牛頓運(yùn)動(dòng)定律-2025年高考物理復(fù)習(xí)

考情概覽：解讀近年命題思路和內(nèi)容要求，統(tǒng)計(jì)真題考查情況。

2024年真題研析：分析命題特點(diǎn)，探尋常考要點(diǎn)，真題分類精講。

近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢(shì)。

必備知識(shí)速記：歸納串聯(lián)解題必備知識(shí)，總結(jié)易錯(cuò)易混點(diǎn)。

名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。

考情概覽

牛頓運(yùn)動(dòng)定律命題解讀考向考查統(tǒng)計(jì)

2024?浙江1月，1

考向一單位制

2022?浙江6月，1

2024?湖南卷，3

考向二瞬態(tài)問題

2022?全國(guó)甲卷,6

2024?全國(guó)甲卷，2

2023?全國(guó)甲卷,6

考向三圖像問題2022?湖南卷，14

本類試題主要考查單位制、瞬態(tài)問題(1)

圖像問題、連接體問題以及超失重問2021?全國(guó)乙卷,21

題。要求認(rèn)識(shí)到統(tǒng)一單位的重要性和必2024?新課標(biāo)卷,12

要性。要求了解超重和失重現(xiàn)象在各個(gè)(1)

領(lǐng)域中的應(yīng)用。2023?湖南卷，10

考向四連接體問題2023?福建卷，5

2023?北京卷,6

2022?全國(guó)乙卷，2

2021?湖南卷,7

2024?全國(guó)甲卷，9

考向五超失重問題2022?浙江6月，3

2019?浙江4月，12

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用命題解讀考向考查統(tǒng)計(jì)

本類試題主要考查兩類基本動(dòng)力學(xué)問2024?浙江1月，16

題、臨界問題、聯(lián)系實(shí)際問題以及常規(guī)考向六常規(guī)實(shí)驗(yàn)2022?浙江6月，17

實(shí)驗(yàn)和創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)。要求領(lǐng)會(huì)實(shí)驗(yàn)加推理2021?北京卷,15

的科學(xué)研究方法，體會(huì)探究過程的科學(xué)2024?江西卷，11

考向七創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)

性和嚴(yán)謹(jǐn)性。2022?山東卷,13

第1頁共65頁

2021?全國(guó)甲卷，9

2021?湖南卷，11

2024?遼寧卷，10

2023?全國(guó)乙卷，1

2022?浙江1月，19

考向八兩類基本動(dòng)力學(xué)問題2022?浙江6月,19

2021?全國(guó)甲卷,1

2021?遼寧卷，13

2021?浙江卷,20

考向九臨界問題2022?湖南卷，9

考向十聯(lián)系實(shí)際問題2021?北京卷，13

2024年真題研析

命題分析

2024年高考各卷區(qū)物理試題均考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律，尤其是兩類基本動(dòng)力學(xué)問題或者實(shí)驗(yàn)問題。預(yù)測(cè)

2025年高考牛頓運(yùn)動(dòng)定律依然是必考內(nèi)容，兩類基本動(dòng)力學(xué)問題依然是考查的重點(diǎn)。

試題精講

考向一單位制

1.（2024年1月浙江卷第1題）下列屬于國(guó)際單位制基本單位符號(hào)的是（）

A.SB.NC.FD.T

【答案】A

【解析】國(guó)際單位制中的基本單位分別是：長(zhǎng)度的單位是米，符號(hào)m；質(zhì)量的單位是千克，符號(hào)kg；時(shí)間

的單位是秒，符號(hào)s；電流的單位是安培，符號(hào)是A；熱力學(xué)溫度的單位是開爾文，符號(hào)K；物質(zhì)的量單位

是摩爾，符號(hào)mol；發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，符號(hào)cd。

故選Ao

考向二瞬態(tài)問題

2.（2024年湖南卷第3題）如圖，質(zhì)量分別為4m、3m.2m、加的四個(gè)小球A、B、C、D,通過細(xì)線

或輕彈簧互相連接，懸掛于。點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將8、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間

8和C的加速度大小分別為（）

第2頁共65頁

A.g,L5gB.2g,L5gC.2g,0.5gD.g,0.5g

【答案】A

【解析】剪斷前，對(duì)BCD分析

=（3m+2m+m）g

對(duì)D

FCD=ms

剪斷后，對(duì)B

FAB-3mg-3nlaB

解得

g=g

方向豎直向上；對(duì)C

FDC+2mg-2mac

解得

ac=1.5g

方向豎直向下。

故選Ao

考向三圖像問題

3.（2024年全國(guó)甲卷第2題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P,P置于水平桌面上，與

桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置祛碼。改變盤中祛碼總質(zhì)量”3并測(cè)

量P的加速度大小小得到。一機(jī)圖像。重力加速度大小為g。在下列。一m圖像中，可能正確的是（）

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【答案】D

【解析】設(shè)P的質(zhì)量為“，P與桌面的動(dòng)摩擦力為了;以P為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得

T—于=Ma

以盤和祛碼為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得

mg—T=ma

聯(lián)立可得

M+mM+m

可知當(dāng)磋碼的重力大于一時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)加趨于無窮大時(shí)，加速度趨近等于g。

故選Do

考向四連接體問題

4.（2024年新課標(biāo)卷第12題第（1）問）如圖，一長(zhǎng)度/=1.0m的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平臺(tái)上，

薄板的右端與平臺(tái)的邊緣。對(duì)齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動(dòng)，當(dāng)薄板運(yùn)動(dòng)的

距離△/=,時(shí)，物塊從薄板右端水平飛出；當(dāng)物塊落到地面時(shí)，薄板中心恰好運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)。已知物塊與薄

6

板的質(zhì)量相等。它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=。.3,重力加速度大小g=lOm/s?。求

（1）物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

P

【答案】⑴4m/s；-s

3

【解析】（1）物塊在薄板上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

%=/jg-3m/s2

薄板做加速運(yùn)動(dòng)的加速度

%=----=3m/s

m

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對(duì)物塊

I+AZ—VQI—-q/2

對(duì)薄板

1

AZ=-a/9

解得

v0=4m/s

1

t=-s

3

考向五超失重問題

5.（2024年全國(guó)甲卷第9題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測(cè)力計(jì)下端

掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2。

（1）電梯靜止時(shí)測(cè)力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；

（2）電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.5N,則此段時(shí)間內(nèi)物體處于（填“超重”或“失重”）

狀態(tài)，電梯加速度大小為_____m/s2（結(jié)果保留1位小數(shù)）。

【答案】（1）5.0（2）①.失重②.1.0

【解析】【小問1詳解】

由圖可知彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.5N,則讀數(shù)為5.0N。

【小問2詳解】

口］電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為4.5N,小于物體的重力可知此段時(shí)間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)；

⑵根據(jù)

G=mg=5.ON

根據(jù)牛頓第二定律

mg—T—ma

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代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小

tz?1.0m/s2

考向六常規(guī)實(shí)驗(yàn)

6.（2024年1月浙江卷第16題）如圖1所示是“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置。

（1）該實(shí)驗(yàn)中同時(shí)研究三個(gè)物理量間關(guān)系是很困難的，因此我們采用的研究方法是;

A.放大法B.控制變量法C.補(bǔ)償法

（2）該實(shí)驗(yàn)過程中操作正確的是—；

A.補(bǔ)償阻力時(shí)小車未連接紙帶

B.先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車

C.調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與水平桌面平行

（3）在小車質(zhì)量—（選填“遠(yuǎn)大于”或“遠(yuǎn)小于”）槽碼質(zhì)量時(shí)，可以認(rèn)為細(xì)繩拉力近似等于槽碼的重

力。上述做法引起的誤差為—（選填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）。為減小此誤差，下列可行的方案是

____;

A.用氣墊導(dǎo)軌代替普通導(dǎo)軌，滑塊代替小車

B.在小車上加裝遮光條，用光電計(jì)時(shí)系統(tǒng)代替打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

C.在小車與細(xì)繩之間加裝力傳感器，測(cè)出小車所受拉力大小

（4）經(jīng)正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計(jì)數(shù)點(diǎn)0為坐標(biāo)原點(diǎn)的x軸，各計(jì)數(shù)點(diǎn)的位置坐標(biāo)

分別為0、/、…、/。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T，則打計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)小車速度的表達(dá)式丫=—；小

車加速度的表達(dá)式是—=

XX

0XjX2X3x456

6123456^

01234567891011121314151617181920212223242526272829303132333435363738394041424344454647484950

cm

圖2

x-2XX5+X4-(X3+X2)

A.a=63C.a—

(15T)2B?"廿(10T)2

【答案】①.B②.B③.遠(yuǎn)大于④.系統(tǒng)誤差⑤.C⑥.彳酒⑦A

【解析】（1）口］該實(shí)驗(yàn)中同時(shí)研究三個(gè)物理量間關(guān)系是很困難的，因此我們可以控制其中一個(gè)物理量不變,

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研究另外兩個(gè)物理量之間的關(guān)系，即采用了控制變量法。

故選B?

（2）[2]A.補(bǔ)償阻力時(shí)小車需要連接紙帶，一方面是需要連同紙帶所受的阻力一并平衡，另外一方面是通

過紙帶上的點(diǎn)間距判斷小車是否在長(zhǎng)木板上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.由于小車速度較快，且運(yùn)動(dòng)距離有限，打出的紙帶長(zhǎng)度也有限，為了能在長(zhǎng)度有限的紙帶上盡可能多地

獲取間距適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車，故B正確；

C.為使小車所受拉力與速度同向，應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行，故C錯(cuò)誤。

故選B。

（3）[3]設(shè)小車質(zhì)量為槽碼質(zhì)量為對(duì)小車和槽碼根據(jù)牛頓第二定律分別有

F=Ma

mg—F—ma

聯(lián)立解得

F_Mmg

m+M

由上式可知在小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼質(zhì)量時(shí)，可以認(rèn)為細(xì)繩拉力近似等于槽碼的重力。

[4]上述做法引起的誤差是由于實(shí)驗(yàn)方法或原理不完善造成的，屬于系統(tǒng)誤差。

[5]該誤差是將細(xì)繩拉力用槽碼重力近似替代所引入的，不是由于車與木板間存在阻力（實(shí)驗(yàn)中已經(jīng)補(bǔ)償了

阻力）或是速度測(cè)量精度低造成的，為減小此誤差，可在小車與細(xì)繩之間加裝力傳感器，測(cè)出小車所受拉

力大小。

故選Co

（4）[6]相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為

t=5T

打計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)小車速度的表達(dá)式為

yc6-x4x6-x4

~2t~10T

⑺根據(jù)逐差法可得小車加速度的表達(dá)式是

_x6-x3-x3x6-2X3

a~~（302—-（157）2

故選Ao

考向七創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)

7.（2024年江西卷第11題）某小組探究物體加速度與其所受合外力的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示，水

平軌道上安裝兩個(gè)光電門，小車上固定一遮光片，細(xì)線一端與小車連接，另一端跨過定滑輪掛上鉤碼。

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遮光片爪左光電門

*車J1飛

4鉤碼

圖（a）■

（1）實(shí)驗(yàn)前調(diào)節(jié)軌道右端滑輪高度，使細(xì)線與軌道平行，再適當(dāng)墊高軌道左端以平衡小車所受摩擦力。

（2）小車的質(zhì)量為=320g。利用光電門系統(tǒng)測(cè)出不同鉤碼質(zhì)量加時(shí)小車加速度a。鉤碼所受重力記為

F,作出。一/圖像，如圖（b）中圖線甲所示。

2

A^（m-s-）

6.0

甲

,0

,0乙

丙

3.0

*F/(9.8N)

圖(b)

（3）由圖線甲可知，尸較小時(shí)，a與尸成正比；F較大時(shí)，。與產(chǎn)不成正比。為了進(jìn)一步探究，將小車質(zhì)

量增加至”2=470g,重復(fù)步驟（2）的測(cè)量過程，作出a—/圖像，如圖（b）中圖線乙所示。

（4）與圖線甲相比，圖線乙的線性區(qū)間,非線性區(qū)間o再將小車的質(zhì)量增加至

/3=720g,重復(fù)步驟（2）的測(cè)量過程，記錄鉤碼所受重力下與小車加速度。，如表所示（表中第9~14

組數(shù)據(jù)未列出）。

序號(hào)12345

鉤碼所受重力

0.0200.0400.0600.0800.100

F/（9.8N）

小車加速度

0260.550.821.081.36

序號(hào)6789~1415

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鉤碼所受重力

0.1200.1400.160......0.300

F/(9.8N)

小車加速度

1.671.952.203.92

々/(ms-2)......

(5)請(qǐng)?jiān)趫D(b)中補(bǔ)充描出第6至8三個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)，并補(bǔ)充完成圖線丙o

(6)根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)結(jié)果猜想和推斷：小車的質(zhì)量_____________時(shí)，。與方成正比。結(jié)合所學(xué)知識(shí)對(duì)上述推

斷進(jìn)行解釋：。

-2

A^(m-s)

土上三.豐三豐三三十|二?土三?豐

6.0三三至三三至4年三至三

5.0甲

乙

4.0丙

【答案】①.較大②.較?、?

3.0

2.0

1.0

F/(9.8N)

00.100.200.30

遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量⑤.見解析

【解析】

【詳解】(4)[1]⑵由題圖(b)分析可知，與圖線甲相比，圖線之的線性區(qū)間較大，非線性區(qū)間較?。?/p>

(5)[3]在坐標(biāo)系中進(jìn)行描點(diǎn)，結(jié)合其他點(diǎn)用平滑的曲線擬合，使盡可能多的點(diǎn)在線上，不在線上的點(diǎn)均勻

分布在線的兩側(cè)，如下圖所示

.^(ms'2)

甲

乙

丙

n窺*F/(9.8N)

,對(duì)鉤碼根據(jù)牛頓第二定律有

F—T=ma

對(duì)小車根據(jù)牛頓第二定律有

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T=Ma

聯(lián)立解得

F=(M+m)a

變形得

a=——-——F

M+m

當(dāng)相<<A/時(shí)，可認(rèn)為

m+M-M

則

a=—F

M

即。與方成正比。

考向八兩類基本動(dòng)力學(xué)問題

8.（2024年遼寧卷第10題）（多選）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。1=0時(shí),

木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上

木板。己知/=0到。=4%的時(shí)間內(nèi)，木板速度1，隨時(shí)間f變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。

?=40時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）

A.小物塊在/=3%時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2〃

C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4D./=4/（）之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)

【答案】ABD

【解析】A.丫一/圖像的斜率表示加速度，可知f=3務(wù)時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在f=

時(shí)刻滑上木板，故A正確；

B.結(jié)合圖像可知/=3%時(shí)刻，木板的速度為

3

v0=-m

設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃0,由題意可知物體開始滑上木板時(shí)的速度為

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3

V1=--jLlgt0,負(fù)號(hào)表示方向水平向左

物塊在木板上滑動(dòng)的加速度為

%==Nog

m

經(jīng)過辦時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小v共=5〃g%,方向水平向右，故可得

v共一%=

解得

〃0=2〃

故B正確；

C.設(shè)木板質(zhì)量為物塊質(zhì)量為“7,根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為

1

5]

a==

故可得

F-piMg=Ma

解得

3

F=-juMg

根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為

13

，ZZ

a=---------------二一〃g

’0

此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得

F-//(m+g-jL^mg—Ma'

解得

m_1

M~2

故C錯(cuò)誤；

D.假設(shè)。=4辦之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體

33

F-+g=-^Mg--juMg=G

故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即/=4%之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確

故選ABD?

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近年真題精選

考向一單位制

1.（2022年浙江6月卷第1題）下列屬于力的單位是（）

A.kg-m/s2B.kgm/sC.kg-m2sD.kg?s/m2

【答案】A

【解析】根據(jù)牛頓第二定律有

F=ma

則力的單位為

kg-m/s2

故選Ao

考向二瞬態(tài)問題

2.（2022年全國(guó)甲卷第6題）（多選）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧

水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力廠拉動(dòng)P,使兩

滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前（）

fWMWTP］一AF

/////////////////////////////////////

A.P的加速度大小的最大值為2〃g

B.Q的加速度大小的最大值為2〃g

C.P的位移大小一定大于Q的位移大小

D.P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小

【答案】AD

【解析】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為如撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則拉力大小為

F=2jumg

撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為

To="ng

AB.以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椤?笈，兩滑塊與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑

塊P的加速度為

-To-Rmg=mapl

解得

?PI=-2〃g

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此刻滑塊Q所受外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運(yùn)動(dòng)，故PQ間距離減小，彈簧的伸長(zhǎng)量變小,

彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度

增大的減速運(yùn)動(dòng)。

故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2〃go

Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)

一〃/ng=maQm

解得

故滑塊Q加速度大小最大值為A正確，B錯(cuò)誤；

C.滑塊PQ水平向右運(yùn)動(dòng)，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯(cuò)誤；

D.滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)的加速度為

-jumg=map2

解得

%>2—一〃g

撤去拉力時(shí)，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2〃g做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原

長(zhǎng)時(shí)加速度大小為〃g；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長(zhǎng)時(shí)加速度大小

也為"go分析可知P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小，D正確。

故選ADo

考向三圖像問題

3.（2023年全國(guó)甲卷第6題）（多選）用水平拉力使質(zhì)量分別為加甲、冽乙的甲、乙兩物體在水平桌面上

由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為〃甲和〃乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力

廠與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）

A.甲<乙B.甲〉乙C.〃甲<〃乙D.〃甲>〃乙

【答案】BC

【解析】根據(jù)牛頓第二定律有

F—jnmg=ma

整理后有

F=ma-\-]Limg

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則可知方一〃圖像的斜率為相，縱截距為〃加g,則由題圖可看出

HI甲〉"2乙,〃甲HZ甲g=〃乙"Z乙g

則

〃甲乙

故選BC。

4.（2022年湖南卷第14題第（1）問）如圖（a）,質(zhì)量為機(jī)的籃球從離地”高度處由靜止下落，與地面

發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力

H-h

的幾倍（X為常數(shù)且0<2<--------）,且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速

H+h

度大小為go

（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

(1+2)/?

【答案】⑴左=

(1-2)H

【解析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg-Amg=m?T

再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，下落的過程中有

6=2a下H

籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg+Amg=mah

再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，上升的過程中有

vj=2alh

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

k』=|（1+9

5.（2021?全國(guó)乙卷?21）（多選）水平地面上有一質(zhì)量為恤的長(zhǎng)木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為:"2的物塊,

如圖（a）所示.用水平向右的拉力尸作用在物塊上，尸隨時(shí)間，的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中西、B分別為

第14頁共65頁

加、打時(shí)刻尸的大小.木板的加速度隨時(shí)間/的變化關(guān)系如圖(C)所示.已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

川，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為僅，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為

「m2(mi+m2)z、

B.F2=——〃l)g

mi+m2

C.U2>1Z1

廣m2

D.在0?亥時(shí)間段物塊與木板加速度相等

答案BCD

解析由題圖(c)可知，力時(shí)刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動(dòng)，物塊與木板相對(duì)靜止，此時(shí)以整體為研

究對(duì)象有Fi=/zi(mi+m2)^,故A錯(cuò)誤；

由題圖(c)可知，亥時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，

有Fi—//1(mi+m2)g=(m\+m2)a,

以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，

有/J-vmg-//1(mi+mi)g=mia>0,

解得后=嗎蘆%/)g,由西,知

mi+m2,,.

〃2>~~~故B、C正確;

由題圖(c)可知，0?及時(shí)間段物塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確.

考向四連接體問題

6.(2023年湖南卷第10題)(多選)如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力尸的作用

下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為加的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂

水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，桿與豎直方向的夾角為8,桿與車廂始終保持相對(duì)靜止假設(shè)最

大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是()

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A,若B球受到的摩擦力為零，貝U歹=2機(jī)？1011。

B.若推力尸向左，且tan94〃，則F的最大值為2mgtane

C.若推力尸向左，且〃<tan（9<2〃，則尸的最大值為4根g（2〃—tan。）

D,若推力尸向右，且tang>2〃，則產(chǎn)的范圍為4〃?g（tan6—2〃）<4機(jī)？（tan，+2〃）

【答案】CD

【解析】A.設(shè)桿的彈力為N,對(duì)小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿

足

=tan0

Ny

豎直方向

*=mg

則

Nx=mgtan0

若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得

N*=ma

可得

a=gtan6

對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma=4mgtan3

A錯(cuò)誤；

B.若推力歹向左，根據(jù)牛頓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為

Nx=mgtan0

對(duì)小球B,由于tan。V〃，小球B受到向左的合力

F=〃（Ny+mg）-Nx>mgtan0

則對(duì)小球A,根據(jù)牛頓第二定律可得

N,=ma^

對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4^max

解得

F=4mgtan0

B錯(cuò)誤；

C.若推力口向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對(duì)小球A的水平分

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力提供，小球A所受向左的合力的最大值為

Nx=mgtan6

小球B所受向左的合力的最大值

4ax=(N,+mg)-ju-Nx=2〃ng-mgtan6

由于〃<tangV2〃可知

41ax<mgtan'

則對(duì)小球B,根據(jù)牛頓第二定律

Gnax=2〃mg-mgtan3=mamax

對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律

F=4zW?max

聯(lián)立可得產(chǎn)的最大值為

F=4mg(2〃-tanO')

C正確；

D.若推力歹向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，

理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右

的合力最小，此時(shí)

AM=N、-(N,+mg)〃=mgtan0-2/nmgtan0

當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)

Fmax=N*+(Ny+mg)pi=mgtan6+2〃〃zgtan0

對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律

對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律

F—4ma

代入小球B所受合力分范圍可得F的范圍為

4〃?g(tan0-2/j)<F<4n7g(tan，+2〃)

D正確。

故選CD?

7.(2023年福建卷第5題)(多選)如圖所示，一廣場(chǎng)小火車是由車頭和車廂編組而成。假設(shè)各車廂質(zhì)量

均相等(含乘客)，在水平地面上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比。一廣場(chǎng)小火車共有3節(jié)車廂，車頭對(duì)第

一節(jié)車廂的拉力為工，第一節(jié)車廂對(duì)第二節(jié)車廂的拉力為《，第二節(jié)車廂對(duì)第三節(jié)車廂的拉力為刀，則

)

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A.當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，TiH

B.當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，工：《：4=3:2:1

C.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，工=（=4

D.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，（：（：4=3:2:1

【答案】BD

【解析】AB.設(shè)每節(jié)車廂重G,當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)

豈=fi=kx3G

（=力=^x2G

4=人=kxG

得

（：4=3:2:1

故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)

—a=T[—k義3G=3ma

《一力=（一左x2G=2ma

T3-f3-Ti-kxG=ma

得

。：左：7s=3：2：1

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選BD。

8.（2023年北京卷第6題）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg,

細(xì)線能承受最大拉力為2N。若在水平拉力尸作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則尸的最大值

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為（）

~I--I-~---F>

///////////////

A.INB.2NC.4ND.5N

【答案】C

【解析】對(duì)兩物塊整體做受力分析有

F=2ma

再對(duì)于后面的物塊有

產(chǎn)Tmax=ma

FTmax=2N

聯(lián)立解得

F=4N

故選Co

9.（2022年全國(guó)乙卷第2題）如圖，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為根的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置

于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)心一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線

3

垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，它們加速度的大小均為（）

5F2F3F3F

A.-----B.-----C.-----D.

8m5m8m10m

【答案】A

3

【解析】當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距二L時(shí)，，如圖所示

由幾何關(guān)系可知

3WL

-Z