2024年高考物理復習考點11 牛頓第二定律 兩類動力學問題（核心考點新高考）（解析版）

考點11牛頓第二定律兩類動力學I可題

1.3年真題考點分布

題型選擇題、解答題

牛頓第二定律的簡單應用：牛頓第二定律求瞬時突變問題；利用牛頓第二定

高考考點

律分析動態(tài)變化過程；超重和失重現象；兩類動力學問題

2023全國乙卷14題、湖南卷10題、全國統考6題、浙江春招5題、

重慶卷4題、北京卷12題、江蘇卷1題、廣東卷3題、湖南卷9題、全國

新高考2022

甲卷20題、

2021海南卷1題、北京卷13題、浙江卷4題、湖南卷3題、浙江春招4題、

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】近3年新高考卷對于運動的描述考查共計15次，主要考查：

1.牛頓第一定律的簡單應用；

2.利用牛頓第二定律求瞬時突變問題；

3.利用牛頓第二定律分析動態(tài)變化過程；

4.超重和失重現象：

5.兩類動力學問題；

【備考策略】熟練理解并掌握牛頓第二定律在勻變速運動中的應用，加強與動量定理的區(qū)分；理解超失重

含義，判斷物體的運動和受力的變化情況；關注生產、生活熱點，構建物理模型，利用多種方

式處理同一中題型，培養(yǎng)發(fā)散思維能量；學會知識的遷移，將牛頓第二定律應用到電場和磁場

中去，培養(yǎng)嚴謹的科學態(tài)度和處理物理問題的綜合能力。

【命題預測】近3年新高考中，考查牛頓第二定律的次數是相當的頻繁，在2024年各省高考題中出現的

幾率是比較大的，這要求全國各省的考生必須引起重視。2024年高考主要考察力與運動的關

系、超重和失重、加速度和力的關系，涉及到的方法包括：整體法、隔離法、數圖轉換法、函

數論證法、極限思維法、假設法和控制變量法等。試題將會更加注重與生產、生活、當今的熱

點和現代科技結合在一起，常常與電場和磁場相互滲透，其難度在中等偏易。

考點梳理

考法1牛頓第二定律

1.牛頓第二定律

(I)內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質量成反比.加速度的方向跟作用力的方

回相同.

(2)表達式：F=ma,一與a具有瞬時對應關系.

(3)力學單位制

①單位制：由基本單位和導出單位共同組成.

②基本單位：基本物理量的單位.力學中的基本物理量有三個，分別是質量、時間和長度,它們的國

際單位分別是千克(kg)、秒(s)和米(m)。

③導出單位：由基本物理量根據物理關系推導出來的其他物理量的單位.

2.對牛頓第二定律的理解

瞬時性a與/對應同一時刻，即a為某時刻的加速度時，Q為該時刻物體所受合力

因果性產是產生a的原因，物體具有加速度是因為物體受到了力

(1)加速度a相對于同一慣性系(一般指地面)

(2)a=/中，F、0、a對應同一物體或同一系統

同一性m

(3)a=￡中，各量統一使用國際單位

m

（1）作用于物體上的每一個力各自產生的加速度都遵循牛頓第二定律

（2）物體的實際加速度等于每個力產生的加速度的矢量和

獨立性

（3）力和加速度在各個方向上的分量也遵循牛頓第二定律，即&=￡，&

3.應用牛頓第二定律求瞬時加速度的技巧

在分析瞬時加速度時應注意兩個基本模型的特點：

（I）輕繩、輕桿或接觸面一一不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷（或脫離）后，其彈力立即消失，

不需要形變恢復時間；

（2）輕彈簧、輕橡皮繩一兩端同時連接（或附著）有物體的彈簧或橡皮繩，特點是形變量大，其形變恢好

需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變.

☆典例引領

【典例1】（2023?海南?？?統考模擬預測）如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到。點并系住物體

現推動物體將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體一直運動到A點速度減為零。如果物體受到地面的

摩擦阻力恒定，則（）

7m.....

么…—W—W二W二MA"

AOB

A.物體從A到。的過程加速度先變小后變大

B.物體從。到8的過程加速度逐漸變大

C.物體運動到。點時速度最大

D.物體在B點速度減為零后一定保持靜止

【答案】AB

【詳解】A.在A點合力水平向右，在。點合力水平向左，因此從A到。存在一個點加速度為零，從A

到。加速度先變小后變大，故A正確；

B.物體從。到B的過程，滑動摩擦力方向向左，彈簧彈力也向左且逐漸增大，所以加速度逐漸變大，故

B正確；

C.當物體加速度為零時速度最大，物體運動到O點時合力是滑動摩擦力，加速度不為零，速度最大的點

在從A到。之間某個位置，故（:錯誤；

D.物體在8點速度減到為零后，如果此時彈簧彈力大于最大靜摩擦力，則物體將繼續(xù)運動，故D錯誤。

故選ABO

【典例2】（多選）（2023?湖南?統考高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質量為2小的小車在水平

推力戶的作用下加速運動。車廂內有質量均為，"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，且與底面的動摩擦因數為4,行與豎直方向的夾角為桿與車席始終保

持相對靜止假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）

故選CDo

【典例3】（2022?湖南常德?常德市一中?？寄M預測）如圖所示，質量均為〃?的A、B兩小球分別用輕

質細繩L和輕彈簧系在天花板上的。點和。，點，A、B兩小球之間用一輕質細繩L連接，細繩L/、彈簧

與豎直方向的夾角均為仇細繩心水平拉直，則下列有關細繩上被剪斷瞬間的表述正確的是（）

A.細繩L上的拉力與彈簧彈力之比為1:1

B.細繩心上的拉力與彈簧彈力之比為cos?。:1

C.A與B的加速度之比為1:1

D.A與B的加速度之比為1：COS。

【答案】B

【詳解】根據題意，對A球，剪斷細繩&的瞬間，細繩。的拉力將發(fā)生突變.合力垂直于細繩心斜向

下，在沿繩方向上，由平衡條件有，細繩乙的拉力大小為以n咽cos。

垂直繩方向上，由牛頓第二定律有mgsin0=〃也A

解得A球的加速度大小為“A=g￡m夕

對B球，剪斷細繩"的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向右，豎直方向上，由平衡條件可得，則彈簧彈

力大小為《mg

cos夕

水平方向上，由牛頓第二定律有西gtan0=man

解得B球的加速度大小%=gtan6?

Pcos20

則細繩L上的拉力與彈簧彈力之比為”?=「—

FB>

acos0

A與B的加速度之比為4=1―

1

故選B.

☆即時檢測

1.（2023?四川成都?統考三模）如圖，凹形槽車靜止在水平直軌道上，位于光滑槽底的水平輕彈簧一端

連接右側槽壁，另一端連接質量m=lkg的物體，物體靜止時，彈簧對物體的壓力？=2N。現使槽車與

物體一起以a=2m/s2的加速度沿軌道運動，用心表示彈簧的彈力大小，用N瞰表示物體對左側槽壁的壓

力大小，下列判斷正確的是（）

左nwwwwvl右

-pj

A.若〃的方向向左，則4=2NB.若。的方向向左，則N曜=4N

C.若。的方向向右，則%=2ND.若〃的方向向右，則N壁=。

【答案】AC

【詳解】AB.若加速度向左，物體的加速度也就是向左，設左側槽壁對物體恰好沒有作用力，根據牛頓

N

第二定律，有M）="9=>?o=—=Zm/s?

m

即槽車和物體一起向左以加速度大小為2m/sz運動時，彈簧彈力為2N,但是槽壁對物體沒有支持力，A止

確.B錯誤;

CD.同理，若〃的方向向右，設左側槽壁對物體的作用力大小為N壁，彈簧長度不變，所以彈簧的彈力為

2N,根據牛頓第二定律，有N壁-N°="以n/^=N°+"?a=4N,所以彈簧彈力為2N,槽壁對物體的彈

力為4N,C正確，D錯誤。

故選AC。

2.（2023?全國?模擬預測）如圖所示，A球與天花板之間用輕質彈簧相連，A球與B球之間用輕繩相連，

整個系統保持靜止，小球A、B的質量均為〃?，突然迅速剪斷輕繩，在剪斷輕繩的瞬間，設小球A、B的

加速度分別為a/、S,重力加速度大小為g,取鞋直向下為正方向，下列說法正確的是（）

OB

A.a尸g,a2=gB.ai=-g,ct2=g

C.cu-Q,（12=gD.a/=2g,a2=g

【答案】B

【詳解】剪斷輕繩瞬間小球A、B由于慣性仍在原位置，彈簧的形變最不變，維持原力大小，有廣N=2成g

取豎直向下為正方向，對小球A受力分析有

解得a尸-g

對小球B受力分析，小球B只受到重力，所以。2二g

故選Bo

3.（2023?湖北荊門?荊門市龍泉中學?？既＃┤鐖D所示，豎直平面內蜘蛛網上A、B、C三點的連線構

成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c,的延長線過三角形的中心，蜘蛛絲c,沿豎直方向，c中有張力。則

（）

B.蜘蛛在網中央由靜止向上加速，〃中張力變大

C.蜘蛛在網中央由靜止沿人方向向上加速，。中張力變小

D.蜘蛛網在水平風吹拂下晃動，。中張力大小不變

【答案】B

【詳解】A.以網和蜘蛛為研究對象，受力分析如圖所示

由平衡條件得qsin6=7；sin。，可得＜=/；,故A錯誤；

B.根據牛頓第二定律的同向性7；cosO+7；,cos0-〃?g—7；=〃-,7；sin0=7；,sin0,可知蜘蛛在網中央由

靜止向上加速「與7；均增大，故B正確；

C.同理，根據牛頓第二定律的同向性可知蜘蛛在網中央由靜止沿方方向向上加速，力中張力變大，故C

錯誤；

D.蜘蛛網在水平風吹挑下晃動，［與刀,以及（在垂直蜘蛛網的方向均有分力，根據力的合成可知，〃中

張力大小發(fā)生變化，故D錯誤。

故選B。

考法2超重和失重

1.超重

⑴定義：物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）大于物體所受重力的現象.

⑵產生條件：物體具有向I:的加速度.

2.失重

（U定義：物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）小于物體所受重力的現象.

⑵產生條件：物體具有包工的加速度.

3.完全失重

⑴定義：物體對支持物的壓力（或對豎直懸掛物的拉力）笠王&的現象稱為完全失重現象?

⑵產生條件；物體的加速度〃=分方向豎直向下.

4.實重和視重

（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關

⑵視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將丕組1物體的重

力,此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重.

5.超、失重的比較

項目超重失重完全失重

物體對支持物的壓力（或對懸

物體對支持物的壓力（或對物體對支持物的壓力（或對懸掛

定義掛物的拉力）大于物體所受重懸掛物的拉力）小于物體所

力的現象受重力的現象物的拉力）為零的狀態(tài)

□□4

產生a

條件匚以

”出

物體有向上的加速度加速度大小為g,方向豎直向下

物體有向下的加速度

視重F=m(g+a)F=m(g-a)F=0

6.情景拓展

6

示數變小小數變小示數變小

☆典例引領

【典例4】（2023?全國?模擬預測）加速度傳感器是一些智能手機上配備的較為實用的軟件，能顯示物體

運動過程中的加速度變化情況?，F出于安全角度，需要分析某升降機在實際運行過程中的加速度，將手

機放置于升降機地面上并打開加速度傳感器，使升降機從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直

方句上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。由此可判斷出（）

B.運行過程中手機有可能與升降機分離

C.手機在4，3時間內，處于超重:狀態(tài)

D.在。與時間內，升降機受到手機的壓力先減小再增大

【答案】B

【詳解】A.根據題意，由圖可知，之前加速度一直向上，時刻4=0,則手機向上速度達到最大，故

A錯誤：

B.根據題意，由圖可知，手機有段時間豎直向下的加速度等于重力加速度，所以手機有可能離開過升降

機，故B正確；

C.根據題意，由圖可知，4G手機的加速度向下，手機處于失重狀態(tài)，故C錯誤；

D.根據題意，由圖可知，4％手機加速度向上，由牛頓第二定律有〃心

由于4減小，則N減小，t2勺手機加速度向下，由牛頓第二定律有用=

由于〃增大，則N減小，即在［「乙時間內，升降機對手機的支持了一直減小，由牛頓第三定律可知，機

對升降機的壓力一直減小，故D錯誤。

故選Bo

超重和失重現象判斷技巧

（I）從受力的角度判斷:當物體所受向上的拉力（或支持力）大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時

處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài).

（2）從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀

態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài).

而即時檢測

1.（2023?福建龍巖?統考模擬預測）引體向上是高中學生體質健康標準的選測項目，如圖甲所示，質豉

為60kg的男同學用雙手抓住單杠做引體向上，在豎直向上的運動過程中，他重心運動的速度丫隨時間;

變化的圖像如圖乙所示，重力加速度大小取10m/s2,由圖像可知（）

A.Z=0.5s時，單杠對他的支持力約為582N

B.Ul.ls時，他向上運動到最高點

C.Z=1.5s時，他處于失重狀態(tài)

D.1.5s時,單杠對他的支持力約為600N

【答案】C

【詳解】A.由圖像的斜率表示加速度可知，f=0.5s時，加速度為

根據牛頓第二定律可得N-咫

解得單杠對他的支持力為N=，〃g+/M=6I8N,故A錯誤；

B.由UT圖像可知，O~l.ls向上做加速運動，1.1s后向上減速運動，可知，=Lls時，并不是向上運動到

最高點，故B錯誤；

CD.由丫-/圖像可知，r=1.5s時，加速度方向向下，他處于失重狀態(tài)，單杠對他的支持力小于重力，即

小于6（X）N,故C正確，D錯誤。

故選C。

2.（2023?天津?模擬預測）蹦極是一項富有挑戰(zhàn)性的運動，運動員將彈性繩的一端系在身上，另一端固

定在高處，然后運動員從高處跳下，如圖所示。圖中。點是彈性繩自然卜.垂時繩卜端的位置，。點是運動

員圻到達的最低點。在運動員從。點到c點的運動過程中，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）

.

4.?

.

?

一

A.運動員的速度一直增大

B.運動員始終處于失重狀態(tài)

C.人的動量最大時，繩對人的拉力等于人所受的重力

D.運動員克服彈力做的功等于重力對運動員做的功

【答案】C

【詳解】A.該過程隨著彈性繩的伸長，拉力不斷變大，開始階段，運動員的重力大于繩的拉力，運動員

做加速運動，隨著拉力增大，合力減小，加速度減小；后來繩的拉力大于運動員的重力，運動員受到的

合力向上，運動員做減速運動，合力隨拉力的增大而增大，則加速度增大；即在運動員從。點到c點的運

動過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增加，故A錯誤；

B.運動員在加速的過程，加速度向下，處于失重狀態(tài)；減速階段，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B錯

誤；

C.當人的重力等于繩子的拉力時，即。=0

時，人的速度是最大的，動能時最大的，故c正確；

D.在運動員從。點到。點的運動過程中，動能變化量為負值，由動能定理知外力對運動員做的總功是負

值，則運動員克服彈力做的功大于重力對運動員做的功，故D借誤。

故選Co

3.（2022?廣東惠州?校聯考模擬預測）圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的

表示人的重心。圖乙是根據力傳感器采集到的數據畫出的力一時間圖象。兩圖中各點均對應，其

中有幾個點在圖甲中沒有畫出。根據圖象可知（）

A.d點位置對應人處于超重狀態(tài)

B.c點位置對應人處于失重狀態(tài)

C.力點位置對應人處于下蹲過程的最低點

D.。點位置對應人處于失重狀態(tài)

【答案】AD

【詳解】AB.由圖乙可知，人的重力為500N,4、c點位置人所受支持力大于重力，人的加速度向上，處

于超重狀態(tài)，A正確，B錯誤；

CD.5點位置人所受支持力小于重力，人的加速度向下，處于失重狀態(tài)，且加速下蹲，還沒有到達最低

點，（:錯誤，D正確。

故選ADo

考法3兩類動力學問題

i.牛頓第二定律的作用

牛頓第二定律揭示了運動和力的關系：加速度的大小與物體所受合外力的大小成正比，與物體的質量

成反比；加速度的方向與物體受到的合外力的方向相同.

2.兩類基本問題

（I）已知受力情況，求物體的運動情況.

（2）已知運動情況，求物體的受力情況.

3.解決兩類基本問題的方法

以加速度為''橋梁"，由運動學公式和牛頓運動定律列方程求解?，具體邏輯關系如圖：

由力求運動

國嬴聲頓―建麗娜邈舉三高麗

t________________________________________J

由運動求力

4,小結：動力學問題的解題步驟

目典例引領

【典例5】（多選）（2023?廣東?統考三模）死加〃gM〃de/是一款仿直軟件?？梢杂涗浳矬w的運動過程并

描繪出運動圖像。如圖是該軟件導出的土—圖像，，為時刻。為0）時間內物體運動的位移。已知也時刻

t

前紹像為直線，加時刻后圖像為反比例曲線。該圖像模擬某物塊在粗糙水平面上做勻減速直線運動直至靜

止的滑動情景，取重力加速度為10m/s2,下列說法正確的有（）

A.物塊在4s后某一時刻靜止B.0時刻，物塊的速度大小為20m/s

C.物塊運動的位移大小為60mD.物塊與水平面間的動摩擦因數為;

【答案】BD

【詳解】AC.因為M時刻后圖像為反比例曲線，即V./即工二&

t

為定值，可知此時物體靜止，即從to時刻開始物體已經靜止，根據坐標（7.5,4）可得物體的位移為

x=30m,選項AC錯誤；

Ir1

B.根據可得一-%-5”，可得■戶20m/5,選項B正確；

2tL

D.物體的加速度a=曳=20m/s?=^rn/s2,根據9，可得〃=］，選項D正確。

2x2x3033

故選BDo

【典例6】（2023?湖南?模擬預測）如圖所示，水平桌面上的小物塊。通過輕繩跨過光滑定滑輪連接小

物塊兒物塊。、力的質量之比為2:3。將物塊〃從。點由靜止釋放，/時間后到達。點處（〃未落地）；

若將。、力調換位置，經過/時間力也從P點由靜止運動到。點，則。、。與桌面間的動摩擦因數從、4

的關系為（）

PQ

□

b

A.24=〃2B.2必-3〃2=1C.3必-2〃2=1D.8//（-2//,=I

【答案】B

【詳解】設〃的質量為2〃?，。的質量為3〃?，由牛頓運動定律口:得加吆-24Mg=5〃/,

21ng-3內mg=5/〃％

又」=」“二為2,聯立解得2M-3外=1

22-

故選Bo

【典例7】（多選）（2023?全國?模擬預測）如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時，一

手拿著球筒，另?只手迅速拍打筒的I：端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對運動，筒內的羽

毛球就可以從上端出來。已知球筒質最為M=90g（不含球的質最），球筒號手之間的滑動摩擦力為力=

2.6N,羽毛球質量為m=5g,球頭離筒的上端距離為d=9.0cm,球與筒之間的滑動摩擦力為j3=0.1N,重

力加速度g=10m/s2,空氣阻力忽略不計，當球筒獲得一個初速度后（）

A.羽毛球的加速度大小為10m/s2

B.羽毛球的加速度大小為30m/s2

C.若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為逆m/s

5

D.若羽毛球頭部能從上端筒口由來，則筒獲得的初速度至少為3m/s

【答案】BD

【詳解】AB.依題意，對羽毛球受力分析，由于羽毛球相對于筒向上運動，受到筒對它豎直向下的摩擦

力作用，根據牛頓第二定律可得/咫+人=〃嗎

求得羽毛球的加速度為q=3（）m“2,羽毛球向下做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；

CD.對筒受力分析，根據牛頓第二定律有Mg-齊一力=必72,求得。z=-20m/s2

負號表示筒的加速度方向豎直向上，說明筒向下做勻減速直線運動，若敲打一次后，羽毛球頭部能從上

端筒口出來，則當羽毛球到達筒口時，二者速度相等，此時筒獲得的初速度為最小Lin，有

卬=%而，(%/一(叼/)—(卬*

聯'Z,代入相關數據求得％n=3m/s,故C錯誤，D正確。

故選BD。

即時檢測

1.(2023?湖北-統考三模)置于水平地面上質量〃?=L0kg的物塊在"=6N的水平拉力作用下做勻加速

直線運動。已知物塊與水平面間的動摩擦因數為〃=。.4,重力加速度取g=10mH。該物塊依次通過小

B、C、。四個位置，已知/W=3ni、CD=9m,且物塊通過48段和CO段的時間均為Is,則8C段的長

度為()

A.8mB.10mC.12mD.16m

【答案】C

【詳解】物體的加速度〃==2m/s2

m

設A點的速度如BC=x,從B到C時間為〃，則從A到8/W=%f+；a/=%+|=3m

22

則從A至ljC,AC=3+x=v0(t+t)+^a(t+t')=v0(\+t)+(\+t)

22

從A至ljD,AD=3+x+9=v0(2t-t)+^a(2t+t')=v0(2+t,)+(2+t')

聯立解得〃=2s,x=12m

故選Co

2.(2023?全國?模擬預測)如圖所示，底板光滑的小車放在水平地面上，其上放有兩個完全相同的輕

彈簧秤甲、乙，甲、乙系住一個質量為機=lkg的物塊.當小車做勻速直線運動時，兩彈簧秤被拉長，示

數均為10N.則當小車向右做勻加速直線運動時，彈簧秤甲的示數變?yōu)?N,則

甲j~~L乙

:Q一…

Z/ZZZZZZZZZ/ZZ/

A.彈簧秤乙的示數為12NB.彈簧秤乙的示數仍為ION

C.小車的加速度為4m/s2D.小車的加速度為2m/s?

【答案】AC

【詳解】因彈簧的彈力與其形變量成正比，當彈簧秤中的示數由10N變?yōu)?N時，其形變量減少，則彈簧

秤乙的形變量必增大，且甲、乙兩彈簧秤形變量變化的大小相等，所以，彈簧秤乙的示數應為12N：物

體在水平方向所受到的合外力為F=THN-8N=4N

根據牛頓第二定律，得物塊的加速度大小為。=￡=:加/$2=4〃?//，小車與物塊相對靜止，加速度相

tn1

等，所以小車的加速度為4m/s2。

故選ACo

3.（2023?河北?統考一模）如圖所示，小車位于水平面上，其上頂板裝有壓力傳感器。車內彈簧處于

豎宜，彈簧上端把一個物塊壓在壓力傳感器上.小車以加速度〃向右做句加速運動，小物塊恰好不相對

壓力傳感器滑動，此時壓力傳感器的示數為6。一段時間后，小車沿水平方向從水平面上飛出，落地前

壓力傳感器的示數為鳥，該過程彈簧一直處于豎直。忽略空氣阻力，重力加速度為g,則小物塊與壓力傳

感器間的動摩擦因數為（）

F、a

D，（丹-Z）g

【答案】C

【詳解】小車在水平面上時，設彈簧的彈力為F,由題意有6十〃好=尸，

小車從水平面上飛出后到落地前處于完全失重狀態(tài)，有人=廣，聯立得〃二（』二1”

故選Co

好題沖關

【基礎過關】

1.（2023?北京房山?統考二模）珞傳感器安裝在蹦極運動員身上，可以測量出運動員在不同時刻下落的

高度及速度，如圖甲所示。運動員從蹦極臺自由下落，根據傳感器測到的數據，得到如圖乙所示的―圖

像,下列說法正確的是（）

v/m-s'1

圖甲圖乙

A.運動員下落整個過程中加速度保持不變

B.運動員下落整個過程中機械能守恒

C.運動員卜落15m時，彈性繩的拉力等于運動員的重力

D.彈性繩達到原長，運動員的動能開始減小

【答案】C

【詳解】A.當運動員下落的高度小于彈性繩的自然長度之前，運動員只受重力，運動員加速度不變；當

下落高度大于彈性繩的自然長度之后，彈性繩彈力逐漸增大，運動員的重力和彈性繩的合力提供加速

度，所以運動員的加速度要先減小后反向增大，故A錯誤；

B.運動員下落的高度小于彈性繩的自然長度的過程中，運動員只受重力機械能守恒；當下落高度大于彈

性繩的自然長度之后，彈性繩的彈力對運動員做負功，運動員的機械能減小，故B錯誤；

C.由圖乙可知運動員下落15m時，運動員的速度最大，加速度為零，此時彈性繩的拉力等于運動員的重

力，故C正確；

D.彈性繩達到原長，此時重力大于彈性繩的彈力，運動員會維續(xù)向下先做加速度減小的加速，直到加速

度減為零，速度達到最大，動能達到最大，故D錯誤。

故選Cc

2.（2023?江西南昌?校聯考二模）如圖所示，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為6的小球，初始時整

個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長一水平恒力尸作用在輕繩的中點，方向與兩

球連線垂直。當兩球運動至二者相距三4心時，它們加速度的大小均為小則當兩球運動至相3距時，它

JJ

們的加速度大小均為（）

【答案】D

【詳解】根據題意，當兩球運動至二者相距：工時，對此時受力分析，如圖所示

e

2

《L43

因為兩球關于F所在直線對稱，則有sin夕=卜=￡,cos6=：

-L55

已知輕繩中心處受三個力，設繩子拉力為7，水平方向上受力分析，則有27cos0=尸

由牛頓第二定律有7=聯立解得〃=,1口=理

2〃7COS”6〃？

當兩球運動至相距時，則有加門4二票一二三，cos4=?

5-L55

2

F5F3

同理可得4=-------T=7-=76/

2mcosq8m4

故選Du

3.（2023?四川成都?成都七中?？寄M預測）利用智能手機中的加速度傳感器可以測量手機的加速度

用手掌托著手機，手掌從靜止開始上下運動，軟件顯示豎直方向上的圖像如圖，該圖像以豎直向

上為正方向。則手機（）

A.在芍時刻運動到最高點

B.在（時刻改變運動方向

C.在，2到4時間內，受到的支持力先減小再增大

D.在1到4時間內,受到的支持力先增大再減小

【答案】D

【詳解】AB.根據題意，由圖可知，手機在04加速度約為0,/.L時間內，向上做加速度增大的加速

運動，與G時間內，向上做加速度減小的加速運動，h。向二做加速度增大的減速運動，則在4時刻

沒有運動到最高點，在與時刻也沒有改變運動方向，故AB錯誤；

CD.由牛頓第二定律，。~3時間內有廠一，卷一"心，解得

rn

G0時間內有mg-F=ma,解得a=g-*

tn

結合圖像可知，A4時間內，支持力增大，G。時間內支持力減小，故c錯誤，D正確。

故選Do

4.（2023?北京?統考模擬預測）如圖所示，光滑水平面上有個一根光滑的水平細桿，上面套著兩個質量

均為加，半徑很小的球A和B,兩球用長為L的細線相連接，開始時細線被拉直?，F用一與光滑水平面平

行且與桿垂直的恒力尸作用于線的中點，使兩球由靜止開始沿桿運動，當兩球相距為0.6L時兩球沿桿滑

行的加速度。的大小為（）

43

由平衡條件有2n儂。=人由幾何關系可得cos”歹sin6>=-

對小球，由牛頓第二定律有7sin9="-,聯立解得，。=注

8/n

故選De

5.（2023?全國?二模）水平桌面上放置一質量為根的木塊，木塊與桌面間的動摩擦因數恒定，用一水平

恒力/拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運動；若將此力方向改為與水平方向成74。角斜向上拉木塊

（F大小不變），木塊仍在水平臭面上做勻速直線運動。那么當用2戶的水平恒力拉木塊，此時木塊的加

速麥為（已知當地的重力加速度為g,sin74o=0.96,cos74o=0.28）（）

【答案】A

【詳解】水平桌面上放置一質量為，〃的木塊，木塊與桌面間的動摩擦因數恒定，用一水平恒力尸拉木

塊，木塊在水平桌面上做勻速貪線運動尸=4〃田

若將此力方向改為與水平方向成74。角斜向上拉木塊（產大小不變），木塊仍在水平桌面上做勻速直線運

動

Fcos74°="（mg-Fsin74°）

3

當用2F的水平恒力拉木塊2尸一/“咫二〃74，解得a=：g

4

故選Ao

6.（2023?福建龍巖?統考二模）一傾角為。的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，

如組所示。輕質彈簧兩端分別與質量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統處于靜止狀態(tài)。重力

加速度大小為g。當撒去擋板瞬間，下列說法正確的是（）

/z/z//zz/zzzzz/z//zzz

A.球A的瞬時加速度沿斜面向下，大小為gsinJ

B.球B的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin夕

C.地面對斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和

D.地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右

【答案】B

【詳解】AB.根據題意，設A、B兩球質量均為去掉擋板前，對A球受力分析，由平衡條件有

=mgsin0

去掉擋板瞬間，彈簧彈力不變，A球受力情況不變，合力為0,加速度為0,對B球有，"gsin〃+%=〃也

解得a=2gsing,故A錯誤，B正確；

C.根據上述分析可知，去掉擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則地面對斜面體C

的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C錯誤；

D.去掉擋板瞬間，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，對A、B和C

整體分析，地面對斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯誤。

故選Bo

7.（2023?湖南長沙?雅禮中學?？级＃┤鐖D（a）所示的無人機具有4個旋翼，可以通過調整旋翼傾斜

度而產生不同方向的升力。某次實驗，調整旋翼使無人機受豎直向上的恒定升力?從地面靜12升起，到

達穩(wěn)定速度過程中，其運動圖像如圖（b）所示。假設無人機飛行時受到的空氣阻力與速率成正比，即

/=川，方向與速度方向相反，則下列說法正確的是（）

圖(a)圖(b)

A.無人機在第Is內的位移等于0.5m

B.無人機在第Is內的速度變化量與第2s內的速度變化量相等

C.空氣給無人機的作用力逐漸增大

D.空氣給無人機的作用力逐漸減小

【答案】D

【詳解】A.根據V-f圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知無人機在第1s內的位移滿足

x.>—xlxlm=0.5m

2

故A錯誤；

B.根據i，V圖像的切線斜率表示加速度，可知到達穩(wěn)定速度的過程中，無人機的加速度逐漸減小，無人

機在第1s內的速度變化量大于第2s內的速度變化量，故B錯誤：

CD.空氣給無人機的作用力是升力和阻力的合力，由于無人機的加速度逐漸減小，根據牛頓第二定律可

得心-〃依=〃也，可知空氣給無人機的作用力逐漸減小，故C錯誤，D正確。

故選D。

8.(2023?四川?統考二模)如圖所示，一物體被水平向左的壓力尸壓在粗糙的豎直墻壁上，英時刻壓力

尸的值為玲，此時物體處于靜止狀態(tài)，若從該時刻起使壓力尸逐漸減小，直到減為零，則該過程中物體

的加速度”與壓力廣的關系圖像可能正確的是()

【答案】D

【詳解】設物體與豎直增壁間的動摩擦因數為〃，物體的質量為用。壓力為不時，物體處于靜止狀態(tài),

若比時摩擦力剛好達到最大值，則從該時刻起使壓力廠逐漸減小，物體立即獲得加速度向下加速運動，

根據牛頓第二定律可得〃火乂f=〃N=〃F,聯立可得a=g-貯

m

故選D。

9.（2023?浙江?一模）在電子商務高速發(fā)展的今天，國內每天約有1億個包裹。對物流業(yè)這種對人力成

本敏感的產業(yè)來說，物流行業(yè)正從人工分揀向智能化、自動化方向快速演變。某物流中心的分棟機器人

可以簡化為如圖所示的平板小車，在平板小車的左端固定有一個支架，質量為1kg的小球A用細線懸掛

于支架上，平板小車在自身牽引力的作用下沿水平面做直線運動，小車右端放質量為3kg的包裹B,包裹

B始終相對小車靜止。若某段時間內觀察到細線與豎直方向的夾角6=30。，重力加速度大小為lOm/sz,

則在這段時間內（）

左F右

4'B

________El

I]

zzzzzzz/zzzz/zz/z/zz/z

A.小車一定向右做加速運動

B.細線受到的拉力大小為20N

C.包裹B對小車的摩擦力大小為1（）GN,方向水平向左

D.小車對包裹B的摩擦力大小為1（）GN,方向水平向左

【答案】C

【詳解】A.小球的加速度向右，小車可能向右加速運動，也可能向左減速運動，A項錯誤；

B.對小球A進行受力分析可知7cos30。=〃謖，Tsin30°=/^,解得T=迎叵1^,〃巨m/s?,故B

33

項錯誤。

CD.包裹B所受的摩擦力大小/=Ma=10GN,方向向右，根據牛頓第三定律，包裹B對小車的摩擦力

大小為IOGN,方向向左，故C項正確，D項錯誤。

故選Co

10.（多選）（2023?湖南邵陽?統考二模）如圖所示，兩小球1和2之間用輕彈簧B相連，彈簧B與水平

方句的夾角為30。，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩A與豎直方向的夾角為30。，小球2的

右邊用輕繩沿C水平方向固定在豎直墻壁上。兩小球均處于靜止狀態(tài)。己知重力加速度為則

（）

A.物體A的加速度大小為0B.物體B的加速度大小為g

C.箱式電梯的加速度大小為《D.物體B對物體A的壓力為0

【答案】A

【詳解】鋼索斷裂的瞬間，彈簧的彈力不變，所以八8的受力情況不變，加速度均為0,物體8對物體A

的壓力等于自身重力，對整體分析可知%+M）g=M。

解得〃=（〃%+〃〃+M）g

M

故選Ao

2.（2023?北京西城?北京四中校考模擬預測）應用物理知識分析生活中的常見現象，可以使物理學習更

加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果，保持這樣的姿勢在豎直平面內按順時針方向做勻速圓周運

動，在蘋果從最低點〃到最左側點運動的過程，下列說法中正確的是（）

A.手掌對蘋果的摩擦力越來越大B.蘋果先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)

C.手掌對蘋果的支持力越來越大D.蘋果所受的合外力越來越大

【答案】A

【詳解】A.蘋果從最低點。到最左側點〃運動的過程中，加速度大小不變，加速度在水平方向上的分加

速度逐漸增大，由牛頓第一定律可知，手掌對蘋果的摩擦力越來越大，A正確；

B.蘋果做勻速圓周運動，從。到力的運動中，加速度在豎直方向上有向上的分加速度，可知蘋果處于超

重狀態(tài)，B錯誤；

C.蘋果做勻速圓周運動，從。到〃的運動中，加速度大小不變，加速度在豎直方向上的分加速度逐漸減

小，可知手掌對蘋果的支持力越來越小，C錯誤；

D.蘋果做勻速圓周運動，加速度大小不變，則有蘋果所受的合外力大小不變，方向始終指向圓心，D錯

誤,

故選A。

3.（2023?湖北襄陽?襄陽四中?？寄M預測）如圖，一輛公共汽車在水平公路上做直線運動，小球A用

細線懸掛車頂上，車廂底板.上放?箱蘋果，蘋果箱和蘋果的總質量為M,蘋果箱和箱內的蘋果始終相對

廣車箱底板靜止，蘋果箱與公共汽車車廂底板間的動摩擦因數為4，重力加速度為,若觀察到細線偏離

豎直方向夾角大小為J并保持不變，則下列說法中正確的是（）

A.汽車一定向右做勻減速直線運動

B.車廂底板對蘋果箱的摩擦力水平向右

C.蘋果箱中間一個質量為小的蘋果受到合力為/々

tan。

D.蘋果箱中間一個質量為機的蒞果受到周圍其他蘋果對它的作用力大小為鳥

cos8

【答案】D

【詳解】A.對小球受力分析

可知合力與加速度方向水平向左，所以汽車運動的加速度方向水平向左，如果向右運動，則做勻減速直

線運動，如果向左運動，則做加速直線運動，A錯誤；

B.設小球的加速度為“，受力分析如圖所示，對小球由牛頓第二定律得ggtan0=〃w，解得a=gtan。

則汽車的加速度和蘋果箱的加速度都為a=gtan。，蘋果箱和箱內的蘋果始終相對于車箱底板靜止，則車

廂底板對蘋果箱的摩擦力為崢摩擦力，不是滑動摩擦力，所以不?定為〃用g,以這箱蘋果為講究對象，

根據牛頓第二定律有阡=Ma=Mgiang,水￥向左，B錯誤；

CD.以蘋果箱中間一個質量為機的蘋果為研究對象，合外力為〃口，設周圍其它蘋果對它的作用力大小為

F,方向與豎直方向的夾角為明在水平方向根據牛頓第二定律有Rina=〃"，在豎直方向上此osa=mg

力口速度a=man?

三式聯立解得看=J（〃?gtane）2+Wg）2=/〃g"+tan%=粵,tana=州=tan。，則。c錯誤、D正

YCOS<9g

確，

故選故

4.（2023?湖北?模擬預測）如圖所示，木板B固定在彈簧上，木塊A疊放在B上，A、B相對靜止，待系

統平衡后用豎直向上的變力/作用于A,使A、B一起緩慢上升?，AB不分離，在A、B一起運動過程中，

下面說法正確的是（）

r

%

/

A.一起緩慢上升過程中A對B的摩擦力不變

B.在某時刻撤去F,此后運動中A可能相對B滑動

C.在某時刻撤去凡此后運動中AB的加速度可能大于g

D.在某時刻撤去凡在A、B下降的過程中，B對A的作用力一直增大

【答案】D

【洋解】A.一起緩慢上升過程中，以A、B為整體，根據受力平衡可得尸+%=（〃〃+，%左

由于彈簧彈力逐漸減小，可知拉力廠逐漸增大；

以A為對象，設木板B斜面傾角為。，根據受力平衡可得/+Ain0="\gsin0

可知B對A摩擦力不斷變小，則A對B的摩擦力不斷變小，故A錯誤；

B.設A、B間的動摩擦因數為〃，根據題意有

在某時刻撤去尸，設A、B向下加速的加速度大小為a,以A為對象，則有"入885。-乂=/名。85。，

mKgsin0-f=sin0,可得N=，縱（g—a）cos0,f-mA（g-a）sin0-Ntan8<

故比后運動中A、B相對靜止，故B錯誤；

C.在某時刻撤去尸，此后運動中A、B相對靜止，則最高點時的加速度最大，且撤去力尸前，整體重力

和彈簧彈力的合力小于整體重力，則最高點加速度小于K，此后運動中AB的加速度不可能大于g,故C

錯誤；

D.在某時刻撤去尸，在A、B下降的過程中，A的加速度先向下逐漸減小，后向上逐漸增大，則