文档文本内容
第13 讲 牛顿第二定律的理解及基本应用
目 录
巩固·知识解构...................................................................................................................................... 1
知识点1 牛顿第二定律.....................................................................................................2
知识点2 动力力的两类基本问题.....................................................................................2
知识点3 超重与失重.......................................................................................................2
模拟·基础演练...................................................................................................................................... 3
题型01 牛顿第二定律的理解...............................................................................................3
题型02 动力力的两类基本问题...........................................................................................6
题型02 超重与失重...............................................................................................................6
重难·创新演练....................................................................................................................................10
真题·实战演练.................................................................................................................................... 13
巩固·知识解构
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
。
知识点2 动力学的两类基本问题
1．第一类问题：由因推果
已知受力情况求物体的
——
运动情况。
2．第二类问题：由果溯因
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
“
”
牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图所示：
知识点3 超重与失重
名称
超重
失重
完全失重
产生条件
物体的加速度向上
物体的加速度向下
物体竖直向下的加速度
等于g
对应运动
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
自由落体运动、竖直上
情境
抛运动等
原理
F－mg＝ma
F＝mg
＋
ma
mg－F＝ma
F＝mg
－
ma
mg－F＝mg
F＝0
说明
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)
变大或变小了。
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天
平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。
模拟·基础演练
考查重点：牛顿第二定律及两类基本问题。
⏳题型01 牛顿第二定律的理解
1.（2026·湖南湘潭·一模）如图所示，粗细均匀的光滑直杆水平固定放置，质量为m的圆环套在
杆上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在O点，另一端连接在圆环上，O点在轻杆上B点正上
方高h处，轻弹簧的原长为h，将圆环拉至杆上A点由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，O、
A 连线与轻杆的夹角为37
°，则释放圆环的一瞬间，圆环的加速度大小等于（ ）
A．9kh
25m
B．8kh
15m
C．2kh
5m
D．3kh
4 m
【答案】B
【详解】释放的一瞬间，弹簧的伸长量为x =
h
sin37
° −h= 2
3 h
根据牛顿第二定律得kx cos37
°=ma
解得a= 8kh
15m，ACD 错误，B 项正确。
故选B。
2.（2026·湖南岳阳·一模）如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球之间用轻绳AB、BQ 和轻弹簧PA 连
接并保持静止，其中轻绳AB 保持水平，轻弹簧PA 与竖直方向夹角为37°，轻绳BQ 与竖直方向夹角为
53°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．剪断轻绳BQ 的瞬间，小球m1的加速度为
D．剪断轻绳BQ 的瞬间，小球m2的加速度为
【答案】BC
【详解】AB．对两小球及连接装置进行受力分析，设弹簧PA 的弹力为F，绳AB 的张力为T1，绳BQ 的张
力为
。对m1水平方向有
竖直方向有
对m2水平方向有
竖直方向有
联立可得
即
，故A 错误，B 正确。
CD．剪断轻绳BQ 瞬间，弹簧弹力F 不变，绳AB 张力突变为
。对m1：竖直方向有
故a1y=0；水平方向有
对m2：竖直方向只受重力，故a2y=-g
水平方向有
由绳AB 不可伸长，两球水平加速度相等，均为ax，联立解得
代入得
故m1的加速度大小为
，方向水平向左；m2的加速度有水平分量
和竖直分量 g，合加速度大小不
为
，故C 正确，D 错误。
故选BC。
3.（2026·四川德阳·三模）如图所示，两条不等长的绝缘细线一端拴在同一点上，另一端分别拴两个带同
种电荷的小球A 和B，电荷量分别是q1、q2，质量分别为m1、m2，两小球静止在同一水平面，且α>β。剪
断细线a，小球开始运动。重力加速度为g，则（ ）
A．剪断a 前，细线a 中张力小于细线b 中张力
B．剪断a 瞬间，小球A 的加速度大小为gsinα
C．剪断a 瞬间，细线b 中张力大小为m2gcosβ
D．剪断a 后，小球A 做匀加速直线运动
【答案】A
【详解】A．对两带电小球分别进行受力分析如下图，根据平衡条件有sin α = F
F1
sin β = F
F2
两者之间库仑力F 大小相等，因α>β，所以F1< F2，故A 正确；
B．对a 小球，F1= m1g
cosα
剪断a 瞬间，小球A 受重力与库仑斥力不变，它们的合力与原来细线a 的拉力F1平衡
由牛顿第二定律F1= m1g
cosα =m1a
解得a=
g
cosα ，故B 错误；
C．剪断a 前，细线b 中张力大小为 F2= m2 g
cos β
剪断a 瞬间，小球B 受力不变。细线b 中张力大小仍为F2= m2 g
cos β
，故C 错误；
D．剪断a 后，小球A 受库仑斥力变化，其做变加速曲线运动，故D 错误。
故选A。
4．（2026·四川广安·二模）游乐场有一滑滑梯游乐项目，其原理简化如图。两根直金属细杆
AB、CD与水平面以α =37°的夹角相互平行固定放置，两细杆间距d =8cm。一个半径R =5cm、
质量m=5kg的圆柱体从细杆的上端由静止开始下滑，圆柱体与细杆之间的动摩擦因数μ=0.3，
设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，sin37° =0.6，cos37° =0.8，g=10 m/s
2，则（ ）
A．圆柱体下滑过程中受到3 个力作用
B．每根细杆对圆柱体的弹力大小都是40 N
C．圆柱体下滑时的加速度大小为2m/s
2
D．用平行于直金属杆向上42N的拉力可拉着圆柱体匀速运动
【答案】C
【详解】A．圆柱体沿金属杆下滑过程中，受重力、两细杆对其的支持力以及摩擦力，共5
个力，故A 错误；
B．单根细杆弹力与圆心构成的三角形中，单根杆弹力与圆心到两接触点中线的夹角满足
sinθ =
1
2 d
R = 4
5
垂直于杆方向，圆柱体受力平衡；重力垂直杆的分力等于两根杆弹力的合力，即
2 FNcosθ =mgcosα
解得FN= 100
3 N，故B 错误；
C．沿杆方向根据牛顿第二定律可得mgsin α −2f =ma，f = μ FN
解得a=2m/s
2，故C 正确；
D．若拉着圆柱体匀速向上运动，沿杆方向受力平衡，则F =mgsin α +2f
解得F =50 N，故D 错误。
故选C。
5．（2026·湖南永州·二模）如图所示，一倾角为
的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上有一质量为
的物体
，上端用平行于斜面的细绳跨过定滑轮连接着物体
，物体
、通过轻弹簧相连，质量分别
为
、
，此时
恰好静止。已知重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．物体
与斜面间的动摩擦因数为
B．剪断弹簧的瞬间，物体
的加速度为
C．剪断细绳的瞬间，物体
的加速度为
D．剪断细绳的瞬间，物体
的加速度为
【答案】B
【详解】A．以bc 为整体受力分析可知：绳子拉力
此时
恰好静止，对a 受力分析有
解得物体
与斜面间的动摩擦因数为
，故A 错误；
B．剪断弹簧的瞬间，以物体
为系统，有
所以
系统可以平衡，其加速度为0，故B 正确；
C．对c 受力分析有
剪断细绳的瞬间，物体
有
剪断细绳的瞬间，物体
的加速度为
，故C 错误；
D．剪断细绳的瞬间，物体
有
剪断细绳的瞬间，物体
的加速度为
，故D 错误。
故选B。
⏳题型02 动力学的两类基本问题
6.（2026·湖南株洲·一模）水平面上固定一顶角A 为直角的三角形斜面
，
斜面倾角为60°。质量不
同的两滑块（均可视为质点）自顶端由静止释放分别沿
和
面下滑，不计摩擦，它们到达斜面底端
的时间之比
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设斜边长为L，则沿AB 下滑时
沿AC 下滑时
联立解得
故选B。
7.（2026·山东泰安·三模）如图所示，倾角为θ =30°的足够长斜面固定在水平地面上，现有一物块以某一
初速度从底端冲上斜面，一段时间后物块返回到斜面底端。已知物块沿斜面向下运动的时间是向上运动的
时间的❑√3倍，则它与斜面间的动摩擦因数为（ ）
A．
❑√3
3
B．
❑√3
4
C．
❑√3
5
D．
❑√3
6
【答案】D
【详解】因上滑与下滑两个单程的位移相等，上滑过程用可逆法看作初速度为零的匀加速直线运动，故上
滑过程由牛顿第二定律mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
解得a1= g(sinθ+ μcosθ)
下滑过程由牛顿第二定律mgsinθ−μmgcosθ =ma2
解得a2= g(sinθ−μcosθ)
由1
2 a1t
2= 1
2 a2(❑√3t )
2
解得μ= 1
2 tanθ =
❑√3
6
故选D。
8．（2026·湖南常德·一模）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，2025 年9 月22 日，
央视首次公开了福建舰的电磁弹射视频。已知某舰载机质量为
，在弹射系统和发动机共同作用下
能在
内从静止沿水平甲板跑道匀加速运动到起飞速度
，重力加速度
。
(1)舰载机在水平甲板上直线加速过程中，若发动机提供的动力为
，舰载机受到的阻力f 恒为
其重力的0.2 倍，求弹射系统提供的作用力F 大小；
(2)舰载机离开航空母舰后，以与水平成
的方向匀速直线爬升。此阶段发动机以最大推力运行，推力方
向与速度方向相同。另外舰载机还受空气阻力
，
，方向与速度方向相反；受升
力
，
，方向与速度方向垂直。求舰载机匀速爬升时的速度大小v 和舰载发动机
的最大推力
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）舰载机在水平甲板上做匀加速直线运动的加速度
由牛顿第二定律
解得
（2）舰载机匀速直线爬升时受力平衡，受力情况如图
垂直速度方向有
解得速度
沿速度方向有
解得
9.（2026·山东泰安·模拟预测）如图所示，一木楔OABC 固定于水平地面上，其斜面AB 段的倾角为53°，
BC 段的倾角为37°，AB 与BC 间、BC 与地面间均通过一段很短的圆弧平滑连接，A、B 离水平地面的高度
分别为h1=2.8 m和h2=1.2m。现将一质量为m1=3kg的物块P 从斜面上A 处由静止释放，物块P 与木楔间
的动摩擦因数为μ1=0.5，重力加速度大小为g=10 m /s
2，sin37° =0.6，sin53° =0.8，求：
(1)P 从A 运动至B 所用的时间；
(2)P 到达C 时的速度大小。
【答案】(1)2❑√5
5
s；
(2)2❑√7 m /s
【详解】（1）物块P 从A 运动至B 时，根据牛顿第二定律有m1gsin53°−μ1m1gcos53° =m1a1
根据运动学公式x AB= h1−h2
sin53° = 1
2 a1t
2
解得t = 2❑√5
5
s
（2）物块P 从B 运动至C 时，根据牛顿第二定律有m1gsin37°−μ1m1gcos37° =m1a2
根据运动学公式有vC
2 −vB
2 =2a2 xBC =2a2
h2
sin37° ，vB=a1t
解得vC =2❑√7 m /s
10.（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）某流线型物体入水时的情景如图所示，物体(可视为质点)质量为m，
从距离水面h的高度处的O点由静止开始落下，在A点入水后匀减速下降到B点时速度减为零。重力
加速度为g，不计空气阻力。
(1)求物体从O点下落到A点所用的时间t1；
(2)若认为物体入水瞬间的速度不变，物体从A点减速下降到B点所用的时间为物体从O点下落到A点所用
的时间的一半，求物体从A点下降到B点过程中的水对物体的作用力大小。
【答案】(1)❑√
2h
g
(2)3mg
【详解】（1）物体从O点下落到A点做自由落体运动，则有h= 1
2 gt1
2
解得t1= ❑√
2h
g
（2）物体在A点的速度大小为v A = gt1= ❑√2gh
由题意可知物体从A点减速下降到B点所用的时间为t2= 1
2 t1
根据运动学公式可得0= v A−at2
解得加速度大小为a=2 g
根据牛顿第二定律可得F −mg=ma
解得水对物体的作用力大小为F =3mg
⏳题型03 超重与失重
11.（2026·湖南邵阳·二模）在以加速度a 匀加速向上运动的电梯里，用弹簧测力计竖直悬挂一个质量为m
的小球，弹簧测力计示数为F，若以地面为参考系，小球的运动满足牛顿第二定律即
，g 为重
力加速度；若以电梯为参考系，小球相对电梯静止而其所受合外力不为零，牛顿第二定律不再成立，为了
让牛顿第二定律在这种情况下仍然成立，我们需要引入一个惯性力
“
”
。则在上述情形中，小球所受
的大小和方向分别为（ ）
A．ma，竖直向上
B．ma，竖直向下
C．F-ma，竖直向上
D．F-ma，竖直向下
【答案】B
【详解】惯性力是为了让牛顿第二定律在非惯性系中成立引入的虚拟力，其大小等于物体质量与非惯性系
加速度大小的乘积，方向与非惯性系的加速度方向相反。电梯参考系的加速度竖直向上，惯性力方向应与
参考系加速度相反，即竖直向下，电梯加速度大小为
，因此惯性力大小为
，方向竖直向下。
故选B。
12.（2026·湖南株洲·一模）如图，质量为1kg 的物块放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块和木箱间
的动摩擦因数为0.2，物块左端被一根轻弹簧用1N 大小的弹力拉着保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度g 取
。要使物块相对于木箱向左运动，则木箱在竖直方向的运动可能是（ ）
A．向上加速，加速度大小为
B．向上加速，加速度大小为
C．向下加速，加速度大小为
D．向下加速，加速度大小为
【答案】D
【详解】A．木箱运动的加速度竖直向上，大小为4m/s2时，对物块有
解得木箱对物块弹力大小
此时
，故物块不能相对木箱底面移动，故A 错误；
B．木箱运动的加速度竖直向上，大小为6m/s2时，对物块有
解得木箱对物块弹力大小
此时
，故物块不能相对木箱底面移动，故B 错误；
C．木箱运动的加速度竖直向下，大小为4m/s2时，对物块有
解得木箱对物块弹力大小
此时
，故物块不能相对木箱底面移动，故C 错误；
D．木箱运动的加速度竖直向下，大小为6m/s2时，对物块有
解得木箱对物块弹力大小
此时
，故物块会相对于木箱向左运动，故D 正确。
故选D。
13.（2026·山东淄博·二模）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其高度h与时间t的关系图像如图所示，
0~t1时间内和t2~t3时间内图线为曲线，t1~t2时间内图线为直线。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度
大小用v表示，重力加速度大小为g。则（ ）
A．0~t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1~t2时间内，v减小，FN>mg
C．t1~t2时间内，v增大，FN<mg
D．t2~t3时间内，v减小，F N>mg
【答案】D
【详解】A．h−t图像的斜率表示速度，0~t1时间内， h−t图像斜率的绝对值逐渐增大，说明向下的速
度v增大，电梯加速向下，加速度方向向下，乘客处于失重状态，因此FN<mg，A 错误；
BC．t1∼t2时间内， h−t图像是直线，斜率不变，说明向下的速度v不变，电梯匀速向下，加速度为0，
因此F N =mg，BC 错误；
D．t2∼t3时间内，h−t图像斜率的绝对值逐渐减小，说明向下的速度v减小，电梯减速向下，加速度方向
向上，乘客处于超重状态，因此F N >mg，D 正确。
故选D。
14.（2026·辽宁鞍山·二模）一水火箭从地面竖直向上发射，其速度随时间变化的图像如图所示。不考虑空
气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻水火箭处于超重状态
B．t2时刻水火箭刚好回到发射点
C．0∼t1时间内水火箭的加速度变小
D．t1∼t2时间内水火箭向下运动
【答案】C
【详解】A．图像的斜率表示加速度，t2时刻图像切线斜率为负值，加速度向下，水火箭处于失重状态，
故A 错误；
B．0-t2时间内速度一直为正，水火箭一直向上运动，t2时刻速度为零，到达最高点，离发射点最远，故B
错误；
C．图像的斜率表示加速度，0~t1时间内图像切线斜率逐渐减小，说明加速度变小，故C 正确；
D．t1∼t2时间内速度为正，水火箭向上做减速运动，故D 错误。
故选C。
重难·创新演练
结合生活实际(T1T2);结合实际新考法考查(T3T4);新角度考查研究方法(T5);
1.
1.▶新情境◀.（2026·天津·一模）家用室内引体向上器通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡
胶垫与墙壁的摩擦力起到固定的作用。如图所示，李同学双手握住水平单杠保持静止（只有双手接触单杠
且双腿悬空）。已知该引体向上器的质量为3kg，该同学的质量为57kg，g 取10 m /s
2。则（ ）
A．双手间距离越小，人所受到单杠的作用力越小
B．双手间距大于肩宽时，距离越大，单杠对每只手臂的作用力越大
C．每个橡胶垫与墙面间的摩擦力为600N
D．李同学由静止下降到最低点的过程中，单杠对人的作用力始终等于其自身重力
【答案】B
【详解】A．人处于静止状态，受重力和单杠的作用力平衡，单杠对人的作用力（合力）大小等于人的重
力，与双手间距离无关，故A 错误；
B．设单杠对每只手臂的作用力为F，两手臂夹角为θ，根据平衡条件有2 F cos θ
2 =mg
解得F =
mg
2cos θ
2
双手间距越大，夹角θ越大，cos θ
2越小，则F越大，故B 正确；
C．对人和引体向上器整体分析，竖直方向受重力和墙壁对两个橡胶垫的摩擦力，根据平衡条件有
2f =( M +m)g
解得f =300 N，故C 错误；
D．人由静止下降到最低点的过程中，先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，处于先失重后超重
状态，单杠对人的作用力先小于重力后大于重力，故D 错误。
故选B。
2.▶新情境◀（2026·安徽马鞍山·二模）如图所示，升降机内有质量相同的小球A 和B、A、B 间用轻
弹簧相连并通过轻绳悬挂在升降机顶部，升降机一直以加速度a 竖直向上做匀加速运动，重力加速度为
g。某时刻剪断轻绳，此瞬间，A、B 的加速度大小分别为（ ）
A．2g+a，a
B．2g−a，a
C．2g+a，0
D．2g−a，0
【答案】A
【详解】设A、B 的质量均为m，轻绳剪断前，以B 为对象，根据牛顿第二定律可得F弹−mg=ma
解得弹簧弹力大小为F弹=mg+ma
轻绳剪断瞬间，弹簧弹力保持不变，以A 为对象，根据牛顿第二定律可得F弹+mg=maA
解得A 的加速度大小为aA=2 g+a
由于B 的受力保持不变，所以B 的加速度大小仍为a。
故选A。
4．▶新考法◀2026·广东深圳·模拟）如图所示，质量为m 的夯杆在左右两个半径均为R，角速度为ω 的摩
擦轮的作用下，由静止开始向上运动，上升一定高度后摩擦轮松开，松开之前夯杆与摩擦轮间已经相对静
止。已知摩擦轮与夯杆间动摩擦因数均为μ，弹力大小为F，重力加速度为g，不计空气阻力。关于夯杆从
起动到摩擦轮松开的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．受到摩擦轮的摩擦力始终保持不变
B．夯杆的最大速度大小等于
C．加速过程中加速度大小等于
D．加速运动的时间等于
【答案】B
【详解】B．松开之前，与摩擦轮相对静止，因此夯杆的速度大小与摩擦轮的线速度大小相等
，故
B 正确；
AC．夯杆向上运动过程为先向上加速，此时夯杆受向上的滑动摩擦力为2μF，则由牛顿第二定律，
可得
相对静止时，受力平衡
，故摩擦力发生改变，即AC 错误；
D．根据
，解得
，故D 错误。
故选B。
4．▶新考法◀（2026·海南·一模）（多选）在如图所示的装置中，水平地面上放置着一个装有力传感器的
木箱，木箱（含力传感器）的质量为2m，一个质量为m 的小球通过轻质细弹簧竖直悬挂在箱顶，同时用
一根轻绳将小球与箱底的力传感器（固定在箱底）连接起来。当系统处于平衡状态时，力传感器显示的拉
力数值为mg（g 为重力加速度大小），弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是
（ ）
A．系统平衡时，弹簧的伸长量为 3mg
k
B．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g
C．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为2mg
D．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为4mg
【答案】BD
【详解】A．对小球受力分析，根据平衡条件，有k Δ x =mg+T
又有T =mg
解得 Δ x = 2mg
k
，故 A 错误；
B．剪断轻绳瞬间，小球所受弹簧弹力不变，则有k Δ x−mg=ma
解得加速度大小a=g，故B 正确；
CD．由题意可知木箱（含力传感器）的质量为2m，剪断轻绳瞬间，对木箱（含力传感器）受力分析可知，
其所受重力和弹簧的弹力的合力大小为4mg，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知，地面对木箱的支持力
大小为4mg，故C 错误，D 正确。
故选BD。
5．▶新角度◀（2026·湖南邵阳·一模）如图，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化
的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下以速度水平向左做匀速直线运
动。已知拉力与水平面成
角，其大小
随时间的变化关系为
（
，
、
均为大于
的
常量），无人机的质量为
，重力加速度为
。关于该无人机在0 到
时间段内（
是满足
的任一时
刻），下列说法正确的是（ ）
A．受到空气作用力的大小逐渐变大
B．受到拉力做功为
C．受到拉力的冲量大小为
D．受到空气作用力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，
则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着
的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小逐渐变小，故A 错误；
B．在水平方向上，拉力的大小
随时间的变化关系为
图像，如图所示
则无人机在0 到
时间段内受到拉力做功为
图像与坐标轴围成的面积，即
，故
B 错误；
C．拉力
随时间变化的
图像，如图所示
则无人机在0 到
时间段内受到拉力的冲量大小为
图像与坐标轴围成的面积，即
，
故C 错误；
D．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0 到T 时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
则受到空气作用力的冲量大小为
，故D 正确。
故选D。
。
、
真题·实战演练
高频考点：牛顿第二定律的应用问题。
1．（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。
2．（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B 用一
根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A 的质量为1kg，B 的质量为2kg，A 与传送带的动摩擦因数为0．
5，B 与传送带的动摩擦因数为0．25。t=0 时，将两物块放置在传送带上，给A 一个向右的初速度
v0=2m/s，B 的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A 与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能
Ep=0.75J，传送带足够长，A 可在传送带上留下痕迹，则（ ）
A．在t=
时，B 的加速度大小大于A 的加速度大小
B．t=t0时，B 的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A 与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力为零，系统
动量守恒有
，
代入数值解得t=t0时，B 的速度为
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有
，
由于
，故可知
故A 错误，B 正确；
C．在
时间内，设AB 向右的位移分别为
，
；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C 错误；
D．A 与传送带的相对位移为
B 与传送带的相对为
故可得
由于
时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足
，作出AB 的
图像
可知
等于图形
的面积，
等于图形
的面积，故可得
结合
可知
，故D 正确。
故选BD。
3．（2025·河南·高考真题）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段
时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方
向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（ ）
A．无人机做匀速运动
B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大
D．零件的重力势能保持不变
【答案】D
【详解】D．无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件
的高度不变，可知零件的重力势能保持不变，D 正确；
AB．对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水平方
向，提供水平方向的加速度。零件水平向左做匀加速直线运动，AB 错误；
C．惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C 错误。
故选D。
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（ ）
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
当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律
随着
增大
减小；
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，随着
增大
增大；
图像如图所示
故B 正确，A 错误；
CD．同理，在木块下落
高度之前，木块做匀加速直线运动，根据
速度逐渐增大，所以
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，
图像大致为
故CD 错误。
故选B。
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．（2023·全国·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（ ）
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。
7．（2023·浙江·高考真题）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O 点抛出沿轨迹
运动，
其中P 是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小
（ ）
A．O 点最大
B．P 点最大
C．Q 点最大
D．整个运动过程保持不变
【答案】A
【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O 点时速度斜向上方，此时速度最大，空气
阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二
定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
