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第三章 运动和力的关系
第10 课时 牛顿第一定律 牛顿第二定律
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【考向预测●明考向】
牛顿第一、第二定律核心包含惯性概念、伽利略理想斜面实验、受力分析方法、正交分解、连
接体模型、瞬时性问题、超重失重、板块与传送带基础动力学模型，常结合受力图像、运动图像综合
分析，分布于选择题、实验题、动力学计算题；近三年为高中物理力学核心必考考点，每套试卷必有
动力学相关设问，考频极高；预测2027 年会侧重多物体复杂连接体、弹簧弹力瞬时突变、变力作用
下牛顿第二定律图像分析，强化生活情境、航天失重超重、板块相对滑动结合临界条件的综合计算与
实验探究类考查。
【双基自测●夯基础】
1．2024 年1 月31 日至2 月4 日第十四届全国冬季运动会在张家口举行，如图所示为滑雪运
动员从山坡向下滑雪时的照片。
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
核心梳理●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
请对以下结论作出判断：
(1)滑雪运动员从山坡上滑下时，其运动状态与受力情况无关。（ ）
(2)根据滑雪运动员的加速度方向，可以判断滑雪运动员受到的每个力的方向。（ ）
(3)滑雪运动员的运动情况是由其受力情况决定的。（ ）
(4)已知滑雪运动员的加速度及质量，可以确定滑雪运动员所受的合外力。（ ）
(5)滑雪运动员在加速下滑的过程中处于超重状态。（ ）
【答案】(1)错误
(2)错误
(3)错误
(4)正确
(5)错误
【详解】（1）根据牛顿运动定律，力是改变物体运动状态的原因，所以滑雪运动员的运动状
态与受力情况有关，故错误；
（2）加速度方向只能判断合外力的方向，无法直接判断每个力的方向，故错误；
（3）受力情况决定加速度（运动状态的变化快慢、变化方向）， 根据牛顿第二定律F合=ma
，合外力只改变物体的运动状态，不能直接决定物体当下是静止还是朝哪个方向运动；初始
运动状态决定初始时刻的速度（大小、方向）， 二者结合，才能唯一确定物体全程的运动情
况，故错误；
（4）根据牛顿第二定律 F 合=ma，已知质量和加速度，可以确定合外力的大小和方向，故正
确；
（5）超重、失重的判断依据是加速度的竖直分量：加速下滑时，加速度有竖直向下的分量，
运动员处于失重状态，而非超重状态，故错误。
2．一辆货车在公路上行驶时，司机发现前面有异常情况，紧急刹车．货车在公路上又运行了
较长一段距离才停下来．
(1)货车从刹车到停下来的过程中，货车的运动状态不断发生变化．( )
(2)地面对货车的摩擦阻力是改变货车运动状态的原因．( )
(3)由于惯性，货车有保持匀速直线运动状态的趋势，所以刹车后，货车没有立即停下来，而
是又向前运行了一段距离．( )
(4)货车承载的货物越重，惯性越大．( )
(5)货车行驶速度越大，惯性越大．( )
【答案】(1)正确
(2)正确
(3)正确
(4)正确
(5)错误
【详解】（1）货车从刹车到停下来的过程中，货车的速度不断变化，即货车的运动状态不断
发生变化（正确）。
（2）地面对货车的摩擦阻力是改变货车运动状态的原因（ 正确）。
（3）由于惯性，货车有保持匀速直线运动状态的趋势，所以刹车后，货车没有立即停下来，
而是又向前运行了一段距离（正确）。
（4）质量是惯性大小的量度，则货车承载的货物越重，惯性越大（正确）。
（5）质量是惯性大小的量度，与货车行驶的速度大小无关（错误）。
考点一 牛顿第一定律
【核心梳理●明考点】
一、牛顿第一定律
1.内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改
变这种状态。
2.理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上
塑造的理想过程。牛顿第一定律是通过理想斜面实验得出的，它不能(填“不能”或“可
以”)由实际的实验来验证。
3.物理意义
(1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律。
(2)提出了一切物体都具有惯性，即物体维持其原有运动状态的特性。
(3)揭示了力与运动的关系，说明力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态
的原因。
注意：运动状态的改变指速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是物体产生加速度的
原因。
二、惯性
1.定义：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性。
2.惯性大小的量度
质量是物体惯性大小的唯一量度。物体的质量越大，惯性越大；物体的质量越小，惯性越
小。
3.对惯性的理解
(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。
(2)物体惯性的大小只取决于物体的质量，与物体的受力情况、速度大小及所处位置无关。
(3)物体惯性表现形式：
①形式一：“保持原状”。物体不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为物体保持匀
速直线运动状态或静止状态。
②形式二：“反抗改变”。物体受到外力且合外力不为零时，惯性表现为物体运动状态改
变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难改变。
【考点突破●明方向】
例1 关于伽利略设计的如图所示的斜面实验，下列说法正确的是( )
A.通过实验研究，伽利略总结得出了惯性定律
B.伽利略认为物体一旦具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C.图中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成
D.图中的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
【答案】B
【解析】通过斜面实验研究，伽利略总结得出了力不是维持物体运动的原因，牛顿得出了惯
性定律，故A 错误；伽利略认为物体一旦具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永
远运动下去，故B 正确；完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C 错误；伽利略用抽
象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得出物体的运动不需要力来维持，故D 错误。
例2 《考工记》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”的记载，描述了马对车施力停止后车
继续前行的现象。以下关于此现象的分析正确的是( )
A.车前行是因为受到马的惯性作用
B.马对车停止施力后车继续前行是因为车具有惯性
C.车的惯性随速度增大而减小
D.此现象说明力是维持物体运动状态的原因
【答案】B
【解析】题中描述的是惯性现象(牛顿第一定律)，车在马停止施力后继续前行，是因为其具
有保持原有运动状态的特性，即惯性，故A 错误，B 正确；惯性只与质量有关，与速度无关，
故C 错误；力是改变物体运动状态的原因，故D 错误。
考点二 牛顿第二定律
【核心梳理●明考点】
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
。
3.对牛顿第二定律的理解
4.加速度两个表达式的对比理解
(1)a= Δv
Δt 是加速度的定义式，a 与Δv、Δt 无必然联系；
(2)a= F
m是加速度的决定式，a 的大小由合外力F 和质量m 决定，且a∝F，a∝1
m。
某同学为研究雨滴下落的规律查阅资料，了解到：较大的雨滴，其运动模型可看成是1 000 m
高空的物体在有空气阻力的空间中由静止开始下落的运动，落地速度为4 m/s。请分析雨滴下
落的运动过程，描述雨滴下落过程中速度和加速度的变化，并定性作出雨滴下落的v-t 图像
(设空气阻力与速度大小成正比)。
【答案】雨滴先加速下落，速度变大，所受空气阻力变大，由牛顿第二定律mg-kv=ma 知，
雨滴的加速度减小，当雨滴所受的空气阻力与重力大小相等时，加速度为零，雨滴匀速下落。
其下落的v-t 图像如图所示。
【考点突破●明方向】
例3 (2025·浙江金华市三模)乒乓球比赛中，运动员发球时将乒乓球竖直上抛，若乒乓球
受到的空气阻力大小与速率成正比，从抛出开始计时，以竖直向上为正方向，下列描述乒
乓球速度随时间变化图像可能正确的是( )
【答案】C
【解析】由题意，根据牛顿第二定律有上升阶段mg+kv=ma1，下降阶段mg-kv=ma2，可得小
球在上升和下降阶段加速度大小分别为a1=g+kv
m ，a2=g-kv
m ，上升阶段v 逐渐减小，则a1逐渐
减小，下降阶段v 逐渐增大，则a2也逐渐减小，即v-t 图像的斜率的绝对值逐渐减小，最小为
零，故C 可能正确，A、B、D 错误。
例4 生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂直，底板和侧
板对重物的弹力分别为F 底、F 侧，忽略重物和两板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间
的夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时( )
A.F 底增大，F 侧增大B.F 底减小，F 侧增大
C.F 底增大，F 侧减小D.F 底减小，F 侧减小
【答案】B
【解析】对重物受力分析，设底板与水平面之间的夹角为θ，如图所示，小车匀速时，有F 底
sin θ=F 侧cos θ，小车加速时，有F 侧cos θ-F 底sin θ=ma，其中a>0，则F 底减小，F 侧增大，故
选B。
例5 (2025·浙江新阵地教育联盟联考)如图所示，质量为m 和2m 的A、B 两个小球通过
轻绳相连，A 的上端通过轻弹簧悬挂于天花板，处于静止状态。重力加速度为g，不计空
气阻力，若将A、B 之间的轻绳剪断，则剪断瞬间A 和B 的加速度大小分别为( )
A.2g，g
B.2g，0
C.g，g
D.g，0
【答案】A
【解析】静止时，对A、B 整体分析，弹簧弹力F 弹=2mg+mg=3mg
剪断A、B 之间的轻绳瞬间，轻绳的拉力突变为0，B 做自由落体运动，aB=g；弹簧的拉力F
弹保持不变，仍为3mg，根据牛顿第二定律，
对A 有F 弹-mg=maA
解得aA=2g，故选A。
求解瞬时加速度问题的一般思路
考点三 超重和失重问题
【核心梳理●明考点】
超重、失重和完全失重的对比
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
加速上升或减速下加速下降或减速上升自由落体运动、竖直上抛运动等
动情境
降
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。
当在盛水的静止塑料瓶壁上扎一个小孔时，水会从小孔喷出，但释放水瓶，让水瓶自由下落
时，水却不会从小孔流出。这是为什么？
【答案】塑料瓶静止时，小孔有水喷出，是因为上部的水对下部的水产生压力；当让水瓶自
由下落时，由于a=g，水和瓶均处于完全失重状态，上部的水不会对下部的水产生压力，故
水不再从小孔流出。
【考点突破●明方向】
例6 (2024·全国甲卷·22)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9.8 m/s2。
(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4.5 N，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 m/s2(结果保留1 位小数)。
【答案】(1)5.0 (2)失重 1.0
【解析】(1)由题图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N。
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力，可知此段时间内物体处
于失重状态；G=mg=5.0 N
根据牛顿第二定律mg-FT=ma
代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0 m/s2。
例7 利用手机软件可以记录物体运动的加速度，现用某款智能手机进行户外游乐项目
“跳楼机”测试，将手机放在“跳楼机”的电梯地板上，打开手机软件，电梯由静止开始
上升后，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，
则( )
A.在t1~t3时间内电梯先加速后减速
B.在t3时刻电梯到达最高点
C.在t2~t3时间内手机受到的支持力逐渐减小
D.在t2~t4时间内，手机处于失重状态
【答案】C
【解析】a-t 图像中图线与t 轴所围面积表示速度的变化量，可知t1~t3时间内速度一直增加，
所以电梯一直加速，A 错误；由题图可知，t3时刻前，加速度方向向上，速度方向向上，电梯
向上做加速运动；t3时刻后，加速度方向向下，速度方向向上，电梯向上做减速直线运动，
故t3时刻电梯还没有到达最高点，B 错误；对手机进行受力分析可知，t2~t3时间内，根据牛顿
第二定律FN-mg=ma，该段时间内，a 逐渐减小，因此支持力FN逐渐减小，C 正确；在t2~t4时
间内，手机加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，D 错误。
判断超重和失重的方法
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，物体处于
失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态。
2.从加速度的角度判断
当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失
重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。
考点四 单位制
【核心梳理●明考点】
1.单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2.基本单位：基本量的单位。国际单位制中基本量共七个，其中力学有三个，是长度、质
量、时间，基本单位分别是米、千克、秒。
3.导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
4.国际单位制的基本单位
物理量名称
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
l
米
m
质量
m
千克(公斤)
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
物质的量
n，(ν)
摩[尔]
mol
发光强度
I，(Iv)
坎[德拉]
cd
【考点突破●明方向】
例8 (2023·辽宁卷·2)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长
度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r 时，相互作用力的大小
可以表示为ΔF=k
I 1 I 2 Δl1 Δl2
r
2
。比例系数k 的单位是( )
A.kg·m/(s2·A)
B.kg·m/(s2·A2)
C.kg·m2/(s3·A)
D.kg·m2/(s3·A3)
【答案】B
【解析】根据题干公式ΔF=k
I 1 I 2 Δl1 Δl2
r
2
整理可得k=
Δ F r
2
I 1 I 2 Δl1 Δl2
，代入相应物理量单位可得比
例系数k 的单位为N
A
2=kg·m/ s
2
A
2
=kg·m/(s2·A2)，故选B。
【真题演练●悟高考】
一、单选题
1．（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。
2．（2025·浙江·高考真题）如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m 的物块，另一
端固定在水平桌面上的A、B 两点。物块处于AB 连线的中点C 时，橡皮绳为原长。现将物块
沿AB 中垂线水平拉至桌面上的O 点静止释放。已知CO 距离为L，物块与桌面间的动摩擦因
数为μ，橡皮绳始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则释放后（ ）
A．物块做简谐运动
B．物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用
C．若∠AOB =90°时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为❑√2 F
D．若物块第一次到达C 点的速度为v0，此过程中橡皮绳对物块做的功W = 1
2 mv0
2+ μmgL
【答案】D
【详解】AB．物块在水平桌面上运动，受到重力、桌面的支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力
的作用；而运动方向受橡皮绳的弹力和摩擦力作用，其合力不满足简谐运动的回复力特点（
F =−kx），因摩擦力是恒力，不随位移按比例变化，所以物块不做简谐运动，故AB 错误；
C．若∠AOB =90°时每根橡皮绳的弹力为F，两根橡皮绳弹力的合力F弹合=
❑√F
2+ F
2= ❑√2 F
物块还受到摩擦力为f = μN = μmg
则物块所受合力为F合= ❑√2 F −μmg，故C 错误；
D．若物块第一次到达C 点的速度为v0，物块从O 点运动到C 点，由动能定理可知
W −μmgL= 1
2 mv0
2−0
解得橡皮绳对物块做的功为W = 1
2 m v0
2+ μmgL，故D 正确。
故选D。
3．（2024·天津·高考真题）生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧
板垂直，底板和侧板对重物的弹力分别为F 底、F侧，忽略重物和底板之间的摩擦力。保持底
板与水平面之间的夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加
速时（ ）
A．F 底增大，F侧增大
B．F 底减小，F侧增大
C．F 底增大，F侧减小
D．F 底减小，F侧减小
【答案】B
【详解】对重物受力分析，设底板与水平面之间的夹角为θ，如图所示
小车匀速时，有F 底sinθ = F侧cosθ，小车加速时，有F侧cosθ−F 底sinθ =ma
其中a>0，则F 底减小，F侧增大。
故选B。
4．（2025·甘肃·高考真题）2025 年4 月24 日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神
舟二十号载人飞船的长征二号F 遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约
为6×10
6 N。火箭质量约为500 吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约
为（ ）（重力加速度g 取10m/s
2）
A．2m/s
2
B．4m/s
2
C．6m/s
2
D．12m/s
2
【答案】A
【详解】根据题意，由牛顿第二定律有F −mg=ma
代入数据解得a= 6×10
6−5×10
6
5×10
5
m/s
2=2m/s
2
故选A。
5．（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t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D．t 4时刻，实验舱达到最高点
【答案】B
【详解】A．t1∼t3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．由于受到的空气阻力f 的大小随速率增大而增大则f—t 图的形状与v—t 图的形状是一模一
样的，则t2∼t3实验舱加速度大小在减小，故B 正确；
C．t3∼t5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t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故
D 错误。
故选B。
6．（2025·安徽·高考真题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木
箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运
动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不
计空气阻力，重力加速度g 取10m/s
2，则在乙下落的过程中（ ）
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为2.5m/s
2
D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N
【答案】C
【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向
右，A 错误；
B．设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度，
对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN= M 总g−ma
则地面对木箱的支持力大小不变，B 错误；
CD．设绳子的弹力大小为T，对甲受力分析有T −μmg=ma
对乙受力分析有mg−T =ma
联立解得a=2.5 m/s
2，T =7.5 N
C 正确，D 错误。
故选C。
7．（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θ，交线为PN，坡面内QN 与PN 垂直，挡板
平面与坡面的交线为MN，∠MNQ =θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，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．gsin
2θ−μgcosθ−μgsinθcosθ
B．gsinθcosθ−μgcosθ−μgsin
2θ
C．gsinθcosθ−μgcosθ−μgsinθcosθ
D．gcos
2θ−μgcosθ−μgsin
2θ
【答案】B
【详解】根据牛顿第二定律mgsinθcosθ−μmgcosθ−μmgsinθsinθ =ma
可得a= gsinθcosθ−μgcosθ−μgsin
2θ
故选B。
二、多选题
8．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，物块N 、P、Q的质量分别为m、m、2m，Q通过不
可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻
弹簧相连。初始时托住N和Q，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放N和Q
，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性
势能Ep= 1
2 k x
2（x为形变量），重力加速度大小为g。则（ ）
A．释放后瞬间Q的加速度大小为g
3
B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg
C．释放后N下降的最大距离为3mg
4 k
D．释放后N的速度最大值为g
2
❑√
3m
k
【答案】AD
【详解】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放
后瞬间轻绳上的拉力大小为T，对Q、P整体，由牛顿第二定律有2mg−mg =(m+2m)a
对Q，由牛顿第二定律有2mg−F =2ma
联立解得a= 1
3 g，F = 4
3 mg，故A 正确，B 错误；
CD．根据题意，把物块N 、P、Q看成整体，左边受向下的2mg，右边也受向下的2mg，整体
合力为零，由动量守恒定律有m vN=(m+2m)vPQ
则有m vNt =(m+2m)vPQt
可得m xN =(m+2m) xPQ
解得vN =3 vPQ，xN=3 xPQ
设释放后N下降的最大距离为xN=h，则xPQ= 1
3 h，此时弹簧形变量为Δ x1=h+ 1
3 h
由能量守恒定律有mgh+2mg⋅1
3 h−mg⋅1
3 h= 1
2 k (Δ x1)
2
解得h= 3mg
2k
释放后N的速度最大时为vN= vm，则有vPQ= 1
3 vN = 1
3 vm
又有k Δ x2=mg
解得Δ x2= mg
k
则有x
′
N= 3mg
4 k ，x
′
PQ= mg
4 k
由能量守恒定律有mg x
′
N+2mg⋅x
′
PQ−mg⋅x
′
PQ= 1
2 k (Δ x2)
2+ 1
2 m vm
2 + 1
2
(m+2m)(
1
3 vm)
2
解得vm = g
2
❑√
3m
k ，故C 错误，D 正确。
故选AD。
9．（2025·甘肃·高考真题）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为
m 的小球B 与A 用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。
现剪断细线，下列说法正确的是（ ）
A．小球A 运动到弹簧原长处的速度最大B．剪断细线的瞬间，小球A 的加速度大小为g
2
C．小球A 运动到最高点时，弹簧的伸长量为mg
k
D．小球A 运动到最低点时，弹簧的
伸长量为2mg
k
【答案】BC
【详解】A．剪断细线后，弹力大于A 的重力，则A 先向上做加速运动，随弹力的减小，则
向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选
项A 错误；
B．剪断细线之前则F 弹=3mg
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A 由牛顿第二定律F弹−2mg=2ma
解得A 的加速度a= g
2
选项B 正确；
C．剪断细线之前弹簧伸长量x1= 3mg
k
剪断细线后A 做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x2= 2mg
k
即振幅为A = x1−x2= mg
k
由对称性可知小球A 运动到最高点时，弹簧伸长量为mg
k ，选项C 正确；
D．由上述分析可知，小球A 运动到最低点时，弹簧伸长量为3mg
k
，选项D 错误。
故选BC。
10．（2025·广西·高考真题）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；
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压力，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。
三、实验题
11．（2025·安徽·高考真题）某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜
度，使小车___________。（选填正确答案标号）
a.能在轨道上保持静止
b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
(2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于
力传感器上，箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度
a，并将数据实时传送到计算机。
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a 随时间t 变化的散点图，以竖直向上为正方
向。t = 4s时，物体处于___________（选填“超重”或“失重”）状态；以FN为横轴、a 为纵
轴，根据实验数据拟合得到的a−FN图像为图丁中的图线a、
②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a−FN图像为图丁中的图线___________。（选
填“b”“c”或“d”）
【答案】(1)c
(2) 失重 d
【详解】（1）平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨
道做匀速运动。
故选c。
（2）[1]根据图像可知t = 4s时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态；
[2]对物体根据牛顿第二定律FN−mg =ma
整理得a= 1
m ⋅FN−g
可知图像的斜率为1
m，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其a−FN图像
为图丁中的图线d。
四、解答题
12．（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明
确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为m的石杵（石杵
与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力F1使其上升，作用一段时间t1后松手，
松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖
直向下的作用力F2，其大小随下降距离x的变化关系如图（b）所示，图中Fm为F2的最大值。
石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过Δt时间石杵静止，完成一次
舂捣。已知m=2.5kg，F1= 200
7 N ，Fm=50 N，t1=0.7s，Δt =0.025s，取重力加速度大小
g=10 m /s
2。求：
(1)石杵上升的最大高度h0及上升过程所用的时间；
(2)Δt时间内石杵对谷物的平均作用力大小。
【答案】(1)0.4m，0.8s
(2)425N
【详解】（1）对石杵施加一竖直向上的恒力F1，当作用时间为t1的过程中的加速度
a= F1−mg
m
= 10
7 m/s
2
此时的速度v1=at1=1m/s
上升的位移h1= v1
2 t1=0.35 m
撤去F1后还能上升的高度h2= v1
2
2 g =0.05 m
还能上升的时间t2= v1
g =0.1s
石杵上升的最大高度h0=h1+h2=0.4 m
上升过程所用的时间t =t1+t2=0.8s
（2）根据图像，石杵下落过程中F2对石杵做功为W = 1
2 Fmh0= 1
2 ×50×0.4 J=10J
当到达石杵接触谷物时由动能定理W +mgh0= 1
2 m v2
2
解得v2 =4m/s
石杵与谷物作用的过程，对石杵由动量定理（向上为正）( F −mg) Δt =0−(−m v2)
解得F=425N
根据牛顿第三定律可知，石杵对谷物的平均作用力大小425N。
13．（2025·重庆·高考真题）如图所示，长度为d 的水平传送带M 顺时针匀速运动。质量为
m 的小物块A 在传送带左端M 由静止释放。A 还未与传送带达到相同速度时就从右端N 平滑
地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B 发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B 均向
右运动，从O 点进入粗糙水平地面。设A 与传送带间的动摩擦因数和A、B 与地面间的动摩
擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A 在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B 的速度大小为A 的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B 在粗糙地面上停
下后相距d，求B 的质量；
(3)若B 的质量是A 的n 倍，碰后瞬间A 和B 的动量相同，求n 的取值范围及碰后瞬间B 的速
度大小范围。
【答案】(1)a= μg，v1= ❑√2 μgd
(2)M = m
3
(3)1
3 <n≤1，
❑√2 μgd
2
<vB< 3
2
❑√2 μgd
【详解】（1）A 在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg=ma
可得a= μg
由于A 还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运
动，由v1
2=2ad
解得v1= ❑√2 μgd
（2）设B 的质量为M，则由题意由碰前vA= v1，vB= v1
2 ，两物体发生弹性碰撞则动量和能量
守恒有m v1+ M v1
2 =m v
′
1+ M v
′
2，1
2 mv1
2+ 1
2 M(
v1
2)
2
= 1
2 mv
′
1
2+ 1
2 M v
′
2
2
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即
v1−v1
2 = v
′
2−v
′
1= v1
2
联立解得v
′
1= mv1
m+ M ，v
′
2=
(3m+ M )v1
2(m+ M )
因为OP 段粗糙，由动能定理有−μmgs=0−1
2 mv
2
得s= v
2
2 μg，即sA= v
′
1
2
2 μg，sB= v
′
2
2
2 μg
根据题意有sB−sA=d，且由（1）有v1= ❑√2 μgd
联立各式解得M = m
3
（3）设碰前小物块B 向右运动的速度为vB0,A、B 发生碰撞，则vB0<v1
A、B 碰撞过程动量守恒有m v1+nmvB0=m vA+nmvB
又因为碰后瞬间A 和B 的动量相同，则m vA=nm vB>0
则vB= v1+n vB0
2n
，vA= v1+n vB0
2
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有vA≤vB，即n≤1
碰后动能不增，即1
2 m v1
2+ 1
2 nm vB0
2 ≥1
2 m(
v1+n vB0
2
)
2
+ 1
2
(nm)(
v1+n vB0
2n )
2
，可得n> 1
3
所以n 的取值范围为1
3 <n≤1
分别将n=1和n= 1
3代入vB= v1+n vB0
2n
，分别可得vB= v1+ vB0
2
> v1
2 ，vB' = 3 v1+ vB0
2
< 3
2 v1
所以对应的B 的速度范围为v1
2 <vB< 3
2 v1，代入v1= ❑√2 μgd
可得
❑√2 μgd
2
<vB< 3
2
❑√2 μgd
14．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m 的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为
0.01kg 的小物块以3m/s 的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因
数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g 取10m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所
用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面
时水平速度的大小。
【答案】(1)0.6m
(2)IN = 0.1N·s；vx′ = 0
【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg
则小物块从开始运动到离开平台有v x
2−v0
2=−2a x0
小物块从平台飞出后做平抛运动有h= 1
2 gt1
2，x = vxt1
联立解得x = 0.6m
（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹
起的初速度有h
′ = 1
2 gt2
2，vy2 = gt2
则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s
物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－
m(－vy1)，vy1 = gt1
解得IN = 0.1N·s
取水平向右为正，在水平方向有－μN Δt =m v x′ －m v x，I N = N Δt
解得vx′ = －1m/s
但由于vx′减小为0 将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：36 分]
[1~8 题，每题3 分]
1.(2024·浙江1 月选考·1)下列属于国际单位制基本单位符号的是( )
A.s
B.N
C.F
D.T
【答案】A
【解析】时间单位符号s 是国际单位制中的基本单位符号，其余N、F、T 是导出单位的符号，
故A 正确。
2.下列描述符合事实的是( )
A.伽利略根据理想实验，提出力不是维持物体运动的原因
B.力属于国际单位制中的基本物理量，对应基本单位是牛顿
C.牛顿运动定律不仅能准确描述宏观物体的运动规律，还能准确描述微观粒子的运动规律
D.速度越大的物体惯性越大
【答案】A
【解析】伽利略根据理想实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A 正确；力是导出物理
量，其单位牛顿(N)是导出单位，不属于国际单位制中的基本单位，故B 错误；牛顿运动定律
仅适用于宏观、低速的物体，无法准确描述微观粒子的运动规律，故C 错误；惯性大小仅由
物体质量决定，与速度无关，故D 错误。
3.科学技术的不断发展，给我们的工作和生活带来了方便。如图为某同学用智能手机拍摄竖
直放置的水瓶在水平方向做直线运动时形成的水面形状。则水瓶的运动状态可能是( )
A.图(a)和图(b)均向右匀速
B.图(a)向左匀速，图(b)向左加速
C.图(a)向右匀速，图(b)向左减速
D.图(a)向左加速，图(b)向右加速
【答案】C
【解析】题图(a)中水面水平，则题图(a)可能向左或向右做匀速运动，题图(b)中把水面看成一
个光滑斜面，假设有一个小球在斜面上，则小球受到重力和斜面对它斜向右上方的支持力，
合力水平向右，所以题图(b)可能向右加速也可能向左减速。故选C。
4.(2025·浙江省杭州市检测)电梯下降过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化
的关系，如图所示。出现超重现象的时段是( )
A.从20.0 s 到30.0 s
B.从30.0 s 到40.0 s
C.从40.0 s 到50.0 s
D.从50.0 s 到60.0 s
【答案】C
【解析】根据题图中的v-t 图像可知，在20.0~30.0 s 过程中，电梯加速下降，加速度向下，电
梯处于失重状态，在30.0~40.0 s 过程中电梯匀速下降，电梯既不超重也不失重，在40.0~50.0
s 过程中电梯减速下降，加速度向上，电梯处于超重状态，在50.0~60.0 s 过程中电梯处于静
止状态。故选C。
5.(多选)(2025·四川卷·8)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c 和d 表示，则下列各式可
能表示能量的是( )
A.a
2b
c
2
B.ab
2
c
2
C.d
2
b
D.b
2
d
【答案】AC
【解析】根据题意可知a
2b
c
2 的单位为m
2·kg
s
2
= kg·(m/s)2，结合动能公式Ek=1
2mv2可知 kg·(m/s)2
为能量单位；同理ab
2
c
2 的单位为m·k g
2
s
2
=kg2·m/s2，d
2
b 的单位为(kg·m·s
−1)
2
kg
=kg·(m/s)2；b
2
d 的单
位为
k g
2
kg·m·s
−1 = kg
m·s
−1，根据分析可知，C 选项单位为能量单位，B、D 选项单位不是能量单
位，故选A、C。
6.(2025·北京卷·11)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t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻，实验舱达到最高点
【答案】B
【解析】t1~t3内，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
在t1~t2内处于弹射过程，在t2~t3内做竖直上抛运动，故A 错误；t2~t3内，f 向下在减小，根据
牛顿第二定律有mg+f=ma，即a= f
m+g，故从t2到t3加速度大小在减小，故B 正确；t3~t5内，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；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从
向上运动变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D 错误。
7.(2024·湖南卷·3)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，
则剪断瞬间B 和C 的加速度大小分别为( )
A.g，1.5g
B.2g，1.5g
C.2g，0.5g
D.g，0.5g
【答案】A
【解析】剪断前，对B、C、D 整体受力分析：
A、B 间轻弹簧的弹力
FAB=(3m+2m+m)g=6mg
对D 受力分析：C、D 间轻弹簧的弹力FCD=mg
剪断后，对B：FAB-3mg=3maB
解得aB=g，方向竖直向上
对C：FDC+2mg=2maC
解得aC=1.5g，方向竖直向下，故选A。
8.(2025·浙江杭州市期中)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
在车顶上，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
相对于车厢底板静止，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 的苹果受到的合力大小为mg
tanθ
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mg
cosθ
【答案】D
【解析】对小球受力分析，可知合力方向水平向左，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，则做匀加速直线运动，A 错误；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m1gtan θ=m1a，解得a=gtan
θ，则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为a=gtan θ，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车厢底
板静止，则车厢底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，以这箱苹果为研究对象，根据牛顿第二
定律有Ff=Ma=Mgtan θ，方向水平向左，B 错误；以苹果箱中间一个质量为m 的苹果为研究
对象，所受合外力为F 合=ma=mgtan θ，设周围其他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Fsin α=ma，在竖直方向上Fcos α=mg，加
速度a=gtan θ，可知F= mg
cosα ，tan α=tan θ，则α=θ，即F= mg
cosθ，C 错误，D 正确。
[9~11 题，每题4 分]
9.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m 的货物
与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3。当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保
持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15 倍，连接索道与车厢的杆始
终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦
力大小为( )
A.0.35mg
B.0.3mg
C.0.23mg
D.0.2mg
【答案】D
【解析】将加速度a 沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，
水平方向：Ff=max，
竖直方向：FN-mg=may，FN=1.15mg，
又
a y
ax =tan 37°，联立解得Ff=0.2mg，故D 正确。
10.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2 kg 的小球从弹簧正上方某高度
处自由下落，从它接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v 和
弹簧压缩量Δx 之间的函数图像如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机
械能损失不计，空气阻力不计，g 取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.当Δx=0.05 m 时，小球处于超重状态
B.若小球接触弹簧瞬间粘住(不计能量损失)，最低点的小球加速度大小可能等于g
C.该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
D.从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，小球的机械能先增大后减小
【答案】C
【解析】当Δx=0.05 m 时，小球做加速运动，小球受到的重力大于弹簧的弹力，小球有向下
的加速度，小球处于失重状态，故A 错误；由题图乙知，小球与弹簧接触的开始一段位移内
速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx 为0.1 m 时，小球的速度最大，然后
减小，说明当Δx 为0.1 m 时，小球的重力大小等于弹簧对它的弹力，由kΔx=mg，解得k=mg
Δ x
=0.2×10
0.1
N/m=20.0 N/m，故C 正确；由题图乙可知，当Δx1=0.61 m 时，小球处于最低点，根
据牛顿第二定律可得kΔx1-mg=ma，解得最低点小球的加速度大小为a=51 m/s2>g，故B 错误；
从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，弹簧弹力一直做负功，小球的机械能一直减小，故
D 错误。
11.(2025·山东卷·8)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θ，交线为PN，坡面内QN 与PN 垂直，挡板平面与
坡面的交线为MN，∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，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.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ
C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ
【答案】B
【解析】对建筑材料受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律mgsin θcos θ-μFN1-μFN2=ma，其中FN1=mgcos θ，FN2=mgsin2θ，可得a=gsin
θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ，故选B。
