速度大小为gB.物体B的加速度大小为1.5g

C.物体C的加速度大小为1.5gD.A、C间的弹力大小为〃?g

【答案】C

【详解】AC.设绳子拉力为7,系统静止时，根据平衡条件

在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，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A错误，C正确；

B.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，故B

错误；

D.剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A

灰+〃?「〃咏

得

故D错误。

故选C。

类型2：动力学的两类基本问题

1.两类动力学问题

(1)动力学的两类基本问题

①由受力情况确定物体的运动情况.

②由运动情况确定物体的受力情况.

2.解决两类基本问题的思路：

以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解.

3.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示:

4.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一一加速度.

窿题®询T

考向1:由运动情况求受力情况

【典例5】（2022・浙江・高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长

12m水平直道AB与长20m的倾斜直道8c在8点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15。。运动员从4点由

静止出发，推着雪车匀加速到8点时速度大小为8m/s,紧接着快速俯卧到车上沿8c匀加速下滑（图2所

示），到。点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为UOkg,sinl5M）.26,

重力加速度g取10m/s2,求雪车（包括运动员）

（1）在直道上的加速度大小；

（2）过C点的速度大小；

（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。

(1)43段

田=2。出

解得

8」

ai=jm/s-

(2)AB段

vf1

解得

/i=3s8C段

1、

2

£/2=2m/s

过C点的速度大小

v=H+4212=12in/s

（3）在/3C段有牛顿第二定律

nigsinO-Ff=nui2

解得

FI-66N

【变式5-1]（2024.福建宁德.三模）如图甲所示，一质量为m=2kg的小物块从倾角。二37。的斜面上的A点由

静止开始滑下，最后停在水平面上的。点。已知小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平

面在B点处平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。从滑块滑上水平面月。开始计时,

2

其运动的速度图像如图乙所示。己知sin37Q=0.6,cos37o=0.8,^=10m/so

八W（ms」）

BC01t/s

甲乙

（1）求物块与水平面间的动摩擦因数；

（2）求A、8两点间的距离。

t答案】（1）0.5

（2）6.25m

【详解】（1）由图乙求得物块在水平面上滑行的加速度大小为

^2=T7m/s2=5m/s2

I-U

根据牛顿第二定律，有

fimg=ma2

求得物块与水平面间的动摩擦因数为

*=0.5

（2）物块在斜面上滑行过程中，根据牛顿第二定律，有

mgsina-pmgcosa=ma।

另外

代人数据求得

X"=6.25m

【变式5-2］（2024•山东•一模）如图所示，斜面ABC中48段粗糙，8c段光滑。物块以10m/6的初速度从

A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为零。已知8C段的长度为2m,物块上滑过程中，在A8段的加速

度是3C段加速度的1.5倍，且物块在43段和坎?段运动的时怔相等，g取10m/s2,求：

⑴斜面A8段的长度；

⑵物块与斜面AB段间的动摩擦因数。

【答案】（l）7m

（2）/

【详解】（1）设物体在48段的加速度大小为m，BC段加速度大小为劭，根据题意有

“1=1.5。2

有

_15VB

tt

在上滑A5段

在上滑段

用=2。228（?

得

L.后7m

（2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有

in6M7〃〃gcos/9=/〃。1

〃吆sin打ma2

得

应I

"F

【变式5-3］（2024.贵州铜仁.二模）如图所示，在倾角为外37。的足够长斜面上，有一质量〃?=2kg、可视为

质点的物块，在Q20N、方向与斜面夹角。=37。的力的作用下，从静止开始沿斜面向」.运动，经，|=12s撤去F,

物块在外时间内的位移为xi=36m。取sin37o=0.6,重力加速度g取lOm/s?。求：

（I）物块与斜面间动摩擦因数〃；

（2）撤去产后3s内，物块的位移大小必。

【详解】(1)根据

不=!〃山

可得

2x|2x362)

«1=—=-=—T-m/s=0.5m/s“

t\122

根据牛顿第二定律

FcQsa-mgsinO-^mgcosO-Fs\na)=ma\

解得

"=(.75

<2)力/作用12s木的速度

v=0|/1=6m/s

撤去产后向上运动的加速度大小

«2=gsin0+//gcos^=12m/s2

则向上运动的位移

v262

X2=--=T——m=1.5m

」2a22x12

运动时间

I，

S=-=0.5s

-12

因为

nig$\nO=/tmgcosO

可知以后物块静止在斜面上，则撤去产后3s内，物块的位移大小

x2=1.5m

考向2：由受力情况求运动情况

【典例6】（2022•浙江・高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平

面成24。角，长度/|=4m,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，

其与滑轨间的动摩擦因数均为〃=：，货物可视为质点（取cos24o=0.9,sin24o=0.4,重力加速度疔lOm/s?）。

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度为的大小；

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度丫的大小；

（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨的最短长度以

（1）根据牛顿第二定律可得

〃?gsin24°-w〃gcos24°=〃[a]

代入数据解得

i/i=2m/s2

（2）根据运动学公式

2（7|/|=V2

解得

v=4m/s

（3）根据牛顿第二定律

[tmg=ma2

根据运动学公式

-22/2=吗1ax

代入数据联立解得

/2=2.7m

【变式6T】（2025•浙江・二模）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下

一小球，小球的质量为0.5kg,假设小球在运动过程所受阻力大小满足人（1+加）N,h0.01kg/s,g取lOm/sl

则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面（）

A.1.7sB.1.9sC.2.6sD.3.5s

【答案】C

【详解】因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N进行计算，根据牛顿第二定律推

如，小球上升阶段的加速度卬=皿=12m/s2

n\

上升的时间/I=±=4=0.5S

由12

上升的高度h]=]]=1.5ni

根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度〃2=竽=8m/s2

根据运动学公式（％+%尸;也必

故下降用时间玲=/用=抨s=2s

则共用时间为片/1+。=2.5s

与C项最接近。

故选C。

【变式6-2]（2025•江西景德镇•三模）潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同

“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，

创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0xi（）6kg的某潜艇,在高密度海水区域距海平面200m,距海底112.5m

处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4X107N,10s后，

潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在

整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6X1（）6N,重力加速度gMOm/s2,假设潜艇减重的时间忽略不计，

海底平坦,求：

高密度海水低密度海水

⑴潜艇“掉深”10s时的速度;

⑵潜艇减重排出水的质量。（结果取2位有效数字）

【答案】（l）9m/s

（2）8.5xlO5kg

【详解】（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为句,对潜艇,由牛顿第二定律得mg•尸户加田

代入数据解得为=0.9m/s2

10s末的速度为V=4i0

解得v=9m/s

（2）掉深10s时，潜艇下落的高度

解得％=45m

潜艇减速下落的高度h2=h-h|

解得l）2=67.5m

在减速阶段h产:

-2a2

解得“2=0.6m/s2

潜艇减重后的质量为，川，潜艇减重后以0.6m/s2的加速度匀减速卜.沉过程中，由牛顿第二定律得

F+J-niig=inia?

代人数据解得w/=5.l5xI06kg

排水前潜艇的质量〃?=6.0x106kg

"掉深”过程中排出水的质量/7Z'=/??-/??/=8.5x105kg

【变式6-3］（2025•云南红河・二模）如图所示为某种运载无人机，它是一种能够低空运载的遥控飞行器，其

动力系统所能提供的最大升力4900N,一架总质量用=60kg的无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直

向上起飞。片10s时离地面的高度为200m,运动过程中所受空气阻力大小恒定，g取10m/s2。

(1)求运动过程中所受空气阻力大小；

⑵假设无人机竖直向上起飞5s后关闭动力系统，求无人机距地面的最大高度。

【答案】⑴60N

(2)-JYm^68.18m

【详解】(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得产-mg户机。

由运动学规律得，上升高度h="P

联'7：解得户60N

(2)起飞时间八=5s的位移h।=g*

解得h[=50m

此时速度匕=M=20m/s

失去动力后向上做匀减速运动，末速度为畛=0

根据牛顿第二定律有mg+f=ma]

解得“1=1lm/s?

根据速度与位移的关系有^-吊=-2a|112

联立解得h产罂m

则无人机距地面的最大高度h=hi+卜2=*m=68.18m

类型3：超重和失重问题

1.超重和失重

⑴视重

当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重.

(2)超重、失重和完全失重的比较

超重失重完全失重

物体对支持物的压力（或对悬挂

物体对支持物的压力（或对悬挂物物体对支持物的压力（或对悬

概念物的拉力）小于物体所受重力的

的拉力）大于物体所受重力的现象挂物的拉力）等于零的现象

现象

产生物体的加速度方向竖直向下，

物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下

条件大小a=g

运动

加速上升或减速下降加速下降或减速上升以。=g加速下降或减速上升

状态

原理F—mg=rnamg—F=inamg—F=nui

方程F=m(g-\-a)F=m(g—a)F=0

■

①不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

②在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。

③尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重

状态。

④尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超

重或失重状态。

【典例7】（2024•全国甲卷・高考真题）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力

计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8m/s2。

（1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为—N（结果保留1位小数）;

（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N,则此段时间内物体处于—（填“超重”或“失重”）状态,

电梯加速度大小为—ni/s2（结果保留1位小数）。

（1）由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N,则读数为5.0N。

（2）［1］电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N,小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态;

［2］根据

G=wg=5.0N

根据牛顿第二定律

mg-T=ma

代人数据联立解得电梯加速度大小

【变式7-1］（2025•河北石家庄•三模）在第五届中国国际消费品博览会上，全球首款即将量产的分体式飞行

汽车成为观众驻足观看的焦点之一、该飞行汽车由陆行体（增程式汽车）和飞行体（纯电动垂直起降飞行

器）组成。假设某次飞行体起飞测试时，质量为360kg的飞行体沿竖直方向做直线运动，一段时间内的速

度—时间（hz）,图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法正确的是（）

C.飞行体在第6s末受到的合力大小为360ND.第3s末飞行体上升到最高点

【答案】C

【详解】A.修图像的斜率表示加速度，（）~3s内总行体的加速度方向竖直向上，处于超重状态，A错误;

B.0~3s内飞行体的加速度大小aI=3m/s2=gm/s2,B错误;

C.飞行体在第6s末的加速度大4、a2=7^iWs2=lm/s2

I1-3

£行体受到的合力大小产=〃742=360?4,C正确；

D.O~lls内飞行体的速度方向始终竖直向上，因此第3s末飞行体并未上升到最高点，D错误。

故选C。

【变式7-2］（2025•广东深圳•三模）一木箱置于升降机内的水平地板上，升降机从片0时刻由静止开始竖直

向上运动，其加速度。随时间，的变化规律如图所示。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）

A.（）〜2/o内，木箱处干超重状态

B.2均时，木箱的速度为4g/o

C.2打〜力。内，木箱做减速运动

D.4fo时,木箱到达最高点

【答案】A

【详解】A.根据题意，由图可知，0〜2fo内，升降机加速.上升，木箱具有向上的加速度，处于超重状态，

故A正确：

BD.〃“图像中面积表示速度变化量，则为时，木箱的速度为尸；口2/（）匚2g=2卬（）

4fo时，木箱的速度为-=g□4电口2g=4gr0

方向向上，则木箱未到达最高点，故BD错误；

C.根据题意，由图可知，内，木箱加速度向上，木箱做加速运动，故C错误。

故选Ao

【变式7-3］（多选）（2025•安徽县阳•三模）2023年11月26日：在武汉体育中心举行的2023年全国跳水

锦标赛的女子双人10米跳台决赛中，全红婵保芋汐以354.66分的成绩获得冠军。在女子10m跳台的决赛

中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5m/s,从竖直入水到速度减为0

的运动时间是其在空中的运动时间的%假设全红婵所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为40

kg,重力加速度g取10m/s2,则

A.跳离跳台后上升阶段，全红婵处于超重状态

B.跳离跳台后下降阶段(落水前)，全红婵处于失重状态

C.全红婵在空中运动的时间为2s

D.入水后全红婵受到水的阻力大小为500N

【答案】BC

【详解】AB.跳离跳台后上升阶段和卜落阶段(落水前)，全红婵的加速度方向均向卜，处于失重状态，故

A错误，B正确；

C.以向上为正方向，则有-hfoggp

可得t=2s

即全红婵在空中运动的时间为2s,故C正确；

D.入水时的速度】一=%-g/=-15m/s

在水中的加速度大小。=牛=22.5in/s2,方向竖直向上

r

根据牛顿第二定律可知F产mg+〃?a=l300N,故D错误。

故选BCo

类型4：动力学中的图象问题

1.常见的图象

丫一，图象：斜率表示加速度的大小和方向，与时间轴围成的面积表示位移。

。一，图象：斜率表示加速度的变化率，与时间轴围成的面积表示速度变化量。

F-t图象：通过图像可以知道每时每刻对应的合外力及加速度，与时间轴围成的面积表示动量变化最

或者合外力的冲量。

产一工图象：与时间轴围成的面积表示功。

2.图象间的联系

加速度是联系V—/图象与尸一/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.解答图象问题的策略

(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义.

(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.

提题圄询］

【典例8】（2025・陕晋青宁卷•高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运

动，受到的合力沿轨道方向，合力E随时间/的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（）

-F/N

20-

0

1：2：3r/s

-20

根据牛顿第二定律和题图的尸一/图画出如图所示的a—/图像

可知机器人在0~Is和2~3s内加速度大小均为血尾方向相反，由图线的斜率表示加速度可知A正

确。

【变式8-1］（2024.安徽.高考真题）倾角为。的传送带以恒定速至飞顺时针转动。片0时在传送带底端无初速

轻放一小物块，如图所示。如时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到“。不计空气阻力，则物块从传

送带底端运动到顶端的过程中，加速度"、速度u随时间，变化的关系图线可能正确的是（）

【答案】C

【详解】0~砧时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦

力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。

S之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的卜滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线

运动。

CE确，ABD错误。

故选C。

【变式8-2］（2024•全国甲卷・高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P置于水平桌

面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略〕，盘中放置祛码。改变盘中祛码总质量”

并测量P的加速度大小。，得到〃如图像。重力加速度大小为g。在下列如〃?图像中，可能正确的是（）

【答案】D

【详解】设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为/;以P为对象，根据牛顿第二定律可得

T-f=Ma

以盘和祛码为对象，根据牛顿第二定律可得

mg-T=ma

联立可得

f

』g・f_g-正

a=——=——口rn

\4+mM+m

可知，不是线性关系，排除AC选项,可知当祛码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和祛码静止,

加速度为。，当祛码重力大于/时，才有一定的加速度，当，〃趋于无穷大时，加速度趋近等于g。

故选D。

【变式8-3］（2024•广东•高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方”高度

处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为力所受合外力为F，运动时间

为上忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内.关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图

像可能正确的是（

木块

O

A.B.

【详解】AB.在木块下落，高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即

F=mg

当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力

F=mg-k(y-H)

到合力为零前，随着)，增大F减小：当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木

块所受合外力向上，随着y减小?增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、

B正确:

CD.在木块下落，高度之前，木块做自由落体运动，根据

尸;靖

速度逐渐增大，)7图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律

rng-k(y-H)=F=ma

木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力

后到最低点过程中

F=k(\>-H)-tng

木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以》“图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，

经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到

最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然

后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下

故CD错误。

故选Bo

【变式8-4]（多选）（2025•黑吉辽蒙卷•高考真题）如图（a）,倾角为。的足够长斜面放置在粗糙水平面上。

质量相等的小物块甲、乙同时以初速度七沿斜面下滑，甲、乙马斜面的动摩擦因数分别为勺、的，整个过程

中斜面相对地面静I匕甲和乙的位置x与时间/的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x“曲

线在片卜时切线斜率为。，则（）

B./=“时，甲的速度大小为3yo

C.r=/o之前，地面对斜面的摩擦力方向向左

D.片m之后，地面对斜面的摩擦力方向向左

【答案】AD

【详解】B.位置x与时间/的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运

动，乙物体做匀减速运动，在f（）时间内甲乙的位移可得万甲=罟电=3而口乙=竽，0=的

可得M时刻甲物体的速度为v=2»,B错误；

A.甲物体的加速度大小为为=3

乙物体的加速度大小为。2=也

由牛顿第二定律可得甲物体加gsin。-4]mgcosO=ma\

同理可得乙物体"MgcosO-mgsin公〃g

联立可得〃]+〃2=2tan0,A正确

C.设斜面的质量为取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定理可得尸cosO-ogcosQO

则修0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；

D.片布之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得户机的cos。

即地面对斜面的摩擦力向左，D1E确。

故选ADo

【变式8-5](2025・甘肃・高考真题)如图1所示，细杆两端固定，质量为机的物块穿在细杆上.初始时刻。

物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力广作用在物块上，尸随时间，的变化如图2所示。开始滑动瞬

间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，叙30。。

(1)户6s时尸的大小,以及f在0~6s内产的冲量大小。

⑵，在0~6s内，摩擦力/随时间/变化的关系式，并作出相应的尸z图像。

(3)/=6s时，物块的速度大小。

【答案】(1)辰学，当望

(2)见解析

(3)V=yg

【详解】(1)由图2可知尸随时间线性变化，根据数学知识可知之誓/

4

所以当/=6s时，尸=守

0~6s内F的冲量为F-t图围成的面积，即/=gx手〃7gx6=竽mg

(2)由「初始时刻。物块刚好能静