专题03 牛顿运动定律（6年汇编1年模拟）（江苏专用）2021-2026年高考物理真题分类汇编

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律高考热点，整合江苏6年真题（2021-2026）与2026年模拟题，覆盖定律理解（超失重、瞬时性）、实验探究及综合应用（连接体、传送带等模型），适配高考备考需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|4道|牛顿运动定律理解（2022江苏真题T1高铁静摩擦）、超失重（2026南通模拟电磁弹射装置）|结合生活与科技情境，重现高考真题考点| |实验题|3道|探究加速度与力、质量关系（2026江苏模拟打点计时器数据处理）|注重实验操作规范与误差分析，贴合高考实验命题趋势| |计算题|8道|连接体（2026南京模拟A、B分离问题）、传送带（2026南通三模沙子输送）、板块模型（2026扬州开学考木板滑块）|综合应用高考高频模型，强调过程分析与方程构建|

专题03 牛顿运动定律 6年真题1年模拟 考 点 内 容 江苏高考6年考情 2021—2026 考点01牛顿运动定律的理解与简单应用 牛顿运动定律的理解 2022（选择T1）两类基本问题 瞬时性问题 超失重 两类基本问题 考点02实验：探究加速度与力、质量的关系 考点03牛顿第二定律的综合应用 动力学图像问题 连接体问题 临界与极值问题 传送带模型 板块模型 命题规律 高考对本章的考查热点是牛顿运动定律的理解、瞬时性问题、超失重问题、两类基本问题、临界与极值问题、传送带模型与板块模型的综合应用。本章考查形式有选择题、实验题和计算题，近几年多以综合题的分考点出现，不能忽视新高考之前对简单应用及综合应用的考查。 考点01 牛顿运动定律的理解与简单应用 1. （2022·江苏·高考真题T1）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0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度 解得 书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度。 故选B。 考点02 实验：探究加速度与力、质量的关系 考点03 牛顿第二定律的综合应用 对点训练一 牛顿运动定律的理解与简单应用 1. （2026·江苏南京·二模）如图所示，一个水杯置于水平桌面上，用轻绳连接在杯底的木球静止在水中。若轻绳突然断开，木球在水中加速上升过程，水杯对桌面的压力（　　） A．大于总重力 B．小于总重力 C．等于总重力 D．以上都有可能 【答案】B 【详解】这道题我们可以用整体法和超重及失重的思路来分析： 在一开始木球静止时，水杯、水和木球整体受力平衡，水杯对桌面的压力等于总重力。 当轻绳断开后，木球加速上升，此时会有等体积的水 “填补” 木球原来的位置，相当于有一个与木球等体积的水球在加速下降。而由于木球加速上升处于超重状态，但等体积的水球加速下降处于失重状态。又因为木球的密度小于水，所以水球的质量大于木球，因此整体的失重效果大于超重效果。因此，水杯对桌面的压力会小于总重力，B正确。 故选B。 2．（2026·江苏南通·模拟预测）中国科学院研制的电磁弹射微重力实验装置，能通过电磁弹射技术把实验舱以一定初速度v竖直向上弹出，到达最高点后再自由下落回抛出位置，这个过程可以为实验舱提供微重力环境。不计空气阻力，则该过程中实验舱（     ） A．先处于超重后处于失重状态 B．一直处于超重状态 C．速度变化量的大小为0 D．速度变化量的大小为 【答案】D 【详解】AB．不计空气阻力时，实验舱全程仅受重力作用，加速度恒为重力加速度，方向竖直向下，故实验舱一直处于失重状态，故AB错误； CD．规定竖直向上为正方向，实验舱初速度为，根据竖直上抛运动的对称性，落回抛出点时末速度为，速度变化量大小为，故C错误，D正确。 故选D。 3. （2026·江苏扬州·模拟预测）如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆，5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，一段时间后小球的连线可能是（     ） A． B．C． D． 【答案】C 【详解】对任意倾角的杆，设倾角为，小球沿杆下滑的加速度为，光滑杆上重力沿杆分力提供加速度，可得 根据匀变速直线运动公式，时间内小球沿杆下滑的距离 此时水平位移 整理得 由表达式可知，同一时刻倾角的杆，小球水平距离最大，即在最右侧，角度大于或者小于，水平位移更小，在偏左侧。 故选C。 4. （2026·江苏镇江·模拟预测）如图所示，质量为m的小球分别用轻质细绳和悬挂，细绳与竖直方向的夹角为，细绳水平拉直，重力加速度为g。求： (1)细绳和上的拉力大小和； (2)若将细绳剪断，则细绳剪断瞬间，小球的加速度大小。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）对小球进行分析，根据平衡条件有， 解得， （2）若将细绳剪断，小球随后做圆周运动，细绳剪断瞬间，小球速度为0，所需向心力为0，即小球沿半径方向的合力为0，根据牛顿第二定律有 解得 5. （2026·江苏·二模）如图，质量为M的箱式卡车运送质量为m的货物沿平直公路行驶，货物与卡车间动摩擦因数为，为安全起见货物与卡车间应无相对运动，重力加速度为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)卡车匀速行驶时，货物受到静摩擦力f的大小； (2)刹车时卡车可以受到的最大阻力。 【答案】(1)0 (2) 【详解】（1）匀速运动时货物受合力为零，货物受到重力和支持力，二力平衡，所以货物受到的摩擦力 （2）刹车加速度最大时，卡车受到的阻力最大。刹车时，对货物有 即 对卡车与货物整体，有 解得 对点训练二 实验：探究加速度与力、质量的关系 6. （2026·江苏·模拟预测）某研究小组利用如图装置进行实验。 (1)用这个装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验 ①该实验应该使用220V的_________电源（填“交流”或“直流”）。 ②某次实验得到一条如图所示纸带，取纸带上某点为计数点0后每5个点取一个计数点，分别记为1、2、3、4、5、……，用毫米刻度尺读出各计数点刻度，已知打点计时器所用电源频率为50Hz。 根据上述信息可得，在打下第“4”点时，物体运动的速度为_________m/s。（结果保留两位小数） (2)用这个装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验 ①以小车为研究对象，在平衡摩擦力时，下列操作要求正确的是_________。 A．应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车拖纸带匀速下滑 B．应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车不拖纸带匀速下滑 C．应该调平轨道，增减槽码，轻推小车，让小车拖着纸带匀速下滑 ②以小车为研究对象，将槽码的重力视为小车的合力，改变槽码个数多次实验，根据实验数据拟合出如图所示的a-F图像。小明认为，要想得到一条过原点的直线，可以增大轨道的倾斜程度，你_________（填“同意”或“不同意”）他的说法，理由是______________。 【答案】(1) 交流 0.43 (2) A 不同意 由图像可知，当拉力时，加速度，这说明在没有施加拉力的情况下，小车已经具有了加速度，原因是平衡摩擦力过度，即重力沿斜面向下的分力大于摩擦力。若增大轨道的倾斜程度，重力沿斜面向下的分力会进一步增大，加速度会更大，图像截距会更大，无法过原点。正确的操作应该是减小轨道的倾斜程度。 【详解】（1）①[1]打点计时器都需要使用交流电源才能正常工作，利用电流方向的周期性变化来打点，故应使用交流电源。 ②[2]打点计时器频率为，每5个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔 根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得打下第“4”点时的速度 （2）①[1] A．平衡摩擦力时，应将长木板不带滑轮的一端（即有打点计时器的一端）垫高，使重力沿斜面向下的分力平衡摩擦力，且不挂槽码，让小车拖着纸带匀速下滑，故A正确； B．平衡摩擦力时，小车必须拖着纸带，因为纸带运动时也会受到限位孔的阻力，若不拖纸带，则未平衡纸带阻力，故B错误； C．平衡摩擦力时不能挂槽码，且需要垫高轨道而不是调平，故C错误。 故选A。 ②[2]不同意； [3]由图像可知，当拉力时，加速度，这说明在没有施加拉力的情况下，小车已经具有了加速度，原因是平衡摩擦力过度，即重力沿斜面向下的分力大于摩擦力。若增大轨道的倾斜程度，重力沿斜面向下的分力会进一步增大，加速度会更大，图像截距会更大，无法过原点。正确的操作应该是减小轨道的倾斜程度。 7. （26-27高三上·江苏常州·开学考试）某实验小组用图甲所示装置探究牛顿第二定律 (1)小明同学用游标卡尺测量物块的厚度如图乙所示，其读数为________mm。 (2)小红同学安装好实验器材，打出前几个计时点的纸带如图丁所示（O为起始点），打点周期为T，OB间距为x1，CE间距为x2，得物块下滑的加速度为________（用题中所给字母表示） (3)某小组改变砂桶内细砂的质量，测出对应的加速度和弹簧测力计的示数后作出图像如图丙所示，实验小组认为图像不过原点的原因是没有平衡摩擦力。若长木板水平放置，该图线的横轴截距等于，斜率为，重力加速度为，则物块与长木板间的动摩擦因数________（用题中给的、、表示）。 (4)小舟同学在实验中撤去了弹簧测力计，将细绳一端直接连在墙上，正确进行了补偿阻力，其他操作正确，多次改变砂桶和细砂的总质量m，测出物块的加速度a，并作的图像，图像的斜率为k，纵截距为b，则当地的重力加速度为________，此时使用的物块质量为________（用题中给的、表示）；若动滑轮的质量不可以忽略，则物块质量的测量值________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【答案】(1) (2) (3) (4) 偏大 【详解】（1）由图乙可知，物块的厚度为。 （2）根据题意，由逐差法有 解得物块下滑的加速度为 （3）若未平衡摩擦力，设物块的质量为，由牛顿第二定律有 整理可得 则物块与长木板间的动摩擦因数 结合图像可得， 联立解得 （4）[1][2]根据题意，设绳子的拉力为，物块的质量为，对砂桶和细砂由牛顿第二定律有 对物块由牛顿第二定律有 整理可得 结合图像可得， 解得， [3]若动滑轮的质量不可以忽略，则测量的质量为物块和动滑轮的总质量，则物块质量的测量值偏大。 8. （25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个砝码质量为m，打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz，动滑轮轻质。 (1)对于上述实验，下列说法正确的是（　　） A．实验过程中砝码处于超重状态 B．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 C．砝码的质量应远小于小车的质量 D．弹簧测力计的读数应为砝码重力的一半 (2)实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2。（结果保留两位有效数字），若交流电的实际频率大于50 Hz，则上述计算结果与实际值相比________（填“偏大”、“偏小”或“相同”） (3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验相符合的是______ A． B． C． D． (4)若实验过程中，让长木板水平放置，没有补偿阻力，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如右图所示的纵轴截距为b、斜率为k的一条倾斜直线，重力加速度为g，则小车和长木板之间的动摩擦因数μ=________。 【答案】(1)B (2) 0.84 偏小 (3)A (4) 【详解】（1）A．实验过程中砝码向下加速运动，砝码处于失重状态，故A错误； B．为使小车受到的拉力等于细线的拉力，应调节滑轮的高度使与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，故B正确； C．由图示实验装置可知，测力计可以测出细线对小车的拉力，实验不需要满足砝码的质量应远小于小车的质量，故C错误； D．实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误； 故选B。 （2）[1]根据得到 [2]若交流电的实际频率大于50Hz，打点计时器打点的时间间隔小于0.02s，计数点间的时间间隔小于0.1，计算加速度时所用时间间隔0.1偏大，加速度的测量值小于真实值，即计算结果与实际值相比偏小。 （3）由图示装置可知，实验前已经补偿摩擦力，小车受到的拉力可以由弹簧测力计测出，小车的加速度与弹簧测力计的示数的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线。 故选A。 （4）若实验中没有补偿阻力，根据牛顿第二定律有 推导出 因此图像的纵轴截距为 斜率为 因此动摩擦因数 对点训练三 牛顿第二定律的综合应用 9. （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＝6 kg，mB＝4 kg，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2 m/s2 B．t＝2 s时，A、B开始分离 C．t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N D．A、B开始分离时的速度为1 m/s 【答案】D 【详解】由图可得两个力随时间的关系： ， A、B分离前一起运动，对整体受力分析，总合力 根据牛顿第二定律 可得因此整体加速度，分离前A、B做匀加速直线运动，加速度恒为。 A．时A的加速度等于整体加速度，，A错误； B．A、B刚好分离的条件是相互作用力，研究B物体，根据牛顿第二定律 解得，即时开始分离，B错误； C．时，设A、B间相互作用力为，研究B物体，根据牛顿第二定律： 解得，C错误； D．分离前A、B做匀加速直线运动，，D正确。 故选 D。 10. （2026·江苏泰州·三模）如图所示，光滑的水平桌面上放置一块足够长的木板A，跨过滑轮的轻绳连接物块A和B，轻弹簧（劲度系数k=100N/m）连接墙面和物块C并置于A上，此时弹簧处于原长，A与C之间的动摩擦因数为0.2，A、B、C质量均为1kg。现将图中A、B、C同时由静止释放，以后运动过程中木板A不会碰到定滑轮，桌面足够高。取g=10m/s2，下列说法正确的是（     ） A．A、B之间的轻绳上的拉力不断变大 B．物块C始终向右运动 C．当弹簧弹力达到最大值时，A、B、C的速度均为零 D．物块C从释放到第一次速度为零，位移大小为4cm 【答案】D 【详解】AC．A、C之间的最大静摩擦力为 假设释放后瞬间A、C之间无相对运动，则将A、B、C看成一个整体。则有 此时A、C之间的摩擦力使C加速运动，有 假设不成立，即A、C从初始状态便有相对运动，A、C之间摩擦力为滑动摩擦力，恒定不变，对A、B组成的系统有 对B单独分析，有 解得， 无论C所受弹簧弹力如何变化，A、B之间的轻绳上的拉力恒定不变，且A、B一直以加速度匀加速运动，弹簧弹力达到最大值时，C速度为0，但A、B速度不是0，故AC错误； BD．C受到水平向右的恒力，随着弹簧伸长量逐渐增大，向左的弹力逐渐增大，则C做加速度逐渐减小的加速运动； 当弹力与A、C之间的摩擦力等大时，加速度减为0，该位置为平衡位置，此时速度最大，且 弹簧伸长量； 继续向右运动，则向左的弹簧弹力大于向右的摩擦力，C将向右做加速度逐渐增加的减速运动，直到弹簧弹力达到最大值时，速度减为0。此时弹簧的伸长量为 即物块C从释放到第一次速度为零，位移大小为4cm。之后C会向左运动，运动情况与向右运动时对称，再继续做往复运动。故B错误，D正确。 故选D。 11. （26-27高三上·江苏无锡·阶段检测）如图是货物输送装置示意图，载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上，平台重心与两圆柱等距，货物放在平台正中间，两圆柱以角速度绕轴线做相反方向转动。平行于轴线的方向给平台施加拉力，可使平台从静止开始运动。已知平台质量，平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，货物质量，与平台间的动摩擦因数，圆柱半径，平台不发生横向运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)当时，使平台和货物运动，拉力的最小值F1； (2)当时，使平台和货物一起运动的恒定拉力F不能超过多大？ (3)当，施加恒定拉力，货物可获得的最大速度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）以平台和货物为整体，要使平台运动，拉力的最小值 其中 解得 （2）假设平台和货物保持相对静止共同加速，由牛顿第二定律有 货物以此加速度运动，需要的摩擦力大小 平台和货物间的最大静摩擦力为 代入得 （3）根据对称性可知平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，且恒定不变，大小均为 设平台相对右侧圆柱的速度为，施加的恒力时，平台和货物从静止开始一起沿轴线方向做加速运动（图中的方向），圆柱的角速度恒定，随着沿轴线方向的速度增大，与的夹角越小，沿轴向的分力就越大，如图所示。 对平台和货物，根据牛顿第二定律有 故平台和货物整体做加速度减小的加速运动，当时，速度最大，此时有 由图可知 解得 由 得 代入数据解得 12. （26-27高三上·江苏无锡·阶段检测）如图所示，水平传送带以速度顺时针匀速转动。可视为质点的小物块、的质量均为，用跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连。时刻在传送带左端具有向右的速度，恰好不从传送带右端离开，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，绳足够长，且与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦，重力加速度，求： (1)小物块刚滑上传送带时的加速度大小； (2)传送带的长度； (3)小物块在传送带上的运动时间以及在传送带上留下的划痕长度。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）小物块刚滑上传送带时，相对传送带向右运动，对小物块分析，水平方向受向左的摩擦力和绳子拉力，根据牛顿第二定律有 对小物块分析，根据牛顿第二定律有 联立解得 （2）小物块与传送带共速前，根据运动学公式得小物体的位移大小 即小物块速度减小到所用的时间 小物块的重力 小物块所受的最大静摩擦力 在小物块的速度和传送带速度相等后，因为小物块的重力大于小物块所受的最大静摩擦力，所以小物块继续减速运动，受到的摩擦力会突变向右，对小物块、整体，根据牛顿第二定律有 解得 则小物块从减小到0的位移大小为 小物块恰好不会从传送带右端滑出，则传送带的长度 （3）小物块从减小到0的时间 之后，小物块受到的摩擦力大小和方向不变，以向左加速运动，有 解得 故小物块在传送带上的运动时间 小物块运动到传送带最左端的速度 小物块向右运动与传送带共速前，传送带的位移 该过程小物块相对传送带向右运动，相对位移大小 小物块与传送带共速至速度减小为0过程中，传送带的位移 该过程小物块相对传送带向左运动，相对位移大小 之后，小物块返回过程中，相对传送带向左运动，留下的划痕长度为 因此全过程小物块在传送带上留下的划痕示意图如下 故总共留下的划痕理论值为 因此小物块在传送带上留下的划痕覆盖整个传送带表面，即留下的划痕实际长度为。 13. （2026·江苏南通·三模）如图所示为建筑工地利用传送带输送沙子的示意图，传送带长，与水平方向成倾角，传送速度，端离水平地面高。将沙子轻放上传送带底端，沙子与传送带间动摩擦因数，沙子间动摩擦因数，沙子离开传送带后落在地面形成圆锥形沙堆，沙堆底面半径。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)质量的沙子由端传送到端过程中，所受重力的冲量大小； (2)第一颗沙子离开传送带后落地点与端的水平距离； (3)沙堆的最大高度（不考虑沙子的滚动）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）沙子放上传送带后，根据牛顿第二定律有 解得 沙子加速至用时 此过程位移 之后沙子以匀速运动到端，所需时间满足 由端传送到端过程中，沙子所受重力的冲量满足 解得 （2）规定竖直向上为正方向，沙子离开传送带端后以做斜抛运动，设经时间落地，竖直方向满足 水平方向满足 联立解得， （3）设沙堆侧面与底面间夹角为，对沙堆表面任意一颗沙子，当它恰好不会沿侧面下滑时沙堆有最大高度，沿沙堆斜面方向，沙子受力平衡，有 又 解得 14. （26-27高三上·江苏扬州·开学考试）如图甲所示，木板静止在光滑水平面上，物体（可看作质点）以水平速度滑上木板的左端，恰好未从木板右端滑落，、的图像如图乙所示。取，求： (1)A、B之间的动摩擦因数； (2)木板的长度。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由图乙可知：物体B做匀减速直线运动的加速度大小 对物体B受力分析，由牛顿第二定律得： 解得 （2）解法一：恰好不滑落的条件是：物体B滑至木板A的最右端时两者共速， 由乙图中可知内物体B的位移 木板A的位移 木板A的长度 解法二：恰好不滑落的条件是：物体B滑至木板A的最右端时两者共速， 木板长度等于两者在内的相对位移，与图乙中左侧三角形面积相等， 木板A的长度 15. （25-26高三上·江苏宿迁·阶段检测）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4kg的长木板，在长木板的右端放一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取。 (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，求拉力F的最小值； (2)若，经时间撤去水平恒力F，则 ①刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ ②最终小物块离长木板右端多远？ 【答案】(1)15N (2)① 0.625m ② 【详解】（1）小物块和木板间恰好发生相对滑动时，拉力F最小，设此时设系统加速度为a，根据牛顿第二定律，对小物块有 对整体有 解得 （2）①若，则小物块和木板已发生相对运动，根据牛顿第二定律，对小物块有 解得 对木板有 解得 撤去水平恒力F前，小物块的位移 木板的位移 则刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离 ②撤去F时，小物块的速度 木板的速度 撤去F后，小物块继续做匀加速运动，木板做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对木板有 解得 设经过时间t2小物块和木板达到共速，则 解得， 时间t2内小物块的位移 时间t2内木板的位移 则时间t2内，木板比小物块向右多走的距离 此后两者保持相对静止一起做匀速运动，所以最终小物块到木板右端的距离 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 牛顿运动定律 6年真题1年模拟 考 点 内 容 江苏高考6年考情 2021—2026 考点01牛顿运动定律的理解与简单应用 牛顿运动定律的理解 2022（选择T1）两类基本问题 瞬时性问题 超失重 两类基本问题 考点02实验：探究加速度与力、质量的关系 考点03牛顿第二定律的综合应用 动力学图像问题 连接体问题 临界与极值问题 传送带模型 板块模型 命题规律 高考对本章的考查热点是牛顿运动定律的理解、瞬时性问题、超失重问题、两类基本问题、临界与极值问题、传送带模型与板块模型的综合应用。本章考查形式有选择题、实验题和计算题，近几年多以综合题的分考点出现，不能忽视新高考之前对简单应用及综合应用的考查。 考点01 牛顿运动定律的理解与简单应用 1. 【答案】B 【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度 解得 书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度。 故选B。 考点02 实验：探究加速度与力、质量的关系 考点03 牛顿第二定律的综合应用 对点训练一 牛顿运动定律的理解与简单应用 1. 【答案】B 【详解】这道题我们可以用整体法和超重及失重的思路来分析： 在一开始木球静止时，水杯、水和木球整体受力平衡，水杯对桌面的压力等于总重力。 当轻绳断开后，木球加速上升，此时会有等体积的水 “填补” 木球原来的位置，相当于有一个与木球等体积的水球在加速下降。而由于木球加速上升处于超重状态，但等体积的水球加速下降处于失重状态。又因为木球的密度小于水，所以水球的质量大于木球，因此整体的失重效果大于超重效果。因此，水杯对桌面的压力会小于总重力，B正确。 故选B。 2．【答案】D 【详解】AB．不计空气阻力时，实验舱全程仅受重力作用，加速度恒为重力加速度，方向竖直向下，故实验舱一直处于失重状态，故AB错误； CD．规定竖直向上为正方向，实验舱初速度为，根据竖直上抛运动的对称性，落回抛出点时末速度为，速度变化量大小为，故C错误，D正确。 故选D。 3. 【答案】C 【详解】对任意倾角的杆，设倾角为，小球沿杆下滑的加速度为，光滑杆上重力沿杆分力提供加速度，可得 根据匀变速直线运动公式，时间内小球沿杆下滑的距离 此时水平位移 整理得 由表达式可知，同一时刻倾角的杆，小球水平距离最大，即在最右侧，角度大于或者小于，水平位移更小，在偏左侧。 故选C。 4. 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）对小球进行分析，根据平衡条件有， 解得， （2）若将细绳剪断，小球随后做圆周运动，细绳剪断瞬间，小球速度为0，所需向心力为0，即小球沿半径方向的合力为0，根据牛顿第二定律有 解得 5. 【答案】(1)0 (2) 【详解】（1）匀速运动时货物受合力为零，货物受到重力和支持力，二力平衡，所以货物受到的摩擦力 （2）刹车加速度最大时，卡车受到的阻力最大。刹车时，对货物有 即 对卡车与货物整体，有 解得 对点训练二 实验：探究加速度与力、质量的关系 6. 【答案】(1) 交流 0.43 (2) A 不同意 由图像可知，当拉力时，加速度，这说明在没有施加拉力的情况下，小车已经具有了加速度，原因是平衡摩擦力过度，即重力沿斜面向下的分力大于摩擦力。若增大轨道的倾斜程度，重力沿斜面向下的分力会进一步增大，加速度会更大，图像截距会更大，无法过原点。正确的操作应该是减小轨道的倾斜程度。 【详解】（1）①[1]打点计时器都需要使用交流电源才能正常工作，利用电流方向的周期性变化来打点，故应使用交流电源。 ②[2]打点计时器频率为，每5个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔 根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得打下第“4”点时的速度 （2）①[1] A．平衡摩擦力时，应将长木板不带滑轮的一端（即有打点计时器的一端）垫高，使重力沿斜面向下的分力平衡摩擦力，且不挂槽码，让小车拖着纸带匀速下滑，故A正确； B．平衡摩擦力时，小车必须拖着纸带，因为纸带运动时也会受到限位孔的阻力，若不拖纸带，则未平衡纸带阻力，故B错误； C．平衡摩擦力时不能挂槽码，且需要垫高轨道而不是调平，故C错误。 故选A。 ②[2]不同意； [3]由图像可知，当拉力时，加速度，这说明在没有施加拉力的情况下，小车已经具有了加速度，原因是平衡摩擦力过度，即重力沿斜面向下的分力大于摩擦力。若增大轨道的倾斜程度，重力沿斜面向下的分力会进一步增大，加速度会更大，图像截距会更大，无法过原点。正确的操作应该是减小轨道的倾斜程度。 7. 【答案】(1) (2) (3) (4) 偏大 【详解】（1）由图乙可知，物块的厚度为。 （2）根据题意，由逐差法有 解得物块下滑的加速度为 （3）若未平衡摩擦力，设物块的质量为，由牛顿第二定律有 整理可得 则物块与长木板间的动摩擦因数 结合图像可得， 联立解得 （4）[1][2]根据题意，设绳子的拉力为，物块的质量为，对砂桶和细砂由牛顿第二定律有 对物块由牛顿第二定律有 整理可得 结合图像可得， 解得， [3]若动滑轮的质量不可以忽略，则测量的质量为物块和动滑轮的总质量，则物块质量的测量值偏大。 8. 【答案】(1)B (2) 0.84 偏小 (3)A (4) 【详解】（1）A．实验过程中砝码向下加速运动，砝码处于失重状态，故A错误； B．为使小车受到的拉力等于细线的拉力，应调节滑轮的高度使与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，故B正确； C．由图示实验装置可知，测力计可以测出细线对小车的拉力，实验不需要满足砝码的质量应远小于小车的质量，故C错误； D．实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误； 故选B。 （2）[1]根据得到 [2]若交流电的实际频率大于50Hz，打点计时器打点的时间间隔小于0.02s，计数点间的时间间隔小于0.1，计算加速度时所用时间间隔0.1偏大，加速度的测量值小于真实值，即计算结果与实际值相比偏小。 （3）由图示装置可知，实验前已经补偿摩擦力，小车受到的拉力可以由弹簧测力计测出，小车的加速度与弹簧测力计的示数的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线。 故选A。 （4）若实验中没有补偿阻力，根据牛顿第二定律有 推导出 因此图像的纵轴截距为 斜率为 因此动摩擦因数 对点训练三 牛顿第二定律的综合应用 9. 【答案】D 【详解】由图可得两个力随时间的关系： ， A、B分离前一起运动，对整体受力分析，总合力 根据牛顿第二定律 可得因此整体加速度，分离前A、B做匀加速直线运动，加速度恒为。 A．时A的加速度等于整体加速度，，A错误； B．A、B刚好分离的条件是相互作用力，研究B物体，根据牛顿第二定律 解得，即时开始分离，B错误； C．时，设A、B间相互作用力为，研究B物体，根据牛顿第二定律： 解得，C错误； D．分离前A、B做匀加速直线运动，，D正确。 故选 D。 10.【答案】D 【详解】AC．A、C之间的最大静摩擦力为 假设释放后瞬间A、C之间无相对运动，则将A、B、C看成一个整体。则有 此时A、C之间的摩擦力使C加速运动，有 假设不成立，即A、C从初始状态便有相对运动，A、C之间摩擦力为滑动摩擦力，恒定不变，对A、B组成的系统有 对B单独分析，有 解得， 无论C所受弹簧弹力如何变化，A、B之间的轻绳上的拉力恒定不变，且A、B一直以加速度匀加速运动，弹簧弹力达到最大值时，C速度为0，但A、B速度不是0，故AC错误； BD．C受到水平向右的恒力，随着弹簧伸长量逐渐增大，向左的弹力逐渐增大，则C做加速度逐渐减小的加速运动； 当弹力与A、C之间的摩擦力等大时，加速度减为0，该位置为平衡位置，此时速度最大，且 弹簧伸长量； 继续向右运动，则向左的弹簧弹力大于向右的摩擦力，C将向右做加速度逐渐增加的减速运动，直到弹簧弹力达到最大值时，速度减为0。此时弹簧的伸长量为 即物块C从释放到第一次速度为零，位移大小为4cm。之后C会向左运动，运动情况与向右运动时对称，再继续做往复运动。故B错误，D正确。 故选D。 11. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）以平台和货物为整体，要使平台运动，拉力的最小值 其中 解得 （2）假设平台和货物保持相对静止共同加速，由牛顿第二定律有 货物以此加速度运动，需要的摩擦力大小 平台和货物间的最大静摩擦力为 代入得 （3）根据对称性可知平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，且恒定不变，大小均为 设平台相对右侧圆柱的速度为，施加的恒力时，平台和货物从静止开始一起沿轴线方向做加速运动（图中的方向），圆柱的角速度恒定，随着沿轴线方向的速度增大，与的夹角越小，沿轴向的分力就越大，如图所示。 对平台和货物，根据牛顿第二定律有 故平台和货物整体做加速度减小的加速运动，当时，速度最大，此时有 由图可知 解得 由 得 代入数据解得 12. 答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）小物块刚滑上传送带时，相对传送带向右运动，对小物块分析，水平方向受向左的摩擦力和绳子拉力，根据牛顿第二定律有 对小物块分析，根据牛顿第二定律有 联立解得 （2）小物块与传送带共速前，根据运动学公式得小物体的位移大小 即小物块速度减小到所用的时间 小物块的重力 小物块所受的最大静摩擦力 在小物块的速度和传送带速度相等后，因为小物块的重力大于小物块所受的最大静摩擦力，所以小物块继续减速运动，受到的摩擦力会突变向右，对小物块、整体，根据牛顿第二定律有 解得 则小物块从减小到0的位移大小为 小物块恰好不会从传送带右端滑出，则传送带的长度 （3）小物块从减小到0的时间 之后，小物块受到的摩擦力大小和方向不变，以向左加速运动，有 解得 故小物块在传送带上的运动时间 小物块运动到传送带最左端的速度 小物块向右运动与传送带共速前，传送带的位移 该过程小物块相对传送带向右运动，相对位移大小 小物块与传送带共速至速度减小为0过程中，传送带的位移 该过程小物块相对传送带向左运动，相对位移大小 之后，小物块返回过程中，相对传送带向左运动，留下的划痕长度为 因此全过程小物块在传送带上留下的划痕示意图如下 故总共留下的划痕理论值为 因此小物块在传送带上留下的划痕覆盖整个传送带表面，即留下的划痕实际长度为。 13. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）沙子放上传送带后，根据牛顿第二定律有 解得 沙子加速至用时 此过程位移 之后沙子以匀速运动到端，所需时间满足 由端传送到端过程中，沙子所受重力的冲量满足 解得 （2）规定竖直向上为正方向，沙子离开传送带端后以做斜抛运动，设经时间落地，竖直方向满足 水平方向满足 联立解得， （3）设沙堆侧面与底面间夹角为，对沙堆表面任意一颗沙子，当它恰好不会沿侧面下滑时沙堆有最大高度，沿沙堆斜面方向，沙子受力平衡，有 又 解得 14. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由图乙可知：物体B做匀减速直线运动的加速度大小 对物体B受力分析，由牛顿第二定律得： 解得 （2）解法一：恰好不滑落的条件是：物体B滑至木板A的最右端时两者共速， 由乙图中可知内物体B的位移 木板A的位移 木板A的长度 解法二：恰好不滑落的条件是：物体B滑至木板A的最右端时两者共速， 木板长度等于两者在内的相对位移，与图乙中左侧三角形面积相等， 木板A的长度 15. 【答案】(1)15N (2)① 0.625m ② 【详解】（1）小物块和木板间恰好发生相对滑动时，拉力F最小，设此时设系统加速度为a，根据牛顿第二定律，对小物块有 对整体有 解得 （2）①若，则小物块和木板已发生相对运动，根据牛顿第二定律，对小物块有 解得 对木板有 解得 撤去水平恒力F前，小物块的位移 木板的位移 则刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离 ②撤去F时，小物块的速度 木板的速度 撤去F后，小物块继续做匀加速运动，木板做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对木板有 解得 设经过时间t2小物块和木板达到共速，则 解得， 时间t2内小物块的位移 时间t2内木板的位移 则时间t2内，木板比小物块向右多走的距离 此后两者保持相对静止一起做匀速运动，所以最终小物块到木板右端的距离 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 牛顿运动定律 6年真题1年模拟 考 点 内 容 江苏高考6年考情 2021—2026 考点01牛顿运动定律的理解与简单应用 牛顿运动定律的理解 2022（选择T1）两类基本问题 瞬时性问题 超失重 两类基本问题 考点02实验：探究加速度与力、质量的关系 考点03牛顿第二定律的综合应用 动力学图像问题 连接体问题 临界与极值问题 传送带模型 板块模型 命题规律 高考对本章的考查热点是牛顿运动定律的理解、瞬时性问题、超失重问题、两类基本问题、临界与极值问题、传送带模型与板块模型的综合应用。本章考查形式有选择题、实验题和计算题，近几年多以综合题的分考点出现，不能忽视新高考之前对简单应用及综合应用的考查。 考点01 牛顿运动定律的理解与简单应用 1. （2022·江苏·高考真题T1）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0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　　） A． B． C． D． 考点02 实验：探究加速度与力、质量的关系 考点03 牛顿第二定律的综合应用 对点训练一 牛顿运动定律的理解与简单应用 1. （2026·江苏南京·二模）如图所示，一个水杯置于水平桌面上，用轻绳连接在杯底的木球静止在水中。若轻绳突然断开，木球在水中加速上升过程，水杯对桌面的压力（　　） A．大于总重力 B．小于总重力 C．等于总重力 D．以上都有可能 2．（2026·江苏南通·模拟预测）中国科学院研制的电磁弹射微重力实验装置，能通过电磁弹射技术把实验舱以一定初速度v竖直向上弹出，到达最高点后再自由下落回抛出位置，这个过程可以为实验舱提供微重力环境。不计空气阻力，则该过程中实验舱（     ） A．先处于超重后处于失重状态 B．一直处于超重状态 C．速度变化量的大小为0 D．速度变化量的大小为 3. （2026·江苏扬州·模拟预测）如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆，5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，一段时间后小球的连线可能是（     ） A． B．C． D． 4. （2026·江苏镇江·模拟预测）如图所示，质量为m的小球分别用轻质细绳和悬挂，细绳与竖直方向的夹角为，细绳水平拉直，重力加速度为g。求： (1)细绳和上的拉力大小和； (2)若将细绳剪断，则细绳剪断瞬间，小球的加速度大小。 5. （2026·江苏·二模）如图，质量为M的箱式卡车运送质量为m的货物沿平直公路行驶，货物与卡车间动摩擦因数为，为安全起见货物与卡车间应无相对运动，重力加速度为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)卡车匀速行驶时，货物受到静摩擦力f的大小； (2)刹车时卡车可以受到的最大阻力。 对点训练二 实验：探究加速度与力、质量的关系 6. （2026·江苏·模拟预测）某研究小组利用如图装置进行实验。 (1)用这个装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验 ①该实验应该使用220V的_________电源（填“交流”或“直流”）。 ②某次实验得到一条如图所示纸带，取纸带上某点为计数点0后每5个点取一个计数点，分别记为1、2、3、4、5、……，用毫米刻度尺读出各计数点刻度，已知打点计时器所用电源频率为50Hz。 根据上述信息可得，在打下第“4”点时，物体运动的速度为_________m/s。（结果保留两位小数） (2)用这个装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验 ①以小车为研究对象，在平衡摩擦力时，下列操作要求正确的是_________。 A．应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车拖纸带匀速下滑 B．应垫高有打点计时器轨道一端，不挂槽码，轻推小车让小车不拖纸带匀速下滑 C．应该调平轨道，增减槽码，轻推小车，让小车拖着纸带匀速下滑 ②以小车为研究对象，将槽码的重力视为小车的合力，改变槽码个数多次实验，根据实验数据拟合出如图所示的a-F图像。小明认为，要想得到一条过原点的直线，可以增大轨道的倾斜程度，你_________（填“同意”或“不同意”）他的说法，理由是______________。 7. （26-27高三上·江苏常州·开学考试）某实验小组用图甲所示装置探究牛顿第二定律 (1)小明同学用游标卡尺测量物块的厚度如图乙所示，其读数为________mm。 (2)小红同学安装好实验器材，打出前几个计时点的纸带如图丁所示（O为起始点），打点周期为T，OB间距为x1，CE间距为x2，得物块下滑的加速度为________（用题中所给字母表示） (3)某小组改变砂桶内细砂的质量，测出对应的加速度和弹簧测力计的示数后作出图像如图丙所示，实验小组认为图像不过原点的原因是没有平衡摩擦力。若长木板水平放置，该图线的横轴截距等于，斜率为，重力加速度为，则物块与长木板间的动摩擦因数________（用题中给的、、表示）。 (4)小舟同学在实验中撤去了弹簧测力计，将细绳一端直接连在墙上，正确进行了补偿阻力，其他操作正确，多次改变砂桶和细砂的总质量m，测出物块的加速度a，并作的图像，图像的斜率为k，纵截距为b，则当地的重力加速度为________，此时使用的物块质量为________（用题中给的、表示）；若动滑轮的质量不可以忽略，则物块质量的测量值________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 8. （25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个砝码质量为m，打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz，动滑轮轻质。 (1)对于上述实验，下列说法正确的是（　　） A．实验过程中砝码处于超重状态 B．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行 C．砝码的质量应远小于小车的质量 D．弹簧测力计的读数应为砝码重力的一半 (2)实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2。（结果保留两位有效数字），若交流电的实际频率大于50 Hz，则上述计算结果与实际值相比________（填“偏大”、“偏小”或“相同”） (3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验相符合的是____ A．B．C． D． (4)若实验过程中，让长木板水平放置，没有补偿阻力，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如右图所示的纵轴截距为b、斜率为k的一条倾斜直线，重力加速度为g，则小车和长木板之间的动摩擦因数μ=________。 对点训练三 牛顿第二定律的综合应用 9. （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＝6 kg，mB＝4 kg，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2 m/s2 B．t＝2 s时，A、B开始分离 C．t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N D．A、B开始分离时的速度为1 m/s 10. （2026·江苏泰州·三模）如图所示，光滑的水平桌面上放置一块足够长的木板A，跨过滑轮的轻绳连接物块A和B，轻弹簧（劲度系数k=100N/m）连接墙面和物块C并置于A上，此时弹簧处于原长，A与C之间的动摩擦因数为0.2，A、B、C质量均为1kg。现将图中A、B、C同时由静止释放，以后运动过程中木板A不会碰到定滑轮，桌面足够高。取g=10m/s2，下列说法正确的是（     ） A．A、B之间的轻绳上的拉力不断变大 B．物块C始终向右运动 C．当弹簧弹力达到最大值时，A、B、C的速度均为零 D．物块C从释放到第一次速度为零，位移大小为4cm 11. （26-27高三上·江苏无锡·阶段检测）如图是货物输送装置示意图，载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上，平台重心与两圆柱等距，货物放在平台正中间，两圆柱以角速度绕轴线做相反方向转动。平行于轴线的方向给平台施加拉力，可使平台从静止开始运动。已知平台质量，平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，货物质量，与平台间的动摩擦因数，圆柱半径，平台不发生横向运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)当时，使平台和货物运动，拉力的最小值F1； (2)当时，使平台和货物一起运动的恒定拉力F不能超过多大？ (3)当，施加恒定拉力，货物可获得的最大速度。 12. （26-27高三上·江苏无锡·阶段检测）如图所示，水平传送带以速度顺时针匀速转动。可视为质点的小物块、的质量均为，用跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连。时刻在传送带左端具有向右的速度，恰好不从传送带右端离开，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，绳足够长，且与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦，重力加速度，求： (1)小物块刚滑上传送带时的加速度大小； (2)传送带的长度； (3)小物块在传送带上的运动时间以及在传送带上留下的划痕长度。 13. （2026·江苏南通·三模）如图所示为建筑工地利用传送带输送沙子的示意图，传送带长，与水平方向成倾角，传送速度，端离水平地面高。将沙子轻放上传送带底端，沙子与传送带间动摩擦因数，沙子间动摩擦因数，沙子离开传送带后落在地面形成圆锥形沙堆，沙堆底面半径。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)质量的沙子由端传送到端过程中，所受重力的冲量大小； (2)第一颗沙子离开传送带后落地点与端的水平距离； (3)沙堆的最大高度（不考虑沙子的滚动）。 14. （26-27高三上·江苏扬州·开学考试）如图甲所示，木板静止在光滑水平面上，物体（可看作质点）以水平速度滑上木板的左端，恰好未从木板右端滑落，、的图像如图乙所示。取，求： (1)A、B之间的动摩擦因数； (2)木板的长度。 15. （25-26高三上·江苏宿迁·阶段检测）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4kg的长木板，在长木板的右端放一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取。 (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，求拉力F的最小值； (2)若，经时间撤去水平恒力F，则 ①刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ ②最终小物块离长木板右端多远？ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $