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专题11 牛顿第二定律 两类动力学问题（解析版）
注：【分层调研·提分要点】所选的例题变式和练习都是最新的高考真题和2024 年全国各地的模拟
试题，【真题再现·洞悉高考】选自最近3 年的全国个点的高考真题。【分层检测·能力拔高】选
择2024 年全国各地的模拟试题，题量适中，便于学生自测专用。
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目 录
01 思维导图·成竹在胸
02 知识梳理·复习重点
知识点1：牛顿第二定律..............................................................................................2
知识点2：超重和失重..................................................................................................2
03 分层调研·提分要点
考向1 超重和失重........................................................................................................3
角度1：对超重和失重的理解................................................................................3
角度2：电梯中超重和失重现象分析....................................................................4
角度3：根据超重和失重判断物体的运动状态....................................................5
考向2 动力学两类基本问题........................................................................................6
角度1：已知受力求运动........................................................................................7
角度2：已知运动求受力........................................................................................9
角度3：动力学两类问题的综合应用..................................................................10
04 真题再现·洞悉高考
05 分层检测·能力拔高
【基础过关】...............................................................................................................15
【提升练习】...............................................................................................................17
知识点1：牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方
向相同．
2．表达式：F＝ma，F 与a 具有瞬时对应关系．
3．力学单位制
（1）单位制：由基本单位和导出单位共同组成．
（2）基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，分别是质量、时间和长度，它们的国
际单位分别是千克（kg）、秒（s）和米（m）．
（3）导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．
知识点2：超重和失重
1．超重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象．
（2）产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象．
（2）产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）等于0 的现象称为完全失重现象．
（2）产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
4．情景拓展（如图所示）
考向1 超重和失重
1．实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的
重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．
2. 超、失重的比较
项 目
超重
失重
完全失重
定义
物体对支持物的压力（或对
悬挂物的拉力）大于物体所
受重力的现象
物体对支持物的压力（或对悬挂
物的拉力）小于物体所受重力的
现象
物体对支持物的压力（或对悬挂
物的拉力）为零的状态
产生条
件
物体有向上的加速度
物体有向下的加速度
加速度大小为g,方向竖直向下
视重
F=m（g+a）
F=m（g-a）
F=0
角度1：对超重和失重的理解
【典例1】（2024·海南·高考真题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024 年4 月30 日在东风着陆场成功着
陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中
（ ）
A．返回舱处于超重状态
B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功
D．重力对返回舱做负功
【答案】A
【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A 正确，B 错误；
C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C 错误；
D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D 错误。
故选A。
【变式1-1】（2024·四川成都·模拟预测）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距
轨道向下做匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（ ）
A．机械能保持不变 B．动量保持不变 C．所受合力不为零
D．处于超重状态
【答案】C
【详解】A．小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势
能减小，则小车的机械能减小，故A 错误；
B．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式力p = mv 可知，小车的动量大小不变，
动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故B 错误；
C．根据上述可知，小车做变速去运动，即小车所受合力不为零，故C 正确；
D．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向所受合力
为0，故小车沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的
作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存
在竖直方向的加速度，则小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故D 错误。
故选C。
【变式1-2】（2024·福建龙岩·三模）如图是学校举行的田径运动会上一跳高运动员过杆的情景。当跳高运
动员从地面起跳到落地的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员起跳时处于失重状态
B．运动员过杆时处于超重状态
C．起跳过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他对地面的压力
D．落地过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他所受到的重力
【答案】D
【详解】A．运动员起跳时，加速度向上，处于超重状态，故A 错误；
B．运动员过杆时，受重力作用，加速度向下，处于失重状态，故B 错误；
C．由牛顿第三定律可知起跳过程中地面对运动员向上的平均作用力等于他对地面的压力，故C 错误；
D．由动量定理可知，
，落地过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他所受到的
重力，故D 正确。
故选D。
角度2：电梯中超重和失重现象分析
【典例2】（2024·广东佛山·一模）某同学体重
，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内
电梯的加速度如下图所示。竖直向上为正方向。关于该段时间下列说法正确的是（ ）
A．
该同学处于失重状态
B．
电梯向下加速运动
C．该同学受到的最小支持力约为
D．该同学受到的最大支持力约为
【答案】D
【详解】A．由图可知，
的加速度为正，方向是竖直向上，则处于超重状态，故A 错误；
B．由图可知，
的加速度为负，方向是竖直向下，9s 的速度是竖直向上的，故电梯向上减速运动，
故B 错误；
C．由图可知，处于10s 时，
，同学受到的支持力最小，约为
，解得
，
故C 错误；
D．由图可知，处于4s 时，
，同学受到的支持力最大，约为
，解得
，
故D 正确。
故选D。
【变式2-1】（2024·辽宁·三模）一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测得某段时间内
电梯的加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则（ ）
A．
时地板对该同学的支持力最小
B．
时电梯对该同学的支持力为零
C．6~8s 内电梯上升的高度约为4m
D．6~8s 内电梯上升的高度约为9m
【答案】C
【详解】A．
时，加速度向上且最大，则该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律可得，
可知地板对该同学的支持力最大，故A 错误；
B．
时，加速度为0，根据受力平衡可知，电梯对该同学的支持力等于同学的重力，故B 错误；
CD．根据
图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由图可知，
内围成的面积大约有4 个小方
格，则
时的速度为
，
由图像可知，6~8s 内电梯的加速度为0，做匀速运动，上升的高度约为
，故C 正确，
D 错误。
故选C。
【变式2-2】（2023·陕西渭南·一模）电梯静止时，小丽站在体重计上，体重计的示数为45kg，电梯运动
时，某段时间小丽发现体重计的示数为54kg，重力加速度为g，在这段时间内下列说法正确的是（ ）
A．小丽的重力增大了
B．电梯的运动方向一定竖直向上
C．电梯可能加速向上，且加速度大小为
D．小丽对体重计的压力大于体重计对她的支持力
【答案】C
【详解】A．小丽的重力没有变化，是体重计对小丽的支持力增大了，A 错误；
B．小丽合力向上，加速度向上，可能加速度上升或减速下降，B 错误；
C．根据牛顿第二定律，
，加速度大小为
D．根据牛顿第三定律，小丽对体重计的压力等于体重计对她的支持力，D 错误。
故选C。
角度3：根据超重和失重判断物体的运动状态
【典例3】（2024·江西·模拟预测）小明站在力传感器上做蹲、起动作，该过程中力传感器的示数随时间的
变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．小明的质量约为70kg
B．0~6s 内小明完成一次蹲、起动作
C．小明在“站起”过程做匀变速运动
D．1~2s 内小明先“下蹲”后“站起”
【答案】B
【详解】BD．“下蹲”过程向下运动，先加速再减速，先失重再超重，“站起”过程向上运动，先加速再
减速，故先超重再失重，因此对应图像1~2s 内是“下蹲”过程，4~6s 内是“站起”过程，故B 正确，D
错误；
A．从图中可知小明的体重约为
，故A 错误；
C．小明在“站起”过程受到的力是变力，则加速度是变化的，不是匀变速运动，故C 错误。
故选B。
【变式3-1】（2024·上海黄浦·二模）消防员从绳上跳下，双脚触地后顺势弯曲双腿，在他的重心下降的过
程中，消防员受到地面支持力F 随时间t 的变化如图示。下列说法正确的是（ ）
A．t1~t2时间内消防队员的重心在加速下降
B．t2~t3时间内消防队员的重心在减速下降
C．t2时刻加速度为零
D．t2时刻速度最大
【答案】B
【详解】A．由图知，t1时刻消防队员双脚触地，在t1至t2时间内消防员受到的地面的支持力先小于重力后
大于重力，其合力先向下后向上，其加速度先向下后向上，所以消防员的重心不是一直加速下降，故A 错
误；
B．在t2至t3时间内他所受的合力向上，则加速度向上，故消防员的重心在减速下降，故B 正确；
CD．t2时刻支持力大于重力，合力不等于零，则加速度不为零，速度不是最大，故CD 错误。
故选B。
【变式3-2】（2024·福建厦门·二模）在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬
伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度a 随时间t 的变化关系如图所示，已知竖直向上为
正方向，则该同学（ ）
A．从A 到B 的过程中，处于超重状态
B．在B 点时，速度为零
C．在C 点时，恰好离开地面
D．从C 到D 的过程中，处于失重状态
【答案】D
【详解】A．从A 到B 的过程中，同学有向下的加速度，处于失重状态，故A 错误；
B．
图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，同学在A 点的速度为零，故同学在B 点时，速度不为
零，故B 错误；
C．恰好离开地面时，地面对同学的作用力为零，不计空气阻力，则同学的加速度为重力加速度，故同学
在D 点时，恰好离开地面，故C 错误；
D．从C 到D 的过程中，同学有向下的加速度，处于失重状态，故D 正确。
故选D。
考向2 动力学两类基本问题
1．动力学两类基本问题
（1）已知受力情况，求物体的运动情况．
（2）已知运动情况，求物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
3. 两类动力学问题的解题步骤
解决动力学问题的技巧和方法
1．两个关键
（1）两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
（2）一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．
2．两种方法
（1）合成法：在物体受力个数较少（2 个或3 个）时一般采用“合成法”
（2）正交分解法：
若物体的受力个数较多（3 个或3 个以上），则采用“正交分解法”．
角度1：已知受力求运动
【典例4】（2024 高三·河北·学业考试）如图（a）所示，物块a、b 紧贴着静置在粗糙水平面上，
时
刻对
施加水平方向的外力，外力随时间的变化规律如图（b）所示，规定向右为正方向。已知物块a、b
的质量分别为
、
，与粗糙水平面间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度
。求：
（1）两物块的最大速度和
内运动的距离；
（2）从两物块分离到
静止的过程
运动的距离。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）根据题意可知两物块一起所受的最大静摩擦力
根据图（b）可知
时外力
，此后两物块开始运动；
时两物块的速度达到最大，从
到
对两物块由动量定理有
又
图像与横轴围成的面积表示冲量大小，可知
其中
，
，
，
联立解得两物块的最大速度为
，同理有
，
，可解得4s 时两物块的速度为
内，根据动能定理有
，解得
（2）
内两物块一起做减速运动，
时，外力
反向，两物块分离，物块
向右做匀减速直线运
动，物块
在外力和摩擦力作用下做加速度减小的减速运动，假设
在16s 之前停止运动；根据动量定理
有
，
，其中
，
解得
（
不符合题意，舍去）
时外力
的大小小于
所受的最大静摩擦力，假设成立；即从两物块分离到物块
静止，物块
运
动的时间为
，则有
，解得
【变式4-1】（2024·贵州贵阳·一模）一个质量为2kg 的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦
因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2s，箱子的位移为20m。重力加速
度
，已知
，
，空气阻力不计。
（1）求拉力的大小。
（2）若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成
角斜向上，使箱子从静止开始运动，求拉力作用
第1s 内箱子的位移大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设箱子的加速度为
，根据运动学公式可得
，解得
根据牛顿第二定律可得，
，解得拉力的大小
（2）若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成
角斜向上，则有
，
联立解得箱子的加速度为
则第1s 内箱子的位移大小
【变式4-2】（2024·云南·二模）2023 年7 月8 日，哈尔滨获得第九届亚洲冬季运动会举办权，此次赛事掀
起全民参与冰雪运动的热潮，滑雪是一项热门的冰雪运动项目，也是哈尔滨市冰雪旅游的热门娱乐项目。
滑雪运动爱好者能够通过改变雪板与雪道的夹角来改变阻力大小，从而实现随心所欲的加速和减速。已知
某滑雪运动爱好者在一条长度为100m、倾角为30°的雪道顶端由静止开始沿直线匀加速下滑，该阶段所受
到的阻力为其总重力的
倍；当速度达到16m/s 时开始做匀减速直线运动直至雪道底端，该阶段其所受的
阻力为其总重力的
倍，g 取
。求
（1）运动爱好者在加速及减速阶段的加速度大小；
（2）运动爱好者到达雪道底端的速度大小。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）加速阶段，根据牛顿第二定律，有
，解得
减速阶段，根据牛顿第二定律，有
，解得
，加速度大小为
。
（2）设加速阶段的位移为
，则加速阶段
，解得
故减速阶段位移为
设到达斜面底部的速度为
，则
，代入数据解得
角度2：已知运动求受力
【典例5】（2024·辽宁沈阳·二模）一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环
形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上48m 的高处，然后座舱从静止开始以a1=8m/s2的加速度匀加速下
落h1=36m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g=10m/s2。求：
（1）座舱的最大速度及匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
（2）匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为
，根据运动学公式可得，
解得
设游客重力为
，以游客为对象，根据牛顿第二定律可得，
，则有
（2）座舱匀减速下落的高度为
根据运动学公式可得
解得加速度大小为
以游客为对象，根据牛顿第二定律可得
，则有
【变式5-1】（2024·河北·二模）某冰壶比赛赛道的简化图如图所示。A、B、C、D 是水平冰面直线赛道上
的四个点，其中A 是掷出点，D 是营垒中心，
。运动员将冰壶从A 点以初速度
掷出，冰壶
沿直线
做减速运动，经过B 点时速度恰好为
，另一运动员用冰刷摩擦B、D 之间的冰面以减小动摩
擦因数，冰壶恰好到达营垒中心D。若未用冰刷摩擦冰面时，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为
，假设摩
擦后的冰面光滑程度处处相同，则摩擦后冰並与冰面之间的动摩擦因数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设A、B 之间的距离为
，冰壶由A 运动到B，根据运动学公式可得，
冰壶由B 运动到D，有
，解得
故选D。
【变式5-2】（2024·四川泸州·三模）静置于水平地面上质量为m 的物体，受一竖直向上的恒力F 作用，从
静止开始向上运动。经时间t 后撤去F，又经时间t 物体刚好落回地面。不计空气阻力，重力加速度为g，
则恒力F 等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在第一个t 时间内，根据牛顿第二定律有
，根据位移公式有
根据速度公式有
在第二个t 时间内，根据位移公式有
，解得
，故选A。
角度3：动力学两类问题的综合应用
【典例6】（2023·山东聊城·一模）如图所示，固定在水平地面的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足
够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B 连接，细线的另一端固定在天花板上，在外力
作用下整个装置处
于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A 和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A
与斜面间的动摩擦因数
，斜面的倾角
，铁块B 下端到地面的高度
，木块A 的质量
，铁块B 的质量
，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，取重力加速度
，
，
。撤去力
后，求：
（1）铁块B 落地前，木块A 的加速度大小；
（2）铁块B 落地后不反弹，木块A 继续沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意可知，去掉外力
之后，铁块B 向下加速运动，木块A 沿斜面向上加速运动，设
此时绳子的拉力为
，铁块B 的加速度为
，木块A 的加速度为
，由图可知，移动过程中，木块A 的位
移是铁块B 位移的2 倍，则有
由牛顿第二定律，对木块A 有，
对铁块B 有，
，联立解得，
，
（2）当铁块B 落地时，绳子拉力消失，木块A 沿斜面上升的距离为
由运动学公式
可得，此时木块A 的速度为
木块A 继续减速上升，由牛顿第二定律有
由运动学公式
可得，木块A 继续沿斜面上滑的最大距离为
，联立代入数据解得
【变式6-1】如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角为θ=30°，上有质量为m 的足够长木板A，其
下端距挡板间的距离为L，质量也为m 的小物块B 置于木板A 的顶端，B 与木板A 之间的动摩擦因数μ=
。无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。可认为
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，求：
（1）木板A 与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B 的加速度大小；
（2）木板A 从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）木板A 与挡板第一次碰撞前，系统相对静止，之间无摩擦，系统加速度为a=gsin 30°
由运动学公式，第一次碰时系统的速度为
碰后，对B 有
，方向沿斜面向上
（2）碰后，对A 有
，方向沿斜面向下，可见，A、B 均做减速运动，A 先减速至
零。
第一次碰后，A 沿斜面上滑的距离为
从开始到第二次碰，A 的总路程为
【变式6-2】（2024·湖南株洲·一模）如图，生产活动中的常用工具“镐”由镐头和木柄两部分组成，镐头
嵌套在木柄上。为使两者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距离地面高为h）使两者一起以相同加速度
2g 竖直向下运动，木柄与地面碰撞后速度立刻变为零并保持静止不动。已知镐头与木柄间的滑动摩擦力大
小为Ff，镐头质量为m，木柄足够长，重力加速度为g，求
（1）镐头和木柄一起向下运动时，两者之间的摩擦力的大小；
（2）木柄与地面碰撞后镐头相对于木柄运动的距离。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意，镐头和木柄一起向下运动时，对镐头由牛顿第二定律有
，其中
解得
（2）设木柄与地面碰撞时，搞头的速度为，由运动学公式有
，解得
木柄与地面碰撞后，镐头相对木柄向下运动，以向下为正方向，由牛顿第二定律有，
解得
，由运动学公式有
，联立解得
1．（2024·浙江·高考真题）如图所示，2023 年12 月9 日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三
颗卫星送入距离地面约
的轨道。取地球质量
，地球半径
，引力常量
。下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力是空气施加的
B．卫星的向心加速度大小约
C．卫星运行的周期约
D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
【答案】B
【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推
力，故A 错误；
B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为
，故B 正确；
C．卫星运行的周期为
，故C 错误；
D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D 错误。
故选B。
2．（2022·湖北·高考真题）2022 年5 月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合
体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90 分钟。下列说法正确的是（ ）
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
【答案】C
【详解】A．组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A 错误；
B．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的
速度大小不可能大于第一宇宙速度，B 错误；
C．已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有
，由于T 同 > T 组合体，则组合体的角
速度大小比地球同步卫星的大，C 正确；
D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有
，整理有
由于T 同 > T 组合体，则r 同 > r 组合体，且同步卫星和组合体在天上有
，则有a 同 < a 组合体，D 错
误。
故选C。
3．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，
经过1s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10m/s2。下列v0、μ 值可能正确的是（ ）
A．v0= 2.5m/s
B．v0= 1.5m/s
C．μ = 0.28
D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
由题干知x = 1m，t = 1s，v > 0，代入数据有v0 < 2m/s，故A 不可能，B 可能；
CD．对物块做受力分析有a = - μg，v2 - v0
2= 2ax，整理有，v0
2 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s 可得，μ < 0.2，故CD 不可能。
故选B。
4．（多选）（2023·重庆·高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y 随时间t 的变化
曲线如图所示，E、F、M、N 为曲线上的点，EF、MN 段可视为两段直线，其方程分别为
和
。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF 段无人机的速度大小为4m/s
B．FM 段无人机的货物处于失重状态
C．FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN 段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据EF 段方程
，可知EF 段无人机的速度大小为
，故A 正确；
B．根据
图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM 段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运
动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B 正确；
C．根据MN 段方程
，可知MN 段无人机的速度为
，则有
，可知FN 段无人机和装载物总动量变化量大小
为12kg∙m/s，故C 错误；
D．MN 段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D 错误。
故选AB。
5．（2024·全国·高考真题）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂
一物体。已知当地重力加速度大小为
。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 N（结果保留1 位小数）；
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为
，则此段时间内物体处于 （填“超重”或“失
重”）状态，电梯加速度大小为
（结果保留1 位小数）。
【答案】(1)5.0
(2) 失重 1.0
【详解】（1）由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N，则读数为5.0N。
（2）[1]电梯上行时，一段时间内测力计的示数为
，小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状
态；
[2]根据
,根据牛顿第二定律
,代入数据联立解得电梯加速度大小
6．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上
将冰壶A 推到M 点放手，此时A 的速度
，匀减速滑行
到达N 点时，队友用毛刷开始
擦A 运动前方的冰面，使A 与
间冰面的动摩擦因数减小，A 继续匀减速滑行
，与静止在P 点
的冰壶B 发生正碰，碰后瞬间A、B 的速度分别为
和
。已知A、B 质量相同，A
与
间冰面的动摩擦因数
，重力加速度
取
，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B 碰
撞时间极短。求冰壶A
（1）在N 点的速度
的大小；
（2）与
间冰面的动摩擦因数
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为
，A 受到冰面的支持力为
，由竖直方向受力平衡，有
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
设A 在
间的加速度大小为
，由牛顿第二定律可得，
，联立解得
由速度与位移的关系式，有
，代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A 的速度为
，由动量守恒定律可得，
，解得
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
由动能定理可得
，联立解得
7．（2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成
24°角，长度
，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，
其与滑轨间的动摩擦因数均为
，货物可视为质点（取
，
，重力加速度
）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度
的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得
，代入数据解得
（2）根据运动学公式
，解得
（3）根据牛顿第二定律
，根据运动学公式
，代入数据联立解得
8．（2022·浙江·高考真题）第24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1 所示，长12m
水平直道AB 与长20m 的倾斜直道BC 在B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A 点由静止
出发，推着雪车匀加速到B 点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC 匀加速下滑（图2 所
示），到C 点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，
sin15°=0.26，重力加速度
取
，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB 上的加速度大小；
（2）过C 点的速度大小；
（3）在斜道BC 上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）
；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB 段
，解得
（2）AB 段，
，解得
BC 段
，
过C 点的速度大小
（3）在BC 段有牛顿第二定律
，解得，
一、单选题
1．（2024·重庆·三模）“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得
到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点
切线水平，点切线竖直，由图可知（ ）
A．该烟花由
点运动到点过程中，水平方向匀速运动
B．该烟花由
点运动到点过程中，其机械能守恒
C．该烟花在
点的加速度方向竖直向下
D．该烟花在
点处于失重状态
【答案】D
【详解】A．轨迹的切线方向为速度方向，由题可知
、
点切线水平，点切线竖直，即
、
两点速度
在水平方向分量不为0，在点速度在水平方向分量减为0，所以该烟花由
点运动到点过程中，水平方
向做减速运动，故A 错误；
B．结合A 选项可知该烟花由
点运动到点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由b 点运动到c 点过
程中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故B 错误；
C．该烟花在最高点
切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的合
力朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故C 错误；
D．该烟花在最高点
有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故D 正确。
故选D。
2．（2024·天津河东·二模）图甲是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包．在某次演练时，消防员背着
马丁飞行背包从地面开始竖直飞行，其
图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．消防员上升的最大高度为
B．消防员在
内处于超重状态
C．消防员在前
内加速度最大
D．消防员在
内的平均速度大小为零
【答案】C
【详解】A．有题意可知，消防员上升的最大高度为
内图象与坐标轴围成的面积，最大高度为
，A 错误；
B．由图象可知，
内消防员的加速的方向为向下，即消防员的重力大于飞行背包的牵引力，此时消
防员处于失重状态，B 错误；
C．由图象可知，消防员在前30s 内，图象的斜率最大，即前30s 内加速度最大，C 正确；
D．消防员在
内位移不为0，所以平均速度大小也不为0，D 错误。
故选C。
3．（2024·广东佛山·二模）2023 年10 月31 日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．当返
回舱距离地面
时，返回舱的速度为
，此时返回舱底部的4 台反推火箭点火工作，使返回舱触地
前瞬间速度降至
，实现软着陆．若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受
到的空气阻力均忽略不计．返回舱的总质量为
，g 取
，则4 台反推火箭点火工作时提供的
推力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据运动学公式可得，
解得加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
，解得
故选D。
4．（2024·广东·一模）如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻
力，下列
和
图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．根据题意可知，由于有空气阻力做功，由动能定理可知，毽子被竖直向上踢出后，经一段时
间又回到初始位置时的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出发点时，速度不可能为
，故AB 错
误；
CD．根据题意，由牛顿第二定律可得，上升阶段的加速度大小为
下降阶段的加速度大小为
方向均为竖直向下，由
可知，由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度，则
上升时时间短，下降时时间长，故C 错误，D 正确。
故选D。
5．（2023·黑龙江·模拟预测）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如
图甲所示，为简化问题，将图线简化为图乙，电梯处于超重状态的时段是（ ）
A．从10.0s 到11.8s
B．从11.8s 到20.0s
C．从20.0s 到27.5s
D．从27.5s 到30.0s
【答案】A
【详解】
图象的斜率表示加速度，由图可知，从10.0s 到11.8s 时间段，电梯有向上的加速度，处于超
重状态。
故选A。
二、多选题
6．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）我国“天问一号”着陆器搭载“祝融号”火星车，经过“大气摩擦—
降落伞—反推力”等制动过程减速后，成功着陆火星的平坦区域。下列关于着陆器的说法正确的是
（ ）
A．“祝融号”对着陆器的作用力小于着陆器对“祝融号”的作用力
B．使用降落伞减速的过程中，着陆器处于超重状态
C．与大气摩擦的减速过程中，着陆器的机械能转化为内能
D．使用降落伞减速的过程中，着陆器的重力势能转化为动能
【答案】BC
【详解】A．“祝融号”对着陆器的作用力与着陆器对“祝融号”的作用力大小相等，为相互作用力，A
错误；
B．使用降落伞减速的过程中，加速度方向竖直向上，着陆器处于超重状态，B 正确；
C．与大气摩擦的减速过程中，着陆器的机械能转化为内能，C 正确；
D．使用降落伞减速的过程中，重力做正功，阻力做负功，着陆器的重力势能、动能都减小，机械能不守
恒，合外力做功等于动能变化，所以不是着陆器的重力势能转化为动能，D 错误。
故选BC。
7．（2024·辽宁·模拟预测）近几年，极限运动越来越受到年轻人的喜欢，其中“反向蹦极”是一项比蹦极
更刺激的运动。“反向蹦极”是真实版的“向云端”，网友戏称“人在天上飞，魂在后面追”。如图
（a）所示，有一款“反向蹦极”装置是将参与者固定在座椅上，座椅两端系有张紧的橡皮绳，一旦释放
座椅，参与者与座椅便像弹丸一样弹射出去。如果将该“反向蹦极”简化成如图（b）所示过程，A 点是座
椅刚释放的位置，C 点是速度最大的位置，D 点是两侧橡皮绳水平的位置，F 点是最高点，则“反向蹦
极”者（ ）
A．在B 点处于超重状态
B．在D 点处于失重状态
C．在F 点处于超重状态
D．在空中运动过程中机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．“反向蹦极”者在B 点，加速度方向向上，处于超重状态，A 项正确；
B．在D 点加速度方向向下，处于失重状态，B 项正确；
C．在F 点加速度方向仍向下，处于失重状态，C 项错误；
D．“反向蹦极”者在空中上、下运动过程中有橡皮绳做功，机械能不守恒，D 项错误。
故选AB。
8．（2011·山西晋中·一模）原来做匀速运动的升降机内有一被伸长弹簧拉住的具有一定质量的物体A 静止
在地板上，如图所示，现发现A 突然被弹簧拉向右方，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．由此可判断，此时
升降机做的运动可能是（ ）
A．加速上升
B．减速上升
C．加速下降
D．减速下降
【答案】BC
【详解】当升降机静止时，地板对物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力小于或等于最大静摩
擦力。当升降机有向下的加速度时，物体对地板的正压力必然会减小，也就减小了最大静摩擦力，这时的
最大静摩擦力小于使物体A 相对升降机静止时所需的静摩擦力，而弹簧的弹力又未改变，故只有在这种情
况下物体A 才可能被拉向右方。故升降机做的运动可能是减速上升、加速下降。
故选BC。
9．（2024·安徽·三模）如图所示，质量为8.0kg 的斜面体A 放置在水平地面上，上表面光滑，斜面长为
1m，与水平方向的夹角为37°。质量为4.0kg 的小物块B 从斜面顶端由静止沿斜面下滑，A 保持静止。当B
沿斜面下滑
时对A 施加水平向右的推力F，使B 相对A 做匀速直线运动。A 与地面间的动摩擦因数为
0.75，取重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．推力F 作用前B 下滑时间为
B．推力F 作用时A 的加速度是
C．推力
D．小物块B 下滑到斜面底端的过程中推力F 做功75J
【答案】BD
【详解】A．设物块沿斜面下滑的加速度为
，由牛顿第二定律得，
，
代入数据解得，
，故A 错误；
B．施加力后，对B 受力分析，如图所示
A、B 的加速度为
，故B 正确；
C．对整体受力分析可知，
，解得
，故C 错误；
D．设B 下滑
时的速度为v，相对于A 匀速下滑的时间为
，则
，
，
斜面体A 的位移为
，推力做的功为
，代入数据解得，
，故D 正确。
故选BD。
10．（2024·山东潍坊·三模）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或
物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg 的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，
表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v 为风速。控制v 可以改
变表演者的上升高度h，其v2与h 的变化规律如乙图所示。g 取10m/s2。表演者上升10m 的运动过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s2
B．表演者一直处于超重状态
C．表演者上升5m 时获得最大速度
D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动
【答案】AC
【详解】A．打开开关瞬间，表演者高度为0，则有
根据牛顿第二定律有
，解得，
，故A 正确；
B．根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有
，解得
由于
，可知，重力与风力大小相等时的高度为
可知，在高度小于5m 时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5m 时，风
力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B 错误；
C．结合上述可知，表演者先向上做加速度减小得加速运动，表演者上升5m 时，加速度为0，速度达到最
大值，故C 正确；
D．结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D 错
误。
故选AC。
11．（23-24 高三上·湖南长沙·阶段练习）如图所示，与水平面成
角的直棒上有一滑套，可以无摩擦
地在棒上滑动。开始时滑套相对棒静止，此时与棒的上端相距
，与棒的下端相距
。现
在使棒保持倾角
不变，以加速度
水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（取
，
）（ ）
A．若加速度
，滑套恰好不会在棒上滑动
B．若加速度
，滑套恰好不会在棒上滑动
C．若加速度
，滑套经过
会从棒的上端滑出
D．若加速度
，滑套经过
会从棒的下端滑出
【答案】BC
【详解】AB．设棒以加速度
向右匀加速时，滑套恰好不在棒上滑动，如图所示
则有
，
，解得
，故A 错误，B 正确；
C．当
时，滑套会沿棒上滑，如图所示
设滑套相对棒的加速度大小为
，经时间
滑套滑出直棒，则有
，
，
，解得
，
，故C 正确；
D．当
时，滑套会沿棒下滑，如图所示
设滑套相对棒的加速度大小为
，经时间
滑套滑出直棒，则有
，
，
，解得
，
故D 错误。
故选BC。
三、解答题
12．（2024·宁夏银川·三模）如图所示，光滑水平面上放着长
，质量为
的薄木板，一个质
量为
的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因
，开始均静止，现对木板施加一
水平向右的恒定拉力F，g 取
。求：
（1）为使小物体不从木板上掉下，F 不能超过多少；
（2）如果拉力
，小物体需多长时间就脱离木板。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律得，
可得小物体最大加速度为
对整体分析，由牛顿第二定律得
（2）因施加的拉力
，故物体相对木板滑动，设木板对地运动的加速度为
，对木板由牛顿
第二定律得
，解得
小物体在木板上运动的时间为
，则
，解得
13．（2024·山东临沂·二模）火箭是世界各国进行太空活动的主要运载工具，我国针对火箭可重复使用技
术展开了探索和研究。为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为
的小型实验火箭，火
箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力
的大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为F，与水平方向成
，火箭沿斜向右上方与水平方向成
做匀加速直线运动。经过
，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60°，同时
改变推力大小，使火箭沿原方向做匀减速直线运动（不计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质
量的变化，
）。求：
（1）推力F 的大小；
（2）火箭上升的最大高度。
【答案】（1）
；（2）6000m
【详解】（1）如图
根据几何关系，
，
（2）当推力逆时针方向转动
后受力情况如图，其中
与竖直方向的夹角为
图中
与
垂直
加速阶段的加速度
减速阶段的加速度
加速阶段与减速阶段的速度变化情况相同，则有
，解得，
所以上升的最大高度
