動(dòng)力學(xué)瞬態(tài)、連接體、超失重、圖像問題-（解析版）-2025年高考物理專項(xiàng)復(fù)習(xí)（新高考）

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?？家c(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。

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

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?全國甲卷,6

2024?全國甲卷,2

2023?全國甲卷,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?全國乙卷，2

2021?湖南卷，7

2024?全國甲卷，9

考向五超失重問題2022?浙江6月，3

2019?浙江4月,12

2024^M^WW

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。預(yù)測2025年高考牛頓運(yùn)動(dòng)定律依然是必考內(nèi)容。

試題精講

考向一單位制

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

A.SB.NC.FD.T

【答案】A

【解析】國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，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4加、3m、2加、加的四個(gè)小球/、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3、。間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間

8和。的加速度大小分別為（）

【答案】A

【解析】剪斷前，對(duì)BCD分析

FAB=（3m+2m+m）g

對(duì)D

FCD=mg

剪斷后，對(duì)B

F

AB-3mg=3maB

解得

aB=g

方向豎直向上；對(duì)C

F+

DC2mg=2mac

解得

1.5g

方向豎直向下。

故選Ao

考向三圖像問題

3.（2024年全國甲卷第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)量加，并測

量p的加速度大小。，得到。一冽圖像。重力加速度大小為g。在下列冽圖像中，可能正確的是（）

【答案】D

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

T-f=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

M+mM+m

可知當(dāng)祛碼的重力大于/時(shí)，才有一定的加速度，當(dāng)機(jī)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A/=—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)〃=0.3,重力加速度大小g=10m/s2。求

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

P--------------10

【答案】（1）4m/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

%==3mzs

薄板做加速運(yùn)動(dòng)的加速度

4=9=3介

m

對(duì)物塊

I+A/—VQI—5a/之

對(duì)薄板

12

AA/；=—drl

22

解得

v0=4m/s

1

，二一s

3

考向五超失重問題

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

由圖可知彈簧測力計(jì)的分度值為0.5N,則讀數(shù)為5.0N。

【小問2詳解】

[1]電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測力計(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

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小

a?1.0m/s2

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.kg-m/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/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)原長之前（）

QrwwrpA尸

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

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)量均為加，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=2/j.mg

撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為

4=〃加g

AB.以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椤觛,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-jumg=man

解得

%=

此刻滑塊Q所受的外力不變，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〃g。

Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時(shí)

"mg=ma0m

解得

=一〃叫

故滑塊Q加速度大小最大值為〃掰g,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)到原長時(shí)的加速度為

_/ling=map2

解得

aP2=—"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)，最后彈簧原長時(shí)加速度

大小也為〃g。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AD。

考向三圖像問題

3.（2023年全國甲卷第6題）（多選）用水平拉力使質(zhì)量分別為加甲、加乙的甲、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。的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）

A.加甲<m乙B,加甲〉加乙C.〃甲<〃乙D.〃甲〉〃乙

【答案】BC

【解析】根據(jù)牛頓第二定律有

F—jumg=ma

整理后有

F=ma-\-/img

則可知一。圖像的斜率為〃z,縱截距為卬〃g,則由題圖可看出

mv>mz.,nvmvg=fi^m乙g

則

故選BCo

4.（2022年湖南卷第14題第（1）問）如圖（a）,質(zhì)量為加的籃球從離地〃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力的最高處。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

的丸倍（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g。

（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

【答案】（1）

【解析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg-Amg=加a下

再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，下落的過程中有

埠=2。下笈

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=2a上h

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

/=(l+2)/z

V下(1-2)//

5.（2021?全國乙卷?21）（多選）水平地面上有一質(zhì)量為機(jī)1的長木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為加2的物塊，

如圖（a）所示.用水平向右的拉力廠作用在物塊上，尸隨時(shí)間，的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中尸1、凡分別為

小時(shí)刻尸的大小.木板的加速度隨時(shí)間f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

山，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,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g.

則（）

A.Fi—/bi\mig

B.仍=力的上啜3—仗)g

C.〃2>---------1i\

mi

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，加時(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=//i(mi+m2)g,故A錯(cuò)誤；

由題圖(c)可知，,2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Fz—//1(m1+m2)g=(m1+mi)a,

以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，

有N2m2g-〃1(m1+加2)g=冽14>0,

mmi+m2)

解得F2=^(U2-^)g,由F2>FI知

mi

〃2>'”葉與1,故B、C正確；

m2

由題圖(c)可知，0?攵時(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2加的小車在水平推力E的作用

下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m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。，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()

A.若B球受到的摩擦力為零，則尸=2加gtand

B.若推力/向左，且tanOW”，則尸的最大值為2加gtan，

C.若推力E向左，且〃<tan。<2〃，則/的最大值為4刃g(shù)(2〃-tan6)

D.若推力R向右，且tan，〉2〃，則少的范圍為4加g(tan，-2〃)V/7W4/ng(tane+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

Ny=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

Nx=ma

可得

a=gtan，

對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律

F=Ama=4mgtan0

A錯(cuò)誤；

B.若推力下向左，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

Nx=zn(zmax

對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4加^max

解得

F=4mgtan0

B錯(cuò)誤；

C.若推力下向左，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

力提供，小球A所受向左的合力的最大值為

Nx=mgtan0

小球B所受向左的合力的最大值

^nax=(N、,+mg)-Nx=2/2mg-mgtan6

由于〃<tan。W2〃可知

Fmm<mgtan0

則對(duì)小球B,根據(jù)牛頓第二定律

4nax=2〃加g-mgtan6=mamax

對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma^

聯(lián)立可得/的最大值為

F=4加g（2〃-tanff）

C正確；

D.若推力/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)

=N*-（N了+mg）/Li=mgtan0-2jumgtan3

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=NX+（Ny+mg）〃=mgtan6+2/amgtan0

對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律

ma

qin=mia

41ax=加"max

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尸的范圍為

4mg（tan0-2ju）<F<4加g（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“，則

（）

A.當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，7；=T2=T3

B.當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，7；:T2:T3=3:2:1

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

D.當(dāng)火車勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，Tx:T2:T3=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)

=fi=kx3G

T2=f2=kx2G

T3=f3=kxG

得

7]:T2:T3=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)

-fi=￡-kx3G=3ma

T2-f2=T2-kx2G=2ma

T3-f3=T3-kxG=ma

得

△：72：73=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)線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力歹作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則b的最大值

為（）

~II~F

------------->

///////Z//////Z

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

戶Tmax=ma

產(chǎn)Tmax=2N

聯(lián)立解得

F=4N

故選Co

9.（2022年全國乙卷第2題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為優(yōu)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工一大小為產(chǎn)的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線

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（）

mQ

mO

5FIF_3F3F

A.——B.——C.D.

8m5m8m10m

【答案】A

3

【解析】當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距一上時(shí),，如圖所示

5

3L/5—----->尸

由幾何關(guān)系可知

3L

sin6=*=-

L5

2

設(shè)繩子拉力為T,水平方向有

2Tcos6"

解得

T=-F

8

對(duì)任意小球由牛頓第二定律可得

T=ma

解得

5F

a二—

8m

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選Ao

10.（2021年湖南卷第7題）如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時(shí)P靜止在水平

桌面上。將一個(gè)水平向右的推力/作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?。己知P、Q兩物塊的質(zhì)量

分別為加p=0.5kg、mQ=0.2kg,P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度g=lOm/s?。則推力下

的大小為（）

A.4.0NB.3.ONC.2.5ND.1.5N

【答案】A

【解析】P靜止在水平桌面上時(shí)，由平衡條件有

工=mQg=2N

于=T、=2N<〃加pg=2.5N

推力廠作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?，?/p>

%=4=1N

22

故Q物體加速下降，有

mQg-T2=mQa

可得

a=5m/s~

而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動(dòng)摩擦力，對(duì)P由牛頓第二定律

T2+F-"inpg=mpa

解得

F=4N

故選Ao

考向五超失重問題

11.（2022年浙江6月卷第3題）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法

正確的是（）

A.魚兒吞食花瓣時(shí)魚兒受力平衡

B.魚兒擺尾出水時(shí)浮力大于重力

C.魚兒擺尾擊水時(shí)受到水的作用力

D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)

【答案】C

【解析】A.魚兒吞食花瓣時(shí)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；

BC.魚兒擺尾出水時(shí)排開水的體積變小，浮力變小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時(shí)水對(duì)魚向上的

作用力大于重力，B錯(cuò)誤、C正確；

D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無動(dòng)作可言，D錯(cuò)誤。

故選C。

12.（2019?浙江4月選考?12）如圖所示，A、B、。為三個(gè)實(shí)心小球，/為鐵球，B、C為木球./、5兩球分

別連接在兩根彈簧上，C球連接在細(xì)線一端，彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子

懸掛的靜止吊籃內(nèi).若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對(duì)于杯底（不計(jì)空氣阻力，"木少水夕鐵）（）

A./球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)

B.4、8球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)

C./球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，3球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)

D./球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，2球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)

答案D

解析開始時(shí)/球下的彈簧被壓縮，彈力向上；2球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的

瞬間，系統(tǒng)的加速度為g,為完全失重狀態(tài)，此時(shí)水對(duì)球的浮力為零，則/球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向

上運(yùn)動(dòng)，8球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng)，由于細(xì)線的拉力可以突變?yōu)榱悖訡球相對(duì)于杯底

不動(dòng)，故選D.

必備知識(shí)速記

一、牛頓第一定律

1.牛頓第一定律是通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出的，它不能由實(shí)際的實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證.

2.物理意義

(1)揭示了物體在不受外力或所受合外力為零時(shí)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.

(2)提出了一切物體都具有慣性，即物體維持其原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的特性.

(3)揭示了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，說明力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因.

強(qiáng)調(diào)：運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變指速度的改變，速度改變則必有加速度，故力是物體產(chǎn)生加速度的原因.

3.慣性大小的量度

質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度.物體的質(zhì)量越大，慣性越大；物體的質(zhì)量越小，慣性越小.

4.慣性的表現(xiàn)形式

(1)物體不受外力或所受的合外力為零時(shí)，慣性表現(xiàn)為物體保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài).

(2)物體受到外力且合外力不為零時(shí)，慣性表現(xiàn)為物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度.慣性越大，物體的運(yùn)動(dòng)狀

態(tài)越難改變.

二、牛頓第二定律

1.對(duì)牛頓第二定律的理解

矢量性)---」a與F方向相同］

［瞬時(shí)性)——，。與F對(duì)應(yīng)同一時(shí)刻］

T因果性)~仃是產(chǎn)生。的原因)

尸、m對(duì)應(yīng)同一物體］

日■［同一性卜---------------------------------

六一1a、F、加統(tǒng)一使用國際單位制單位］

笆［獨(dú)立性I包一個(gè)力都可以產(chǎn)生各自的加冠畫

只適用于宏觀、低速運(yùn)動(dòng)的物體,

不適用于微觀、高速運(yùn)動(dòng)的粒子

U局限性卜

物體的加速度必須是相對(duì)慣性系

而言的

2.力和運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系

(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體就有加速度.

(2)a="是加速度的定義式，a與Av、At無必然聯(lián)系；a=F是加速度的決定式，a°=F,a°--.

Atmm

(3)合力與速度同向時(shí)，物體做加速直線運(yùn)動(dòng)；合力與速度反向時(shí)，物體做減速直線運(yùn)動(dòng).

三、單位制

國際單位制的基本單位

物理量名稱物理量符號(hào)單位名稱單位符號(hào)

長度1米m

質(zhì)量m千克(公斤)kg

時(shí)間t秒S

電流I安［培］A

熱力學(xué)溫度T開［爾文］K

物質(zhì)的量n,(v)摩［爾］mol

發(fā)光強(qiáng)度I,(Iv)坎［德拉］cd

四、瞬時(shí)問題

1.兩種模型

合外力與加速度具有因果關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，當(dāng)物體所受合外力發(fā)生變化時(shí),

加速度也隨著發(fā)生變化，而物體運(yùn)動(dòng)的速度不能發(fā)生突變.

不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力,

剪斷或脫離后，不需要時(shí)間恢復(fù)

形變，彈力立即消失或改變，一

輕繩、輕桿

般題目中所給的輕繩、輕桿和接

和接觸面

觸面在不加特殊說明時(shí)，均可按

此模型處理

兩種

模型

當(dāng)彈簧的兩端與物體相連(即兩

端為固定端)時(shí)，由于物體有慣

彈簧、蹦床

性，彈簧的長度不會(huì)發(fā)生突變，

和橡皮筋

所以在瞬時(shí)問題中，其彈力的大

小認(rèn)為是不變的，即此時(shí)彈簧的

彈力不突變

2.解題思路

分析瞬時(shí)變化前分析瞬時(shí)變化后求出變化后物體所受合力

求瞬時(shí)加速度

物體的受力情況—哪些力變化或消失一根據(jù)牛頓第二定律列方程

五、超重和失重問題

1.實(shí)重和視重

(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)(選填“無關(guān)”或“相關(guān)”).

(2)視重：當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為視重.

2.超重、失重和完全失重的對(duì)比

名稱超重失重完全失重

現(xiàn)象視重大于實(shí)重視重小于實(shí)重視重等于0

產(chǎn)生物體豎直向下的加速度

物體的加速度向上物體的加速度向下

條件等于g

對(duì)應(yīng)

自由落體運(yùn)動(dòng)、豎直上

運(yùn)動(dòng)加速上升或減速下降加速下降或減速上升

拋運(yùn)動(dòng)、宇宙航行等

情境

F—mg=mamg—F=mamg—F=mg

原理

F=mg+maF=mg—maF=0

3.判斷超重和失重的方法

(1)從受力的角度判斷

當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于

零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài).

(2)從加速度的角度判斷

當(dāng)物體具有向上的(分)加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下

的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài).

六、動(dòng)力學(xué)中的連接體問題

1.連接體

多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細(xì)桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體.連

接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí))具有相同的運(yùn)動(dòng)情況(速度、加速度).

2.整體法與隔離法在連接體中的應(yīng)用

若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間

整體法的選取原則的作用力，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的外力，

應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度

若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物

隔離法的選取原則體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用

牛頓第二定律列方程求解

若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作

整體法、隔離法的交替用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取

運(yùn)用合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力，即“先整體求

加速度，后隔離求內(nèi)力

七、動(dòng)力學(xué)圖像問題

1.常見圖像

(l)v—t圖像：根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，再根據(jù)牛頓第二定律求解.

(2)a-t圖像：注意加速度的正負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合物體的受力情況應(yīng)用牛頓第二定

律列方程求解.

(3)F-t圖像：結(jié)合物體受到的力，由牛頓第二定律求出加速度，分析每一段的運(yùn)動(dòng)情況.

(4)F-a圖像：首先要根據(jù)具體的物理情景，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出兩個(gè)量間

的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息

求出未知量.

2.解題策略

（1）分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過

程，會(huì)分析臨界點(diǎn).

（2）注意圖線中的一些特殊點(diǎn)：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等.

（3）明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的

函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷.

名校模擬探源

1.（2024?北京市海淀區(qū)?一模）如圖所示，某人站上向右上行的智能電動(dòng)扶梯，他隨扶梯先加速，再勻

速運(yùn)動(dòng)。在此過程中人與扶梯保持相對(duì)靜止，下列說法正確的是（）

A扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段，人處于超重狀態(tài)

B.扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段，人受到的摩擦力水平向左

C.扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受到重力、支持力和摩擦力

D.扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受到的支持力大于重力

【答案】A

【解析】AB.依題意可知在加速運(yùn)動(dòng)過程中，人的加速度向右上方，加速度在豎直向上的方向上有分量和

在水平向右方向有分量，可知人處于超重狀態(tài)，人受到的摩擦力水平向右，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段，由平衡條件可知人受到自身重力，扶梯對(duì)它豎直向上的支持力，共計(jì)兩個(gè)力的作

用，且扶梯對(duì)人的支持力大小等于重力大小，故C、D錯(cuò)誤。

故A。

2.（2024?河北?三模）某游泳運(yùn)動(dòng)員在°?6s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的V--圖像如圖所示。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)員，下列說

法正確的是（）

A.在0?6s內(nèi)所受的合力一直不為0

B.在0?6s內(nèi)的位移大小為24m

C.在2s?4s內(nèi)一定處于超重狀態(tài)

D.在4s?6s內(nèi)的位移大小為8m

【答案】D

【解析】A.V-/圖像的斜率代表加速度，由圖像可知，在2?4s該運(yùn)動(dòng)員的有加速度，由牛頓第二定律

可知

F合=ma

在0?2s與4?6s運(yùn)動(dòng)員并無加速度，即此時(shí)合力為零，綜上所述，運(yùn)動(dòng)員在0?2s與4?6s所受合力為

零，在2~4s,所受合力不為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.由于v-Z圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，所以在0?6s內(nèi)的位移為

x=；（2+4）x4m=12m

故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.由之前的分析，在2s?4s結(jié)合圖像可知，其加速度為

4-020/2

a=------m/s=2m/s

4-2

由于不知道運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)方向，只知道該時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員加速度方向與運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向相同，而超重則加速

度方向?yàn)樨Q直向上，所以其不一定是超重狀態(tài)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.結(jié)合之前的分析，在4s?6s的位移為

%=4x2m=8m

故D項(xiàng)正確。

故選D。

3.（2024?河南省信陽市?二模）在光滑水平面上，一質(zhì)量為加的物塊在水平拉力廠作用下由靜止開始運(yùn)

動(dòng)，拉力廠隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，則物塊的圖像正確的是（）。

【解析】AB.根據(jù)R/圖像可以看出，0?Is時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)=0,物體原來靜止，這段時(shí)間繼續(xù)保持靜止；1?2s

時(shí)間內(nèi),歹逐漸增大，由牛頓第二定律

F

a=—

m

物體加速度也逐漸增大，做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，v-f圖像的斜率（表示加速度）逐漸增大，2?3s時(shí)間內(nèi),

尸恒定，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)；3?5s時(shí)間內(nèi)，尸逐漸減小，加速度也減小，但方向和速度仍然同向，物體做加

速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以A正確，B錯(cuò)誤;

CD.1?2s時(shí)間內(nèi)，做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，v-f圖像的斜率（表示加速度）應(yīng)逐漸增大，故C、D錯(cuò)誤。

故選Ao

4.（2024?黑龍江名校聯(lián)考?二模）某物體在豎直方向做直線運(yùn)動(dòng)的v-f圖像如圖所示。若選向上為正方

向，則下列說法正確的是（）

B.0~2s內(nèi)，物體的平均速度大小為3m/s

c./=2s時(shí)，物體的速度、加速度均等于零

D.f=4s時(shí)，物體離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)

【答案】A

【解析】A.由圖可知，0?Is內(nèi)，物體向上做加速運(yùn)動(dòng)，則物體的加速度方向向上，則物體處于超重狀態(tài),

故A正確；

B.0?2s內(nèi)，如果物體沿正方向先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最大速度為6m/s,丫-力圖像如

圖所示

則0~2s內(nèi)，物體的平均速度大小為

-v

v=—=3m/s

2

但物體先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，可知0?2s內(nèi)，物體的平均速度大于3m/s,

故B錯(cuò)誤；

C.由圖可知，f=2s時(shí)，物體的速度為零，但速度時(shí)間圖像的斜率表示加速度，而此時(shí)圖線的斜率最大，

即加速度最大，故C錯(cuò)誤；

D.速度時(shí)間圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，圖像在時(shí)間軸上方表示位移為正，在時(shí)間軸下方表示位移

為負(fù)，0?2s內(nèi)，物體沿正方向運(yùn)動(dòng)，圖像在時(shí)間軸上方，2?4s內(nèi)，物體沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，圖像在時(shí)間軸下方,

根據(jù)對(duì)稱性可知，4s時(shí)，物體回到出發(fā)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。

故選Ao

5.（2024?湖北省十一校聯(lián)考?二模）物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P

的質(zhì)量為2kg,如圖甲所示。開始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長，/=0時(shí)對(duì)物塊P施加水平向右的恒力R

/=1S時(shí)撤去，在0?1s內(nèi)兩物體的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中以下說法正確的

是（）

A./=ls時(shí)，物塊Q的速度大小為0.4m/s

B.恒力下大小為1.6N

C.物塊Q的質(zhì)量為0.5kg

D.f=ls后，物塊P、Q一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

【答案】C

【解析】A.圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，若0?1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則Z=ls時(shí)Q的速

度大小等于

=—Xlx0.8m/s=0.4m/s

2

由圖可得實(shí)際Q的圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時(shí)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積，故z=ls

時(shí)Q的速度大小大于0.4m/s,故A錯(cuò)誤；

B.?=0時(shí)，對(duì)物塊P有

F—Tz/pt/g=2x1N=2N

故恒力大小為2N,故B錯(cuò)誤；

CD./=ls時(shí)，對(duì)物塊P、Q整體有

F=（加p+加Q）q

解得