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第09 讲 牛顿运动定律的理解及基本应用
目录
01 课标达标练
题型01 牛顿运动定律的基本应用
题型02 牛顿运动定律的瞬时问题
题型03 超重和失重
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 牛顿运动定律的基本应用
1．（24-25 高一下·贵州·阶段练习）在校运会上，小王将铅球用尽全力斜向上掷出，获得冠军。忽略空气
阻力。铅球在空中运动的过程中，其加速度a 随时间t 变化的关系图像为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题意，忽略空气阻力，铅球抛出后只受重力，由牛顿第二定律有
解得
可知加速度a 为重力加速度g，保持不变，A 选项符合题意。
1
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故选A。
2．（24-25 高一上·福建三明·阶段练习）一个人稳站在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速运
动，如图所示，则 （ ）
A．人对踏板的压力大小等于人受到的重力大小
B．人只受到重力和踏板的支持力作用
C．人所受摩擦力方向水平向右
D．台阶对人的总作用力方向沿竖直向上
【答案】C
【详解】BC．以人为对象进行受力分析，竖直方向人受到重力和支持力作用，由于加速度具有水平向右的
分量，所以人还受到水平向右的摩擦力作用，故B 错误，C 正确；
A．设加速度与水平方向的夹角为
，以人为对象，竖直方向根据牛顿第二定律可得
可得
可知人对踏板的压力大于人受到的重力，故A 错误；
D．台阶对人的总作用力包含竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则台阶对人的总作用力方向斜向上
偏右，故D 错误。
故选C。
3．（23-24 高一上·福建三明·期末）一运动员在水中沿水平直线向前加速游动，水对运动员作用力方向合
理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2
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【答案】A
【详解】一运动员在水中沿水平直线向前加速游动，则运动员的合力方向与运动方向相同，水对运动员作
用力具有竖直向上的分力和水平向前的分力，则水对运动员作用力方向应斜向上偏左。
故选A。
4．（24-25 高一下·福建厦门·期中）（多选）如图甲所示，塔吊臂上有一个可以沿水平方向运动的小车A，
小车通过钢索吊着物体B。前4 秒内物体B 水平方向的v-t 图像和竖直方向的v-t 图像分别如图乙、丙所示。
不计空气阻力，则在这4 秒内（ ）
A．以地面为参考系，物体B 的运动轨迹是一条抛物线
B．钢索中对物体B 的拉力方向为倾斜向右上方
C．钢索对物体B 的拉力大小大于物体B 对钢索的拉力大小
D．以地面为参考系，t=4s 时物体B 的位移大小为
m
【答案】AD
【详解】A．图乙可知，物体B 沿水平方向做匀速直线运动，图丙可知，在竖直方向物体B 向上做加速运
动，以地面为参考系，有
，
联立可得
所以物体B 的运动轨迹是一条抛物线，故A 正确；
B．由图乙可知，物体B 沿水平方向做匀速直线运动，即在水平方向处于平衡状态，受到的合外力等于0，
所以可知绳子沿水平方向的作用力为0，则绳索中拉力方向一定沿竖直向上，故B 错误；
C．根据牛顿第三定律，物体B 对绳索的拉力大小等于绳索对B 拉力大小，与运动状态无关，故C 错误；
D．由图乙可知，物体B 沿水平方向的位移
图丙可知， 在竖直方向的位移
3
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则物体B 的位移
，故D 正确。
故选AD。
5．
（23-24 高一上·福建福州·阶段练习）如图，汽车在水平路面上行驶，车厢顶用细线悬挂一个
小球，若细线与竖直方向的夹角为
，且小球与车厢相对静止。则：汽车的加速度大小为 ；汽车
可能做的运动有 （只要填写一种运动状态）。
【答案】
向右做匀加速直线运动（或向左做匀减速直线运动）
【详解】[1][2]以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
方向水平向右；则汽车的加速度大小为
，汽车可能向右做匀加速直线运动，也可能向左做匀减速直
线运动。
6．（24-25 高一上·福建厦门·阶段练习）如图所示为马戏团中猴子爬杆的装置。已知底座连同直杆总质量
为20kg，猴子质量为5kg，现让猴子沿杆以1m/s2的加速度从杆底部向上爬，设猴子与杆之间竖直方向的
作用力为恒力，则杆对猴子竖直方向的作用力为 ；底座对水平面的压力为 （g 取
10m/s2）。
【答案】
【详解】[1]设猴子向上加速爬时受到杆向上的力为
，猴子质量为
，杆及底座的总质量为
。对猴子
列牛顿第二定律方程，有
4
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代入数据解得杆给猴子在竖直方向的作用力为
由牛顿第三定律可知，猴子对杆向下的力为
[2]对底座连同直杆受力分析，竖直方向上由受力平衡有
由牛顿第三定律可知底座对水平面的压力为
7．（24-25 高一上·福建福州·阶段练习）如图所示，在水平面上，质量为1kg 的物块A 拴在一水平拉伸弹簧
的一端，弹簧的另一端固定在小车上，当它们都处于静止时，弹簧对物块的拉力大小为3N。若小车突然以
m/s2的加速度水平向左做匀加速运动，稳定后物块A 受到的弹簧拉力与原来相比 （选填“增
大”、“减小”、“不变”），此时物块A 受到的摩擦力大小为 N。
【答案】 减小 1
【详解】[1][2]静止时，弹簧对物块的拉力大小
，方向水平向左，根据平衡条件可知物体受到的静
摩擦力大小为3N，方向水平向右，则最大静摩擦力满足
若小车突然以
的加速度水平向左做匀加速运动时，假设弹簧弹力不变，则有
解得
假设成立，弹簧弹力不变，此时物块A 受到的摩擦力大小为1N，方向向左，故稳定后物块A 受到的弹簧拉
力与原来相比减小了。
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02 牛顿运动定律的瞬时问题
8．（23-24 高一上·福建福州·期末）如图所示，A、B 两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ 的斜面
光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，重力加速度为g，在细线被烧断的瞬间（ ）
A．A 球加速度大小为gsinθ
B．A 球加速度大小为2gsinθ
C．B 球加速度大小为2gsinθ
D．B 球加速度大小为gsinθ
【答案】B
【详解】AB．细线在未烧断前，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为
对于A，合力为
根据牛顿第二定律得，A 的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为
故A 错误，B 正确；
CD．烧断细绳的瞬间，弹簧弹力不变，对于B，瞬间合力为零，则B 的瞬时加速度为零，故CD 错误。
故选B。
9．（23-24 高一上·福建厦门·期末）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量
的
木板相连，质量为m 的物块放在木板上，物块受到一大小为mg、方向竖直向下的压力F，整个系统处于静
止状态，g 为重力加速度。某时刻突然撤去压力F，则撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为（ ）
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A．mg
B．
C．2mg
D．
【答案】B
【详解】某时刻突然撤去压力F，对整体，根据牛顿第二定律有
对物块，根据牛顿第二定律有
解得撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为
故选B。
10．（24-25 高一上·福建漳州·期末）（多选）如图，光滑斜面的倾角为θ，质量相等的A、B 两小球用轻弹
簧相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧与斜面平行，重力加速度大小为g，在突然撤去挡板的
瞬间（ ）
A．A 球的加速度大小为
B．A 球的加速度大小为零
C．B 球的加速度大小为
D．B 球的加速度大小为零
【答案】BC
【详解】撤去挡板前，以A 球为对象，根据平衡条件可得弹簧弹力为
在突然撤去挡板的瞬间，弹簧弹力保持不变，A 球的受力保持不变，则A 球的加速度大小为零；对B 球，
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根据牛顿第二定律可得
故选BC。
11．（24-25 高一上·福建南平·期末）（多选）如图，轻绳悬挂一质量为2kg 的小球，小球下端与轻弹簧相
连，此时弹簧处于压缩状态，弹簧弹力为10N，重力加速度取
。则（ ）
A．轻绳拉力为30N
B．轻绳拉力为10N
C．剪断轻绳瞬间，小球加速度为0
D．剪断轻绳瞬间，小球加速度大小为
【答案】BD
【详解】AB．对小球受力分析可知
可得T=10N
选项A 错误，B 正确；
CD．剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，则小球加速度大小为
选项C 错误，D 正确。
故选BD。
12．（24-25 高一上·福建厦门·期末）（多选）如图所示，物块a、b 分别用不可伸长的轻绳与墙壁连接，
中间连接有轻质弹簧，在水平地面上保持静止状态。已知a、b 质量均为
、与地面间的动摩擦因数均为
0.4，弹簧弹力大小为
，左、右两侧绳子拉力大小分别为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度g 取
，则（ ）
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A．弹簧处于压缩状态
B．弹簧处于拉伸状态
C．若突然剪断右侧轻绳，a 的加速度大小为
D．若突然剪断右侧轻绳，b 的加速度大小为
【答案】BD
【详解】A B．物块与地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力
若弹簧处于压缩状态，物块a 所受弹簧弹力向左，绳子拉力向左，则所受静摩擦力
故假设不成立。若弹簧处于拉伸状态时，物块a 所受弹簧弹力向右，绳子拉力向左，则所受静摩擦力向左，
大小为
物块b 所受弹簧弹力向左，绳子拉力向右，因两力大小都等于
，故两力平衡，物块b 不受摩擦力，故假
设成立，弹簧处于拉伸状态，故A 错误，B 正确；
C．若突然剪断右侧轻绳，弹簧弹力瞬间不变，物块a 所受合力依然为零，故加速度为零，故C 错误；
D．若突然剪断右侧轻绳，物块b 受大小为
向左的弹簧弹力和大小为
向右的滑动摩擦力，由牛顿第
二定律得b 的加速度大小
故D 正确。
故选BD。
13．（23-24 高一上·福建莆田·期末）（多选）如图所示，箱子
内放有物块
，用竖直的轻弹簧连接后悬
挂在天花板上，已知箱子
和物块
的质量均为
，弹簧的劲度系数为
，重力加速度为
。现对箱子施
加一个竖直向上的力
，使系统处于静止状态，空气阻力不计，则在撤去
的瞬间，下列说法正确
的是（ ）
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A．弹簧的形变量为
B．物块
的加速度大小为零
C．箱子
的加速度大小为
D．物块
处于超重状态
【答案】AC
【详解】A．以AB 整体为研究对象，设弹簧的弹力为
，根据平衡条件
得弹簧的弹力为
方向竖直向下，弹簧处于压缩状态。由胡克定律
解得弹簧的形变量为
故A 正确；
BCD．撤去力F 后，弹簧弹力不变，假设AB 间有相互作用力，即AB 加速度相同，则以整体为研究对象，
整体受的合外力为3mg，则整体的加速度为
而B 向下的加速度最大为
，故A 的加速度大于B 的加速度，二者分离，A 不受B 的压力；以A 为研究对
象，受重力和弹簧的弹力
解得
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，
方向均竖直向下，则A、B 均处于失重状态，故BD 错误，C 正确。
故选AC。
14．（23-24 高一上·福建福州·期末）（多选）用两根细线、
和一个轻弹簧将质量分别为2m 和m 的两个
小球1 和2 连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线l1与竖直方向的夹角为
，轻弹簧水平。
重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．细线对小球1 的拉力大小
B．弹簧对小球2 的拉力大小F 为
C．细线
对小球1 的拉力大小
D．剪断细线
的瞬间，小球2 的加速度大小为
【答案】AD
【详解】AB．以球1 和球2 为整体，根据受力平衡可得
，
解得细线对小球1 的拉力大小为
弹簧对小球2 的拉力大小F 为
故A 正确，B 错误；
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C．以球2 为研究对象，根据受力平衡可得
则细线
对小球1 的拉力大小为
故C 错误；
D．剪断细线
的瞬间，弹簧弹力不变，则以球2 受到的重力和弹簧弹力的合力大小为
根据牛顿第二定律可得
故D 正确。
故选AD。
03 超重和失重
15．
（23-24 高一上·福建龙岩·期末）（多选）2023 年10 月3 日，在杭州亚运会跳水项目女子10
米跳台决赛中，全红婵凭借“水花消失术”征服了评委和观众并获得冠军。如图所示为全红婵上升和下降
的两个精彩瞬间，不计空气阻力，全红婵从离开跳台至入水前，下列说法正确的是（ ）
A．全红婵运动到最高点时加速度为0
B．全红婵的速率先变小后变大
C．全红婵在下降阶段处于失重状态
D．全红婵离开跳台后上升阶段处于超重状态
【答案】BC
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【详解】A．全红婵运动到最高点时，只受重力作用，加速度为重力加速度，故A 错误；
B．全红婵做竖直上抛运动，先向上减速再向下加速，故B 正确；
CD．全红婵离开跳台后，无论是上升状态还是下降状态，都具有向下的加速度，均处于失重状态，故C 正
确，D 错误。
故选BC。
16．（23-24 高一上·福建宁德·期末）（多选）在一次课外探究活动中，一同学在电梯内水平放置一台秤，
并在上面放一个重物，当电梯静止时，台秤的示数为8.0N。在电梯运行过程的某段时间内，该同学观察到
台秤的示数为9.6N，在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．物体处于失重状态
B．物体处于超重状态C．电梯可能是向下加速
D．电梯
可能是向上加速
【答案】BD
【详解】由题意可知，物体的重力为8.0N，在电梯运行过程的某段时间内，该同学观察到台秤的示数为
9.6N，可知此时物体对台秤的压力大于物体的重力，物体处于超重状态，则电梯的加速度方向向上，电梯
可能向上加速运动，也可能向下减速运动。
故选BD。
17．
（23-24 高三上·福建福州·期中）（多选）2023 年10 月24 日，伴随着“三、二、一”的倒
计时声，“遥感三十九号”卫星在“长征二号丁”运载火箭的推动下顺利进入太空。如图所示为“长征二
号丁”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法正确的是（ ）
A．火箭加速上升时，卫星处于超重状态，重力增大
B．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力大于卫星的重力
C．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力大于火箭对卫星的支持力
D．火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力
【答案】BD
【详解】ABC．火箭加速上升时，加速度方向向上，卫星处于超重状态，重力不变，根据牛顿第二定律可
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知卫星受到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知卫星对火箭的压力等于火箭对卫星的支持力，即
卫星对火箭的压力大于卫星重力，AC 错误，B 正确；
D．火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力和反作用力，二者等大反向，D
正确。
故选BD。
18．（24-25 高一上·福建三明·期末）（多选）如图甲，某同学用力传感器研究钩码沿竖直运动过程的拉力
随时间变化的关系，其
图像如图乙所示。
时，钩码静止，g 取
，则钩码（ ）
A．质量为
B．最大加速度约为
C．在
时，开始向上运动
D．在1～
内先失重后超重
【答案】BC
【详解】A．根据
时，钩码静止，根据平衡条件知，钩码重力
故质量为
故A 错误；
B．根据图乙知
时，加速度最大，根据牛顿第二定律
解得最大加速度约为
故B 正确；
C．在
时，拉力开始大于重力，加速度向上，钩码从静止开始向上运动，故C 正确；
D．在1～
内，钩码所受拉力先大于重力后小于重力，故钩码先超重后失重，故D 错误。
故选BC。
19．（24-25 高一上·福建福州·期末）升旗手小榕不断练习升旗，并利用物理知识研究国旗上升过程中的运
动情况，以保证每次国旗都能在国歌结束时恰好到达旗杆顶端。
(1)国旗上升过程可简化为如图所示的v-t 图像，图中实线和虚线分别表示两次升旗练习过程。在加速上升
时，国旗处于 （选填“超重”或“失重”）状态，第一次国旗的加速度 第二次国旗的加速度。
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升旗全程中，第一次国旗的平均速度 第二次国旗的平均速度。（后两空均选填“大于”“等于”或
“小于”）
(2)某次国旗上升过程v-t 图像如图所示，已知国旗上升的总高度为16.8m，且加速与减速过程的加速度大小
均为
，则国旗匀速上升的速度大小
m/s，国歌演奏的时间
s。
【答案】(1) 超重 大于 等于
(2) 0.4 46
【详解】（1）[1]国旗在加速上升时，加速度向上，国旗处于超重状态；
[2]第一次的
图像较陡，故第一次国旗的加速度大于第二次国旗的加速度；
[3]两次国旗上升的位移相等，所用时间相等，故第一次国旗的平均速度等于第二次国旗的平均速度。
（2）[1]国旗匀速上升的速度大小
；
[2]根据
图像的面积表示位移可得
，求得
。
20．（24-25 高三上·福建龙岩·期中）深蹲是腿部训练的经典动作，它能够刺激全身肌肉，增强激素水平，
提高新陈代谢。张同学用压力传感器来研究深蹲过程中脚对地面压力的变化情况。在完成一次动作的过程
中，张同学的脚对地面的压力随时间变化图像如图所示，g 取10m/s2。根据图像可以判断：张同学的质量
为 kg，从a 到b 人处于 状态（选填“失重”、“超重”或“先超重后失重”）。
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【答案】 50 失重
【详解】[1]根据
图像可知，当张同学处于静止状态时，有
则张同学的质量为
[2]从a 到b，由于
图像可知张同学对地面的压力小于张同学的重力，则人处于失重状态。
1．（24-25 高三上·福建莆田·期中）绿树阴浓夏日长，楼台倒影入池塘。炎炎夏日下，我们仍能看见外卖
小哥忙碌的身影，如图所示为一外卖员在送餐途中所走的一段路程。已知外卖小哥与车总质量为500kg，
车所受合外力为1000N。起手从A 点出发做匀加速直线运动，其中
，下列说法正
确的是（ ）
A．骑手的加速度为
B．骑手在C 点的速度为
C．骑手加速时间为
D．骑手经过B、C、D、E 时所用的时间之比为
【答案】B
【详解】A．根据牛顿第二定律可知，骑手的加速度为
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故A 错误；
B．根据位移速度公式可得
解得骑手在C 点的速度为
故B 正确；
C．根据运动学公式可得
可得骑手加速时间为
故C 错误；
D．根据
，可得
可知骑手经过B、C、D、E 时所用的时间之比为
，故D 错误。
故选B。
2．（24-25 高三上·福建南平·期中）（多选）曲辕犁是唐代中国剪动人民发明的耕犁。曲辕犁和以前的耕
犁相比，将直辕、长辕改为曲辕、短辕，节省人力和畜力。牛通过耕索分别拉质量相同的两种犁，牛的拉
力均为F。曲辕犁的拉力与竖直方向的夹角为α，曲辕犁向前做匀加速直线运动；直辕犁与竖直方向的夹
角为β（α<β）。如图所示，直辕犁向前做匀速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．曲辕犁对牛的拉力与直辕犁对牛的拉力大小相等
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B．曲辕犁所受竖直方向的支持力比直辕犁的小
C．曲辕犁与直辕犁所受摩擦力相等
D．曲辕犁与直辕犁所受合外力相等
【答案】AB
【详解】A．由牛顿第三定律可知，犁对牛的拉力与牛对犁的拉力大小相等，由题知，牛对两种犁的拉力
均为F，则两种犁对牛的拉力大小相等，故A 正确；
B．设曲辕犁和直辕犁受到的竖直方向的支持力分别为
和
，对两种犁受力分析可知
由于
则
故B 正确；
C．设曲辕犁和直辕犁受到的摩擦力分别为
和
，对两种犁受力分析有
且
，则有
故C 错误；
D．由于直辕犁做匀速直线运动，所受合外力为零，曲辕犁做匀加速直线运动，故曲辕犁所受合外力大于
直辕犁所受合外力，D 错误。
故选AB。
3．（24-25 高三上·福建福州·阶段练习）（多选）一辆货车运载个质量为
的圆柱形光滑的空油桶，
个
在厢底紧凑排列并被牢牢固定，只有桶C 自由地摆放在桶A、B 之间，没有用绳索固定。下列说法正确的
是（ ）
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A．当车向左匀速运动时，B 对C 的支持力为
B．当车向左匀速运动时，A 对C 的支持力为
C．当车向左的 加速度达到
时，C 刚好脱离A
D．当车向左减速时，A 对C 的作用力可能为
【答案】BD
【详解】AB．若车匀速运动，则C 也匀速运动，C 所受力的合力为
，对C 进行受力分析，如图所示，设B
对C 的支持力与竖直方向的夹角为
，根据几何关系有
解得
同理可知，A 对C 的支持力与竖直方向的夹角也为
，根据对称性可知，A 对C 的支持力与B 对C 的支持
力大小相等，则有
解得
故A 错误，B 正确；
C．令C 的加速度为a，当加速度方向向左时，对C 进行分析，若C 脱离A，则A 对C 的支持力为零，根据
牛顿第二定律可得
解得
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故C 错误；
D．当车向左减速时，具有方向向右的加速度，结合上述可知，当向右的加速度大小为
时，C 将恰好
脱离B，此时A 对C 的作用力为
结合上述可知，从具有向右加速度到脱离B 过程，A 对C 的作用力从
增大到
，所以A 对C 的
作用力可能为
，故D 正确。
故选BD。
4．（24-25 高三上·福建厦门·期中）如图所示，已知A 球的质量为m，B 球的质量为
，弹簧的质量不计，
倾角为
的斜面光滑，固定在地面上。系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，A
球的加速度大小为 ，B 球的加速度大小为 。
【答案】 3gsinθ 0
【详解】[1]在细线被烧断前，以B 球为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力为
在细线被烧断的瞬间，由于弹簧不能产生突变，此时A 球所受的合力大小为
方向沿斜面向下，由牛顿第二定律可得A 球的加速度大小为
[2]在细线被烧断的瞬间，由于弹簧不能产生突变，弹簧弹力不变，B 球受力未发生变化，合力仍为零，加
速度为0。
5．（24-25 高三上·福建福州·阶段练习）如图， 质量分别为4m、3m、2m、m 的四个小球A、B、C、D，
通过细线或轻弹簧互相连接， 悬挂于O 点， 处于静止状态， 重力加速度为g。若将B、C 间的细线剪断，
20
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则剪断瞬间B、C 和D 的加速度大小分别为 ， ， 。
【答案】 g 1.5g 0
【详解】[1][2][3]剪断细线前细绳的拉力为
T=3mg
剪断细绳的瞬时，弹簧弹力不能突变，可知A、D 两球受力不变，合力仍为零，则加速度均为零；B 和C 受
的合外力大小均为
T=3mg
则B 的加速度
C 的加速度
6．（24-25 高三上·福建福州·期中）如图所示，两相同小球
、
用两个轻弹簧A、B 连接并悬挂在天花板
上保持静止，水平力
作用在
上并缓慢拉
，当B 与竖直方向的夹角为
时，A、B 的伸长量刚好相同，
若A、B 的劲度系数分别为
、
，那么
：
；撤去
的瞬间，b 球的加速度为
。
【答案】 1 4 0
∶
【详解】[1]先对b 球受力分析，受重力和弹簧的拉力，根据平衡条件，有
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再对a、b 球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示
根据平衡条件，有
根据胡克定律，有
，
所以
[2]撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，则b 球的受力情况不变，故加速度仍然为0。
7.（23-24 高三上·福建福州·期中）（多选）2023 年10 月24 日，伴随着“三、二、一”的倒计时声，“遥
感三十九号”卫星在“长征二号丁”运载火箭的推动下顺利进入太空。如图所示为“长征二号丁”运载火
箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法正确的是（ ）
A．火箭加速上升时，卫星处于超重状态，重力增大
B．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力大于卫星的重力
C．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力大于火箭对卫星的支持力
D．火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力
【答案】BD
【详解】ABC．火箭加速上升时，加速度方向向上，卫星处于超重状态，重力不变，根据牛顿第二定律可
知卫星受到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知卫星对火箭的压力等于火箭对卫星的支持力，即
卫星对火箭的压力大于卫星重力，AC 错误，B 正确；
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D．火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力和反作用力，二者等大反向，D
正确。
故选BD。
8．（2023·福建龙岩·模拟预测）引体向上是高中学生体质健康标准的选测项目，如图甲所示，质量为60kg
的男同学用双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上的运动过程中，他重心运动的速度v 随时间t 变化的图
像如图乙所示，重力加速度大小取10m/s2，由图像可知（ ）
A．t=0.5s 时，单杠对他的支持力约为582N
B．t=1.1s 时，他向上运动到最高点
C．t=1.5s 时，他处于失重状态
D．t=1.5s 时，单杠对他的支持力约为600N
【答案】C
【详解】A．由
图像的斜率表示加速度可知，
时，加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得单杠对他的支持力为
故A 错误；
B．由
图像可知，
向上做加速运动，
后向上减速运动，可知
时，并不是向上运动到
最高点，故B 错误；
CD．由
图像可知，
时，加速度方向向下，他处于失重状态，单杠对他的支持力小于重力，即小
于
，故C 正确，D 错误。
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故选C。
9．（2025·福建厦门·二模）（多选）某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间
内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的
蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．“下蹲”过程始终处于失重状态，“站起”过程始终处于超重状态
B．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态
C．运动员在6s 内完成了两次“下蹲”和两次“站起”动作
D．这段时间内，该运动员加速度的最大值为6m/s2
【答案】BD
【详解】AB．在“下蹲”过程中，该运动员是先向下加速，然后减速，最后速度为零，所以在“下蹲”过
程中是先处于失重状态，后处于超重状态；在“站起”过程是先向上加速后向下减速，所以“站起”过程
是先超重后失重，故A 错误，B 正确；
C．根据上面的分析可知，运动员在6s 内完成了一次“下蹲”和一次“站起”动作，故C 错误；
D．由图可知，在这段时间内，运动员受到的最大支持力为1600N，受到的最小支持力为400N，运动员的
重力为1000N，所以运动员的质量为
根据牛顿第二定律可得设在下蹲过程中向下的最大加速度为a，根据牛顿第二定律可得
解得
设在下蹲过程中向下减速的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律有
解得
故D 正确。
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故选BD。
10.（24-25 高三上·福建南平·期中）如图所示，挑幡表演者顶着一根毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程
中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相
等。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计
空气阻力。求毛竹上升过程中：
(1)最大速度的大小；
(2)匀加速阶段加速度a 的大小；
(3)匀减速阶段对表演者的压力FN的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为
又有
解得
（2）根据加速度的定义式可知
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（3）毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知
解得
根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为
1．（2025·广西·高考真题）（多选）独竹漂是我国一项民间技艺。如图，在平静的湖面上，独竹漂选手手
持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠竹相对静止，则（ ）
A．选手所受合力为零
B．楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下
C．手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持平衡
D．选手受到楠竹作用力的方向与选手（含划杆）的重心在同一竖直平面
【答案】CD
【详解】A．选手和楠竹在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A 错误；
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B．楠竹在水平方向有加速度，选手对楠竹的力在竖直方向有重力，水平方向有摩擦力，所以选手对楠竹
的力方向不是竖直向下，故B 错误；
C．选手和楠竹相对静止，且减速滑行，选手和楠竹的重心要在同一竖直面上才能保持相对稳定，故C 正
确；
D．选手和楠竹构成的整体在减速滑行，受到的合力不为零，根据力的作用线和重心的关系可知整体的重
心与楠竹受到合力作用线应该在同一竖直面上，故D 正确。
故选CD。
2．（2025·北京·高考真题）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，
上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f 的大小随速
率增大而增大，f 随时间t 的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（ ）
A．从
到
，实验舱处于电磁弹射过程
B．从
到
，实验舱加速度大小减小
C．从
到
，实验舱内物体处于失重状态D．
时刻，实验舱达到最高点
【答案】B
【详解】A．
间，f 向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于
弹射过程后做竖直上抛运动；故A 错误；
B．
，f 向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有
即
故加速度大小在减小，故B 正确；
C．
间，f 向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，
加速度先向下后向上，先失重后超重，故C 错误；
D．根据前面分析可知
时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故
时刻到达最高点，故D 错误。
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故选B。
3．（2025·山东·高考真题）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。
如图所示，坡面与水平面夹角为
，交线为PN，坡面内QN 与PN 垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，
。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN
向下匀加速滑行的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据牛顿第二定律
可得
故选B。
4．（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H 高度处由静止
释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽
略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其
图像或
图像
可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AB．在木块下落
高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即
当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力
到合力为零前，随着
增大
减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中
木块所受合外力向上，随着
减小
增大，反弹过程，随着y 减小，图像向x 轴负方向原路返回，故A 错
误、B 正确；
CD．在木块下落
高度之前，木块做自由落体运动，根据
速度逐渐增大，
图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律
木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以
图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重
力后到最低点过程中
木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以
图斜率减小，到达最低点后，木块向上运
动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运
动到最高点，而C 图中H 点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，
然后速度逐渐减为零；D 图前半段速度不变，不符合题意，正确
示意图如下
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故CD 错误。
故选B。
5．（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为
、
、
、m 的四个小球A、B、C、D，通过细线或
轻弹簧互相连接，悬挂于O 点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C 间的细线剪断，则剪断瞬间B
和C 的加速度大小分别为（ ）
A．g，
B．2g，
C．2g，
D．g，
【答案】A
【详解】剪断前，对BCD 分析
对D
剪断后，对B
解得
方向竖直向上；对C
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解得
方向竖直向下。
故选A。
6．（2023·湖南·高考真题）（多选）如图，光滑水平地面上有一质量为
的小车在水平推力
的作用下
加速运动。车厢内有质量均为
的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水
平底面上，且与底面的动摩擦因数为
，杆与竖直方向的夹角为
，杆与车厢始终保持相对静止假设最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若B 球受到的摩擦力为零，则
B．若推力
向左，且
，则
的最大值为
C．若推力
向左，且
，则
的最大值为
D．若推力
向右，且
，则
的范围为
【答案】CD
【详解】A．设杆的弹力为
，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满
足
竖直方向
则
若B 球受到的摩擦力为零，对B 根据牛顿第二定律可得
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可得
对小球A、B 和小车整体根据牛顿第二定律
A 错误；
B．若推力
向左，根据牛顿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为
对小球B，由于
，小球B 受到向左的合力
则对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得
B 错误；
C．若推力
向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 向左方向的加速度由杆对小球A 的水平分
力提供，小球A 所受向左的合力的最大值为
小球B 所受向左的合力的最大值
由于
可知
则对小球B，根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
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联立可得
的最大值为
C 正确；
D．若推力
向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A 可以受到左壁向右的支持力，
理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B 即可，当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 向右
的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B 向右的合力最大，此时
对小球B 根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
代入小球B 所受合力分范围可得
的范围为
D 正确。
故选CD。
7．（2022·湖南·高考真题）（多选）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为
。
飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即
，
为常量）。当发动机关闭时，飞
行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为
；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上
运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为
。重力加速度大小为
，不考虑空气相对于地面
的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以
匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
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C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以
的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】BC
【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=
匀速下落时，有
飞行器以v2=
向上匀速时，设最大推力为Fm
联立可得
，
A 错误；
B．飞行器以v3=
匀速水平飞行时
B 正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
解得
C 正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v5=
的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
解得
am=2.5g
D 错误。
故选BC。
8．（2022·上海·高考真题）神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的
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减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（ ）
A．一直减小
B．一直增大
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【答案】A
【详解】依题意，返回舱竖直向下减速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得
返回舱速度减小，则可得加速度
一直减小，故选A。
9．（2021·浙江·高考真题）2021 年5 月15 日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层
的减速，速度从
减为
；打开降落伞后，经过
速度进一步减为
；
与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离
前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（ ）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
【答案】B
【详解】A．打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，
选项A 错误；
B．打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖
直向上，B 正确；
C．打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C 错误；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体
的阻力不是平衡力，选项D 错误。
故选B。
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