第07讲 牛顿运动定律的应用（复习讲义）（黑吉辽蒙专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿运动定律的应用，覆盖与图像结合、超重失重、多过程问题、等时圆、连接体、传送带、板块模型等高考核心考点，按命题透视-思维建模-考点精讲-真题溯源逻辑架构系统梳理知识脉络。通过考点拆解、方法归纳、真题训练等环节，帮助学生构建运动与相互作用的物理观念，突破动态分析、临界计算等难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义突出模型建构与科学推理，如“连接体：内力公式”通过整体法与隔离法推导普适规律，配合变式训练强化应用。“传送带模型”聚焦摩擦力突变临界状态，结合v-t图像分析相对运动，培养科学思维。设置三级练习精准对接高考难度，助力学生高效掌握解题范式，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第07讲 牛顿运动定律的应用（复习讲义） 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考向1 与图像的结合 考向2 超重和失重 考向3 多过程问题 考向4 等时圆 考向5 连接体：内力公式 考向6 连接体：关联速度 考向7 传送带模型 考向8 板--块模型 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 较早 受力分析 —— 2025年选择第10题 2024年选择第10题 考情分析 题型与考向：牛顿第二定律是高中物理“运动与相互作用”观念的核心，在高考中每年必考且渗透于各类题型。从考查形式来看，选择题、实验题、计算题均有涉及。 模型建构能力：从真实情境中抽象出物理模型 逻辑推理能力：多过程动态分析 数学工具运用能力：图像分析、临界计算 情境与立意： 1. 生活实践情境：贴近学生日常生活，如汽车刹车、电梯运行、玩皮球、用开瓶器取出软木塞等 2. 科技前沿情境：紧密结合航天工程、无人机、现代交通工具等 3. 生产劳动情境：如工人向坡底运送建筑材料、机器人牵引力问题等 4. 教材迁移情境：部分试题源于教材例题和习题的改编与拓展，强调回归教材、吃透经典。 5.熟悉典型模型：连接体、传送带、板块、弹簧突变、等时圆等模型的特点与解法。 复习目标 1. 深刻理解牛顿第二定律的内涵：准确掌握F=ma的矢量性、瞬时性、独立性、同体性、因果性。 1. 2. 掌握两类动力学问题的求解方法：能熟练在受力和运动之间双向推导。 3. 受力分析能力：能规范、准确地分析各种情境下的受力情况。 4. 运动过程分析能力：能清晰划分运动阶段，建立各阶段之间的联系。 5. 模型建构与迁移能力：能将生活、科技情境转化为物理模型，并实现知识迁移 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考向1 与图像的结合 解决这类问题的基本思路：看清坐标轴所表示的物理量，看交点，分清两个相关量的变化范围及给定的相关条件 例1 （多选）如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10 m/s2)(　　) A．物体的质量为1 kg B．物体的质量为2 kg C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 【变式训练1】如图甲所示，质量为0.4kg的物块在水平力F的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（    ） A．物块受到的摩擦力的最大值大于4N B．后物块受静摩擦力 C．时物块离出发点最远 D．物块对墙壁的压力大于F 【变式训练2】某物体由静止开始在外力作用下沿直线运动，其位移s与时间t的关系图像如图所示，0--t1、t1--t2、t2--t3三段时间相等，其中t1--t2段图像是直线，以下判断正确的是（　　） A．0--t1时间内物体速度增大，合外力一定也增大 B．t1--t2时间内物体速度增大，合外力不变 C．t2--t3时间内物体速度减小，合外力不变 D．三段时间内，t1--t2段时间的位移最大 【变式训练3】（多选）如图甲所示，时刻，一质量为的木板在水平推力的作用下，由静止开始沿水平粗糙地面向右运动。在时刻，撤去水平推力，木板做匀减速运动。木板的速度随时间变化的图线如图乙所示，木板与水平地面间的动摩擦因数始终相同，重力加速度大小为，下列说法正确的是（    ） A．木板运动过程中的最大速度大小为 B．木板加速阶段的加速度大小与减速阶段的加速度大小之比为 C．木板与地面间的动摩擦因数为 D．水平推力和木板与地面间的滑动摩擦力大小之比为 考向2 超重和失重 超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态 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”，物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，而不是运动方向。 物体具有向上的加速度(包括斜向上)时处于超重状态， 物体具有向下的加速度(包括斜向下)时处于失重状态， 物体向下的加速度为g时处于完全失重状态 即：上超下失 发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。比如物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动……，靠重力使用的仪器也不能再使用(如天平)。只受重力作用的一切抛体运动，都处于完全失重状态 ✨得分速记： （1）当物体处于超重或失重时，物体的重力并未变化，只是视重变了 （2）物体处于任何状态，弹簧测力计对物体的拉力（支持力）都等于物体对弹簧测力计的拉力（压力）。物体处于超重或失重时，不要认为物体对弹簧测力计的拉力等于物体重力。 （3）超失重现象，是因物体在竖直方向上处于非平衡状态，出现的视重大于或小于其自身重力。如：你提有重物站在称上，视重大于你的自身重力，但这不是超重现象。 （4）在称上“站立—下蹲”：在称上静止站立状态，速度为0，下蹲稳定后，速度为0，“0— v —0”模型，因此人要先后经历加速向下和减速向下两个运动，即先失重，后超重。视重图像如下图左，F0为人的重力； “下蹲—站立”：人要先后经历加速向上和减速向上两个运动，即先超重，后失重。视重图像如下图右。 联想记忆：下蹲，图像先“向下”；站起，图像先“向上”。 例1 在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50，当地的重力加速度为g。电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（　　） A．晓敏同学所受的重力变小了 B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C．电梯的加速度大小为0.2g，方向竖直向下 D．电梯的加速度大小为0.8g，方向竖直向上 【变式训练1】如图所示是一客运电梯某段时间内上升的图像，则有（　　） A．0~2s时间内，电梯的加速度最大，处于超重状态 B．0~2s时间内，电梯的加速度最大，处于失重状态 C．6~10s时间内，电梯的加速度最大，处于超重状态 D．6~10s时间内，电梯的加速度最大，处于失重状态 【变式训练2】（多选）如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲-起立的动作时记录的力随时间变化的图线。由图线可以得到以下信息正确的是（　　） A．该同学做了两次下蹲-起立运动 B．该同学做了四次下蹲-起立运动 C．下蹲过程中人处于先失重后超重状态 D．起立过程中人处于超重状态 【变式训练3】某中学实验小组的同学们在电梯的天花板上固定一根弹簧秤，使其测量挂钩（跟弹簧相连的挂钩）向下，并在钩上悬挂一个重为10N的钩码。弹簧秤弹力F随时间t变化的规律可通过一传感器直接得出，其F-t图象如图所示。根据F-t图象，下列分析正确的是（　　） A．从时刻t1到t2，钩码处于超重状态 B．从时刻t3到t4，钩码处于失重状态 C．电梯有可能开始停在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼 D．电梯有可能开始停在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼 考向3 多过程问题 做好两个分析： （1）受力分析，表示出合力与分力的关系； （2）运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系。 熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法。 把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键。 物体在斜面上的重力分解：当物体静止于斜面上，或沿着斜面滑动时，通常将物体重力分解为顺着（平行）斜面和垂直于斜面两个分效果。 当物体随着斜面一同在水平方向上运动时，不对物体所受重力进行分解，而是分析物块刚好离开斜面的临界状态受力情况，并计算相关数据。 解题的一般思路 1．确定研究对象：根据问题需要和解题方便，选择某个物体或某几个物体组成的系统为研究对象。 2．选取运动过程：将多过程分解，逐一研究。 3．分析受力情况和运动情况：画好示意图、情景示意图，明确物体的运动性质和运动过程。 4．选取正方向或建立坐标系：通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。 5．确定题目类型： ①已知受力求运动：若物体只受到两个力作用，通常用合成法；若受到3个及3个以上的力，一般用正交分解法，确定合力，求出物体运动加速度，根据运动学公式求出其它物理量。 ②已知运动求受力：通常找出中的三个物理量，根据运动学公式，求出加速度，再求出物理的合外力 例1 如图所示，倾角的斜面与水平面在点平滑相连，一滑块从斜面上高处的点由静止开始下滑，最终停在点。已知滑块与接触面间的动摩擦因数均为，滑块经过点时速率不变，则滑块（　　） A．在段滑行的加速度大小为 B．到达点处的速度大小为 C．在段滑行的距离为 D．在段和段的滑行时间之比为 【变式训练1】如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2 kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7 m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8 N作用在该物体上，t＝2 s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失．求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10 m/s2) 【变式训练2】我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。 (1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度； (2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。 【变式训练3】随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1 kg的医疗物品送至用户家中，如图8所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物品运动过程中的最大速率； (2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小； (3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。 考向4 等时圆模型 “等时圆”模型：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 基本规律 (1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。 (2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 ✨得分速记： （1）要满足：竖直圆、光滑杆、静止放、过最高或最低点。结论才成立。 （2）等时圆是斜面模型的延伸。 证明：如图乙，物体由A静止释放，运动至C的过程中， 物体所受合力，解得； 设圆的半径为R，有，根据运动学公式，； 联立解得； 物体沿AB做自由落体运动，有，解得； 所以等时圆结论成立。 例1 如图所示，在监直平面内建立直角坐标系，该平面内有、、三条光滑固定轨道，其中、两点处于同一个圆上，是圆上任意一点，、分别为此圆与、轴的切点。点在轴上且，为圆心。现将、、三个小球分别从、、点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到点，如所用时间分别为、、，则、、大小关系是（　　） A． B． C． D．由于点的位置不确定，无法比较时间大小关系 【变式训练1】如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　 　) A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶ D. 1∶ 【变式训练2】（多选）如图所示，让物体同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2则（　　） A．物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1: sinθ2 B．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1: cosθ2 C．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1:1 D．两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cosθ1: cosθ2 考向5 连接体：内力公式 连接体：多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。 （1）（2）（3） 如图（1），A、B两物体在F的作用下一起向右运动，则加速度相同。 当地面光滑时，对A、B整体研究，有，设A、B之间的内力大小为，有，联立解得； 当地面粗糙，且A、B两物体与地面间的动摩擦因数均为μ，整体分析，有，A、B之间的内力，联立解得。 试着分析图（2）和图（3）物体间内力大小。 当构成连接体的几个物体满足加速度相同，则物体间内力大小，我们称它为连接体模型“内力公式”。 其中：构成连接体的物体间的力；：连接体系统中无外力的物体；：连接体系统总质量；F：连接体系统受到的外力。 当系统内物体超过两个时，可先用整体法，将系统分为两部分，再使用“内力公式”。 ✨得分速记： “内力公式”与有无摩擦无关，若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同； 与两物体间有无连接物、何种连接物（轻绳、轻杆、轻弹簧）无关； 系统处于平面、斜面、竖直方向此“公式”都成立。 例1 如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上．当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1，当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，在两次作用过程中(　　) A．F1＋F2<F B．F1＋F2>F C．F1＝F2 D. 【变式训练1】如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为2m，m和3m，物块与地面间的动摩擦因数均为。用大小为F的水平外力推动物块P，设P与Q之间相互作用力大小为T，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练2】(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是(　　) A.若m>M，有x1＝x2 B.若m<M，有x1＝x2 C.若μ>sin θ，有x1>x2 D.若μ<sin θ，有x1<x2 考向6 连接体：关联速度 例1 如图，M为定滑轮，一根细绳跨过M，一端系着物体C，另一端系着一动滑轮N，动滑轮N两侧分别悬挂着A、B两物体，已知B物体的质量为3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C物体的质量为9kg，现要保持C物体处于静止状态，则A物体质量应取多少（  ） A．3kg B．6kg C．9kg D．12kg 【变式训练1·（动滑轮特性）】如图所示，系在墙上的轻绳跨过两个轻质滑轮连接着物体P和物体Q，两段连接动滑轮的轻绳始终水平。已知P、Q的质量均为1kg，P与水平桌面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为，当对P施加水平向左的拉力F=30N时，Q向上加速运动。下列说法正确的是（　　） A．P、Q运动的加速度大小之比为 B．P的加速度大小为 C．轻绳的拉力大小为10N D．轻绳的拉力大小为12N 【变式训练2】如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是（所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）（　　） A．绳的拉力大小为30 N B．绳的拉力大小为6 N C．物块B的加速度大小为6 m/s2 D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响 考向7 传送带模型 解决传送带模型问题的关键：物体与传送带共速（速度大小、方向均相同）时刻，物体所受摩擦力发生突变。 对于水平传送带，物体与传送带何时何处共速，是第一个要解决的问题。优先级最高，没有之一。 摩擦力方向判断 研究物块受到的滑动摩擦力方向： 物块与传送带同向运动：，滑动摩擦力方向与物块运动方向相同，成为物块运动的动力；，滑动摩擦力方向与物块运动方向相反，成为物块运动的阻力。静止轻放属于同向运动。 物块与传送带反向运动：滑动摩擦力方向始终与传送带转动方向相同。 因物块要先减速到0，这一阶段，滑动摩擦力方向与物块运动方向相反；之后物块再加速直到与传送带共速，这一阶段，滑动摩擦力方向与物块运动方向相同。 水平传送带情境小结 情境 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0<v返回到左端时速度为v0，若v0>v返回到左端时速度为v 倾斜传送带情境小结 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，一直减速(加速度为gsin θ－μgcos θ) 若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，先以a1减速，后以a2加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ，一直加速； gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ，一直减速 先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动) 划痕问题 滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动，要注意连续性和方向性（该问题在倾斜传送带中更典型，下节课精讲）： 若两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小(图乙) 计算滑块与传送带间的相对位移分两种情况： 二者同向，则Δs＝|s传－s物|；二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。 例1 如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2 (1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度 例2 （多选）一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ= 37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°= 0.6、cos37°= 0.8。则下列说法正确的是（　　） A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同 B．煤块向上滑行的最大位移为10m C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5s D．煤块留下的痕迹长为（）m 【变式训练1】如图，有一水平传送带以v=2m/s的速度匀速转动，现将一物块（可视为质点）轻放在传送带A端，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，已知传送带长度为LAB=10 m，则（　　） A．物块离开传送带时的速度大小为1 m/s B．物块在传送带上留下的划痕长为1 m C．物块在传送带上运动的时间为4.5 s D．物块在传送带上运动的时间为5 s 【变式训练2】如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向转动，t=0时将质量m=1kg的物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块相对地面的v－t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，下列说法正确的是（　　） A．传送带的速率v0为12m/s B．传送带的倾角 C．物体与传送带之间的摩擦力大小为5N D．物块与传送带间的动摩擦因数0.5 考向7 板--块模型 模型特点：涉及两个叠放物体，并且物体间存在相对滑动。 一个转折：滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。 两个关联：转折前、后受力情况的关联，和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。 两种位移关系：滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为，木板位移大小为 同向运动时：L＝－ 反向运动时：L＝+ 靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：。假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。 例1 如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m1=1kg，与地面的动摩擦因数，质量为m2=2kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为，以v0=4m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t=0.6s滑离木板，g取10m/s2，以下说法正确的是 A．木板的长度1.68m B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6m/s C．小物块离开木板后，木板的加速度为2m/s2，方向水平向右 D．小物块离开板后，木板与小物块将发生碰撞 例2 如图所示，质量M=4kg的木板长L=1.44m，静止在光滑的水平地面上，其水平顶面右端静置一个质量m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数μ=0.4（g取10m/s2）今用水平力F=28N向右拉木板，小滑块将与长木板发生相对滑动。求： （1）小滑块与长木板发生相对滑动时，它们的加速度各为多少？ （2）经过多长时间小滑块从长木板上掉下？ 【变式训练1】如图所示，质量为m0=2kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m=0.5kg的小滑块（可视为质点）以v0=3m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。求： （1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向； （2）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a； （3）若长木板足够长滑块与长木板达到的共同速度大小v。 【变式训练2】（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．长木板的质量M=2kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C．当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为3m/s2 D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度大小不超过2m/s2 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（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、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过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，乙的曲线在时切线斜率为0，则（    ） A． B．时，甲的速度大小为 C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 2．（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 牛顿运动定律的应用（复习讲义） 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考向1 与图像的结合 考向2 超重和失重 考向3 多过程问题 考向4 等时圆 考向5 连接体：内力公式 考向6 连接体：关联速度 考向7 传送带模型 考向8 板--块模型 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 较早 受力分析 —— 2025年选择第10题 2024年选择第10题 考情分析 题型与考向：牛顿第二定律是高中物理“运动与相互作用”观念的核心，在高考中每年必考且渗透于各类题型。从考查形式来看，选择题、实验题、计算题均有涉及。 模型建构能力：从真实情境中抽象出物理模型 逻辑推理能力：多过程动态分析 数学工具运用能力：图像分析、临界计算 情境与立意： 1. 生活实践情境：贴近学生日常生活，如汽车刹车、电梯运行、玩皮球、用开瓶器取出软木塞等 2. 科技前沿情境：紧密结合航天工程、无人机、现代交通工具等 3. 生产劳动情境：如工人向坡底运送建筑材料、机器人牵引力问题等 4. 教材迁移情境：部分试题源于教材例题和习题的改编与拓展，强调回归教材、吃透经典。 5.熟悉典型模型：连接体、传送带、板块、弹簧突变、等时圆等模型的特点与解法。 复习目标 1. 深刻理解牛顿第二定律的内涵：准确掌握F=ma的矢量性、瞬时性、独立性、同体性、因果性。 1. 2. 掌握两类动力学问题的求解方法：能熟练在受力和运动之间双向推导。 3. 受力分析能力：能规范、准确地分析各种情境下的受力情况。 4. 运动过程分析能力：能清晰划分运动阶段，建立各阶段之间的联系。 5. 模型建构与迁移能力：能将生活、科技情境转化为物理模型，并实现知识迁移 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考向1 与图像的结合 解决这类问题的基本思路：看清坐标轴所表示的物理量，看交点，分清两个相关量的变化范围及给定的相关条件 例1 （多选）如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10 m/s2)(　　) A．物体的质量为1 kg B．物体的质量为2 kg C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 【答案】BC 【解析】由题图乙可知F1＝7 N时，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N时，a2＝4 m/s2， 由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2， 解得m＝2 kg，μ＝0.3，故选项B、C正确 【变式训练1】如图甲所示，质量为0.4kg的物块在水平力F的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（    ） A．物块受到的摩擦力的最大值大于4N B．后物块受静摩擦力 C．时物块离出发点最远 D．物块对墙壁的压力大于F 【答案】A 【详解】A．开始时力F较小，则摩擦力较小，物块向下做加速运动，随着F的增大，物块的加速度减小，当加速度减到零时速度最大，此时 然后摩擦力将大于重力，物块做加速度增加的减速运动直到停止，可知物块受到的摩擦力的最大值大于4N，选项A正确； BC．根据牛顿第二定律可知；其中；可得a=10-5t(m/s2)；则当a=0时t=2s，此时物块的速度最大，后物块做减速运动，仍受滑动摩擦力，且此时离出发点还不是最远，选项BC错误； D．由水平方向受力平衡可知，墙壁对物块的支持力为F，则物块对墙壁的压力等于F，选项D错误。 故选A。 【变式训练2】某物体由静止开始在外力作用下沿直线运动，其位移s与时间t的关系图像如图所示，0--t1、t1--t2、t2--t3三段时间相等，其中t1--t2段图像是直线，以下判断正确的是（　　） A．0--t1时间内物体速度增大，合外力一定也增大 B．t1--t2时间内物体速度增大，合外力不变 C．t2--t3时间内物体速度减小，合外力不变 D．三段时间内，t1--t2段时间的位移最大 【答案】D 【详解】A．0~t1时间内由图像的斜率逐渐增大，表示瞬时速度增大，但加速度的大小变化不确定，则合外力不一定增大，故A错误； B．t1~t2段图像是直线，即图像的斜率不变，则物体的速度不变，做匀速直线运动，合外力始终为零，故B错误； C．t2~t3时间内图像的斜率变小，即物体的瞬时速度减小，而加速度的大小无法判断，则合外力的变化不确定，故C错误； D．图像的纵坐标表示位置，两个纵坐标之差表示位移，由图可知三段时间内，t1~t2段时间的纵坐标之差最大，即位移最大，故D正确。 故选D。 【变式训练3】（多选）如图甲所示，时刻，一质量为的木板在水平推力的作用下，由静止开始沿水平粗糙地面向右运动。在时刻，撤去水平推力，木板做匀减速运动。木板的速度随时间变化的图线如图乙所示，木板与水平地面间的动摩擦因数始终相同，重力加速度大小为，下列说法正确的是（    ） A．木板运动过程中的最大速度大小为 B．木板加速阶段的加速度大小与减速阶段的加速度大小之比为 C．木板与地面间的动摩擦因数为 D．水平推力和木板与地面间的滑动摩擦力大小之比为 【答案】AD 【详解】A．根据题图乙结合几何关系可知，在时刻，木板的速度最大且大小为，选项A正确； B．图像的斜率表示物体的加速度，根据题图乙可知，木板加速阶段的加速度大小与减速阶段的加速度大小之比为，选项B错误； C．木板减速阶段的加速度大小；根据牛顿第二定律有；则木板与地面间的动摩擦因数；选项C错误； D．木板加速阶段的加速度大小；根据牛顿第二定律有；解得；选项D正确。 考向2 超重和失重 超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态 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”，物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，而不是运动方向。 物体具有向上的加速度(包括斜向上)时处于超重状态， 物体具有向下的加速度(包括斜向下)时处于失重状态， 物体向下的加速度为g时处于完全失重状态 即：上超下失 发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。比如物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动……，靠重力使用的仪器也不能再使用(如天平)。只受重力作用的一切抛体运动，都处于完全失重状态 ✨得分速记： （1）当物体处于超重或失重时，物体的重力并未变化，只是视重变了 （2）物体处于任何状态，弹簧测力计对物体的拉力（支持力）都等于物体对弹簧测力计的拉力（压力）。物体处于超重或失重时，不要认为物体对弹簧测力计的拉力等于物体重力。 （3）超失重现象，是因物体在竖直方向上处于非平衡状态，出现的视重大于或小于其自身重力。如：你提有重物站在称上，视重大于你的自身重力，但这不是超重现象。 （4）在称上“站立—下蹲”：在称上静止站立状态，速度为0，下蹲稳定后，速度为0，“0— v —0”模型，因此人要先后经历加速向下和减速向下两个运动，即先失重，后超重。视重图像如下图左，F0为人的重力； “下蹲—站立”：人要先后经历加速向上和减速向上两个运动，即先超重，后失重。视重图像如下图右。 联想记忆：下蹲，图像先“向下”；站起，图像先“向上”。 例1 在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50，当地的重力加速度为g。电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（　　） A．晓敏同学所受的重力变小了 B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C．电梯的加速度大小为0.2g，方向竖直向下 D．电梯的加速度大小为0.8g，方向竖直向上 【答案】C 【详解】A．体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小， A错误； B．晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，B错误。 CD．以人为研究对象mg-FN=ma；求得 方向向下，C正确，D错误。 故选C。 【变式训练1】如图所示是一客运电梯某段时间内上升的图像，则有（　　） A．0~2s时间内，电梯的加速度最大，处于超重状态 B．0~2s时间内，电梯的加速度最大，处于失重状态 C．6~10s时间内，电梯的加速度最大，处于超重状态 D．6~10s时间内，电梯的加速度最大，处于失重状态 【答案】A 【详解】0~2s时间内，速度逐渐增加，加速度方向向上，处于超重状态，大小为 6~10s时间内，速度逐渐减小，加速度向下，处于失重状态，大小为 0~2s时间内，电梯的加速度最大。 故选A。 【变式训练2】（多选）如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲-起立的动作时记录的力随时间变化的图线。由图线可以得到以下信息正确的是（　　） A．该同学做了两次下蹲-起立运动 B．该同学做了四次下蹲-起立运动 C．下蹲过程中人处于先失重后超重状态 D．起立过程中人处于超重状态 【答案】AC 【详解】AB．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了两次下蹲-起立的动作，故A正确，B错误； CD．由图象看出下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重；起立对应先超重再失重，故C正确D错误。 故选AC。 【变式训练3】某中学实验小组的同学们在电梯的天花板上固定一根弹簧秤，使其测量挂钩（跟弹簧相连的挂钩）向下，并在钩上悬挂一个重为10N的钩码。弹簧秤弹力F随时间t变化的规律可通过一传感器直接得出，其F-t图象如图所示。根据F-t图象，下列分析正确的是（　　） A．从时刻t1到t2，钩码处于超重状态 B．从时刻t3到t4，钩码处于失重状态 C．电梯有可能开始停在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼 D．电梯有可能开始停在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼 【答案】C 【详解】A．从时刻t1到t2，钩码对弹簧秤的拉力小于其所受重力，即钩码处于失重状态，故A错误； B．从时刻t3到t4，钩码对弹簧秤的拉力大于其所受重力，即钩码处于超重状态，故B错误； C．电梯先静止，然后加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停止，则钩码的拉力先等于重力，然后小于重力，接着等于重力，再大于重力，最后等于重力，这完全符合图示情况，故C正确； D．电梯先静止，然后加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停止，则钩码的拉力先等于重力，然后大于重力，接着等于重力，再小于重力，最后等于重力，这不符合图示情况，故D错误。 故选C。 考向3 多过程问题 做好两个分析： （1）受力分析，表示出合力与分力的关系； （2）运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系。 熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法。 把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键。 物体在斜面上的重力分解：当物体静止于斜面上，或沿着斜面滑动时，通常将物体重力分解为顺着（平行）斜面和垂直于斜面两个分效果。 当物体随着斜面一同在水平方向上运动时，不对物体所受重力进行分解，而是分析物块刚好离开斜面的临界状态受力情况，并计算相关数据。 解题的一般思路 1．确定研究对象：根据问题需要和解题方便，选择某个物体或某几个物体组成的系统为研究对象。 2．选取运动过程：将多过程分解，逐一研究。 3．分析受力情况和运动情况：画好示意图、情景示意图，明确物体的运动性质和运动过程。 4．选取正方向或建立坐标系：通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。 5．确定题目类型： ①已知受力求运动：若物体只受到两个力作用，通常用合成法；若受到3个及3个以上的力，一般用正交分解法，确定合力，求出物体运动加速度，根据运动学公式求出其它物理量。 ②已知运动求受力：通常找出中的三个物理量，根据运动学公式，求出加速度，再求出物理的合外力 例1 如图所示，倾角的斜面与水平面在点平滑相连，一滑块从斜面上高处的点由静止开始下滑，最终停在点。已知滑块与接触面间的动摩擦因数均为，滑块经过点时速率不变，则滑块（　　） A．在段滑行的加速度大小为 B．到达点处的速度大小为 C．在段滑行的距离为 D．在段和段的滑行时间之比为 【答案】D 【详解】A．设滑块在AB段滑行的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得；解得；故A错误； B．滑块在AB段运动过程，根据；代入数据解得；故B错误； C．设滑块在BC段滑行的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得；解得；设在BC段滑行的距离为s，则；解得；故C错误； D．设滑块在AB段和BC段的滑行时间分别为t1和t2，则有；解得 故D正确。 故选D。 【变式训练1】如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2 kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7 m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8 N作用在该物体上，t＝2 s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失．求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10 m/s2) 【答案】　1 s和1.8 s 【解析】　撤去F前，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1， 解得a1＝2 m/s2， 由匀变速直线运动规律得x1＝a1t2＝4 m， v1＝a1t＝4 m/s， 撤去F后， 由牛顿第二定律得μmg＝ma2， 解得a2＝μg＝2 m/s2， d－x1＝v1t1－a2t12， 解得第一次到达B点的时间t1＝1 s，或t1′＝3 s(舍去)， 第一次到达B点时的速度v2＝v1－a2t1＝2 m/s， 之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma3， 解得a3＝gsin θ＝5 m/s2， 物体再经t2＝2＝0.8 s第二次到达B点， 故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点． 【变式训练2】我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。 (1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度； (2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。 【答案】　(1)96 m/s　(2)3.75 s　6.55×104 N 【解析】　(1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kv＝m1g 装载弹药后起飞时，有kv＝m2g 解得v2＝96 m/s。 (2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝t 解得t＝3.75 s 由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2 飞机水平方向所受合力F水平＝m2a 解得F＝6.55×104 N。 【变式训练3】随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1 kg的医疗物品送至用户家中，如图8所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物品运动过程中的最大速率； (2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小； (3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。 【答案】　(1)5 m/s　(2)1.25 m/s2　10 m　(3)17.5 N 【解析】(1)由题意可知t1＋vmt2＋t3＝h 解得vm＝5 m/s。 (2)匀减速阶段物品的加速度大小a2＝ 解得a2＝1.25 m/s2 位移大小x＝t3，解得x＝10 m。 (3)匀速阶段物品所受合力为0 即F＝F阻＋mg，解得F阻＝5 N 匀加速阶段由牛顿第二定律有F′－F阻－mg＝ma1 又a1＝，解得F′＝17.5 N。 考向4 等时圆模型 “等时圆”模型：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 基本规律 (1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。 (2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 ✨得分速记： （1）要满足：竖直圆、光滑杆、静止放、过最高或最低点。结论才成立。 （2）等时圆是斜面模型的延伸。 证明：如图乙，物体由A静止释放，运动至C的过程中， 物体所受合力，解得； 设圆的半径为R，有，根据运动学公式，； 联立解得； 物体沿AB做自由落体运动，有，解得； 所以等时圆结论成立。 例1 如图所示，在监直平面内建立直角坐标系，该平面内有、、三条光滑固定轨道，其中、两点处于同一个圆上，是圆上任意一点，、分别为此圆与、轴的切点。点在轴上且，为圆心。现将、、三个小球分别从、、点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到点，如所用时间分别为、、，则、、大小关系是（　　） A． B． C． D．由于点的位置不确定，无法比较时间大小关系 【答案】C 【详解】由题意可知A、C、M三点处于同一个圆上，且圆心与M点在同一竖直线上，设圆的半径为，从圆上任意一点与M点构成一光滑轨道，该轨道与竖直方向的夹角为，如图所示 小球从轨道顶端静止滑下的加速度为； 根据运动学公式可得 联立可得小球从轨道顶端到底端M点所用时间为 可知从圆轨道任一点滑到底端M点所用时间与倾角无关，则有； 由图可知，若小球从BM轨道与圆轨道交点静止滑下，则所用时间与A点、C点滑下所用时间相同，由于B点处于圆轨道上方，则有 故选C。 【变式训练1】如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　 　) A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶ D. 1∶ 【答案】D 【解析】如题图所示，设小圆中任意一条弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝2Rcosθ，小球下滑的加速度a＝gcosθ，根据s＝at2得t＝2，与角θ无关，因此沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝gt12，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝gt22，联立有＝，选项D正确; 故选D。 【变式训练2】（多选）如图所示，让物体同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2则（　　） A．物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1: sinθ2 B．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1: cosθ2 C．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1:1 D．两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cosθ1: cosθ2 【答案】BCD 【详解】A．物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律；解得 物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为；A错误； B．末速度为；解得； 速度之比为；B正确； C．下滑的时间为； 解得；下滑的时间之比为；C正确； D．合外力之比为；D正确。 故选BCD。 考向5 连接体：内力公式 连接体：多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。 （1）（2）（3） 如图（1），A、B两物体在F的作用下一起向右运动，则加速度相同。 当地面光滑时，对A、B整体研究，有，设A、B之间的内力大小为，有，联立解得； 当地面粗糙，且A、B两物体与地面间的动摩擦因数均为μ，整体分析，有，A、B之间的内力，联立解得。 试着分析图（2）和图（3）物体间内力大小。 当构成连接体的几个物体满足加速度相同，则物体间内力大小，我们称它为连接体模型“内力公式”。 其中：构成连接体的物体间的力；：连接体系统中无外力的物体；：连接体系统总质量；F：连接体系统受到的外力。 当系统内物体超过两个时，可先用整体法，将系统分为两部分，再使用“内力公式”。 ✨得分速记： “内力公式”与有无摩擦无关，若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同； 与两物体间有无连接物、何种连接物（轻绳、轻杆、轻弹簧）无关； 系统处于平面、斜面、竖直方向此“公式”都成立。 例1 如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上．当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1，当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，在两次作用过程中(　　) A．F1＋F2<F B．F1＋F2>F C．F1＝F2 D. 【答案】D 【解析】两种情况下均对整体进行受力分析，整体的加速度都为a＝，隔离分析，第一种情况，A对B的作用力为F1＝m2a＝，第二种情况，B对A的作用力为F2＝m1a＝，则在两次作用过程中，F1＋F2＝F，＝，故A、B、C错误，D正确 【变式训练1】如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为2m，m和3m，物块与地面间的动摩擦因数均为。用大小为F的水平外力推动物块P，设P与Q之间相互作用力大小为T，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】三物块一起向右匀加速运动，加速度相同，对三个物块组成的整体，由牛顿第二定律得；解得；以Q、R组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律得；解得 【变式训练2】(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是(　　) A.若m>M，有x1＝x2 B.若m<M，有x1＝x2 C.若μ>sin θ，有x1>x2 D.若μ<sin θ，有x1<x2 【答案】AB 【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1① 隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT－μmg＝ma1② 联立①②解得FT＝③ 在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④ 隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT′－mgsin θ＝ma2⑤ 联立④⑤解得FT′＝⑥ 比较③⑥可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误 考向6 连接体：关联速度 例1 如图，M为定滑轮，一根细绳跨过M，一端系着物体C，另一端系着一动滑轮N，动滑轮N两侧分别悬挂着A、B两物体，已知B物体的质量为3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C物体的质量为9kg，现要保持C物体处于静止状态，则A物体质量应取多少（  ） A．3kg B．6kg C．9kg D．12kg 【答案】C 【详解】对物体分析可得这边绳的拉力为：对动滑轮分析可得物体之间绳的拉力为： 对物体分析，用牛顿第二律可得：对物体分析，用牛顿第二律可得：解得物体质量： 【变式训练1·（动滑轮特性）】如图所示，系在墙上的轻绳跨过两个轻质滑轮连接着物体P和物体Q，两段连接动滑轮的轻绳始终水平。已知P、Q的质量均为1kg，P与水平桌面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为，当对P施加水平向左的拉力F=30N时，Q向上加速运动。下列说法正确的是（　　） A．P、Q运动的加速度大小之比为 B．P的加速度大小为 C．轻绳的拉力大小为10N D．轻绳的拉力大小为12N 【答案】D 【详解】A．根据动滑轮的原理，物体Q移动的速度始终是物体P的两倍，同时开始运动，速度变化量始终是两倍关系，由公式；可知，P、Q运动的加速度大小之比为，故A错误； BCD．由牛顿第二定律，对物体Q分析；对物体P分析 联立解得轻绳的拉力大小为；P的加速度大小为；故BC错误； 故选D。 【变式训练2】如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是（所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）（　　） A．绳的拉力大小为30 N B．绳的拉力大小为6 N C．物块B的加速度大小为6 m/s2 D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响 【答案】C 【详解】ABC．将AB整体受力分析，结合牛顿第二定律可得 解得 单独对B受力分析可得作用在绳子上的拉力 代入数据解得绳子上的拉力大小为；AB错误，C正确； D．若用一个向下的30N的力，则物体A的加速度为；解得 A的运动情况发生改变，D错误。 故选C。 考向7 传送带模型 解决传送带模型问题的关键：物体与传送带共速（速度大小、方向均相同）时刻，物体所受摩擦力发生突变。 对于水平传送带，物体与传送带何时何处共速，是第一个要解决的问题。优先级最高，没有之一。 摩擦力方向判断 研究物块受到的滑动摩擦力方向： 物块与传送带同向运动：，滑动摩擦力方向与物块运动方向相同，成为物块运动的动力；，滑动摩擦力方向与物块运动方向相反，成为物块运动的阻力。静止轻放属于同向运动。 物块与传送带反向运动：滑动摩擦力方向始终与传送带转动方向相同。 因物块要先减速到0，这一阶段，滑动摩擦力方向与物块运动方向相反；之后物块再加速直到与传送带共速，这一阶段，滑动摩擦力方向与物块运动方向相同。 水平传送带情境小结 情境 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0<v返回到左端时速度为v0，若v0>v返回到左端时速度为v 倾斜传送带情境小结 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，一直减速(加速度为gsin θ－μgcos θ) 若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，先以a1减速，后以a2加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ，一直加速； gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ，一直减速 先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动) 划痕问题 滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动，要注意连续性和方向性（该问题在倾斜传送带中更典型，下节课精讲）： 若两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小(图乙) 计算滑块与传送带间的相对位移分两种情况： 二者同向，则Δs＝|s传－s物|；二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。 例1 如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2 (1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度 【答案】(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s 【解析】(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x1，由运动学公式有v2－v02＝－2ax1② 联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m③ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有v＝v0－at1′④ t1＝t1′＋⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75 s⑥ (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2，则v12－v02＝－2μgL⑦ v22－v02＝2μgL⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得v1＝ m/s, v2＝4 m/s 例2 （多选）一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ= 37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°= 0.6、cos37°= 0.8。则下列说法正确的是（　　） A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同 B．煤块向上滑行的最大位移为10m C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5s D．煤块留下的痕迹长为（）m 【答案】ABD 【详解】A．对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得解得设经t时间与传送带共速，由解得故A正确； B．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律解得煤块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示 由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小故B正确； C．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移解得结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间为故C错误； D．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为；此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则；因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时煤块在产生的划痕的中点，在2s到时间内，煤块向下滑了10m，传送带向上滑了，则煤块在传送带上的划痕为 【变式训练1】如图，有一水平传送带以v=2m/s的速度匀速转动，现将一物块（可视为质点）轻放在传送带A端，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，已知传送带长度为LAB=10 m，则（　　） A．物块离开传送带时的速度大小为1 m/s B．物块在传送带上留下的划痕长为1 m C．物块在传送带上运动的时间为4.5 s D．物块在传送带上运动的时间为5 s 【答案】B 【详解】A．物块刚放上传送带上时的加速度 与传送带共速时用时间；运动的位移；此后将以2m/s的速度匀速运动到达B端，可知离开传送带时的速度大小为2m/s，选项A错误；     B．物块在传送带上留下的划痕长为；选项B正确； CD．物块在传送带上运动的时间为；选项CD错误。 故选B。 【变式训练2】如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向转动，t=0时将质量m=1kg的物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块相对地面的v－t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，下列说法正确的是（　　） A．传送带的速率v0为12m/s B．传送带的倾角 C．物体与传送带之间的摩擦力大小为5N D．物块与传送带间的动摩擦因数0.5 【答案】D 【详解】A．物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s，故A错误； BD．开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则； 联立解得，；故B错误，D正确； C．物体与传送带之间的摩擦力始终为滑动摩擦力，只是方向发生变化，则；故C错误。 故选D。 考向7 板--块模型 模型特点：涉及两个叠放物体，并且物体间存在相对滑动。 一个转折：滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。 两个关联：转折前、后受力情况的关联，和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。 两种位移关系：滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为，木板位移大小为 同向运动时：L＝－ 反向运动时：L＝+ 靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：。假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。 例1 如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m1=1kg，与地面的动摩擦因数，质量为m2=2kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为，以v0=4m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t=0.6s滑离木板，g取10m/s2，以下说法正确的是 A．木板的长度1.68m B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6m/s C．小物块离开木板后，木板的加速度为2m/s2，方向水平向右 D．小物块离开板后，木板与小物块将发生碰撞 【答案】D 【详解】B．由于，得滑块在木板上减速滑行的加速度 木板向右加速运动时加速度 在0.6s时，滑块的速度 木板的速度；B错误。 A．0.6s内滑块位移为 木板位移 相对位移；即木板长度为1.32m，A错。 C．滑块离开木板后，木板做减速运动，加速度为；方向向左，C错。 D．在地面上滑块的加速度；则滑块在地面上会滑行；木板会滑行；所以两者会相碰，D正确。 故选D。 例2 如图所示，质量M=4kg的木板长L=1.44m，静止在光滑的水平地面上，其水平顶面右端静置一个质量m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数μ=0.4（g取10m/s2）今用水平力F=28N向右拉木板，小滑块将与长木板发生相对滑动。求： （1）小滑块与长木板发生相对滑动时，它们的加速度各为多少？ （2）经过多长时间小滑块从长木板上掉下？ 【答案】（1）4m/s2，6m/s2；（2）1.2s 【详解】(1)小滑块与长木板发生相对滑动时，对滑块与木板，分别由牛顿第二定律可得； 解得， (2)设经过时间t小滑块从长木板上掉下，该过程滑块与木板的位移满足 解得 【变式训练1】如图所示，质量为m0=2kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m=0.5kg的小滑块（可视为质点）以v0=3m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。求： （1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向； （2）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a； （3）若长木板足够长滑块与长木板达到的共同速度大小v。 【答案】（1）1N；方向向右；（2）2m/s2；（3）0.6m/s 【详解】（1）小滑块冲上长木板，木板相对小物体向左运动，则小滑块对长木板的滑动摩擦力方向向右，根据牛顿第三定律可知其大小等于木板对小滑块的滑动摩擦力，故 （2）对滑块由牛顿第二定律 解得滑块相对于地面的加速度大小 （3）对长木板，由牛顿第二定律可得；解得 设经过时间t后两物体共速，共速为v，则 解得 【变式训练2】（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．长木板的质量M=2kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C．当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为3m/s2 D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度大小不超过2m/s2 【答案】CD 【详解】AB．当时，滑块与木板相对静止，一起加速，满足 当时两物体具有最大共同加速度a1=2m/s2，可得 当时，滑块与木板发生相对滑动，对木板由牛顿第二定律可得 整理得；由图线斜率可得；则； 当时木板的加速度a1=2m/s2，代入可得；AB错误； C．当水平拉力F2=7N时，代入表达式；可得长木板的加速度大小为3m/s2，C正确； D．当滑块与木板发生相对滑动后，滑块加速度不再增大，滑块的最大加速度为；D正确。 故选CD。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（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、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过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，乙的曲线在时切线斜率为0，则（    ） A． B．时，甲的速度大小为 C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 【答案】AD 【详解】B．位置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，在时间内甲乙的位移可得 可得时刻甲物体的速度为，B错误； A．甲物体的加速度大小为 乙物体的加速度大小为 由牛顿第二定律可得甲物体 同理可得乙物体 联立可得，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 则之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误； D．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 即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。 故选AD。 2．（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确； B．结合图像可知时刻，木板的速度为 设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为，负号表示方向水平向左 物块在木板上滑动的加速度为 经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得 解得 故B正确； C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为 故可得 解得 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 此时对木板由牛顿第二定律得；解得；故C错误； D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 故选ABD。 15 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 牛顿运动定律的应用（复习讲义） 考向1 与图像的结合 例1 （多选）【答案】BC 【变式训练1】【答案】A 【变式训练2】【答案】D 【变式训练3】（多选）【答案】AD 考向2 超重和失重 例1 【答案】C 【变式训练1】【答案】A 【变式训练2】（多选）【答案】AC 【变式训练3】【答案】C 考向3 多过程问题 例1 【答案】D 【变式训练1】如【答案】　1 s和1.8 s 【变式训练2】【答案】　(1)96 m/s　(2)3.75 s　6.55×104 N 【变式训练3】【答案】　(1)5 m/s　(2)1.25 m/s2　10 m　(3)17.5 N 考向4 等时圆模型 例1 【答案】C 【变式训练1】【答案】D 【变式训练2】（多选）【答案】BCD 考向5 连接体：内力公式 例1 【答案】D 【变式训练1】【答案】A 【变式训练2】(多选)【答案】AB 考向6 连接体：关联速度 例1 【答案】C 【变式训练1·（动滑轮特性）】【答案】D 【变式训练2】【答案】C 考向7 传送带模型 例1 【答案】(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s 例2 （多选）【答案】ABD 【变式训练1】【答案】B 【变式训练2】【答案】D 考向7 板--块模型 例1 【答案】D 例2 【答案】（1）4m/s2，6m/s2；（2）1.2s 【变式训练1】【答案】（1）1N；方向向右；（2）2m/s2；（3）0.6m/s 【变式训练2】（多选）【答案】CD 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）【答案】AD 2．（2024·辽宁·高考真题）【答案】ABD 15 学科网（北京）股份有限公司 $