2027届高三物理一轮复习讲义：牛顿运动定律(1) 牛顿第二定律的基本应用 瞬时问题 斜面问题 连接体问题

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿运动定律核心应用，涵盖瞬时问题、斜面问题、连接体问题等高考高频考点，按基础应用到综合问题的逻辑层次组织知识点。通过考点梳理明确命题方向，方法指导提炼解题思路，真题训练（含2024年全国甲卷等真题）强化实战能力，构建系统复习框架。 资料以科学思维培养为核心，创新采用“模型建构+真题解析”教学策略，如在瞬时问题中对比弹簧与绳的弹力特性，引导学生建立物理模型。设置中档偏上分层练习，配合详细思路解析，确保高效突破难点，助力学生提升科学推理与问题解决能力，为教师把控复习节奏提供精准指导。

一轮复习·牛顿运动定律(1)：牛顿第二定律的基本应用 瞬时问题 斜面问题 连接体问题 7月第三周，我们进行一轮复习·牛顿运动定律(1)：牛顿第二定律的基本应用 瞬时问题 斜面问题 连接体问题。题目难度中档偏上、题型覆盖全面，加油哦！ 1．（2024年高考全国甲卷理综物理真题·★★★）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），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024年高考北京卷物理真题·★★★）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 3．（2025届北京市西城区高三下学期统一测试（一模）物理试卷·★★★）如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角θ可调节。物体从斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（　　） A．物体受到支持力的大小B．物体加速度的大小 C．合力对物体做的功D．物体重力的冲量 4．（2025届安徽省江淮十校高三上学期第二次联考·★★★）如图所示，A、C两球质量均为，B球质量为，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间通过一根轻杆连接，B、C间由一不可伸长的轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，弹簧被剪断的瞬间，已知重力加速度为，下列说法正确的是（    ） A．B球的受力情况未变 B．C球的加速度大小为 C．B、C之间线的拉力大小为 D．A、B两个小球的加速度大小均为 5．（2025届辽宁名校联盟高三下期高考模拟（信息卷）（一）·★★★）如图所示，两个小球、悬挂在水平天花板下，并处于静止状态，其中小球和悬挂点之间的细线与天花板的夹角为，小球和悬挂点之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为，小球、之间的细线水平。已知，，则剪断小球、之间的细线瞬间，小球与的加速度大小之比为（　　） A． B． C． D． 6．（【T8联考】2025年普通高中学业水平选择性考试压轴卷（一）（山西版）·★★★）如图所示，轻绳1一端连接小球A，另一端悬挂在天花板上。轻绳2连接小球A、B，轻绳3一端连接小球B，另一端固定在竖直墙壁上，两小球均处于静止状态，已知小球B的质量为。轻绳1与竖直方向、轻绳2与水平方向的夹角均为，轻绳3沿水平方向，已知重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．小球A的质量为 B．轻绳1上的张力 C．轻绳3上的张力 D．剪断轻绳2的瞬间，小球A的加速度大小为 7．（2025届北京市丰台区高三下学期一模检测物理试题·★★★）如图1所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落的最低位置为C点。以A点为坐标原点O。沿竖直向下建立x轴，定性画出小球从A到C过程中加速度a与位移x的关系，如图2所示，重力加速度为g。对于小球、弹簧和地球组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．小球在B点时的速度最大 B．小球从B到C的运动为简谐运动的一部分，振幅为 C．小球从B到C，系统的动能与弹性势能之和增大 D．图中阴影部分1和2的面积大小相等 8．（★★★）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且。在小球从M点运动到N点的过程中（  ） A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 9．（2026届吉林省东北师范大学附属中学高三上学期第一次模拟考试物理试卷·★★★）如图甲所示，A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，其中A物体的质量为。现用恒定的向上拉，使两物体开始向上运动。在分离前，的加速度随位移变化如图乙所示。当物体运动位移为时，与分离。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．B物体的质量为 B．弹簧的劲度系数等于 C．作用后瞬间，对的压力大小为 D．和分离后，还能继续上升 10．（2025届河南部分重点高中高三上学期大联考模拟预测物理试题·★★★）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（　　） A．撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0 B．撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为 C．撤去手后，物块B向上运动过程中加速度先减小后不变 D．当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为 11．（2022届山西省吕梁市高三（下）二模理综·★★★）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角= 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（　　） A．若μ=0.2，当F=4N时，木板相对斜劈向右滑动 B．若μ=0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止 C．若μ=0.8，当F=22.5N时，小球对斜劈的压力为0 D．若μ=0.8，当F=26 N时，细绳对小球的拉力为 12．（2023年高考湖南省物理真题·★★★★）如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（    ） A．若B球受到的摩擦力为零，则 B．若推力向左，且，则的最大值为 C．若推力向左，且，则的最大值为 D．若推力向右，且，则的范围为 13．（2021年广东省普通高中学业水平选择性考试（广东卷）·★★★）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、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。 （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。 14．（2024届湖北武汉市高三下学期二月调研考试·★★★）如图，倾角为的斜面足够长，区间光滑，长度为，其余部分粗糙程度相同。长为的轻绳连接两个相同的小滑块、。开始时处于点，轻绳恰好伸直。由静止同时释放、，经过一段时间后，、发生弹性碰撞。再经过一段时间轻绳突然绷紧，、达到共同速度，并一起匀速运动。已知重力加速度大小为，求 （1）滑块与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数； （2）滑块从静止释放至运动到点的时间； （3）滑块、一起匀速运动的速率。 试卷第6页，共7页 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C B A C C BCD CD BC 题号 11 12 答案 BCD CD 1．D 【难度】0.65 【知识点】绳连接体问题 【详解】设P的质量为，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 以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得 可知，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于。 故选D。 2．C 【难度】0.65 【知识点】牛顿第二定律的初步应用、常见力做功与相应的能量转化、动量定理的内容 【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误； C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确； A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误； B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。 故选C。 3．C 【难度】0.65 【知识点】无外力，物体在光滑斜面滑动、重力做功、求恒力的冲量 【详解】设斜面倾角为，斜面的高度为： A．垂直斜面方向，根据平衡条件可得物体受到支持力大小 则物体受到支持力的大小与斜面倾角有关，故A错误； B．沿着斜面方向，根据牛顿第二定律 可得 则物体加速度的大小与斜面倾角有关，故B错误； C．物体下滑过程中只有重力做功，则合力对物体做的功都为，与斜面倾角无关，故C正确； D．沿着斜面方向，根据运动学公式 解得 物体重力的冲量 与斜面倾角有关，故D错误。 故选C。 4．B 【难度】0.65 【知识点】牛顿第二定律求瞬时加速度问题、杆连接体问题 【详解】弹簧剪断前，系统静止，分别以C、BC、ABC组成的系统为研究对象可得， 对C 对BC 对ABC 弹簧被剪断的瞬间，弹簧弹力消失，AB整体受力情况发生变化，假设细线拉力不为0，结合牛顿第二定律可知， 对AB 沿斜面向下 沿斜面向下 对C 沿斜面向下 沿斜面向下 则细线必然松弛，不符合假设，因此细线拉力为0。 对ABC 沿斜面向下 沿斜面向下 对 沿斜面向下 因此，弹簧剪断瞬间，细线、轻杆的弹力都为0。 A、B、C三个小球的加速度均沿斜面向下，大小均为。 故选B。 5．A 【难度】0.65 【知识点】牛顿第二定律求瞬时加速度问题 【详解】剪断、之间的细线，小球向下摆动，加速度大小为 剪断细线前，对小球受力平衡有、 剪断、之间的细线瞬间，弹簧弹力大小不变，小球向右加速，加速度大小为 所以剪断小球、之间的细线瞬间，小球与的加速度大小之比 故选A。 6．C 【难度】0.65 【知识点】整体法与隔离法解决共点力平衡问题、牛顿第二定律求瞬时加速度问题 【详解】ABC．对小球B受力分析可知，根据平衡条件有， 解得轻绳2上的张力和轻绳3上的张力分别为， 对小球A、B整体受力分析可知，根据平衡条件， 联立解得，，故AB错误，C正确； D．剪断轻绳2的瞬间，小球A的加速度沿圆周的切线方向，合力为 根据牛顿第二定律有 解得加速度大小为，故D错误。 故选C。 7．C 【难度】0.4 【知识点】a-t图像、牛顿第二定律的初步应用、机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用、简谐运动的定义及特征 【详解】A．小球至B点时开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，则小球继续向下加速运动，所以小球在B点时的速度不是最大，故A错误； B．设平衡位置为，弹簧在平衡位置的压缩量为，则有 设平衡位置下方有一D点，且B、D相对于点对称，根据对称性可知，小球到达D点的速度等于B点的速度，且B、D两点的加速度大小相等，即D点的加速度大小为，则小球在最低点C点的加速度大于，方向向上，根据牛顿第二定律可得 可得最低点C的压缩量满足 则小球从B到C的运动为简谐运动的一部分，振幅为 故B错误； C．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大，故C正确； D．设小球在平衡位置的速度为，根据积分的思想可得 根据动能定理可得， 由于 所以 即中阴影部分1的面积小于阴影部分2的面积，故D错误。 故选C。 8．BCD 【难度】0.65 【知识点】牛顿第二定律的初步应用、功的正负及判断、功率推导式：P=Fvcosθ、机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 【详解】A．因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且，可知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则在小球从M点运动到N点的过程中，弹簧的弹性势能先增大，后减小再增大；弹簧的弹力对小球先做负功，后做正功再做负功，故A错误； B．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，小球受到的合力为重力，小球的加速度为重力加速度；当弹簧恢复到原长时，小球只受重力作用，小球的加速度为重力加速度；故有两个时刻小球的加速度等于重力加速度，故B正确； C．弹簧长度最短时，即弹簧处于水平方向，此时弹簧弹力与速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，故C正确； D．由于M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，可知M和N两点处弹簧的压缩量等于伸长量，M和N两点处弹簧的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可知，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D正确。 故选BCD。 9．CD 【难度】0.4 【知识点】动能定理的初步应用、牛顿运动定律与图像结合、弹簧连接体问题 【详解】A．设B物体的质量为，F未作用时，对AB整体分析，根据平衡条件有 由图乙可知，当F作用瞬间，AB整体的加速度大小为 对AB整体分析，根据牛顿第二定律有 又 代入解得，故A错误； B．AB分离瞬间，AB间弹力为0，二者加速度相等，对B物体，根据牛顿第二定律有 对A物体，根据牛顿第二定律有 又 联立解得，，故B错误； C．F作用瞬间，对B物体分析，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知F作用瞬间，对的压力大小为，故C正确； D．从F作用到AB分离过程，根据运动学公式 可知图像与轴围成的面积表示，且当物体运动位移为时加速度大小为 又AB开始运动的初速度为零，则有 解得AB分离时的速度 AB分离后，对B物体，根据动能定理有 解得 即和分离后，还能继续上升，故D正确。 故选CD。 10．BC 【难度】0.4 【知识点】牛顿第二定律求瞬时加速度问题、绳连接体问题 【详解】A．由题意可知，撤去手之前绳子上得拉力为0，此时，对AB整体受力分析得 撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C三个物体加速度大小相等，对C受力分析得 对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得 联立解得撤去手的一瞬间，物体C的加速度大小为 此时绳上的拉力突变，大小为 故A错误； B．撤去手的一瞬间，对物体B受力分析，由牛顿第二定律得 代入数据得此时A对B的作用力大小为 故B正确； C．撤去手之后AB分开前，对A、B、C系统受力分析，由牛顿第二定律得 随着A向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小；A、B分开后，B、C两个物体由绳连接加速度大小一样，对C受力分析由牛顿第二定律可知 对B受力分析，由牛顿第二定律可知 联立解得B、C的加速度大小为 加速度不再变化，故C正确； D．A、B分开时，，此时A、B、C加速度大小相等，设此时弹簧的形变量为，对A、B、C系统受力分析解得 隔离A，受力分析由牛顿第二定律得 联立解得，此时弹簧形变量为 故当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为 故D错误。 故选BC。 11．BCD 【难度】0.4 【知识点】含有斜面的连接体问题分析、斜面模型中的临界极值的问题、有外力接触面光滑的板块模型 【详解】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有 F=3ma 解得 对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有 得 a板=2m/s2>a 可知此时木板相对于斜劈静止，所以A错误； B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为 当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有 得 a球=7.5m/s2>a 可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，所以B正确； C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为 此时对板、球和斜劈构成的系统，有 F临界=(m+m+m)a=24N 当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有 可知此时球刚好要离开斜劈，所以C正确； D．若μ=0.8，当F=26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为a=8m/s2，对球分析，有 所以D正确。 故选BCD。 12．CD 【难度】0.4 【知识点】牛顿第二定律的初步应用 【详解】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足 竖直方向 则 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 可得 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律 A错误； B．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为 对小球B，由于，小球B受到向左的合力 则对小球A，根据牛顿第二定律可得 对系统整体根据牛顿第二定律 解得 B错误； C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为 小球B所受向左的合力的最大值 由于可知 则对小球B，根据牛顿第二定律 对系统根据牛顿第二定律 联立可得的最大值为 C正确； D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时 对小球B根据牛顿第二定律 对系统根据牛顿第二定律 代入小球B所受合力分范围可得的范围为 D正确。 故选CD。 13．（1）能；（2）0.2s 【难度】0.65 【知识点】已知运动求受力、动量守恒定律的初步应用 【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有 则甲乙滑动时的加速度大小均为 甲与乙碰前的速度v1，则 解得 v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 解得碰后乙的速度 v3=0.2m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时则 可知乙恰好能滑到边框a； （2）甲与乙碰前运动的时间 碰后甲运动的时间 则甲运动的总时间为 14．（1）；（2）；（3） 【难度】0.65 【知识点】含有斜面的连接体问题分析、弹性碰撞：动碰动、完全非弹性碰撞 【详解】（1）、一起匀速运动时，对、整体有 解得 （2）、一起下滑距离，对、整体有 解得 由位移公式可得 解得 此时、的速度为 从运动至，因绳子松弛，故对有 由位移公式可得 解得 又 解得 （3）运动至点后匀速运动，此时速度为 之后、发生弹性碰撞，由于质量相同，所以碰后交换速度，直至轻绳绷紧，二者以相同的速度匀速运动，该过程系统动量守恒，则有 解得 答案第2页，共13页 答案第6页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $