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考点11 牛顿第二定律 两类动力学问题
1. 3 年真题考点分布
题型
选择题、解答题
高考考点
牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求瞬时突变问题；利用牛顿第二定
律分析动态变化过程；超重和失重现象；两类动力学问题
新高考
2023
全国乙卷14 题、湖南卷10 题、全国统考6 题、浙江春招5 题、
2022
重庆卷4 题、北京卷12 题、江苏卷1 题、广东卷3 题、湖南卷9 题、全国甲
卷20 题、
2021
海南卷1 题、北京卷13 题、浙江卷4 题、湖南卷3 题、浙江春招4 题、
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近3 年新高考卷对于运动的描述考查共计15 次，主要考查：
1. 牛顿第二定律的简单应用；
2. 利用牛顿第二定律求瞬时突变问题；
3. 利用牛顿第二定律分析动态变化过程；
4. 超重和失重现象；
5. 两类动力学问题；
【备考策略】熟练理解并掌握牛顿第二定律在匀变速运动中的应用，加强与动量定理的区分；理解超失重
含义，判断物体的运动和受力的变化情况；关注生产、生活热点，构建物理模型，利用多种
方式处理同一中题型，培养发散思维能量；学会知识的迁移，将牛顿第二定律应用到电场和
磁场中去，培养严谨的科学态度和处理物理问题的综合能力。
【命题预测】近3 年新高考中，考查牛顿第二定律的次数是相当的频繁，在2024 年各省高考题中出现的几
率是比较大的，这要求全国各省的考生必须引起重视。2024 年高考主要考察力与运动的关系
超重和失重、加速度和力的关系，涉及到的方法包括：整体法、隔离法、数图转换法、函数
论证法、极限思维法、假设法和控制变量法等。试题将会更加注重与生产、生活、当今的热
点和现代科技结合在一起，常常与电场和磁场相互渗透，其难度在中等偏易。
1
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考法
1 牛顿第二定律
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．
2．对牛顿第二定律的理解
瞬时性
a 与F 对应同一时刻，即a 为某时刻的加速度时，F 为该时刻物体所受合力
因果性
F 是产生a 的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力
同一性
(1)加速度a 相对于同一惯性系(一般指地面)
(2)a＝中，F、m、a 对应同一物体或同一系统
(3)a＝中，各量统一使用国际单位
独立性
(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律
2
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(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和
(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即ax＝，ay＝
3. 应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧
在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点：
（1）轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，
不需要形变恢复时间；
（2）轻弹簧、轻橡皮绳——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复
需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
【典例1】（2023·海南海口·统考模拟预测）如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到
点并系住物体
。
现推动物体将弹簧压缩到
点，然后释放，物体一直运动到
点速度减为零。如果物体受到地面的摩擦阻
力恒定，则（ ）
A．物体从
到
的过程加速度先变小后变大
B．物体从
到
的过程加速度逐渐变大
C．物体运动到
点时速度最大
D．物体在
点速度减为零后一定保持静止
【答案】AB
【详解】A．在A 点合力水平向右，在O 点合力水平向左，因此从A 到O 存在一个点加速度为零，从A 到
O 加速度先变小后变大，故A 正确；
B．物体从O 到B 的过程，滑动摩擦力方向向左，弹簧弹力也向左且逐渐增大，所以加速度逐渐变大，故B
正确；
C．当物体加速度为零时速度最大，物体运动到O 点时合力是滑动摩擦力，加速度不为零，速度最大的点
在从A 到O 之间某个位置，故C 错误；
D．物体在B 点速度减到为零后，如果此时弹簧弹力大于最大静摩擦力，则物体将继续运动，故D 错误。
故选AB。
【典例2】（多选）（2023·湖南·统考高考真题）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（ ）
3
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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
，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
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
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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。
【典例3】（2022·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）如图所示，质量均为m 的A、B 两小球分别用轻质
细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O 点和O′点，A、B 两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖
直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是（ ）
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为
C．A 与B 的加速度之比为
D．A 与B 的加速度之比为
【答案】B
【详解】根据题意，对A 球，剪断细绳
的瞬间，细绳
的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，
在沿绳方向上，由平衡条件有，细绳
的拉力大小为
垂直绳方向上，由牛顿第二定律有
解得A 球的加速度大小为
对B 球，剪断细绳
的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，竖直方向上，由平衡条件可得，则弹簧弹力
大小为
水平方向上，由牛顿第二定律有
解得B 球的加速度大小
则细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为
A 与B 的加速度之比为
故选B。
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1．（2023·四川成都·统考三模）如图，凹形槽车静止在水平直轨道上，位于光滑槽底的水平轻弹簧一端连
接右侧槽壁，另一端连接质量
的物体，物体静止时，弹簧对物体的压力
。现使槽车与物体
一起以
的加速度沿轨道运动，用
表示弹簧的弹力大小，用
表示物体对左侧槽壁的压力大小，
下列判断正确的是（ ）
A．若
的方向向左，则
B．若
的方向向左，则
C．若
的方向向右，则
D．若
的方向向右，则
【答案】AC
【详解】AB．若加速度向左，物体的加速度也就是向左，设左侧槽壁对物体恰好没有作用力，根据牛顿第
二定律，有
即槽车和物体一起向左以加速度大小为
运动时，弹簧弹力为2N，但是槽壁对物体没有支持力，A 正
确，B 错误；
CD．同理，若
的方向向右，设左侧槽壁对物体的作用力大小为
，弹簧长度不变，所以弹簧的弹力为
2N，根据牛顿第二定律，有
，所以弹簧弹力为2N，槽壁对物体的弹力
为4N，C 正确，D 错误。
故选AC。
2．（2023·全国·模拟预测）如图所示，A 球与天花板之间用轻质弹簧相连，A 球与B 球之间用轻绳相连，
整个系统保持静止，小球A、B 的质量均为m，突然迅速剪断轻绳，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B 的加
速度分别为a1、a2，重力加速度大小为g，取竖直向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．a1=g，a2=g
B．a1=-g，a2=g
C．a1=0，a2=g
D．a1=2g，a2=g
【答案】B
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【详解】剪断轻绳瞬间小球A、B 由于惯性仍在原位置，弹簧的形变量不变，维持原力大小，有FN=2mg
取竖直向下为正方向，对小球A 受力分析有-2mg+mg=ma1
解得a1=-g
对小球B 受力分析，小球B 只受到重力，所以a2=g
故选B。
3．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考三模）如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C 三点的连线构成
正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c 的延长线过三角形的中心，蜘蛛丝c 沿竖直方向，c 中有张力。则（ ）
A．蜘蛛静止在网中央时，a 中张力大于b 中张力
B．蜘蛛在网中央由静止向上加速，b 中张力变大
C．蜘蛛在网中央由静止沿b 方向向上加速，b 中张力变小
D．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，a 中张力大小不变
【答案】B
【详解】A．以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件得
，可得
，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律的同向性
，
，可知蜘蛛在网中央由静
止向上加速
与
均增大，故B 正确；
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C．同理，根据牛顿第二定律的同向性可知蜘蛛在网中央由静止沿b 方向向上加速，b 中张力变大，故C 错
误；
D．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，
与
以及
在垂直蜘蛛网的方向均有分力，根据力的合成可知，a 中
张力大小发生变化，故D 错误。
故选B。
考法
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. 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．
5. 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
6. 情景拓展
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【典例4】（2023·全国·模拟预测）加速度传感器是一些智能手机上配备的较为实用的软件，能显示物体运
动过程中的加速度变化情况。现出于安全角度，需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度，将手机放
置于升降机地面上并打开加速度传感器，使升降机从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上
加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（ ）
A．手机在
时刻速度为0
B．运行过程中手机有可能与升降机分离
C．手机在
时间内，处于超重状态
D．在
时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大
【答案】B
【详解】A．根据题意，由图可知，
之前加速度一直向上，
时刻
，则手机向上速度达到最大，故
A 错误；
B．根据题意，由图可知，手机有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度，所以手机有可能离开过升降
机，故B 正确；
C．根据题意，由图可知，
手机的加速度向下，手机处于失重状态，故C 错误；
D．根据题意，由图可知，
手机加速度向上，由牛顿第二定律有
由于
减小，则
减小，
手机加速度向下，由牛顿第二定律有
由于
增大，则
减小，即在
时间内，升降机对手机的支持了一直减小，由牛顿第三定律可知，机对
升降机的压力一直减小，故D 错误。
故选B。
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（1）从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处
于失重状态，等于零时处于完全失重状态.
（2）从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状
态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.
1．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）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
超重和失重现象判断技巧
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于
，故C 正确，D 错误。
故选C。
2．（2023·天津·模拟预测）蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定
在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a 点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c 点是运动员
所到达的最低点。在运动员从a 点到c 点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的速度一直增大
B．运动员始终处于失重状态
C．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
D．运动员克服弹力做的功等于重力对运动员做的功
【答案】C
【详解】A．该过程随着弹性绳的伸长，拉力不断变大，开始阶段，运动员的重力大于绳的拉力，运动员
做加速运动，随着拉力增大，合力减小，加速度减小；后来绳的拉力大于运动员的重力，运动员受到的合
力向上，运动员做减速运动，合力随拉力的增大而增大，则加速度增大；即在运动员从a 点到c 点的运动
过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增加，故A 错误；
B．运动员在加速的过程，加速度向下，处于失重状态；减速阶段，加速度向上，处于超重状态，故B 错
误；
C．当人的重力等于绳子的拉力时，即
时，人的速度是最大的，动能时最大的，故C 正确；
D．在运动员从a 点到c 点的运动过程中，动能变化量为负值，由动能定理知外力对运动员做的总功是负值，
则运动员克服弹力做的功大于重力对运动员做的功，故D 错误。
故选C。
3．（2022·广东惠州·校联考模拟预测）图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的
“.”表示人的重心。图乙是根据力传感器采集到的数据画出的力—时间图象。两图中
各点均对应，其
中有几个点在图甲中没有画出。根据图象可知（ ）
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A．d 点位置对应人处于超重状态
B．c 点位置对应人处于失重状态
C．b 点位置对应人处于下蹲过程的最低点
D．b 点位置对应人处于失重状态
【答案】AD
【详解】AB．由图乙可知，人的重力为500N，d、c 点位置人所受支持力大于重力，人的加速度向上，处
于超重状态，A 正确，B 错误；
CD．b 点位置人所受支持力小于重力，人的加速度向下，处于失重状态，且加速下蹲，还没有到达最低点，
C 错误，D 正确。
故选AD。
考法
3 两类动力学问题
1. 牛顿第二定律的作用
牛顿第二定律揭示了运动和力的关系：加速度的大小与物体所受合外力的大小成正比，与物体的质量
成反比；加速度的方向与物体受到的合外力的方向相同.
2. 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．
3．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：
4. 小结：动力学问题的解题步骤
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【典例5】（多选）（2023·广东·统考三模）WorkingModel 是一款仿直软件。可以记录物体的运动过程并描
绘出运动图像。如图是该软件导出的
图像，t 为时刻。为0~t 时间内物体运动的位移。已知t0时刻前图
像为直线，t0时刻后图像为反比例曲线。该图像模拟某物块在粗糙水平面上做匀减速直线运动直至静止的
滑动情景，取重力加速度为10m/s2.下列说法正确的有（ ）
A．物块在4s 后某一时刻静止
B．0 时刻，物块的速度大小为20m/s
C．物块运动的位移大小为60m
D．物块与水平面间的动摩擦因数为
【答案】BD
【详解】AC．因为t0时刻后图像为反比例曲线，即
，即x=k
为定值，可知此时物体静止，即从t0时刻开始物体已经静止，根据坐标（7.5，4）可得物体的位移为
x=30m，选项AC 错误；
B．根据
，可得
，可得v0=20m/s，选项B 正确；
D．物体的加速度
，根据
，可得
，选项D 正确。
故选BD。
【典例6】（2023·湖南·模拟预测）如图所示，水平桌面上的小物块a 通过轻绳跨过光滑定滑轮连接小物块
b，物块a、b 的质量之比为
。将物块a 从P 点由静止释放，t 时间后到达Q 点处（b 未落地）；若将a、
b 调换位置，经过t 时间b 也从P 点由静止运动到Q 点，则a、b 与桌面间的动摩擦因数
、
的关系为（
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）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设a 的质量为
，b 的质量为
，由牛顿运动定律可得
，
又
，联立解得
故选B。
【典例7】（多选）（2023·全国·模拟预测）如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿
着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就
可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6N，羽
毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1N，重力加速度
g=10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后（ ）
A．羽毛球的加速度大小为10m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s
【答案】BD
【详解】AB．依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力
作用，根据牛顿第二定律可得
求得羽毛球的加速度为
，羽毛球向下做匀加速直线运动，故A 错误，B 正确；
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CD．对筒受力分析，根据牛顿第二定律有
，求得
负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端
筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小
，有
，
联立，代入相关数据求得
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
1．（2023·湖北·统考三模）置于水平地面上质量
的物块在
的水平拉力作用下做匀加速直
线运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数为
，重力加速度取
。该物块依次通过A、B、
C、D 四个位置，已知
、
，且物块通过AB 段和CD 段的时间均为1s，则BC 段的长度为
（ ）
A．8m
B．10m
C．12m
D．16m
【答案】C
【详解】物体的加速度
设A 点的速度v0，BC=x，从B 到C 时间为t＇，则从A 到B
则从A 到C，
从A 到D，
联立解得t＇=2s，x=12m
解决动力学两类问题的两个关键点
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故选C。
2．（2023·全国·模拟预测）如图所示，底板光滑的小车放在水平地面上，其上放有两个完全相同的轻弹簧
秤甲、乙，甲、乙系住一个质量为m=1kg 的物块．当小车做匀速直线运动时，两弹簧秤被拉长，示数均为
10 N．则当小车向右做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8 N，则
A．弹簧秤乙的示数为12 N
B．弹簧秤乙的示数仍为10 N
C．小车的加速度为4 m/s2
D．小车的加速度为2 m/s2
【答案】AC
【详解】因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由
变为
时，其形变量减少，则弹簧
秤乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧秤形变量变化的大小相等，所以，弹簧秤乙的示数应为
；物体
在水平方向所受到的合外力为
根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为
，小车与物块相对静止，加速度相等，
所以小车的加速度为4m/s2。
故选AC。
3．（2023·河北·统考一模）如图所示，小车位于水平面上，其上顶板装有压力传感器。车内弹簧处于竖直，
弹簧上端把一个物块压在压力传感器上。小车以加速度a 向右做匀加速运动，小物块恰好不相对压力传感
器滑动，此时压力传感器的示数为
。一段时间后，小车沿水平方向从水平面上飞出，落地前压力传感器
的示数为
，该过程弹簧一直处于竖直。忽略空气阻力，重力加速度为g，则小物块与压力传感器间的动
摩擦因数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】小车在水平面上时，设弹簧的弹力为F，由题意有
，
小车从水平面上飞出后到落地前处于完全失重状态，有
，联立得
故选C。
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【基础过关】
1．（2023·北京房山·统考二模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高
度及速度，如图甲所示。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v-x 图像。
下列说法正确的是（ ）
A．运动员下落整个过程中加速度保持不变
B．运动员下落整个过程中机械能守恒
C．运动员下落15m 时，弹性绳的拉力等于运动员的重力
D．弹性绳达到原长，运动员的动能开始减小
【答案】C
【详解】A．当运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度之前，运动员只受重力，运动员加速度不变；当
下落高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳弹力逐渐增大，运动员的重力和弹性绳的合力提供加速度，
所以运动员的加速度要先减小后反向增大，故A 错误；
B．运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度的过程中，运动员只受重力机械能守恒；当下落高度大于弹
性绳的自然长度之后，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，故B 错误；
C．由图乙可知运动员下落15m 时，运动员的速度最大，加速度为零，此时弹性绳的拉力等于运动员的重
力，故C 正确；
D．弹性绳达到原长，此时重力大于弹性绳的弹力，运动员会继续向下先做加速度减小的加速，直到加速
度减为零，速度达到最大，动能达到最大，故D 错误。
故选C。
2．（2023·江西南昌·校联考二模）如图所示，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为
的小球，初始时整个
系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长
。一水平恒力
作用在轻绳的中点，方向与两球连
线垂直。当两球运动至二者相距
时，它们加速度的大小均为a，则当两球运动至相距
时，它们的加
速度大小均为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据题意，当两球运动至二者相距
时，对此时受力分析，如图所示
因为两球关于
所在直线对称，则有
,
已知轻绳中心处受三个力，设绳子拉力为
，水平方向上受力分析，则有
由牛顿第二定律有
,联立解得
当两球运动至相距
时，则有
，
同理可得
故选D。
3．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）利用智能手机中的加速度传感器可以测量手机的加速度
。
用手掌托着手机，手掌从静止开始上下运动，软件显示竖直方向上的
图像如图，该图像以竖直向上为
正方向。则手机（ ）
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A．在
时刻运动到最高点
B．在
时刻改变运动方向
C．在
到
时间内，受到的支持力先减小再增大
D．在
到
时间内，受到的支持力先增大再减小
【答案】D
【详解】AB．根据题意，由图可知，手机在
加速度约为0，
时间内，向上做加速度增大的加速
运动，
时间内，向上做加速度减小的加速运动，
向上做加速度增大的减速运动，则在
时刻没
有运动到最高点，在
时刻也没有改变运动方向，故AB 错误；
CD．由牛顿第二定律，
时间内有
，解得
时间内有
，解得
结合图像可知，
时间内，支持力增大，
时间内支持力减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
4．（2023·北京·统考模拟预测）如图所示，光滑水平面上有个一根光滑的水平细杆，上面套着两个质量均
为m，半径很小的球A 和B，两球用长为L 的细线相连接，开始时细线被拉直。现用一与光滑水平面平行
且与杆垂直的恒力F 作用于线的中点，使两球由静止开始沿杆运动，当两球相距为
时两球沿杆滑行的
加速度a 的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据题意，对结点受力分析，如图所示
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由平衡条件有
，由几何关系可得
，
对小球，由牛顿第二定律有
，联立解得，
故选D。
5．（2023·全国·二模）水平桌面上放置一质量为m 的木块，木块与桌面间的动摩擦因数恒定，用一水平恒
力F 拉木块，木块在水平桌面上做匀速直线运动；若将此力方向改为与水平方向成
角斜向上拉木块（F
大小不变），木块仍在水平桌面上做匀速直线运动。那么当用
的水平恒力拉木块，此时木块的加速度
为（已知当地的重力加速度为g，
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】水平桌面上放置一质量为m 的木块，木块与桌面间的动摩擦因数恒定，用一水平恒力F 拉木块，
木块在水平桌面上做匀速直线运动
若将此力方向改为与水平方向成
角斜向上拉木块（F 大小不变），木块仍在水平桌面上做匀速直线运
动
当用
的水平恒力拉木块
，解得
故选A。
6．（2023·福建龙岩·统考二模）一倾角为θ 的斜面体C 始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如
图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B 两球连接。B 球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速
度大小为
。当撒去挡板瞬间，下列说法正确的是（ ）
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A．球A 的瞬时加速度沿斜面向下，大小为
B．球B 的瞬时加速度沿斜面向下，大小为
C．地面对斜面体C 的支持力等于球A、B 和C 的重力之和
D．地面对斜面体C 的摩擦力方向水平向右
【答案】B
【详解】AB．根据题意，设A、B 两球质量均为
，去掉挡板前，对A 球受力分析，由平衡条件有
去掉挡板瞬间，弹簧弹力不变，A 球受力情况不变，合力为0，加速度为0，对B 球有
解得
，故A 错误，B 正确；
C．根据上述分析可知，去掉挡板瞬间，B 球有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C 的
支持力小于球A、B 和C 的重力之和，故C 错误；
D．去掉挡板瞬间，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，对A、B 和C 整
体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D 错误。
故选B。
7．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考二模）如图（a）所示的无人机具有4 个旋翼，可以通过调整旋翼倾斜
度而产生不同方向的升力。某次实验，调整旋翼使无人机受竖直向上的恒定升力F 从地面静止升起，到达
稳定速度过程中，其运动图像如图（b）所示。假设无人机飞行时受到的空气阻力与速率成正比，即
，
方向与速度方向相反，则下列说法正确的是（ ）
A．无人机在第
内的位移等于
B．无人机在第
内的速度变化量与第
内的速度变化量相等
C．空气给无人机的作用力逐渐增大
D．空气给无人机的作用力逐渐减小
【答案】D
【详解】A．根据
图像与横轴围成的面积表示位移，可知无人机在第
内的位移满足
故A 错误；
B．根据
图像的切线斜率表示加速度，可知到达稳定速度的过程中，无人机的加速度逐渐减小，无人
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机在第
内的速度变化量大于第
内的速度变化量，故B 错误；
CD．空气给无人机的作用力是升力和阻力的合力，由于无人机的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可得
，可知空气给无人机的作用力逐渐减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
8．（2023·四川·统考二模）如图所示，一物体被水平向左的压力
压在粗糙的竖直墙壁上，某时刻压力
的值为
，此时物体处于静止状态，若从该时刻起使压力
逐渐减小，直到减为零，则该过程中物体的加
速度
与压力
的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为
，物体的质量为
。压力为
时，物体处于静止状态，若
此时摩擦力刚好达到最大值，则从该时刻起使压力
逐渐减小，物体立即获得加速度向下加速运动，根据
牛顿第二定律可得
，又
，联立可得
故选D。
9．（2023·浙江·一模）在电子商务高速发展的今天，国内每天约有1 亿个包裹。对物流业这种对人力成本
敏感的产业来说，物流行业正从人工分拣向智能化、自动化方向快速演变。某物流中心的分栋机器人可以
简化为如图所示的平板小车，在平板小车的左端固定有一个支架，质量为1kg 的小球A 用细线悬挂于支架
上，平板小车在自身牵引力的作用下沿水平面做直线运动，小车右端放质量为3kg 的包裹B，包裹B 始终
相对小车静止。若某段时间内观察到细线与竖直方向的夹角
，重力加速度大小为
，则在这段
时间内（ ）
A．小车一定向右做加速运动
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B．细线受到的拉力大小为20N
C．包裹B 对小车的摩擦力大小为
，方向水平向左
D．小车对包裹B 的摩擦力大小为
，方向水平向左
【答案】C
【详解】A．小球的加速度向右，小车可能向右加速运动，也可能向左减速运动，A 项错误；
B．对小球A 进行受力分析可知
，
，解得
，
，故B 项
错误。
CD．包裹B 所受的摩擦力大小
，方向向右，根据牛顿第三定律，包裹B 对小车的摩擦力大
小为
，方向向左，故C 项正确，D 项错误。
故选C。
10．（多选）（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，两小球1 和2 之间用轻弹簧B 相连，弹簧B 与水平方
向的夹角为30°，小球1 的左上方用轻绳A 悬挂在天花板上，绳A 与竖直方向的夹角为30°，小球2 的右边
用轻绳沿C 水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为
，则（ ）
A．球1 和球2 的质量之比为
B．球1 和球2 的质量之比为
C．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 的加速度大小为
D．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球2 的加速度大小为
【答案】BC
【详解】对两小球1、2 受力分析如图
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根据平衡条件可得，有F=m1g，Fsin30°=m2g，所以
在轻绳A 突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2 的加速度大小为0，弹簧弹力
对球1，
，解得
故选BC。
【能力提升】
1.（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，在质量为
的箱式电梯的地板上固定一轻质弹簧，弹簧的上端
拴接一质量为
的物体
，质量为
的物体B 放置在物体
上，整个装置随电梯一起匀速下降，弹簧保
持竖直，重力加速度为
。某时刻悬挂电梯的钢索突然断裂，在钢索断裂的瞬间，下列说法正确的是（
）
A．物体
的加速度大小为0
B．物体B 的加速度大小为
C．箱式电梯的加速度大小为
D．物体B 对物体
的压力为0
【答案】A
【详解】钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以AB 的受力情况不变，加速度均为0，物体B 对物体
的
压力等于自身重力，对整体分析可知
解得
故选A。
2．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加
有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在
苹果从最低点a 到最左侧点b 运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．手掌对苹果的摩擦力越来越大
B．苹果先处于超重状态后处于失重状态
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C．手掌对苹果的支持力越来越大
D．苹果所受的合外力越来越大
【答案】A
【详解】A．苹果从最低点a 到最左侧点b 运动的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速
度逐渐增大，由牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力越来越大，A 正确；
B．苹果做匀速圆周运动，从a 到b 的运动中，加速度在竖直方向上有向上的分加速度，可知苹果处于超重
状态，B 错误；
C．苹果做匀速圆周运动，从a 到b 的运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的分加速度逐渐减小，
可知手掌对苹果的支持力越来越小，C 错误；
D．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，则有苹果所受的合外力大小不变，方向始终指向圆心，D 错误。
故选A。
3．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图，一辆公共汽车在水平公路上做直线运动，小球A 用细
线悬挂车顶上，车厢底板上放一箱苹果，苹果箱和苹果的总质量为M，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车
箱底板静止，苹果箱与公共汽车车厢底板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若观察到细线偏离竖直方
向夹角大小为θ 并保持不变，则下列说法中正确的是（ ）
A．汽车一定向右做匀减速直线运动
B．车厢底板对苹果箱的摩擦力水平向右
C．苹果箱中间一个质量为m 的苹果受到合力为
D．苹果箱中间一个质量为m 的苹果受到周围其他苹果对它的作用力大小为
【答案】D
【详解】A．对小球受力分析
可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线
运动，如果向左运动，则做加速直线运动，A 错误；
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B．设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得
，解得
则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为
，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢
底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，所以不一定为
，以这箱苹果为研究对象，根据
牛顿第二定律有
，水平向左，B 错误；
CD．以苹果箱中间一个质量为m 的苹果为研究对象，合外力为ma，设周围其它苹果对它的作用力大小为
F，方向与竖直方向的夹角为α，在水平方向根据牛顿第二定律有
，在竖直方向上
加速度
三式联立解得
，
，则α = θ，C 错误、D 正
确。
故选D。
4．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，木板B 固定在弹簧上，木块A 叠放在B 上，A、B 相对静止，待系统
平衡后用竖直向上的变力F 作用于A，使A、B 一起缓慢上升，AB 不分离，在A、B 一起运动过程中，下面
说法正确的是（ ）
A．一起缓慢上升过程中A 对B 的摩擦力不变
B．在某时刻撤去F，此后运动中A 可能相对B 滑动
C．在某时刻撤去F，此后运动中AB 的加速度可能大于g
D．在某时刻撤去F，在A、B 下降的过程中，B 对A 的作用力一直增大
【答案】D
【详解】A．一起缓慢上升过程中，以A、B 为整体，根据受力平衡可得
由于弹簧弹力逐渐减小，可知拉力
逐渐增大；
以A 为对象，设木板B 斜面倾角为
，根据受力平衡可得
可知B 对A 摩擦力不断变小，则A 对B 的摩擦力不断变小，故A 错误；
B．设A、B 间的动摩擦因数为
，根据题意有
在某时刻撤去
，设A、B 向下加速的加速度大小为
，以A 为对象，则有
，
，可得
，
故此后运动中A、B 相对静止，故B 错误；
C．在某时刻撤去
，此后运动中A、B 相对静止，则最高点时的加速度最大，且撤去力
前，整体重力和
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弹簧弹力的合力小于整体重力，则最高点加速度小于
，此后运动中AB 的加速度不可能大于
，故C 错误；
D．在某时刻撤去
，在A、B 下降的过程中，A 的加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大，则B 对A 的
作用力一直增大，故D 正确。
故选D。
5．（2023·北京海淀·清华附中校考三模）一物理学习小组在竖直电梯里研究超重失重现象：力传感器上端
固定在铁架台上，下端悬挂一个质量为m 的钩码。当电梯在1 楼和3 楼之间从静止开始运行然后再到静止
的过程中，数据采集系统采集到拉力F 随时间t 的变化如图所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下
列说法正确的是（ ）
A．a 到b 过程中电梯向上运动，b 到c 过程中电梯向下运动
B．a 到c 过程中钩码的机械能先增加后减小
C．图形
的面积大于图形
的面积
D．c 到d 的过程中电梯处于匀速运动状态
【答案】D
【详解】A．由图可知，钩码的重力
G=2N
在a 到c 过程中，拉力F 都大于重力，说明电梯处于超重状态，加速度向上，即电梯加速上升。故A 错误；
B．由以上分析可知，在a 到c 过程中，电梯加速上升。当加速上升过程中，钩码的机械能增加。故B 错误；
CD．图像中面积表示力对时间的积累，即冲量。由图可知，从a 到f 记录了电梯的一个运动过程，先向上
加速（a 到c 过程），然后匀速（c 到d 过程），最后减速（d 到f 过程），即加速过程和减速过程的动量
变化量大小相等，取向上为正，由动量定理可知ac 过程中
df 过程中
，可知abc 过程的力F 的冲量大于def 过程力F 的冲量，故图形abc 的面
积等于图形def 的面积。故C 错误D 正确。
故选D。
6．（2023·湖南岳阳·统考三模）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮
、
，一端和质量
为
的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为
的小物块连接，直杆与两定滑轮在同一竖直面
内，与水平面的夹角
，直杆上
点与两定滑轮均在同一高度，
点到定滑轮
的距离为
，直杆
上
点到
点的距离也为
，重力加速度为
，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将
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小物块从
点由静止释放，下列说法错误的是（ ）
A．小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为
B．小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为
C．小物块下滑至
点时，小物块与小球的速度大小之比为
D．小物块下滑至
点时，小物块的速度大小为
【答案】A
【详解】A．小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉
力小于球的重力
，故A 错误，符合题意；
B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律
解得，此时小物块加速度的大小为
，故B 正确，不符合题意；
C．将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示
沿绳子方向的分速度等于小球的速度，即
，所以小物块在
处的速度与小球的速度之比为
，故C 正确，不符合题意；
D．设小物块下滑距离为
时的速度大小为，此时小球的速度大小为
，对小物块和小球组成的系统根据
机械能守恒定律，有
，其中
，解得，此时小物块的速度大小为
故D 正确，不符合题意。
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故选A。
7．（2023·海南·统考二模）如图所示，在倾角为
的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A 和B，
它们的质量分别为m 和2m，弹簧的劲度系数为k，在外力F 的作用下系统处于静止状态。已知弹簧始终处
于弹性限度内，重力加速度为
，则（ ）
A．外力F 的大小为
B．弹簧的形变量为
C．若外力F 的大小变为
，当A、B 相对静止时，弹簧弹力的大小为
D．若外力F 的大小变为
，当A、B 相对静止时，突然撤去外力F 的瞬间，物块B 的加速度大小为
【答案】D
【详解】A．对物块A 和B 整体受力分析，由平衡条件可得，外力
的大小为
故A 错误；
B．对物块B 受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为
，则弹簧的形变量为
，故B 错误；
CD．对物块A 和B 整体受力分析，由牛顿第二定律，得
，解得
物块A 和B 的加速度大小为
，对物块B 受力分析，由牛顿第二定律
可得，弹簧弹力的大小为
，突然撤去外力F 的瞬间，弹簧不突变，所以物块B 的加速度大
小不变，故C 错误，D 正确。
故选D。
8．（2023·广东·模拟预测）跳伞运动是指跳伞员乘飞机、气球等航空器或其他器械升至高空后跳下，或者
从陡峭的山顶、高地上跳下，并借助空气动力和降落伞在张开降落伞之前和开伞后完成各种规定动作，并
利用降落伞减缓下降速度在指定区域安全着陆的一项体育运动。一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中
跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，画出了运动员从跳离
飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v－t 图象，如图所示，则对运动员的运动，下列说法正确的
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是（ ）
A．0～10 s 内位移大于100 m
B．10～15 s 内加速度逐渐增大
C．0～10 s 内运动员所受阻力逐渐增大
D．10～15 s 内运动员所受阻力逐渐增大
【答案】AC
【详解】A．0～10s 内，若运动员匀加速下降，则位移为100m，由图象可知运动员的位移大小大于
100m，故A 正确；
B．v－t 图象的斜率等于加速度，可知10s～15s 内加速度逐渐减小，故B 错误；
C．0～10s 内运动员向下的加速度逐渐减小，根据mg－f＝ma，所受阻力逐渐增大，故C 正确；
D．10s～15s 内运动员向上的加速度逐渐减小，根据f－mg＝ma，所受阻力逐渐减小，故D 错误。
故选AC。
9．（2023·河北保定·统考三模）水平面上放置一质量为m 的滑块B，上方有圆形凹槽，质量也为m 的圆柱
A 恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30°。一质量
为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B 相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，
B 离定滑轮足够远，下列说法正确的是（ ）
A．如果A、B 能保持相对静止，B 对A 的作用力大小为
B．如果A、B 能保持相对静止，B 对A 的作用力大小为mg
C．当
时，A 恰要从凹槽中滚出
D．如果α=45°时，无论M 为多大，A 都不能滚出凹槽
【答案】CD
【详解】AB．如果A、B 能保持相对静止，将A、B、C 看作一个整体，根据牛顿第二定律可知
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解得加速度大小为
A 受到B 水平方向的作用力大小为Fx=ma，
竖直方向的作用力为
，B 对A 的作用力大小为
，故AB 错误；
C．小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向
，
，得临界加速度大小为
，整体上有
，解得
，故C 正确；
D．当α=45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，
有
，
，得临界加速度大小，
由于
，所以无论M 为多大，A 都不能滚出凹槽，故D 正确；
故选CD。
10．（2023·海南·统考模拟预测）一轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一物块从高处自由下
落，物块下落
的过程中，物块受到的合力和位移的关系如图所示。已知重力加速度
，物块受
到的空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．物块的质量为
B．下落
的过程，合力对物块做功为
C．物块一直处于失重状态
D．在物块下落
时，物块的速度恰好为零
【答案】AB
【详解】A．由图像可知下落的前
过程物块只受重力作用，故物块质量为
，A 正确；
B．力与位移关系图线与横轴所围面积可表示合力做功，故物块下落
过程合力做的功和物块下落前
过程合力做功相同，均为
，B 正确；
C．物块下落的第
过程中合力向上，加速度向上，物块处于超重状态，C 错误；
D．物块下落
的过程，合力做功不为零，故物块下落
时的速度不为零，D 错误。
故选AB。
【真题感知】
1.（2023·全国·统考高考真题）一同学将排球自O 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O 点。设排
球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
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A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。
对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律
可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。
由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A 错误；
B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械
能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，
B 正确；
C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C 错误；
D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做
变加速运动，D 错误。
故选B。
2．（2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要
根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，
运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快
速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体
两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A 错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，
为了增加向上的速度，B 正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C 错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲
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击力，D 错误。
故选B。
3．（多选）（2023·山西·统考高考真题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N
极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在
它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有
，
由于m 甲 > m 乙，所以a 甲 < a 乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v 甲 < v 乙，A 错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm 甲g > μm 乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，
显然甲的动量大小比乙的小，BD 正确、C 错误。
故选BD。
4．（多选）（2022·湖南·统考高考真题）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
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
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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。
5．（多选）（2022·全国·统考高考真题）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹
簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为
。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F 拉动P，使
两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P 的加速度大小的最大值为
B．Q 的加速度大小的最大值为
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时刻Q 的速度大小
【答案】AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
，撤
去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为
，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为
，解得
此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧的伸长量
变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力增大，合力向左，做
加速度增大的减速运动。
故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为
。
Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
，解得
，故滑块Q 加速度大小最大值为
，
A 正确，B 错误；
C．滑块PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误；
D．滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为
，解得
撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为
做加速度减小的减速运动，最后弹簧原
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长时加速度大小为
；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大
小也为
。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D 正确。
故选AD。
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