2027高考物理复习题型精讲及课时精练专题13 牛顿第二定律的综合应用（教师版）

专题13牛顿第二定律的综合应用

题型一两类动力学问题..................................................................................................................................2

题型二超重与失重现象................................................................................................................................10

题型三动力学图像问题................................................................................................................................17

【基础回顾】

一、两类动力学问题

1.动力学的两类基本问题：

第一类：已知受力情况求物体的运动情况；

第二类：已知运动情况求物体的受力情况。

2.解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律

列方程求解，具体逻辑关系如图：

二、超重与失重

1.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反映物体

对弹簧的弹力或物体对台秤的压力。

2.超重、失重和完全失重的比较

超重现象失重现象完全失重现象

物体对支持物的压力（或对悬物体对支持物的压力（或对物体对支持物的压力

概念挂物的拉力）大于物体所悬挂物的拉力）小于物体（或对于悬挂物的拉力）

受重力的现象所受重力的现象等于零的现象

产生物体的加速度方向竖直向物体的加速度方向竖

物体的加速度方向竖直向上

条件下直向下，大小a＝g

原理F－mg＝mamg－F＝mamg－F＝ma＝mg

方程F＝m(g＋a)F＝m(g－a)F＝0

运动以a＝g加速下降或减

加速上升或减速下降加速下降或减速上升

状态速上升

题型一两类动力学问题

1.动力学问题的解题思路

【例题精讲】

1．（2026·河北保定·一模）如图所示，粗糙竖直挡板前方固定倾角为θ=37°的粗糙传送带，传送带上表面以

速度푣0=3m/s向挡板转动，物块紧贴传送带和挡板由静止释放。已知物块与挡板间的动摩擦因数为휇1=

13

，与传送带间的动摩擦因数为휇=，重力加速度取푔=10m/푠2，sin37∘=，则物块沿传送带下滑的最

3240.6

大速度为（）

A．3m/sB．4m/sC．5m/sD．6m/s

【答案】B

【详解】

设物块沿传送带下滑的最大速度为푣，物块与传送带摩擦力大小为푓2，物块与挡板摩擦力大小为푓1，物块

푣

相对传送带方向偏离挡板夹角为훼，受力分析如图，有tan훼=0

푣

对物块垂直挡板方向퐹N1=푓2sin훼

物块有最大速度时，物块沿着挡板方向有푚푔sin휃=휇1퐹N1+푓2cos훼

푓2=휇2푚푔cos휃

联立得物块沿传送带下滑的最大速度为훼=37°，푣=4m/s

故选B。

2．（25-26高一下·福建厦门·月考）如图甲所示，倾角为37∘的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转

动，将一质量푚=10kg的货物（可视为质点）轻放到传送带底端퐴，货物运动的速度푣随时间푡变化的图像

如图乙所示，푡=10 s时刻货物到达传送带顶端퐵，取重力加速度大小푔=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘

=0.8，货物从퐴端运动到퐵端的过程中，下列说法正确的是（）

A．货物受到的摩擦力做的功为20J

B．货物受到的摩擦力大小始终为64N

C．货物受到的合力做的功为920J

D．货物与传送带间因摩擦产生的热量为320J

【答案】D

【详解】AB．由图乙知货物先在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，5s末与传送带共速，共速

后，随传送带一起匀速上升，受静摩擦力

加速时퐹f−푚푔sin37°=푚푎

解得퐹f=64N

′

匀速上升时，静摩擦力퐹f=푚푔sin37°=60N

′

货物受到的摩擦力做的总功为푊=퐹f푥1+퐹f푥2=920J，故AB错误；

1

．由动能定理푊=Δ퐸=푚푣2=20J，故错误；

C合K2C

푣

．在0∼5s内两者的相对位移为Δ푥=푥−푥=푣푡−푡=5m

D带货2

货物与传送带间因摩擦产生的热量为푄=퐹f⋅Δ푥=320J，故D正确。

故选D。

3．（2026·浙江台州·二模）图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有质

量m=0.2kg、长度s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体

间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时

立即锁定。下列说法正确的是（）

A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功

B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大

C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N

D．书本能与抽屉左侧发生磕碰

【答案】A

【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力对

书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦力对

书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A正确；

C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得퐹=(푀+푚)

푎

解得푎=0.9m/s2

此时书本受到的静摩擦力为푓=푚푎=0.18N

书本与桌面间的最大静摩擦力为푓m=휇푚푔=0.2N

由于푓<푓m

故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为0.18N，故C

错误；

B．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力

超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，

2

此时书本的加速度大小为푎书=휇푔=1m/s

所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误；

D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为푣，则由运动学公式可得푣2=2푎푑

解得푣=2푎푑=1.2m/s

假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为푎1，则由牛顿第二定律有휇푚푔=푚푎1

2

解得푎1=1m/s

푣2

则书本匀减速到0的位移为푥==0.72m

2푎1

由分析可知，书本实际上应先向右运动푠=0.2m，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为Δ

푥=푥−푠=0.52m<푑−푠=0.6m

所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。

故选A。

4．（2026·河南·模拟预测）如图所示，粗细均匀的粗糙直杆倾斜固定放置，小球套在杆上，小球的孔径比

杆的直径略大，用恒力퐹作用在小球上，恒力퐹方向斜向右上，与杆在同一竖直面内，小球沿杆运动，小球

只受两个力的作用，则关于小球的运动，下列判断正确的是（）

A．可能沿杆向上匀速运动

B．可能沿杆向上加速运动

C．可能沿杆向下匀速运动

D．可能沿杆向下加速运动

【答案】B

【详解】小球只受两个力的作用，且恒力F方向斜向右上，另一个是竖直向下的重力，所以重力与拉力的

合力一定沿杆方向，即可能沿杆向上加速运动。

故选B。

5．（25-26高一上·浙江杭州·期末）在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是14m，查得

该车辆的轮胎与地面的动摩擦系数为0.7，车辆刹车后轮胎抱死（不转动）仅靠轮胎与地面的滑动获得制

动力而减速。该路段的限速是60km/h，取푔=10m/s2，则该车是否超速（）

A．超速B．不超速

C．无法判断D．刚好是60km/h

【答案】B

【详解】刹车时滑动摩擦力为合外力，由牛顿第二定律휇푚푔=푚푎

得加速度大小푎=휇푔=0.7×10m/s2=7m/s2

2

车辆做匀减速直线运动，末速度为0，由匀变速运动公式0−푣0=−2푎푥，代入푥=14m得初速度푣0=2푎푥=

2×7×14=14m/s

换算单位得푣0=14×3.6km/h=50.4km/h，小于限速60km/h，不超速，故选B。

6．（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，一儿童将无动力玩具小车在地面上滑出，松手后小车由斜面底

端A冲上倾角휃=30°的斜面，运动至B时速度为0。已知小车的质量为푚=0.2kg，A、B之间的距离为

0.75m，小车由A至B所用的时间为0.5s。则小车沿斜面上滑时所受的合力大小为（）

A．2NB．1.2NC．0.2ND．1N

【答案】B

【详解】小车从퐴到퐵做匀减速直线运动，已知初速度푣0（未知）、末速度푣=0、位移푥=0.75m、时间푡=0.5

푣+푣푣

s，质量푚=0.2kg。根据匀变速直线运动位移公式푥=0푡=0푡

22

解得初速度푣0=3m/s

푣−푣

由加速度定义式푎=0

푡

解得푎=−6m/s2

即加速度大小为6m/s2，负号表示方向与初速度方向相反

根据牛顿第二定律有퐹合=푚푎

解得퐹合=1.2N。

故选B。

7．（25-26高一上·安徽阜阳·月考）如图所示，滑雪轨道由光滑的倾斜直轨道和粗糙的水平轨道组成。t=0

时，运动员从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后，运动员的速度大小不变。已知倾斜轨道与水平

1

面的夹角θ，运动员与水平轨道间的动摩擦因数휇=，运动员在第末和第末的速度大小相等，

=30°82s7s

重力加速度g=10m/s2，则运动员在17s内运动的总路程为（）

A．110mB．112.5mC．115mD．117.5m

【答案】B

2

【详解】依题意可知，运动员在倾斜轨道上的加速度大小a1=gsinθ=5m/s

第2s末的速度大小v2=a1t2=10m/s

2

运动员在水平轨道上做匀减速直线运动，加速度的大小a2=μg=1.25m/s

设运动员到B点所用的时间为t，第2s末和第7s末的速度大小相等，则有vB=a1t=v7+a2（t7-t）

解得vB=15m/s，t=3s

푣7푣210

从第7s末到运动员停下所用的时间푡3===s=8s

푎2푎21.25

115

故第15s末运动员停下，运动员运动的总路程푠=푣푡=×15m=112.5m

2퐵总2

故选B。

（多选）8．（25-26高一上·天津河西·期末）如图所示，质量为10kg的推车静止在粗糙水平地面上，小津

给推车一个大小为30N的水平恒力，使推车由静止开始运动。推车在第1s内运动的位移为1m，地面阻力

恒定，忽略其他阻力。下列说法正确的是（）

A．第1s内推车的加速度大小为4m/s2

B．第1s末推车的速度大小为2m/s

C．推车受到的阻力大小为10N

D．若在第1s末撤去恒力，则推车继续运动1m后停下

【答案】BC

2푥

12×122

【详解】A．第1s内推车的加速度大小为푎=2=2m/s=2m/s，A错误；

푡11

B．第1s末推车的速度大小为푣1=푎푡1=2m/s，B正确；

C．根据퐹−푓=푚푎

可得推车受到的阻力大小为푓=10N，C正确；

푓

D．若在第1s末撤去恒力，则推车做匀减速运动的加速度大小为푎′==1m/s2

푚

22

푣12

继续运动的距离为푥2==m=2m，D错误。

2푎′2×1

故选BC。

（多选）9．（25-26高一下·河北邢台·开学考试）质量푚=0.5kg的滑块静止在光滑水平面上，푡=0时刻滑

块在水平外力F作用下开始运动，其푣−푡图像如图所示，斜率푘=1m⋅s-2，则下列说法正确的是（）

A．푡=2s时，滑块的速度大小是3m/sB．0~4s内，滑块的位移大小是8m

C．水平外力퐹=1ND．若撤去外力，则滑块将做匀速直线运动

【答案】BD

【详解】A．由题中图像斜率可得加速度푎=1m/s2

푡=2s时，滑块的速度푣=푎푡=2m/s，A错误；

1

．푡=4s时，滑块的位移푥=푎푡2=8m，正确；

B2B

C．由牛顿第二定律有퐹=푚푎

解得퐹=0.5N，C错误；

D．若撤去外力，滑块所受合外力为零，由牛顿第一定律可知滑块将做匀速直线运动，D正确。

故选BD。

（多选）10．（2026·重庆·二模）如图1所示，质量为m的滑块B静置于倾角为θ且足够长的固定斜面上，

B与斜面之间的动摩擦因数μ=2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。B通过一条弹性轻绳与光滑滑块A相

连，A的质量也为m。t=0时刻将A由静止释放，A运动的部分v-t图像如图2所示，图中t0之前为直线段，

t0之后为曲线，且t0已知，v1、t1、t2未知。t1时刻A的速度达到最大，t2时刻A的速度为零。已知t0~t1时

间段内A的位移大小为x，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻

力，据此可知（）

A．t0时刻，B开始运动

푚푔sin휃

．轻绳的劲度系数为

B푥

2

C．t2时刻，B的速度大小为푔sin휃(푔푡0sin휃−푥)

1

．t时间段内，轻绳最长时A的速度大小为푔sin휃(푔푡2sin휃+푥)

D0~220

【答案】BD

【详解】A．由图2可知，0~t0时间段内轻绳弹力为零，B静止不动，A匀加速运动，0t之后轻绳绷紧，t0~t1

时间段内，A做加速度减小的加速运动，B仍静止不动；t1时刻B开始运动，故A错误；

B．t1时刻，对B，有푇+푚푔sin휃=휇푚푔cos휃

解得푇=푚푔sin휃

푇푚푔sin휃

设轻绳的劲度系数为k，则푘==，故正确；

푥푥B

푇

．t~t时间段内，克服轻绳弹力做功푊=푥

C01A2

11

t时间段内，对，有푚푔sin휃⋅(푔sin휃⋅푡2+푥)−푊=푚푣2

0~1A2021

2

解得푣1=푔sin휃(푔푡0sin휃+푥)

t1之后A、B系统所受合外力为零，设t2时刻B的速度为vB，根据动量守恒定律可得푚푣1=푚푣B

2

解得푣B=푣1=푔sin휃(푔푡0sin휃+푥)，故C错误；

D．当A、B共速时轻绳最长，此时푚푣1=2푚푣共

11

解得푣=푣=푔sin휃(푔푡2sin휃+푥)，故正确。

共2120D

故选BD。

题型二超重与失重现象

1.对超重和失重的理解

（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）尽管物体的加速度方向不是竖直方向，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。

2.判断超重和失重的方法

（1）从受力的角度判断

当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物

体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态。

（2）从加速度的角度判断

当物体具有向上的（分）加速度时，物体处于超重状态；具有向下的（分）加速度时，

物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。

（3）从速度变化的角度判断

①物体向上加速或向下减速时，超重；

②物体向下加速或向上减速时，失重。

【例题精讲】

1．（2026·山东东营·二模）火箭的网系回收可简化为如下过程，质量푚=2×105kg的火箭先靠发动机点火

主动减速，10s末定点入网后启动液压缓冲系统，缓冲绳索对火箭产生持续缓冲作用，回收过程的v-t图像

如图所示，不计空气阻力，重力加速度푔=10m/s2，下列说法正确的是（）

A．0~10s，火箭处于失重状态

B．12s时绳索对火箭的作用力为2.0×106N

C．10~12s，绳索的平均作用力为2.4×106N

D．0~10s，火箭的重力势能减小5.4×108J

【答案】D

【详解】A．火箭回收过程向下运动，0∼10s速度向下且不断减小，说明加速度方向向上，火箭处于超重

状态，故A错误；

B．火箭重力푚푔=2×105kg×10m/s2=2×106N

12s时火箭速度为0，仍有向上的加速度，绳索作用力퐹>푚푔，因此퐹>2×106N，故B错误；

C．对10∼12s过程，取向下为正方向，由动量定理(푚푔−퐹)푡=0−푚푣

푚푣2×105×24

代入푡=2s，푣=24m/s，푚=2×105kg，解得平均作用力퐹=푚푔+=2×106N+N=4.4×1

푡2

06N，故C错误；

(30+24)

D．푣−푡图像的面积表示位移，0∼10s火箭下落的位移ℎ=×10m=270m

2

58

重力势能减小量等于重力做功Δ퐸푝=푚푔ℎ=2×10×10×270J=5.4×10J，故D正确。

故选D。

2．（2026·重庆南川·模拟预测）空军航空开放活动和长春航空展于2025年9月在吉林省长春市举办，歼-20

等飞机进行了飞行表演。图示为国产战斗机大仰角加速向上爬升过程的飞行轨迹，轨迹为曲线。下列说法

正确的是（）

A．研究战斗机姿态调整时可以把战斗机看成质点

B．战斗机的路程等于位移大小

C．战斗机所受合力沿轨迹的切线方向

D．飞行员处于超重状态

【答案】D

【详解】A．研究战斗机姿态调整时，战斗机的形状大小不能忽略，不可以把战斗机看成质点，A错误；

B．战斗机做曲线运动，则路程大于位移大小，B错误；

C．战斗机所受合力指向轨迹的凹向，C错误；

D．因加速度有向上的分量，可知飞行员处于超重状态，D正确。

故选D。

3．（2026·天津·一模）家用室内引体向上器通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与墙壁

的摩擦力起到固定的作用。如图所示，李同学双手握住水平单杠保持静止（只有双手接触单杠且双腿悬

空）。已知该引体向上器的质量为3kg，该同学的质量为57kg，g取10m/s2。则（）

A．双手间距离越小，人所受到单杠的作用力越小

B．双手间距大于肩宽时，距离越大，单杠对每只手臂的作用力越大

C．每个橡胶垫与墙面间的摩擦力为600N

D．李同学由静止下降到最低点的过程中，单杠对人的作用力始终等于其自身重力

【答案】B

【详解】A．人处于静止状态，受重力和单杠的作用力平衡，单杠对人的作用力（合力）大小等于人的重

力，与双手间距离无关，故A错误；

휃

．设单杠对每只手臂的作用力为퐹，两手臂夹角为휃，根据平衡条件有2퐹cos=푚푔

B2

푚푔

휃

解得퐹=2cos

2

휃

双手间距越大，夹角휃越大，cos越小，则퐹越大，故正确；

2B

C．对人和引体向上器整体分析，竖直方向受重力和墙壁对两个橡胶垫的摩擦力，根据平衡条件有

2푓=(푀+푚)푔

解得푓=300N，故C错误；

D．人由静止下降到最低点的过程中，先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，处于先失重后超重

状态，单杠对人的作用力先小于重力后大于重力，故D错误。

故选B。

4．（2026·浙江衢州·二模）2026年央视春节联欢晚会上，人形机器人与小朋友进行同台集群武术表演，机

器人侧空翻、打醉拳、耍兵器、连续踢腿等节目惊艳了春晚舞台。下列说法中正确的是（）

A．观众在观看人形机器人侧空翻时可以把机器人当成质点

B．人形机器人在空中表演侧空翻落地前，处于完全失重状态

C．人形机器人落地时速度越大，惯性越大

D．人形机器人在空中表演侧空翻时，其重心位置必在机器人上

【答案】B

【详解】A．研究机器人侧空翻动作时，机器人的形状、大小不能忽略，因此不能将机器人视为质点，故A

错误；

B．机器人在空中落地前，忽略空气阻力时加速度等于重力加速度、方向向下，符合完全失重的定义，因

此处于完全失重状态，故B正确；

C．惯性是物体的固有属性，惯性大小仅由质量决定，和速度无关，故C错误；

D．物体的重心位置不一定在物体本身，机器人做侧空翻肢体弯曲时，重心可能在机器人身体外，故D错

误。

故选B。

5．（2026·天津河西·一模）翠鸟被誉为自然界的“跳水皇后”，它常高速俯冲入水捕食。푡=0时刻，一只翠

鸟（视为质点）由静止开始竖直向下俯冲，入水后沿直线减速，푡=푡2时刻下潜到最低点，恰好捕到小鱼。

如图所示为翠鸟及其运动的푣−푡图像，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）

푣

．0∼푡时间内，翠鸟的平均速度等于1

A22

B．푡1∼푡2时间内，水对翠鸟的作用力逐渐减小

C．0∼푡2时间内，翠鸟一直处于失重状态

D．入水前翠鸟重力的冲量大小等于入水后水对其作用力的冲量大小

【答案】B

0+푣

【详解】．由题知，在t时间内，平均速度为푣=1

A0~112

位移为푥1=푣1푡1

푣+0

若tt时间内，翠鸟做匀减速直线运动，则平均速度为푣=1

1~222

位移为푥2=푣2(푡2−푡1)

푥1+푥21

故全过程的平均速度为푣==푣1

푡22

根据푣−푡图像的斜率表示加速度，由图乙可知，在t1~t2时间内翠鸟入水过程的加速度逐渐减小，即翠鸟做

加速减小的减速运动，根据푣−푡图像与时间轴围成的面积表示位移，如图所示

′′

图中虚线为做匀减速直线运动所围成的面积푥2，实线为实际运动所围成的面积푥2，可知푥2<푥2，故实际

푥+푥′푥1+푥21

′12

上全过程的平均速度为푣=<=푣=푣1，故A错误；

푡2푡22

B．根据푣−푡图像的斜率表示加速度，在t1~t2时间内翠鸟入水过程，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有

퐹−푚푔=푚푎

可知水对翠鸟的作用力F也在减小，故B正确；

C．在t1~t2时间内翠鸟向下减速，加速度向上，处于超重状态，故C错误；

D．根据图乙可知，整个过程初速度为0，末速度为0，根据动量定理有퐼水−퐼퐺=0

又重力冲量퐼퐺=푚푔푡2

解得퐼水=푚푔푡2>푚푔푡1

所以入水前翠鸟重力的冲量大小小于入水后水对其作用力的冲量大小，故D错误。

故选B。

6．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某地开通无人机医疗物资应急配送工作。如图所示为某次任务中，无人机

在竖直方向运动的푣−푡图像。若配送物资质量为2.0kg，以竖直向上为正方向，设水平方向速度始终为0，

不计空气阻力，푔=10m/s2。下列说法正确的是（）

A．无人机在1~2s内处于失重状态

B．在此过程中无人机上升的最大高度为4m

C．无人机在第1s内和第4s内的加速度大小相等

D．在1s末配送物资所受无人机的拉力大于其自身重力

【答案】D

【详解】AD．根据푣−푡图像，可知无人机在1~2s内竖直向上做加速度运动，加速度向上，处于超重状态，

根据牛顿第二定律有퐹T−푚푔=푚푎

可得퐹T=푚푔+푚푎>푚푔，故A错误，D正确；

B．根据푣−푡图像与时间轴围成的面积表示位移，可知4s时无人机运动至最高点，则在此过程中无人机上

1+4

升的最大高度为ℎ=×4m=10m，故错误；

m2B

4

．根据푣−푡图像的斜率绝对值表示加速度的大小，可得第内无人机的加速度大小为푎=m/s2=2m/s2

C1s12

4

第内无人机的加速度大小为푎=m/s2=4m/s2

4s24−3

可知푎1≠푎2，故C错误。

故选D。

7．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）某城市“智慧停车楼”的简化模型如图。质量为푚的汽车静止在升降机的水

平托盘上，先以加速度푎竖直加速上升一段距离，再匀速上升，最后以加速度푎减速上升至目标楼层。已知

重力加速度为푔，则托盘对汽车的支持力大小（）

A．在匀速上升阶段为0B．在加速上升阶段为푚(푎+푔)

C．在减速上升阶段为푚(푎+푔)D．先小于푚푔，再等于푚푔，最后大于푚푔

【答案】B

【详解】A．在匀速上升阶段汽车受力平衡，则托盘对汽车的支持力大小等于汽车重力大小，A错误；

B．在加速上升阶段，根据퐹푁−푚푔=푚푎

可得퐹푁=푚(푎+푔)，B正确；

′

C．在减速上升阶段，根据푚푔−퐹푁=푚푎

′

可得为퐹푁=푚(푔−푎)，C错误；

D．由以上分析可知整个过程中托盘对汽车的支持力大小先大于푚푔，再等于푚푔，最后小于푚푔，D错误。

故选B。

（多选）8．（2026·安徽·一模）某人使用无人机将高山上的农产品运送到山下。如图所示，某次运送过程

中的一段时间内，无人机水平向右飞行，农产品用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与

竖直方向成一定夹角。忽略农产品所受空气阻力，下列说法正确的是（）

A．该段时间内，无人机一定向右做匀加速直线运动

B．该段时间内，轻绳与竖直方向的夹角越大，无人机的速度越大

C．该段时间内，农产品可能处于失重状态

D．若到达目的地前，农产品竖直向下做减速运动，则农产品处于超重状态

【答案】AD

【详解】A．由题图可知，农产品所受合力水平向右，根据牛顿第二定律加速度水平向右，又因为无人机

水平向右飞行，则无人机一定向右做匀加速直线运动，故A正确；

B．轻绳与竖直方向的夹角和无人机的速度大小无关，只与水平方向的加速度大小有关，故B错误；

C．农产品在水平方向上运动，在竖直方向上的加速度为0，不可能处于失重状态，故C错误；

D．农产品竖直向下做减速运动，加速度方向竖直向上，则农产品处于超重状态，故D正确。

故选AD。

（多选）9．（2026·湖北黄冈·二模）在2026年央视春晚《武BOT》节目中，机器人借助舞台上的弹簧跳台

（弹射器）获得初速度，完成了震撼的3米高空翻动作。起跳过程简化如下，压缩的轻弹簧下端固定，上

端与质量为푚的跳板A连接，弹簧释放将质量为푀的机器人B由静止竖直向上弹起，忽略空气阻力，从机器

人被弹起到上升至最高点的过程中，重力加速度为푔，下列说法正确的是（）

A．机器人先超重后失重B．机器人的加速度先增大后减小

C．机器人速度最大时弹簧弹力为푚푔D．机器人与跳板分离时弹簧恢复原长

【答案】AD

【详解】A．机器人先向上加速，加速度向上，超重状态，后向上减速，加速度向下，失重状态，故A正

确；

B．在加速阶段，弹簧弹力퐹逐渐减小，根据牛顿第二定律有퐹−푀푔−푚푔=(푀+푚)푎

可知加速度푎逐渐减小，直到加速度为零；减速阶段，根据牛顿第二定律有푀푔+푚푔−퐹=(푀+푚)푎

因弹簧弹力퐹继续减小至0，加速度푎反向增大，最后离开跳台后加速度大小恒为重力加速度푔，故加速度

先减小后增大，最后不变，故B错误；

C．机器人速度最大时加速度为零，受力平衡，根据平衡条件，可得弹力퐹=푀푔+푚푔，故C错误；

D．机器人与跳板分离的条件是二者间弹力为0和加速度相同，均为푔，此时弹簧恢复原长，弹簧弹力为

0，故D正确。

故选AD。

（多选）10．（25-26高三上·福建龙岩·期中）中国无人机表演技术处于全球领先地位，2025年6月以11787

架无人机刷新了“最多无人机组成的空中图案”吉尼斯世界纪录。某测试员应用无人机搭载的加速度传感器

进行飞行测试。图甲为在测试软件中设定的x、y、z轴的正方向，其中z轴沿竖直方向，无人机开始时沿y

轴负方向匀速飞行，푡=0时刻起该同学进行变速操作，软件生成了图乙中三个维度的푎−푡（加速度—时间）

图像，可以推断2s~4s的时间内无人机（）

A．处于超重状态B．沿x轴方向一直加速

C．沿y轴方向一直加速D．沿z轴方向减速上升

【答案】AC

【详解】A．2s~4s，푎푧>0，有竖直向上的加速度，属于超重现象，A正确；

B．2s~4s，x轴方向先沿负方向减速到零，再沿正方向加速，B错误；

C．2s~4s，沿y轴方向，速度方向与加速度方向始终一致，一直加速，C正确；

D．2s~4s，沿z轴方向一直加速，D错误。

故选AC。

题型三动力学图像问题

1.常见的动力学图像

v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。

（1）v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。

（2）a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛

顿第二定律列方程求解。

（3）F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。

（4）F－a图像：首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出

两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图

像给出的信息求出未知量。

【例题精讲】

1．（2026·陕西商洛·三模）踢毽子是一项全民健身运动。在无风的天气，假设毽子被竖直踢上去又落下，

其所受空气阻力大小不变，取竖直向上为正方向，下列关于毽子离开脚面后的位移x随时间t变化的图线

可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】A

푚푔+푓

【详解】毽子上升时做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，可得加速度的大小为푎=

1푚

푚푔−푓

毽子下落时做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可得加速度的大小为푎=

2푚

可知毽子上升时的加速度푎1大于下落时的加速度푎2，位移大小相等，上升时的时间小于下落时的时间，上

升到最高点的速度为零，即푥−푡图像在此时的切线斜率为零，且位移x与时间t满足二次函数关系，综合

分析，可知A项符合要求。

故选A。

2．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B

的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随

时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（）

A．t＝0时，A物体的加速度为2m/s2

B．t＝2s时，A、B开始分离

C．t＝0时，A、B之间的相互作用力为3N

D．A、B开始分离时的速度为1m/s

【答案】D

【详解】由图可得两个力随时间的关系：퐹퐴=(8−2푡)N，퐹퐵=(2+2푡)N

A、B分离前一起运动，对整体受力分析，总合力퐹合=퐹퐴+퐹퐵=(8−2푡)+(2+2푡)=10N

根据牛顿第二定律퐹合=(푚퐴+푚퐵)푎

可得因此整体加速度푎=1m/s2，分离前A、B做匀加速直线运动，加速度恒为1m/s2。

A．푡=0时A的加速度等于整体加速度，푎=1m/s2，A错误；

B．A、B刚好分离的条件是相互作用力푁=0，研究B物体，根据牛顿第二定律퐹퐵+푁=푚퐵푎

解得푡=1s，即푡=1s时开始分离，B错误；

′′

C．푡=0时，设A、B间相互作用力为푁，研究B物体，根据牛顿第二定律：퐹퐵+푁=푚퐵푎

解得푁′=2N，C错误；

D．分离前A、B做匀加速直线运动，푣=푎푡=1×1m/s=1m/s，D正确。

故选D。

3．（2026·安徽合肥·模拟预测）甲、乙两球质量分别为푚1、푚2，从同一地点（足够高）处同时由静止释

放．两球下落过程所受空气阻力大小푓仅与球的速率푣2成正比，与球的质量无关，即푓=푘푣2（푘为正的常量）

两球的푣−푡图像如图所示。落地前，经푡0时间甲、乙两球的速度都已分别达到各自的稳定值푣1、푣2。则下

列判断正确的是（）

A．释放瞬间甲球加速度较大

푣1푚2

B．=

푣2푚1

C．甲球质量大于乙球

D．0−푡 0时间内两球下落的高度相等

【答案】C

【详解】A．释放瞬间푣=0，因此空气阻力푓=0，两球均只受重力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间两

球的加速度均为重力加速度푔，故A错误；

B．由图可知两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时푓=푘푣2=푚푔

푚푔

则푣=

푘

푣1푚1

即=，故B错误；

푣2푚2

푣1푚1

C．因=

푣2푚2

由题图可得푣1>푣2，所以甲球质量大于乙球，故C正确；

D．푣−푡图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0~푡0时间内两球下落的高度不相等，

故D错误。

故选C。

4．（2026·四川绵阳·二模）一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度−时间图像如图所示。

下列判断正确的是（）

A．外力小于摩擦力

B．外力等于摩擦力

C．在푡=0到푡=푡1的过程中，外力方向与摩擦力方向相同

D．在푡=푡1到푡=푡2的过程中，外力方向与摩擦力方向相同

【答案】C

【详解】푣−푡图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，由于图像在

0≤푡<푡1内的斜率大于푡1≤푡≤푡2内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，由

퐹=푚푎可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在0≤푡<푡1的时间段内外力与摩擦力同向

使得物体减速，在푡1≤푡≤푡2的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。

故选C。

5．（25-26高二上·湖南永州·月考）如图1所示，长为L=3.55m的倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转

动，t=0时刻，给碳包一沿传送带向下的初速度vx，使碳包由顶端A点沿传送带向下滑动，经过0.7s碳包

滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度随时间的变化规律如图2所示，碳包可视为质点，重力加速

度g取10m/s2，下列说法正确的是（）

A．vx=2m/s

B．传送带倾角α的正切值为0.75

C．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.2

D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.45m

【答案】B

푣+56+5

【详解】A．图像与坐标轴围成的面积代表位移，则有퐿=푥×0.2m+×0.5m=3.55m

22

解得푣푥=3m/s，故A错误；

Δ푣Δ푣

15−32226−522

BC．由图像斜率可知푎1==m/s=10m/s，푎2==m/s=2m/s

Δ푡10.2Δ푡20.7−0.2

根据牛顿第二定律有푚푔sin훼+휇푚푔cos훼=푚푎1，푚푔sin훼−휇푚푔cos훼=푚푎2

解得tan훼=0.75，휇=0.5，故B正确，C错误；

3+5

D．0~0.2s时间，碳包在传送带上留下的痕迹长度为Δ푥=5×0.2m−×0.2m=0.2m

12

6+5

0.2s~0.7s时间，碳包在传送带上留下的痕迹长度为Δ푥=×0.5m−5×0.5m=0.25m

22

由于Δ푥2>Δ푥1，所以碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.25m，故D错误。

故选B。

6．（25-26高三上·广东广州·期中）某中学实验室对一款市场热销的玩具机器人进行了相关测试，测试过程

在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及相同

时段机器人的加速度a随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的

推断结果正确的是（）

A．机器人与水平桌面间的滑动摩擦力为2.2N

B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1

C．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为6.2N·s

D．在0~4s时间内，合外力做的功为4.4J

【答案】C

【详解】AB．设机器人质量为m，滑动摩擦力大小为f，由两个图像结合牛顿第二定律可得2.2N−푓=푚×0.2

m/s2，4.4N−푓=푚×2.4m/s2

联立解得푚=1kg，푓=2N

因为푓=휇푚푔

解得휇=0.2，故AB错误；

C．因为푎−푡图面积表示速度变化量，机器人初速度为0，故速度变化量大小等于末速度，则4s时机器人速

2.4+0.2

度푣=×(4−2)m/s=2.6m/s

2

规定F方向为正方向，根据动量定理有퐼F−퐼f=푚푣

4.4

因为时间内퐼=×4N·s=8.8N·s

0~4sF2

联立解得摩擦力的冲量大小퐼f=6.2N·s，故C正确；

1

．根据动能定理可知合力做功푊=푚푣2=3.38J，故错误。

D2D

故选C。

7．（2025·甘肃·模拟预测）某同学练习“深蹲”（完成一次“下蹲”和“起立”过程为一次“深蹲”），他稳定站在压

力传感器上，发现压力传感器的示数为600N，已知重力加速度为푔=10m/s2。他截取某一动作过程中的퐹−푡

图像如图所示，则下列说法正确的是（）

A．0∼9s内该同学完成两次“深蹲”

B．该同学“下蹲”过程中最大加速度约为3.7m/s2

C．该同学“起立”过程中先失重后超重

D．该同学“起立”过程中最大加速度约为5.0m/s2

【答案】D

【详解】A．0∼9s内图像中第一次变化，传感器示数先小于实际重量，后大于实际重量，即先失重后超重，

为一次“下蹲”过程，之后为一次“起立”过程，共一次“深蹲”，故A错误；

퐺600

．由题可知该同学质量푚==kg=60kg

B푔10

该同学“下蹲”过程中，压力传感器的示数最小值为280N，最大值为920N，故该同学“下蹲”过程中最大加速

퐹−푚푔920−600

度约为푎=max=m/s2≈5.3m/s2，故错误；

푚60B

C．6∼9s内“起立”过程中，传感器示数先大于600N，后小于600N，故该同学先处于超重状态后处于失重

状态，故C错误；

D．该同学“起立”过程中，压力传感器的示数最大值为900N，最小值为300N，故该同学“起立”过程中最大

퐹−푚푔900−600

加速度约为푎′=max=m/s2=5.0m/s2，故正确。

푚60D

故选D。

（多选）8．（2026·广东汕头·一模）小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由

静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为1kg，其动力系统提供的

升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为2N，其运动的푣−푡图像如图所示，g取10m/s2，下列说法

正确的是（）

A．1s时飞行器加速度大小为5m/s2B．3s时飞行器处于失重状态

C．5s时飞行器升力大小为8ND．8s时飞行器返回地面

【答案】AB

10

【详解】．由푣−푡图像的斜率表示加速度，可知1s时飞行器加速度大小为푎=m/s2=5m/s2，故正确；

A2A

B．由푣−푡图像可知飞行器在2~4s内向上减速运动，加速度方向向下，所以3s时飞行器处于失重状态，故B

正确；

8

．由푣−푡图像可知4~6s内向下加速运动，加速度大小为푎′=m/s2=4m/s2

C6−4

′

根据牛顿第二定律可得푚푔−푓−퐹升=푚푎

解得5s时飞行器升力大小为퐹升=4N，故C错误；

11

．设푡时刻飞行器返回地面，根据푣−푡图像与横轴围成的面积表示位移，则有×10×4=×8×(푡−4)

D22

解得푡=9s，故D错误。

故选AB。

（多选）9．（2026·广东·模拟预测）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施，如图甲所示，一质量为푚的小朋友

由一定高度处自由下落，以下落初位置为坐标原点푂，竖直向下为푂푦轴，小朋友下落过程中的加速度为푎，

其푎−푦图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空气阻力不计，

重力加速度大小为푔，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（）

푚푔

A．蹦床的等效劲度系数푘=

2푦0

B．小朋友速度的最大值푣m=3푔푦0

C．小朋友由푂点下落的最大距离푦m=4푦0

D．小朋友感受到的最大加速度푎m=3푔

【答案】BD

【详解】A．由图像可知，当푦=푦0时，小朋友开始与蹦床接触，当푦=2푦0时푎=0，即푚푔=푘Δ푥，其中Δ푥=2

푦0−푦0=푦0

푚푔

解得푘=，A错误；

푦0

1

．当加速度为零时速度最大，对小朋友，从最高点到푦=2푦过程，根据动能定理有푚푔×2푦−푊=

B00克弹12

0+푘Δ푥

푚푣2，其中푊=×(Δ푥)

m克弹12

解得푣m=3푔푦0，B正确；

C．当下落距离最大时，速度为零，对小朋友的整个下落过程，根据动能定理有푚푔푦m−푊克弹2=0，其中

0+푘(푦−푦)

푊=m0×(푦−푦)

克弹22m0

解得푦m=(2+3)푦0，C错误；

D．在最低点处，小朋友的加速度最大，根据牛顿第二定律，结合图像可得푘(