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2024 高考压轴题冲刺训练
训练1 运动和力
1. （2024 浙江宁波期末） 如图所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射时，助推器点火
提供向上的推力，使火箭上升到40km 高空时，速度达到1.2km/s，然后助推器脱落，并立即关闭发动机，
在接近地面10km 处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。火箭助推器运动过程中所受地球引
力可视为不变，等于地球表面时的重力，运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2 倍，助推器
推力恒定不变。
（1）助推器能上升到距离地面的最大高度；
（2）重启发动机前助推器的最大速度为多少；
（3）重启发动机产生的推力是助推器重力的多少倍。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）8mg
【名师解析】（1）火箭加速上升的高度
，助推器脱落时的速度
，助推器脱
落后向上做减速运动，阻力
，有
解得
助推器上升的最大高度为
（2）重启发动机前火箭下落过程
1
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由牛顿运动定律
联立解得
（3）重启发动机后火箭下过程
由牛顿运动定律
所以
2. (2024 天津宁河区期末) 2023 年8 月16 日，备受瞩目
世界机器人大会在北京盛大开幕。新一代送餐机
器人首次登场，如图所示，只要设置好路线、放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐。
已知配餐点和目标位置在一条直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小
，速度达到
后匀速，之后适时匀减速，减速历时
恰好把食物平稳送到目标位置，
整个送餐用时
。若载物平台始终呈水平状态，食物与餐盘的总质量
，食物、餐盘与平台间
无相对滑动，取重力加速度
，试求：
（1）机器人加速过程的时间
；
2
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（2）配餐点和目标位置的直线距离
；
（3）减速过程中平台对食物和餐盘整体
平均作用力的大小
。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）加速时间为
代入数据，解得
（2）加速度的位移为
减速的时间为2s，减速的位移为
匀速的时间为
匀速的位移为
配餐点和目标位置的直线距离为
3
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代入数据，得
（3）平台对食物竖直方向的支持力
减速运动的加速度为
根据牛顿第二定律，食物和餐盘整体在水平方向的摩擦力为
故平台对食物的作用力大小
解得
3. .(2024 广东中山高一期末)羽毛球筒口比较小，从球筒取球有一定的技巧。如图所示，羽毛球爱好者从筒
中取出最后一个羽毛球时，一手拿着羽毛球筒，另一个手用较大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒获得一
个向下的初速度与手发生相对运动，里面的羽毛球就可以从上端出来。已知羽毛球筒质量为
（不
含球的质量），羽毛球质量为
，羽毛球头部离筒的上端距离为
，羽毛球与筒之间的滑
动摩擦力为
，筒与手之间的滑动摩擦力为
。（重力加速度g 取
，空气阻力忽
略不计，羽毛球不会相对筒向下运动），求：
（1）当筒获得一个初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为多大？
4
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【参考答案】（1）
，
；（2）
【名师解析】
【详解】（1）当筒获得一个初速度后，对筒受力分析，由牛顿第二定律
代入数据解得，筒的加速度大小为
方向竖直向上；对羽毛球受力分析，由牛顿第二定律
代入数据解得，羽毛球的加速度大小为
方向竖直向下；
（2）设当筒与羽毛球达到共速时间为t，根据运动学公式
解得
在这段时间内，筒向下运动的位移为
5
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羽毛球向下运动的位移为
由运动学关系
代入数据，联立解得
所以若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为
。
4．（12 分）（2024 浙江绍兴期末）如图1 为全国最陡雪道之一丝绸之路滑雪场的艾文道，坡度接近
．
雪道的简化图如图2 所示，它由倾斜直滑道
和水平直滑道
组成，滑雪板与两滑道的动摩擦因数
均为0.25．可视为质点的小杰沿滑道下滑，经过
点时速度为
，最后停在水平轨道上，已知滑道
和
的长分别为
，倾斜滑道与水平面夹角
，小杰在
和
段的运动均可
视为匀变速直线运动，通过
点前后速度大小不变，空气阻力不计．
．求：
图1 图2
（1）小杰在
段上的加速度
的大小；
（2）若
，求从
点出发到停在
上的总时间；
（3）为了安全起见，小杰在水平直滑道上运动时不能超过
点，求经过
点时速度
的范围．
【名师解析】：（1）对小杰受力分析，由牛顿第二定律得，
6
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代入数据，
（2）在
段上做加速度为
的匀变速直线运动，得：
得
，
在
段上做加速度为
的匀减速直线运动，得
所以：
（3）在
段上做加速度为
的匀变速直线运动，得
设停在
点处，在
段上做加速度为
的匀减速直线运动，得
联立方程得
5. (2024 山西晋城期末)某游乐场有一种滑草游戏，场地设备示意图如图所示。某游客坐在滑板上沿倾斜草
坡从A 点由静止匀加速下滑，到达坡底B 点后沿水平滑道匀减速滑行，最后停在C 点。已知AB 间距离为
，游客在AB 段的运动时间为
，游客的滑板与水平滑道BC 段间的动摩擦因数为
=0.25，
重力加速度g 取10m/s ²。
（1）求游客在AB 段的加速度大小
；
（2）求游客在BC 段的加速度大小
；
（3）若由于冲击作用，游客经过B 点时速度减小了
，求游客全程运动的总路程s。
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【参考答案】（1）2m/s2；（2）2.5 m/s2；（3）37.8m
【名师解析】
（1）根据匀变速直线运动规律可知
解得
m/s2
（2）在BC 段，根据牛顿第二定律有
解得
m/s2
（3）游客在B 点
速度为
m/s
游客经过B 点时速度减小了
，则速度变为
m/s
根据匀变速直线运动速度—位移公式有
解得
m
游客运动的路程为
8
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m
6. （2024 广东肇庆二模）在商场大厅的水平地面上，某学生观察到一服务员推一列总质量m1=40kg 的购
物车由静止开始经过t=10s 通过的位移x1=20m。经理为了提高工作效率，让服务员在第二次推车时增加了
推车的质量，此后该学生观测到这次车由静止开始经过t=10s 通过的位移x2=15m。假设购物车的运动轨迹
为直线，服务员先后两次的推力F 保持不变，车所受的阻力f 等于车重力的
，取g=10m/s2，求：
（1）推力F 的大小；
（2）第二次比第一次增加的质量。
【参考答案】（1）
；（2）
【名师解析】
（1）设第一次推车时的加速度大小为a1，由运动学公式得
对购物车由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）设第二次推车时的加速度大小为a2，由运动学公式有
由牛顿第二定律得
联立以上各式解得
则
9
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7. （2024 黑龙江六校联盟2 月联考）无人机已广泛应用于各行各业。如图甲所示是物流公司使用无人机运
输货物，无人机下方通过4 根对称的绳索悬挂货物，每根绳与竖直中轴线的夹角均为53°。已知货物的质
量为30kg，绳索质量不计（g 取10m/s2，cos53°=0.6，sin53°=0.8）。求：
（1）当无人机悬停在空中时，每根绳索承受的拉力大小；
（2）当无人机到达目的地正上方后，可以选择竖直向下先匀加速直线运动后匀减速直线运动安全着陆，
图乙是降落全过程的
图像（速度时间图像）。为了保证货物安全，每根绳索至少要能够承受多大拉力。
【参考答案】（1）
；（2）
【名师解析】
（1）对货物受力分析，由平衡条件得
解得每根绳索承受的拉力大小为
（2）竖直向下减速运动过程中，绳索承受拉力最大，对货物由牛顿第二定律得
由
图像可得减速过程的加速度大小为
联立解得
10
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可知每根绳索至少要能够承受的拉力为
。
8. （2024 浙江金华期末）如图为某公司研发的智能搬运型机器人。在某次搬运过程中，机器人将质量为
的货物沿直线搬运至
远的包装台处，机器人从静止开始做匀加速直线运动，
时速度达到最大
速度
，然后做匀速直线运动，最后在离包装台
处开始做匀减速直线运动，到达包装台处恰好停
止。求：
（1）机器人加速和减速阶段的加速度大小；
（2）机器人搬运货物的总时间；
（3）机器人匀加速阶段受到货物的作用力；
（4）其他条件不变，只改变机器人变速运动阶段的加速度大小，最多可节省的时间。已知货物与机器人
置物平台问的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
【参考答案】（1）
，
；（2）
；
（3）
，方向与运动的反方向成
角斜向下，
；（4）
【名师解析】
（1）匀加速阶段，根据速度公式有
解得
匀减速阶段，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有
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其中
解得
（2）匀加速阶段的位移
匀减速阶段的时间
匀速运动的时间
所以总时间
（3）根据上述可知匀加速阶段的加速度
根据力的合成可知，机器人给货物的作用力大小为
根据牛顿第三定律可知货物给机器人的作用力大小为
方向与运动的反方向成
角斜向下，且有
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（4）由题意可知最大加速度为
当加速阶段和减速阶段都以最大加速度进行变速运动时，时间最短，最短时间为
所以节省时间为△t=t-t’=7.5s-6.2s=0.3s
9. （2024 河南焦作一模）2023 年12 月10 日9 时58 分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火
箭，成功将遥感三十九号卫星发射升空。长征二号丁运载火箭是常温液体二级运载火箭起飞推力约
3.0×106N，起飞总质量约为2.5×105kg，150s 时总质量减小了一半，推力保持不变。不计空气阻力，火箭上
升过程中重力加速度g 可视为不变，取10m/s2。求：
（1）150s 时火箭的加速度与起飞时的加速度大小之比；
（2）若起飞后3s 内火箭的运动可视为匀加速直线运动，则3s 末时推力的瞬时功率为多大。
【参考答案】（1）7:1；（2）1.8×107W
【名师解析】
（1）根据牛顿第二定律有
代入数据可得
（2）根据（1）可得
所以3s 末时火箭的速度为
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推力的瞬时功率为
10. （2024 浙江绍兴市期末）如图所示，滑草场的滑道由
段和
段组成，
段倾角
段倾角
段高
，滑草车与滑道
段、
段的动摩擦因数都为
，滑草车经
过滑道交接处（
点）的能量损失忽略不计，载人滑草车（可视为质点）从A 点由静止下滑，最终恰好停
在
点，不计空气阻力，
。
（1）求滑草车在
段的加速度大小；
（2）求
段
的长度；
（3）若
两点位置不变，即
两点竖直高度差
和水平距离
均不变，调节斜面倾角和长度，使
点竖直向下移动一小段距离，试判断滑草车从
点由静止下滑后能否仍停在
点，并说明理由．
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）能停在
点
【名师解析】
（1）根据题意，滑草车在
段，由牛顿第二定律有
解得
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（2）根据题意，设到
点的速度为
，由运动学公式有
解得
滑草车在
段，由牛顿第二定律有
解得
又
可得
（3）根据题意，由前面两问可知
即
整理得
即
则有
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可知，与斜面倾角、斜面长度无关，故能停在
点。
11. （2024 浙江绍兴市期末）为了提升游客的游览体验，台州神仙居于2020 年增加了“南天梯”。如图甲，
电梯全长
，高度
，梯阶宽度
，侧面图可简化为图乙。电梯启动稳定后，游
客乘坐电梯上行且始终相对电梯静止，全程只需要
，不计空气阻力。
（1）求电梯稳定运行时的速度大小；
（2）电梯待机时可视作静止状态，当游客进入电梯时，电梯以
的加速度匀加速启动并达
到稳定状态，求游客在电梯上运动的总时间；
（3）因某种原因电梯紧急制动，制动过程中游客总共被抬升高度
，把制动过程视为匀减速，
求电梯紧急制动时的加速度大小。
【参考答案】（1）
；（2）210s；（3）
【名师解析】
（1）根据题意可知，电梯稳定的速度
（2）根据题意可知，匀加速阶段的时间为
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运动的位移为
匀速阶段的时间为
所以总时间
（3）根据题意，设斜面倾角为
，由几何关系有
可知斜面倾角
游客移动的位移为
由公式
可得
故加速度大小为
。
12. （2024 安徽阜阳三中期末）如图所示，一倾角
、长度为9m 的固定斜面，其底端与长木板B 上
表面等高，原来B 静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B 的上表面接触处
圆滑，一可视为质点的小滑块A 从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A 刚好未从木板B 上滑下，已知A、B
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的质量相等，木板B 的长度
，A 与斜面、B 上表面间的动摩擦因数均为
，B 与地面的动摩
擦因数为
，重力加速度g 取10m/s2。
（1）求出小滑块A 到达斜面底端时的速度大小为v0；
（2）通过计算分析当A 滑上B 的上表面后，B 是否仍保持静止。若B 仍然静止，求出μ2的最小值；若B 滑
动，求出
的值。
【参考答案】（1）
；（2）会发生相对滑动，
【名师解析】
（1）设A 物块从斜面下滑过程中加速度大小为
，到达底端时速度大小为
，由牛顿第二定律和运动学
公式得
联立可得
（2）假设A 滑上B 的上表面后，B 仍保持静止，则A 在B 上减速滑动至停止，有
解得
A 会从B 上滑下，假设不成立，故当A 滑上B 的上表面后，B 与地面会发生相对滑动；设A 滑上B 后，再经
时间t 两者达到共同速度，A、B 的加速度大小分别为
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根据运动学公式
又
联立解得
13. （2024 浙江舟山期末）如图所示，等高的水平平台
与
之间有一个凹槽
，凹槽
底面
光滑，
上有一质量
、长度
的无动力摆渡车，摆渡车的上表面与左右平台等
高。
右侧平滑连接一个倾角
的足够长斜坡
。开始时摆渡车紧靠平台
，此时其右端与
平台侧壁
的距离
。摆渡车运动过程中碰到平台侧壁
立即变为静止。一质量
、
可视为质点的滑块从平台的
点以初速度
向右滑上摆渡车。已知滑块与摆渡车上表面间的动摩擦因数
，平台
与斜坡
均光滑。
（1）求滑块刚滑上摆渡车时，滑块的加速度大小
和摆渡车的加速度大小
；
（2）若滑块的初速度
，求滑块沿斜坡
上滑的最大距离x；
（3）欲使滑块能够到达
平台，则滑块的初速度
至少多大？
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【参考答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）滑块在摆渡车上相对滑动过程，由牛顿第二定律得
解得
（2）假设摆渡车一直匀加速至碰到
，经历时间为
，则
解得
此时摆渡车的速度大小为
此时滑块的速度大小为
此时滑块距离摆渡车右端的距离
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解得
因为滑块速度未小于摆渡车速度且滑块还未到达摆渡车右端，所以假设成立；摆渡车到达
平台时的速
度大小为
解得
滑块在斜面上的滑动过程，由牛顿第二定律得
解得
摆渡车在斜坡上匀减速至0，则
解得
（3）若滑块初速度小于
，滑块与摆渡车先达到共速
，再一起匀速远动至
，则
①
滑块与摆渡车右端的距离
②
摆渡车碰
壁停止后，滑块继续匀减速，若刚好到达E
③
21
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由①②③式可得初速度的最小值
14. （2024 陕西渭南一模）一种小孩玩的碰撞游戏可看作如下模型。如图所示，左端固定有竖直挡板的薄
木板放于水平面上，木板厚度可不计。滑块置于木板的右端，滑块可视为质点。已知滑块质量m1=1.0kg，
滑块与木板、滑块与水平面、木板与水平面的动摩擦因数均为μ=0.2；木板长L=1.0m，质量m2=3.0kg，重
力加速度取g=10m/s2。现用F=22N 的水平拉力作用于木板，在滑块即将与木板左侧挡板碰撞时，撤去拉力
F，设滑块与木板的碰撞瞬间完成，且无能量损失。求：
（1）撤去拉力F 瞬间滑块与木板的速度大小；
（2）木板从开始运动直至停止的整个运动过程中位移大小；
（3）滑块和木板都停止时，滑块与木板右端的距离。
【参考答案】（1）2m/s ；4m/s ；（2）4.25m；（3）3m
【名师解析】
（1）当力F 作用于木板时，根据牛顿第二定律，对滑块有
μm1g=m1a1
解得
a1=2m/s2
对木板有
F－μm1g－μ(m1+m2)g=m2a2
解得
a2=4m/s2
滑块与木板即将碰撞时有
代入数据解得
t=1.0s
此时滑块速度
v1=a1t=2m/s
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木板速度
v2=a2t=4m/s
滑块的位移
木板位移
（2）对滑块与木板碰撞过程，由动量守恒有
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
代入数据解得
v1'=5m/s
v2'=3m/s
接下来，滑块向右做匀减速运动
μm1g=m1a1'
解得
a1'=2m/s2
木板向右做匀减速运动
μ(m1+m2)g－μm1g=m2a2'
解得
a2'=2m/s2
若运动过程中滑块从木板上掉下去，而木板未停止，则对木板有
μm2g=m2a2''
解得
a2''=2m/s2
由此可得
a2''=a2'
因木板v2'小，加速度与滑块相等，所以木板先停下来。而滑块与木板与地面摩擦因数相同，所以无论滑块
在木板上还是在地面，一直做加速度为a1'的匀减速直线运动。而木板无论滑块在其上，还是掉下去，其加
速度大小不变，一直做a2'的匀减速直线运动。
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对木板，在滑块与木板碰后运动距离
从开始运动到停止，木板的位移
（3）对滑块，在与木板碰后直到停止运动距离
滑块总位移
比较滑块与木板运动，两者都停止运动相距
Δs=s 块－s 板=3m
滑块停在木板右端地面上，距木板右端3m。
15. （2024 年1 月福建部分重点高中期末）光滑水平面上有一质量
长木板
静置，木板的
左端有一可视为质点、质量
的物块
也静置，它与木板间的动摩擦因数
，如图所示。
时刻给
施加水平向右的恒力
，木板
被锁定不动。重力加速度
。
（1）求
时物块
的速度
，以及在
内
的位移
；
（2）若在
后撤去拉力，同时解除木板
的锁定，已知物块
始终未离开木板，求木板
的加速度
和最大速度。
【参考答案】（1）
，
；（2）
，
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【名师解析】
（1）木板
锁定，
受力做匀加速运动，如图所示，由牛顿第二定律可得
得
时物块
的速度
得
在
内
的位移
得
（2）撤掉外力，解除
锁定后，B 受力做加速运动，由牛顿第二定律可得
得
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B 的速度
A 受力做减速运动，如图所示，由牛顿第二定律可得
解得
最终是
同速，即
，此时B 有最大速度，设达到共速所用时间为t，此后
一起做匀速运动，
则有
解得
16. （2024 四川德阳1 月期末） 如图所示，物体A 静止放在足够长的木板B 右端上，木板B 静止于水平面．
已知A 的质量
，B 的质量
，A、B 之间的动摩擦因数
，B 与水平面之间的
动摩擦因数
，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取
．若
开始，
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木板B 受到
的水平恒力作用，
时撤去F．
（1）木板B 受F 作用时，A、B 的加速度大小
、
各为多少？
（2）从
开始，到A、B 都最终停止运动，求A、B 运动的总时间分别是多少？
（3）若要求A 始终都在B 上运动，B 的长度至少是多大？
【参考答案】（1）
，
；（2）8.4s ，8.4s；（3）5.6m
【名师解析】
（1）根据牛顿第二定律得对A
解得A 的加速度
对B
代入数据得B 的加速度
（2）
时，A、B 的速度分别为
、
，则有
F 撤去后，在B 速度大于A 速度的过程中，A 的加速度不变，B 的加速度设为
，根据牛顿第二定律对B 得
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代入数据得
设经过时间
，A、B 速度相等
代入数据得
此后它们保持相对静止，一起做匀减速运动直至静止，对A、B 整体应用牛顿第二定律得
解得
故A、B 运动的总时间相等，则有
（3）A、B 相对运动时间内，A 始终做匀加速运动，发生位移
B 先加速后减速，发生位移为
B 位移之差
故要求A 始终都在B 上运动，B 的长度至少是5.6m。
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