文档文本内容
第07 讲 牛顿运动定律的理解及基本应用
目录
01 课标达标练....................................................................................................................................................... 1
题型01 牛顿运动定律的理解........................................................................................................................... 1
题型02 单位制及量纲....................................................................................................................................... 6
题型03 牛顿第二定律的瞬时性问题...............................................................................................................7
题型04 动力学的两类基本问题................................................................................................................ 10
题型05 超重和失重的理解............................................................................................................................. 13
题型06 动力学中的图像问题....................................................................................................................16
02 核心突破练..................................................................................................................................................... 19
03 真题溯源练..................................................................................................................................................... 27
01 牛顿运动定律的理解
1．
【传统文化与学科知识结合】（2025·河南·模拟预测）《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
【详解】AB．题中描述的是惯性现象（牛顿第一定律），车在马停止后继续前行，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；
C．惯性只与质量有关，与速度无关，故C 错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，故D 错误。
故选B。
2．（2025·辽宁鞍山·三模）伽利略在研究力和运动的关系时，为了阐明自己的观点，设计了如图所示的实
验：让一个小球沿斜面从静止状态开始运动，小球将“冲”上另一个斜面。如果没有摩擦，小球将到达原
来的高度。如果第二个斜面倾角减小，小球仍将到达原来的高度，但是运动的距离更长。由此可以推断，
当斜面最终变为水平面时，小球要到达原有高度将永远运动下去。下列说法中正确的是（ ）
A．该实验充分证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点
B．伽利略设计的无摩擦的斜面可以通过改进实验装置制作工艺实现
C．“小球沿右侧斜面向上运动时，如果没有摩擦，小球将到达原来的高度”，这是实际实验现象
D．这种理想实验是依据逻辑推理把实际实验理想化，从而揭示现象本质的研究方法
【答案】D
【详解】A．当右侧斜面倾角变为
时，忽略摩擦力的影响，小球将一直运动下去，伽利略的结论是“力
不是维持物体运动的原因”，故A 错误；
B．没有摩擦，绝对光滑的轨道，无论通过什么工艺都不能实现，故B 错误；
C．由于没有绝对光滑的轨道，故“小球沿右侧斜面向上运动时，如果没有摩擦，小球将到达原来的高
度”，这是实际实验观察不到的现象，故C 错误；
D．伽利略理想实验的本质是想象着把实际存在，影响物体运动的摩擦力去掉，抓住事物的本质，这种依
据逻辑推理把实际实验理想化的思想，也是揭示现象本质的重要研究方法之一，故D 正确。
故选D。
3．（2025·浙江·二模）如图所示，在水平地面上，一位同学单手倒立斜靠在一大木箱上（木箱侧面光滑），
已知同学的质量小于木箱质量，同学和木箱均保持静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．同学受到地面的摩擦力小于木箱受到地面的摩擦力
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力是一对平衡力
C．同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力是作用力与反作用力
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力
【答案】D
【详解】A．对同学和木箱的整体分析，水平方向受合外力为零，则同学受到地面的摩擦力与木箱受到地
面的摩擦力大小相等，方向相反，选项A 错误；
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力因作用在两个物体上，不是一对平衡力，选项B 错误；
C．弹力和摩擦力是不同性质的力，则同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力不是作用力与反
作用力，选项C 错误；
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力，选项D 正确。
故选D。
4．
如图所示，物理老师用一根筷子穿透一个苹果，他一手拿筷子，另一只手拿锤子敲击筷子
上端，发现苹果会沿着筷子向上“爬”，下列说法正确的是（ ）
A．苹果越小越容易完成该实验
B．苹果受到筷子的向上的力才会向上“爬”
C．该实验原理主要是利用牛顿第一定律
D．该实验原理主要是利用牛顿第三定律
【答案】C
【详解】该实验的原理是牛顿第一定律，即惯性定律，任何物体总要保持原有的运动状态（静止或匀速直
线运动），除非外力迫使它改变这种状态。当拿锤子敲击筷子上端时，筷子快速下降，而苹果由于具有惯
性，要保持原有的运动状态，位置保持不变，但筷子下降，则苹果相对筷子在向上运动，即苹果会沿着筷
子向上“爬”，不是苹果受到筷子的向上的力向上“爬”，苹果越大，质量越大，惯性越大，越容易完成
该实验。
故选C。
5．图甲是小李因踩到香蕉皮而摔倒的情景，图乙是小张因被石头绊到而摔倒的情景，则下列说法正确的
是（ ）
A．小李摔倒是因为下半身的速度小于上半身的速度
B．小张摔倒是因为脚的速度变为0，上半身仍保持原来的运动状态
C．人行走越快越容易摔倒，因此速度越大，人的惯性越大
D．小李摔倒是因为小李的惯性变小了
【答案】B
【详解】A．小李摔倒是因为小李的脚受到的摩擦力突然变小，脚不能立刻停下来，脚向前滑，由于惯性，
上半身还要保持原来的运动状态，人下半身的速度大于上半身的速度，所以人会向后倾倒，故A 错误；
B．小张摔倒是因为小张的脚被石头绊到后立即静止，小张的上半身由于惯性仍保持原来的运动状态，小
张向前摔倒，故B 正确；
CD．惯性只与物体的质量有关，与速度无关，故CD 错误。
故选B。
6．
【与数学知识结合】（2025·全国·模拟预测）如图所示，一物块在水平力作用下沿光滑水平
面运动，某段时间内力
保持作用点和大小不变，方向逆时针匀速旋转
，此过程中物块始终没有离开
地面，在力
旋转过程中，物块的加速度
随时间变化的图像为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】据牛顿第二定律可得
即
，故选B。
7．
（2025·安徽滁州·二模）如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正
中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C 处。现用力竖直向下
将木板中心拉到D 处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分分离。若木板中心位于B 处时，
弹簧处于原长状态，位置A 与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于（ ）
A．C 处
B．B 处
C． D、C 之间
D．B、A 之间
【答案】B
【详解】物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用加速度为g，则
此时木板的加速度也为g，则木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即木
板在B 处。
故选B。
8．（2025·安徽合肥·二模）如图所示为一款名为“飞天雪王”的玩具，其下半部由轻质弹性网制成。用手
下压其头部，弹性网被压缩，松手后“飞天雪王”被竖直弹向空中。以其头部的初始位置为坐标原点、竖
直向上为正方向建立x 轴。已知弹性网的弹力大小与形变量成正比，不计空气阻力，则在“飞天雪王”向
上运动的过程中，其速度v 或加速度a 随时间t 变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】在“飞天雪王”向上运动的过程中，一开始弹力大于重力，加速度方向向上（正方向），随着弹
力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐减小，“飞天雪王”的加速度逐渐减小；当弹力等于重力时，“飞天
雪王”的加速度为0，“飞天雪王”的速度达到最大；之后弹力小于重力，“飞天雪王”的合力方向向下，
且随着弹力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐增大，则“飞天雪王”的加速度向下（负方向）逐渐增大，
当“飞天雪王”离开弹性网后，在空中只受重力作用，加速度为重力加速度，保持不变。根据以上分析可
知，在“飞天雪王”向上运动的过程中，先向上做加速度逐渐减小的加速运动，再向上做加速度逐渐增大
的减速运动，最后做加速度为g 的匀减速运动。
故选B。
02 单位制及量纲
9．（2025·浙江·二模）2024 年6 月27 日，吉利汽车发布的最新一代“刀片式”磷酸铁锂电池——神盾短
刀电池。质量能量密度提升至
，体积利用率提升50%，适配性更广泛。下列用国际单位制来表
示质量能量密度的单位，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】能量密度为
故选A。
10．（2025·河北邢台·三模）飞机升力的计算涉及多个关键因素，主要包括气体密度ρ、飞行速度v、机翼
的面积S 以及升力系数
。某双翼客机飞行中所受升力的计算公式为
，以下关于升力系数
的单位说法正确的是（ ）
A．N·m
B．
C．N/m
D．无单位
【答案】D
【详解】通过题给的物理量关系
变形得
对应单位为
整理可以得出升力系数是一个数值，没有单位。
故选D。
03 牛顿第二定律的瞬时性问题
11．（2025·安徽马鞍山·一模）如图所示，质量为2m 的木箱用细绳竖直悬挂，质量均为m 的物块A、B 分
别通过轻质弹簧连接木箱的底部和顶部。初始时，A、B 和木箱均静止，已知重力加速度为g。某时刻剪断
细绳，此瞬间，A、B 和木箱的加速度大小分别为（ ）
A．0、0、2g
B．g、g、g
C．0、g、g
D．0、0、g
【答案】A
【详解】剪断细绳瞬间，两个弹簧的弹力不变，均为mg，可知AB 的加速度仍为零；对木箱分析可知
解得a=2g
故选A。
12．（2025·重庆·模拟预测）如图所示，两根绝缘细线的上端都系在水平天花板上，另一端分别连着两个
带电小球
，平衡时两小球处于同一水平线上，两细线与天花板间的夹角分别为
，重
力加速度大小为
，现剪断连接
球的细线，则在剪断细线的瞬间，
球的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】剪断细线之前，连接Q 球的细线的拉力为
剪断细线后小球Q 受向下的重力和P 对Q 的引力不变，则合力大小为
解得
故选A。
13．（多选）如图所示，质量为3kg 的物体A 静止在劲度系数为100N/m 的竖直轻弹簧上方。质量为2kg
的物体B 用细线悬挂起来，A、B 紧挨在一起但A、B 之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，
下列说法正确的是（g 取10m/s2）（ ）
A．轻弹簧的压缩量为0.2m
B．物体A 的瞬时加速度为0
C．物体B 的瞬时加速度为a=4m/s2
D．物体B 对物体A 的压力为12N
【答案】CD
【详解】A．A、B 紧挨在一起但A、B 之间无压力，对A 有
解得弹簧压缩量为
故A 错误；
BC．细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对AB 整体，由牛顿第二定律有
解得物体AB 的瞬时加速度为
故B 错误，C 正确；
D．对物体A，由牛顿第二定律可得
解得物体B 对物体A 的压力为
故D 正确。
故选CD。
14．（多选）如图所示，正六边形稳固支架竖直放置且固定在水平地面上，中心点为O，C、D 为支架两
个顶点，通过轻绳CA、BD 分别固定两个质量均为
的相同小球A、B，两小球通过轻质弹簧相连，整
个装置处于静止状态，且CAO、OBD 共线。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳CA 的弹力为4mg
B．轻绳BD 的弹力为mg
C．剪断轻绳CA 瞬间，小球A 加速度大小为
D．剪断轻绳CA 瞬间，小球B 加速度大小为
【答案】AC
【详解】AB．对小球A、B、弹簧整体进行受力分析，如图所示。竖直方向有
水平方向有
解得
，
，A 正确，B 错误；
C．剪断轻绳
瞬间，由于弹簧弹力瞬间不变，所以小球A 受到的合外力大小为
根据牛顿第二定律得
解得
，C 正确；
D．小球B 受力不变，加速度为0，D 错误。
故选AC。
04 动力学的两类基本问题
15．（2025·重庆·模拟预测）2024 年9 月25 日，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域，成功发射
一枚洲际导弹。设导弹的质量为
，在导弹发射助推阶段，可视为从静止开始竖直向上的匀加速直
线运动，此阶段推力恒为
。从导弹发射开始计时，第2s 内的位移为50m，重力加速度
，
则导弹所受的阻力为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】匀加速运动第2s 内的位移为50m，则第2s 内的平均速度
根据
时的速度等于第2s 内的平均速度，则加速度
已知推力
，设阻力为
，根据牛顿第二定律，有
代入数据得
故选A。
16．（2025·新疆·模拟预测）水上乐园小朋友正在玩水滑梯。已知滑梯顶端距地面高为4m，滑梯所构成的
斜面长度为8m。一名质量为30kg 的小朋友由静止从滑梯顶端滑下，其速度-时间图像如图所示。小朋友滑
至底端后，沿水平滑轨滑行4m 停止。小朋友视为质点，g=10m/s² 求:
(1)小朋友沿滑梯下滑过程的加速度的大小；
(2)小朋友沿滑梯下滑过程受到的阻力；
(3)小朋友与水平滑轨间的动摩擦因数。
【答案】(1)1m/s2；(2)120N；(3)0.2
【详解】（1）在速度-时间图像中，加速度a 等于图线的斜率。
由图像可知
（2）根据牛顿第二定律得
根据题意得
解得
（3）设小朋友滑至底端的速度v，
解得
设水平滑行时的加速度大小为a'，根据牛顿第二定律得
根据运动学公式
解得
17．
【实际生活与学科知识结合】（2025·安徽阜阳·模拟预测）如图，某门球训练场沿直线等
间距地摆放着若干个定位球门，球门间距d=0.9m，某运动员将门球水平向右击出，门球的运动可看作匀减
速直线运动。现测出门球从1 号球门运动到2 号球门用时t1=0.4s，从2 号球门运动到3 号球门用时
t2=0.5s，已知该门球的质量为0.5kg，可以看作质点。求该门球：
(1)运动过程中受到的合力；
(2)最远能通过第几号球门。
【答案】(1)0.5N，方向水平向左；(2)第4 号球门
【详解】（1）设滑行的初速度为v0，水平向右为正方向，有
联立解得
，
由牛顿第二定律，有
解得
合力大小为0.5N，方向水平向左；
（2）设由经过1 号球门起，该门球运动的位移为x，有
该门球经过第n 号球门发生的位移
联立解得
综上分析可以判断，该门球最远能通过第4 号球门。
18．（2025·福建厦门·二模）如图，一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ 为
30°，现小球在F=10N 的沿杆向上的拉力作用下，从A 点静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦
因数为
。求：
(1)小球运动的加速度a1；
(2)若F 作用2s 后撤去，小球上滑过程中距A 点最大距离sm。
【答案】(1)2m/s2；(2)5m
【详解】（1）在力F 作用时有
代入数据解得
（2）刚撤去F 时，小球的速度
小球的位移
撤去力F 后，小球上滑时有
代入数据解得
因此小球上滑时间
上滑位移
则小球上滑的最大距离为
05 超重和失重的理解
19．（2025·陕西安康·模拟预测）如图1 所示，某同学做引体向上中，两手正单杠，两脚离地，两臂自然
下垂伸直，用背阔肌的收缩力量将身体往上拉起，当下巴超过单杠时稍作停顿（时间可忽略），然后逐渐
放松背阔肌，让身体下降，直到回到初始位置，此后重复进行。图2 是该同学在做第一个完整动作的过程
中其重心速度随时间变化的图像，规定竖直向上为正方向，则图像中单杠对该同学支持力最大的时刻为（
）
A．t1时刻
B．t2时刻
C．t3时刻
D．t4时刻
【答案】D
【详解】速度随时间变化图像的斜率表示加速度，设单杠对该同学的支持力大小为FN，据牛顿第二定律有
当该同学竖直向上的加速度最大时，单杠对运动员的支持力FN最大，由v-t 图像判断可知，图中0 时刻和
t4时刻单杠对该同学的支持力最大。
故选D。
20．（2025·甘肃白银·二模）自动扶梯是一种用于运送乘客的固定电力驱动设备，广泛应用于商场、车站
等公共场所。如图甲所示，某乘客乘坐自动扶梯时双手没有接触扶梯，乘客与自动扶梯始终保持相对静止，
乘客速度为v，乘客的位移x 随时间t 变化的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．若v 方向斜向上，则0~
时间内，乘客处于失重状态
B．若v 方向斜向上，则
时间内，乘客处于超重状态
C．若v 方向斜向下，则0~
时间内，乘客处于失重状态
D．若v 方向斜向下，则
时间内，乘客处于失重状态
【答案】C
【详解】AB．x-t 图像的斜率表示速度，0~
时间内，乘客做加速运动，若v 方向斜向上，则加速度方向斜
向上，乘客处于超重状态；
时间内，乘客做减速运动，若v 方向斜向上，则加速度方向斜向下，乘客
处于失重状态，AB 项错误。
CD．若v 方向斜向下，0~
时间内，乘客做加速运动，则加速度方向斜向下，乘客处于失重状态；
时
间内，乘客做减速运动，则加速度方向斜向上，乘客处于超重状态，C 项正确、D 项错误。
故选C。
21．如图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。图是根据传感器画出
的F-t 图线。两图中a-g 各点均对应，其中有几个点在图中没有画出，图中a、c、e 对应的纵坐标均为
700N。取重力加速度g=10m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是（ ）
A．此人重心在b 点时处于超重状态
B．此人重心在c 点时的加速度大小大于在b 点时的加速度大小
C．此人重心在e 点时的加速度大小大于在a 点时的加速度大小
D．此人重心在f 点时的脚刚好离开传感器
【答案】D
【详解】刚开始，人站立在传感器上，重力等于支持力，传感器的示数为700N，即人的体重为700N，a、
c、e 点在同一水平线上，支持力相等，合力为零，加速度均为0，b 点传感器的支持力小于重力700N，人
处于失重状态，d 点传感器的支持力大于人的重力，加速度向上，人处于超重状态，f 点时，传感器的示数
为0，人与传感器脱离接触，ABC 错误，D 正确.
故选D。
22．（多选）2024 年3 月25 日国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛，中国蹦床队夺得3 金2 银的优异成绩。
若一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化规律通过传感器用计算机
绘制出来如图所示。运动过程中不计空气阻力，g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．6.6s 时运动员的运动方向向下
B．运动员在6～6.6s 内处于超重状态
C．运动员在0～12s 内的最大加速度大小为30m/s2
D．运动员在6.8～8.4s 内离开蹦床运动的路程为3.2m
【答案】BC
【详解】A．6.6 秒到6.8 秒传感器压力小于500N，6.8-8.4 做竖直上抛运动，由此可知 6.6 秒运动员运动方
向向上，故A 错误；
B．6 秒到6.6 秒内所受弹力大于500N 大于自身重力处于超重状态，故B 正确；
C．0 到12 秒内所受弹力最大为2000N，加速度最大
解得
a=30m/s2
故C 正确；
D．由图可知从6.8 秒到8.4 秒做竖直上抛运动，即上升、下降的过程一共是1.6s，所以单程的时间为
0.8s，根据位移-时间公式
根据对称性可得运动员在6.8～8.4s 内离开蹦床运动的路程为6.4m，故D 错误。
故选BC。
06 动力学中的图像问题
23．
（2025·福建三明·三模）（多选）射击训练中，子弹因空气阻力的作用会影响其运动状态。
如图甲，某运动员先后两次在不同环境下从同一高度水平射出完全相同的子弹，每次子弹均从离开枪口开
始计时，用
表示子弹在竖直方向的分速度，其
图像如图乙所示取竖直向下为正方向，a、b 两点
对应的竖直方向的速度大小均为
，则（ ）
A．
过程中子弹沿竖直方向的位移比
过程的大
B．
过程中子弹沿竖直方向的平均加速度比
过程的大
C．
时刻子弹所受合力沿竖直方向的分力比
时刻的小
D．
时刻子弹所受阻力沿竖直方向的分力比
时刻的小
【答案】BD
【详解】B．
图像斜率表示竖直方向的加速度，由图像斜率可知第一次斜率更大，即
过程中子弹
沿竖直方向的平均加速度比
过程的大，故B 正确，
A．根据
，由于a、b 两点对应的竖直方向的速度大小均为
，可知：
过程中子弹沿竖直方
向的位移比
过程的小，故 A 错误；
C．根据受力分析可知，在竖直方向有：
由图知：
时刻子弹竖直方向的加速度大于
时刻子弹竖直方向的加速度，所以可知：
时刻子弹所受合力沿竖直方向的分力比
时刻的大，故C 错误；
D．
时刻子弹所受阻力沿竖直方向的分力比
时刻的小，故 D 正确；
故选BD 。
24．
【传统文化与学科知识结合】（2025·广西·一模）如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，
中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在
时
刻对算珠施加沿杆方向的力。F
0.1N 使其由静止开始运动，经0.15s 撤去F，此后再经0.15s 恰好能到达
另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v—t 图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦
因数恒定，重力加速度
。下列说法正确的是（ ）
A．算珠与杆间的动摩擦因数为0.1
B．算珠的质量为25g
C．若不撤去F，则算珠在0.2s 时已处于归零状态
D．杆长9cm
【答案】B
【详解】D．由
图像面积表示位移，可知杆长为
故D 错误；
AB．由牛顿第二定律得
，
由图可知撤去
前后算珠的加速度大小分别为
联立解得
，
故A 错误，B 正确；
C．若
不撤去，算珠将以
的加速度做匀加速直线运动，经
运动位移为
则此时未到归零状态，故C 错误。
故选B。
25．（2025·江苏扬州·模拟预测）如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的
恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位
置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2。下列选项中正确的是（ ）
A．2～3 s 内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s 时刻，恒力F 反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
D．恒力F 大小为10 N
【答案】B
【详解】AB．根据速度位移公式
可得匀减速直线运动的加速度大小
匀加速直线运动的加速度大小
由乙图，可知物体做匀减速的初速度为
，则速度减为零的时间
则物块1s 后做匀加速直线运动，所以2～3 s 内物块做匀加速运动，在t＝1s 时刻恒力F 反向，故A 错误，
B 正确；
CD．根据牛顿第二定律，物体做匀减速有
物体做匀加速有
联立解得
，
，故CD 错误。
故选B。
1．
（2025·吉林·模拟预测）如图是一个小球沿竖直方向运动时的频闪照片，由照片可知
（ ）
A．小球正在上升
B．小球正在做加速运动
C．小球处于失重状态
D．小球加速度逐渐增大
【答案】C
【详解】AB．无论球是向上还是向下，只要加速度向下，即可以拍出如图所示照片，故小球可能加速向下
或者减速向上，即无法确定小球的运动方向，故AB 错误；
CD．由图可知，无论小球是向上还是向下运动，加速度均应向下，故小球处于失重状态，加速度可能不变，
故C 正确，D 错误。
故选C。
2．（2025·安徽合肥·模拟预测）在解答一道已知量完全由字母表达结果的计算题时，一个同学解得某物体
的位移表达式如下，请你用单位制的知识检查结果可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】力的单位是N，又
，时间的单位是s，质量的单位是kg，等式左边的单位为m。
A．等式右边的单位为
故A 错误；
B．等式右边的单位为
故B 错误；
C．等式右边的单位为
故C 正确；
D．等式右边的单位为
故D 错误。
故选C。
3．
（24-25 高三上·安徽·阶段练习）如图所示，密闭容器内有水，食用油及少量气体，现让容
器以恒定加速度水平向右做匀加速直线运动。当容器内物质稳定后，容器内物质的状态可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】当容器以恒定加速度水平向右做匀加速直线运动时，容器内等效重力如图所示。
等效重力的方向垂直于水的平面，即容器内物质的表面与等效重力方向垂直。
故选C。
4．
（2025·安徽·一模）如图所示，乒乓球用轻绳系在装满水的烧杯中，烧杯放在水平放置的电
子秤上，整体处于静止状态。某时刻，轻绳突然断裂，乒乓球加速上浮。已知乒乓球的质量为 m，体积为
（上浮过程中乒乓球的体积不变），液体阻力不计，水的密度为
，重力加速度大小为 g，则在乒乓球
上浮过程中，电子秤显示的弹力大小（ ）
A．减少
B．增加
C．减少mg
D．增加mg
【答案】A
【详解】乒乓球在加速上浮过程中，加速度为
乒乓球处于超重状态，因此电子秤显示弹力大小增加
与之相等体积的水以相同大小的加速度加速下降，因此电子秤显示弹力大小减小
考虑到同等体积水的质量大于乒乓球的质量，电子秤显示的弹力大小应减小
故选A。
5．（2025·河南·二模）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。如图所示是简化模型，弹性轻绳的上端固定在O 点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与
固定在地面上的力传感器相连，此时力传感器示数为1200N。打开扣环，从A 点由静止释放，体验者像火
箭一样被“竖直发射”，经B 点上升到最高位置C 点，在B 点时速度最大。已知人与装备（可视为质点）
的总质量为60kg，不计空气阻力，重力加速度g 取
，下列说法正确的是（ ）
A．打开扣环瞬间，体验者的加速度大小为
B．从A 到B 过程，体验者做加速度增大的加速运动
C．在B 点，体验者所受合力最大
D．在C 点，体验者处于超重状态
【答案】A
【详解】A．传感器示数
，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有
解得
打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有
解得
A 正确；
B．体验者从A 到B 过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳
的弹力减小，人所受合力减小，加速度减小，到达B 点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为零，故人做加
速度不断减小的加速运动，B 错误；
C．在B 点时速度最大，故体验者所受合力为零，C 错误；
D．在B 点时速度最大，C 点速度为0，可知B 到C 过程人做减速运动，加速度向下，故人处于失重状态，
D 错误。
故选A。
6．（2025·江西·模拟预测）（多选）如图甲所示，一小滑块在
时刻从底端滑上某一斜面，滑块的
图像如图乙所示，图像中相关数据为已知信息，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在斜面上运动的总时间为
B．滑块在斜面上运动的总时间为
C．斜面倾角的正弦值为
D．斜面倾角的正弦值为
【答案】BC
【详解】AB.设滑块下滑的加速度大小为
，滑块在斜面上向上运动的最长距离为
，滑块返回斜面底端
时速度大小为，则有
，
，
解得
设滑块下滑的时间为
，则有
解得
滑块在斜面上运动的总时间
选项A 错误，B 正确；
CD.设滑块上滑的加速度大小为
，斜面的倾角为
，则有
，
，
解得
选项C 正确，D 错误。
故选BC。
7．
（2025·江西景德镇·三模）潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如
同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧
急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为
的某潜艇，在高密度海水区域距海平面
200m，距海底112.5m 处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A 点时，浮力突
然降为
，10s 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，
避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为
，重力加速度g 取
，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，求：
(1)潜艇“掉深”10s 时的速度；
(2)潜艇减重排出水的质量。（结果取2 位有效数字）
【答案】(1)9m/s；(2)8.5×105kg
【详解】（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得mg-F-f=ma1
代入数据解得
=0.9m/s2
10s 末的速度为v=
解得v=9m/s
（2）掉深10s 时，潜艇下落的高度
解得
=45m
潜艇减速下落的高度
解得
在减速阶段
解得
潜艇减重后的质量为m1 ，潜艇减重后以 0.6m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F+f-
m1g=m1a2
代入数据解得m1=5.15×106kg
排水前潜艇的质量m=6.0×106kg
“掉深”过程中排出水的质量m'=m-m1=8.5×105kg
8．（2025·四川泸州·模拟预测）如图甲所示，工地电动物料运输车的左端有一个垂直底板的挡板。工人将
空车从静止开始沿直线推到物料堆前，初始以加速度
做匀加速运动，经
后做匀减速运动，
再经过
后刚好停在物料堆处。工人将一个质量
的物料放在车上，保持车底板P 与水平面间
的夹角
向左推车，如图乙所示。物料受到的摩擦力不计。取
，
，重力加速
度
，求：
(1)初始时空车到物料堆的距离；
(2)放上物料后以
加速推车时，底板P 对物料支持力的大小。
【答案】(1)24m；(2)163N
【详解】（1）题意知加速结束时的速度
则初始时空车到物料堆的距离
联立解得
（2）物料受力如图
对物料，由牛顿第二定律有
竖直方向有
联立解得
则底板P 对物料支持力的大小为163N。
9．
（2025·广东广州·二模）如图，粗细均匀长为L=80cm 的直杆竖直放置，杆下端距地面高度
为H；杆上套有直径d=6cm 的A、B 两个相同的球，每个球与杆之间的滑动摩擦力大小等于球重的2 倍．
初始时，A、B 两球静止在杆上，A 球顶端与杆上端齐平，B 球在A 球下方，两者刚好接触．现仅让B 球获
得向下的初速度v=4m/s，同时释放杆．杆落地前已与B 球共速，杆落地后瞬间被固定．若B 落地则B 不再
反弹．已知杆质量为球质量的2 倍，重力加速度g 取10m/s2．
(1)求释放杆时，B 的加速度大小；
(2)求杆从释放到与B 共速过程，杆下落的高度；
(3)若A、B 不发生碰撞，分析H 应该满足的条件．
【答案】(1)10m/s2；(2)18.75cm；(3)18.75cm<H<55.5cm
【详解】（1）设B 球和杆的加速度大小分别为a1和a2，则对B 球f-mg=ma1
解得a1=10m/s2
（2）假设A 和杆相对静止，对A 和杆：f+(M+m)g=(M+m)a2
解得
又对A：f 静+mg=ma2
可得f 静<2mg
故假设成立．
设经过t 时间B 与杆共速，速度大小为v2，由v2=v-a1t
且v2=a2t
解得：
，v2=2.5m/s
该过程杆下落距离
（3）由题意可知
从开始到共速，B 球向下运动距离
共速时B 球底部与杆下端的距离为Δs=L-(s1-s2)-2d=38cm>0
B 球未掉出．
共速后落地，落地时系统的速度为v3，则
落地后，若A 球速度减为零需要下移s3，则
A、B 不发生碰撞需满足s3<L-2d
联立可得：H<55.5cm
综上H 应该满足：18.75cm<H<55.5cm
1．（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
，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
，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
D．乙受到绳子的拉力大小为
【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
，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
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
，对甲受力分析有
对乙受力分析有
联立解得
，
C 正确，D 错误。
故选C。
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。
故选B。
3．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg 的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受
到的合力沿轨道方向，合力F 随时间t 的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t 图画出如图所示的a—t 图像
可知机器人在0 ~ 1s 和2 ~ 3s 内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t 图线的斜率表示加速度可知A 正
确。
故选A。
4．（2024·安徽·高考真题）倾角为
的传送带以恒定速率
顺时针转动。
时在传送带底端无初速轻放
一小物块，如图所示。
时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到
。不计空气阻力，则物块从传送
带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v 随时间t 变化的关系图线可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动
摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直
线运动。
C 正确，ABD 错误。
故选C。
5．（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平
线上的M、N 两点，另一端均连接在质量为m 的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于
MN 连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P 点，并保持静止，此时拉力F 大小为
。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P 点
运动到O 点的过程中（ ）
A．速度一直增大
B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为
D．加速度先增大后减小
【答案】A
【详解】AB．缓慢拉至P 点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F 与重力和两弹簧的拉力合力为零。此
时两弹簧的合力为大小为
。当撤去拉力，则小球从P 点运动到O 点的过程中两弹簧的拉力与重力的合
力始终向下，小球一直做加速运动，故A 正确，B 错误 ；
CD．小球从P 点运动到O 点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一
直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知
加速度的最大值为
，CD 错误。
故选A。
