2017-2026十年高考物理专项汇编（全国）：专题05 牛顿运动定律的应用（教师版）

1

专题05牛顿运动定律的应用

十年考情（2017-

考点分类命题规律

2026）

考点01牛顿运

动定律的两类基2026河北卷2026陕晋.真实情境深度渗透：以CR450动车组制动、新

本题型青宁2025黑吉辽蒙卷能源汽车加速测试、空间站舱体对接等前沿科技

考点02斜面模2024辽宁、2024北、场景为载体，不再使用纯理论裸模型出题，要求

型

2023·北京、2023福建、学生从复杂场景中提炼动力学模型。

考点03连接体2022北京、2022辽宁、

.综合关联属性突出：不再孤立考查牛顿定律基础

模型2021海南、2021辽宁、

概念，会联动匀变速直线运动、受力分析、能量

考点04传送带2020海南、2020江苏、

动量等考点，强化受力分析加速度计算运

模型2020山东、2020浙江“→→

考点05板块模2019江苏高考真题、动状态推导”的完整动力学解题链条。

型2019海南、2018全国高.能力导向持续强化：弱化机械繁琐的代数运算，

考点06牛顿运考真题、2018浙江、重点考查瞬时性突变分析、多过程动力学拆解、

动定律与图像的2017浙江、2017全国连接体问题的整体隔离法应用，规避固化刷题套

结合2017浙江路，依靠建模能力实现分数分层。

考点01牛顿运动定律的两类基本题型

1．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为4kg的木板上放有一个质量为1kg的机器人，木板始终受到

水平向右、大小为5N的恒力作用。初始时木板与机器人一起以1m/s的速度沿水平地面向右匀速运动。机

器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为1m/s的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上

2

提起，2s后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。g取10m/s，机器

1

人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求

(1)机器人被提起的2s内，木板位移的大小。

(2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。

【答案】(1)2.5m

(2)0.48J

Fmmg

【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有木机

解得0.1

Fmgma

机器人被提起时，对木板有木木1

a0.25ms2

解得1

1212

xv0ta1t120.252m2.5m

机器人被提起的2s内，木板位移的大小22

vvat10.252m/s1.5m/s

（2）机器人被放回木板时，木板的速度为201

机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动

mvmvmmv

量守恒定律有机机0木木2

解得v1.4ms

1212

Wm机机vmv00.48J

对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功22

2．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中

AB段的长度l36m、倾角为，BC段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从A点由静止下滑，经过

t6s到达B点，此后进入BC段继续滑行。游客甲和滑板的总质量m60kg，AB段、BC段滑道与滑板间

11

sin

22

的动摩擦因数分别为1、2，其中10。重力加速度g取10m/s，3。游客和滑板整体视为质

点，不计空气阻力及在B点处的机械能损失。

1

(1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数1；

(2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；

(3)当甲到达B点时，游客乙乘同样滑板恰以5m/s的速度经过A点下滑。求乙到达B点时与甲的距离。

2

1

【答案】(1)10

(2)2880J，720kgm/s

(3)40m

1

Lat2

【详解】（1）当甲从A点滑至B点根据2

代入数据可得a=2m/s2

mgsinmgcosma

根据牛顿第二定律有1

122

sincos

又因为3，所以3

2

1

代入数据联立可得10

（2）甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有

ΔEWfmgcosL2880J

2

根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式v2aL可得甲到达B点的速度为12m/s

所以AB段动量的变化量为pmv0720kgm/s

12

Lv0tat

（3）乙从A滑到B的过程根据运动学公式有2

代入数据解得t4s

mgma

甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有22

a1m/s2

可得2

1

甲到达B点的速度为v12m/s，在4s内甲没有停止；

12

xvta2t

在t4s内，甲运动的距离2

代入数据解得x40m，即甲乙之间的距离为40m。

3．（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞

机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离

L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持

水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：

（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；

（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。

2m/s240s2.8107J

【答案】（1），；（2）

v1

【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为2，则

1

Lvt

21

解得飞机滑行的时间为

2L21600

ts40s

v180

飞机滑行的加速度为

v80

a1m/s22m/s2

t40

h100m

（2）飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为

11

ΔEmv2mghmv22.8107J

2221

4．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上

v2m/sx16.8m

将冰壶A推到M点放手，此时A的速度0，匀减速滑行1到达N点时，队友用毛刷开始

x3.5m

擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行2，与静止在P

v0.05m/sv0.55m/s

点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为A和B。已知A、B质量相同，

0.012

A与MN间冰面的动摩擦因数1，重力加速度g取10m/s，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B

碰撞时间极短。求冰壶A

v

（1）在N点的速度1的大小；

1

（2）与NP间冰面的动摩擦因数2。

v0.8m/s0.004

【答案】（1）1；（2）2

【详解】（1）设冰壶质量为m，A受到冰面的支持力为N，由竖直方向受力平衡，有

Nmg

设A在MN间受到的滑动摩擦力为f，则有

f1N

设A在MN间的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得

fma

联立解得

2

a1g0.1m/s

由速度与位移的关系式，有

22

v1v02ax1

代入数据解得

v10.8m/s

v

（2）设碰撞前瞬间A的速度为2，由动量守恒定律可得

mv2mvAmvB

解得

v20.6m/s

设A在NP间受到的滑动摩擦力为f，则有

f2mg

由动能定理可得

1

11

fxmv2mv2

22221

联立解得

20.004

5．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，

2

经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s。下列v0、μ值可能正确的是（）

A．v0=2.5m/sB．v0=1.5m/sC．μ=0.28D．μ=0.25

【答案】B

xvv

v0

【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则t2

由题干知x=1m，t=1s，v>0

代入数据结合全过程平均速度大于1m/s有1m/s<v0<2m/s，故A不可能，B可能；

22

CD．对物块做受力分析有a=-μg，v-v0=2ax

2g

整理有v0-2x>0

由于v0<2m/s可得μ<0.2，故CD不可能。

故选B。

考点02斜面模型

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

l4m

24°角，长度1，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，

2

其与滑轨间的动摩擦因数均为9，货物可视为质点（取cos240.9，sin240.4，重力加速度

2

g10m/s）。

a

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度1的大小；

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；

l2

（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。

1

2

【答案】（1）2m/s；（2）4m/s；（3）2.7m

【详解】（1）根据牛顿第二定律可得

mgsin24mgcos24ma1

代入数据解得

2

a12m/s

（2）根据运动学公式

2

2a1l1v

解得

v4m/s

（3）根据牛顿第二定律

mgma2

根据运动学公式

22

2a2l2vmaxv

代入数据联立解得

l22.7m

7．（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BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静

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

，到C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110kg，sin15°

2

=0.26，重力加速度g取10m/s，求雪车（包括运动员）

（1）在直道AB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

82

a1m/s

【答案】（1）3；（2）12m/s；（3）66N

【详解】（1）AB段

2

v12a1x1

解得

8

am/s2

13

（2）AB段

v1a1t1

解得

t3s

1BC段

1

xvtat2

212222

2

a22m/s

过C点的速度大小

vv1a2t212m/s

（3）在BC段有牛顿第二定律

mgsinFfma2

解得

Ff66N

3

8．（2021·浙江·高考真题）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m1.010kg的汽车以

v36km/h

1的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s20m处，驾驶员发现小朋友排着长l6m的

队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，

1

且忽略驾驶员反应时间。

（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；

v0.5m/s

（2）若路面宽L6m，小朋友行走的速度0，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时

间；

v54km/h

（3）假设驾驶员以2超速行驶，在距离斑马线s20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。

t4sF2.5103N

【答案】（1）1，f；（2）20s；（3）v55m/s

【详解】（1）根据平均速度

s

t

1v

解得刹车时间

t14s

刹车加速度

v

a1

t1

根据牛顿第二定律

Ffma

解得

3

Ff2.510N

（2）小朋友过时间

lL

t2

v0

等待时间

tt2t120s

（3）根据

22

v2v2as

1

解得

v55m/s

9．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，

使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、

s3.5102ms2.0102m

乙相隔1，乙与边框a相隔2，算珠与导杆间的动摩擦因数0.1。现用手指

将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重

2

力加速度g取10m/s。

（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；

（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

【答案】（1）能；（2）0.2s

【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有

fmgma

则甲乙滑动时的加速度大小均为

ag1m/s2

甲与乙碰前的速度v1，则

22

2as1v0v1

解得

v1=0.3m/s

甲乙碰撞时由动量守恒定律

mvmvmv

123

解得碰后乙的速度

v3=0.2m/s

1

然后乙做减速运动，当速度减为零时则

v20.22

x3m=0.02ms

2a212

可知乙恰好能滑到边框a；

（2）甲与乙碰前运动的时间

vv0.40.3

t01s=0.1s

1a1

碰后甲运动的时间

v0.1

t2s=0.1s

2a1

则甲运动的总时间为

tt1t20.2s

10．（2020·北京·高考真题）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球

以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线

ff

运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力1和偏转力2。这两个力

fkv2fkv

与篮球速度v的关系大致为：11，方向与篮球运动方向相反；22，方向与篮球运动方向垂直。

下列说法正确的是（）

kk

A．1、2是与篮球转动角速度无关的常量

B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同

C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动

D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动

【答案】C

f

【详解】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力2的作用，而篮球转动时，将受到偏转力

ffkvk

2的作用，所以偏转力22中的2与篮球转动角速度有关，A错误；

B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能

量回到原高度，B错误；

1

C．篮球下落过程中，其受力情况如图所示。

ff

篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到1和2的合力沿竖直方向的分力可能大

于重力，可使篮球竖直方向的分速度减小到零或变成竖直向上，因此篮球有可能向上运动，C正确；

f

D．如果篮球的速度变成水平方向，则有空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力2将变

f

小，不能保持2与重力持续等大反向，所以篮球不可能在空中持续一段水平直线运动，D错误。

故选C。

11．（2020·浙江·高考真题）如图1所示，有一质量m200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加

1

速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的4时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的

Ft图线如图2所示，t34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：

(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；

(2)匀速运动的速度大小；

(3)总位移的大小。

2

【答案】(1)0.125m/s，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m

【详解】(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定

律有

1

mgFTma

根据图2得此时FT=1975N，则有

F

agT0.125m/s2

m

方向竖直向下。

(2)结合图2根据运动学公式有

vat20.1253426m/s=1m/s

(3)根据图像可知匀速上升的位移

h1=vt1=126m=26m

匀减速上升的位移

v1

h=t=8m=4m

2222

13

匀加速上升的位移为总位移的4，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的4，则有

3

hhh

124

所以总位移为

h=40m

12．（2020·全国II卷·高考真题）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一

质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程

中，管始终保持竖直。已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空

气阻力。

（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；

（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

1

13152

H1HLH

【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）25；（3）125

【详解】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；

球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有

Ma1=Mg+f①

ma2=f–mg②

联立①②式并代入题给数据，得

a1=2g，a2=3g③

（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为

v2gH

0④

方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式

v0–a1t1=–v0+a2t1⑤

联立③④⑤式得

22H

t1

5g⑥

设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得

12

h1v0t1a1t1

2⑦

vvat

011⑧

由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学

公式有

v2

h2

2g⑨

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则

H1=h1+h2⑩

联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

13

H1H

25⑪

（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有

Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫

1

联立⑪⑫式并代入题给数据得

4

x1H

5⑬

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为

4

x2H1

5⑭

设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是

x1+x2≤L⑮

联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为

152

LH

125⑯

13．（2020·浙江·高考真题）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道匀变速下

滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后匀减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整

sin370.6

个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°。求小明和滑雪车：

v

（1）滑行过程中的最大速度m的大小；

t

（2）在斜直雪道上滑行的时间1；

F

（3）在斜直雪道上受到的平均阻力f的大小。

v18m/st6sF180N

【答案】(1)m；(2)1；(3)f。

【详解】（1）小明和滑雪车在斜面上滑行时做初速度为0的匀加速的直线运动，在水平上滑行时，做末

xvv

v01

速度为0的匀减速直线运动，由平均速度公式t2可得滑行分析运动过程可知：

vmvm

x1t1x2t2

2，2

则整个过程有：

vxx54m40.5m

m129m/s

2t1t210.5s

v18m/s

解得：m

1

vm

x1t1

（2）在斜直雪道上滑行过程中由2可得，滑行的时间：

2x1254m

t16s

vm18m/s

vvat

（3）根据匀变速直线运动速度时间关系式0可得小明和滑雪车在斜直雪道上的加速度：

v

am3m/s2

t1

由牛顿第二运动定律：

mgsin37Ffma

解得：

Ff180N

ss

14．（2017·全国II卷·高考真题）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离0和1(

ss

10)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将

v

冰球以初速度0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直

于起跑线从静止出发滑向小旗，训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行

v

过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为1，重力加速度大小为g，求：

（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；

（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

222

v0v1s1v0v1

2gs2s2

【答案】（1）；（2）0

【详解】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度

a1g

1

由速度与位移的关系知

22

–2a1s0v1–v0

联立解得

av2v2

=101

g2gs0

（2）设冰球运动的时间为t，则

vv

t01

g

又

1

sat2

12

联立解得

2

s1v0v1

a2

2s0

【点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，

并能灵活选取运动公式；难度中等。

15．（2017·浙江·高考真题）在某段平直的铁路上，一列以324km/h的速度高速行驶的列车某时刻开始匀

减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速

度324km/h.

（1）求列车减速时的加速度大小；

（2）若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；

（3）求列车从开始减速到恢复原速度这段时间内的平均速度大小。

【答案】（1）0.3m/s2；（2）1.2×106N；（3）30m/s

【详解】（1）列车的初速度为

1

324km/h=90m/s

经过

5min=300s

停下，所以列车减速时的加速度为

Δv090

a=Δt300m/s2=－0.3m/s2

即列车减速时加速度大小为0.3m/s2，负号说明加速度的方向与运动方向相反。

（2）由运动学公式得

v2=2a′x’

解得

v2902

3

a′=2x'28.110m/s2=0.5m/s2

阻力

Ff=0.1mg

根据牛顿第二定律，有

F－0.1mg=ma′

代入数值解得

F=1.2×106N

（3）列车加速的时间为

v90

t′=a'0.5s=180s

减速过程中通过的位移

v

x=2t=45×300m=13500m

所以整个过程的平均速度

xx'135008100

v

t300240180

总m/s=30m/s

考点03连接体模型

16．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质

v

量相等的小物块甲、乙同时以初速度0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为1、2，整个过

1

程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的

tt

xt曲线在0时切线斜率为0，则（）

2tan

A．12

tt3v

B．0时，甲的速度大小为0

tt

C．0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左

tt

D．0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t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

vvv0

x0t3x,x0tx

t甲乙0000

运动，乙物体做匀减速运动，在0时间内甲乙的位移可得22

tv2v

可得0时刻甲物体的速度为0，B错误；

vv

a0

1t

A．甲物体的加速度大小为0

v0

a2

乙物体的加速度大小为t0

mgsinmgcosma

由牛顿第二定律可得甲物体11

mgcosmgsinma

同理可得乙物体22

2tan

联立可得12，A正确

fmacosmacos0

C．设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定理可得12

tt

则0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；

tt