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第10 讲 牛顿运动定律的综合运用
目录
01 课标达标练
题型01 动力学的两类基本问题
题型02 超重与失重
题型03 斜面、连接体模型
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 动力学的两类基本问题
1.（2025·全国·高三练习）如图所示，质量为60kg的某同学在做引体向上运动，他双臂伸直后从静
止开始竖直向上做匀变速运动到肩部与单杠同高度所用时间为0.8s，肩部上升的距离为0.4m，取
g=10m/s
2，则该同学在运动过程中双手竖直向上的力大小为（ ）
A．675N
B．600N
C．525N
D．875N
【答案】A
【详解】他引体向上运动的加速度由x = 1
2 at
2，可得a= 2 x
t
2 = 2×0.4
0.8
2 m /s
2=1.25 m /s
2，由牛顿第
二定律F −mg=ma得F =675 N，A 正确。
2.如图所示，一质量为m 的物体，在竖直向上的恒力F 作用下从地面由静止开始向上运动，经过t0
时间后撤去F，又经2t0时间刚好回到出发点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
A．撤去恒力时物体离地面的高度为2
3gt0
2
B．物体上升的最大高度为18
25gt0
2
C．F 的大小为5
3mg
D．物体回到出发点的速度大小为9
5 gt0
【答案】B
【详解】设t0时刻的速度为v1，物体在0~t0的位移为s1，对物体受力分析，在此运动过程中根据牛
顿第二定律可得
F −mg=ma
物体在此过程做匀加速直线运动，故有
s1= 1
2 at0
2
v1=at0
物体从撤去力F 到运动至最高点的过程中，只受重力作用，设此过程的位移为s2，运动时间为t，
则有
2g s2= v1
2
v1=>¿
物体最高点回到原点的过程中，做自由落体运动，设此过程的位移为s，回到出发点的速度为v2，
则有
s= 1
2 g(2t0−t )
2
v2= g（2t0−t ）
又
s= s1+ s2
联立以上等式可得
F = 9
5 mg
a= 4
5 g
v1= 4
5 gt0
s1= 2
5 gt0
2
t = 4
5 t0
s2= 8
25 gt0
2
s= 18
25 gt0
2
v2= 6
5 gt0
故选B。
3.某飞行器兴趣小组设计了一个质量为m 的火箭，可提供恒定的推动力，大小为F=1.5mg，推动力
持续时间为t。并且该火箭采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t
2时，火箭丢弃掉m
4 的质量，
剩余t
2时间，火箭推动剩余的3m
4 继续飞行。若不考虑燃料消耗引起的质量变化，重力加速度取
g，则该火箭竖直点火起飞后最高可上升的高度为（ ）
A．19
32 gt
2
B．3
8 gt
2
C．5
16 gt
2
D．7
16 gt
2
【答案】A
【详解】加速过程，由牛顿第二定律可得
a1= 1.5mg−mg
m
= 1
2 g
根据运动学公式，则前t
2上升的高度为
y1= 1
2 × g
2(
t
2)
2
= 1
16 gt
2
得到的速度为
v1= 1
4 gt
后t
2段，加速度为
a2= 1.5mg−0.75mg
0.75m
= g
则后t
2上升的高度为
y2= 1
4 gt(
t
2)+ 1
2 g(
t
2)
2
= 1
4 gt
2
得到的速度为
v2= 1
4 >+ g(
t
2)= 3
4 gt
减速过程上升的高度为
y3=(
3
4 gt)
2
2g
= 9
32 gt
2
则总的高度为
ℎ= y1+ y2+ y3= 19
32 gt
2
BCD 错误，A 正确。
故选A。
4.（2025·全国·高三月考）两物块的质量之比为3:2，初速度之比为2:3，它们在同一粗糙水平面上
沿直线滑行，直至停止，它们与水平面之间的动摩擦因数相同。则它们（ ）
A．滑行中各自所受合力之比为2:3
B．滑行中的加速度之比为3:2
C．滑行的时间之比为1:1
D．滑行的距离之比为4:9
【答案】D
【详解】滑行中各自所受合力之比等于摩擦力之比，为μm1g: μm2 g=m1:m2=3:2，故A 错误；
对物块受力分析，由牛顿第二定律μmg=ma可得，物块的加速度为a= μg，则它们在滑行中的加速
度之比为a1
a2
= 1
1，故B 错误；滑行的时间t = v0
a
，滑行的时间之比t1
t2
=
v01
a1
v02
a2
= v01
v02
= 2
3，故C 错误；由
运动学公式0−v0
2=−2ax，物块滑行的距离为x = v0
2
2a
，所以滑行的距离之比
x1
x2
= v01
2
v02
2 = 4
9 ，故D 正
确。
5.（多选）（2025·全国·高三月考）如图所示，一个质量为m=5kg 的物块放在水平地面上，在
F1=20 N和F2=8 N以及摩擦力作用下，物块以v =12m /s的速度向右匀速直线运动，某时刻撤去
F1并从此时开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．t =5s时地面对物块的摩擦力f =8 N
B．前4s 的平均速度为4.5 m /s
C．t = 4s时，物块的加速度为4.5 m /s
2
D．t =5s时，物块距离t =0时的位置有10m 远
【答案】AB
【详解】物块以v =12m /s的速度向右匀速直线运动，有F1= F2+ f ，解得滑动摩擦力为f =12N，
方向向左撤去F1，物块向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有a1= F2+ f
m
= 4 m /s
2，减速到0 的
时间t0= v
a1
=3s，由于F2<f ，之后物块静止，所以t =5s时物块已经静止，地面对物块的摩擦力为
静摩擦力f
′ = F2=8 N，A 正确。t = 4s时，物块静止，加速度为0，C 错误。物块向右做匀减速运动
的位移x = v
2
2a1
=18 m，之后静止，所以t =5s时，物块距离t =0时的位置有18m 远，D 错误。前4s
的平均速度为v = x
t 4
= 4.5 m /s，B 正确。
6.（多选）某人在静止的湖面上竖直向上抛出一个铁球，铁球升到最高点后自由下落，穿过湖水并
陷入湖底的淤泥中一定深度，铁球所受阻力随时间变化的图象如图所示，以v、a、F、x 分别表示
小球的速度、加速度、所受合外力和位移四个物理量．下列图中能正确反映运动过程各量随时间变
化的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】A．在0～t1时间内在水面以上做竖直上抛运动，先向上运动后向下运动；t1～t2时间内在水
下向下加速运动；t2～t3时间内在淤泥中向下做减速运动到停止，A 正确；
B．在0～t2时间内，加速度方向始终向下，方向没有改变，B 错误；
C．在0～t1时间内在水面以上做竖直上抛运动，合力为mg，方向竖直向下；t1～t2时间内在水下向
下加速运动，合力为mg−f 水 ，方向向下；t2～t3时间内在淤泥中向下做减速运动到停止，合力为
f 泥−mg ，方向向上，C 正确；
D．铁球先向上运动，后向下运动，位移图像不应该都在时间轴的上方，D 错误。
故选AC。
02 超重与失重
7.小明拿着一个由轻质弹性细绳和一质量为0.5kg的小球组成的玩具乘坐电梯，如图所示。某时刻
他发现轻质弹性细绳的伸长量为电梯静止时的1.2 倍，则该时刻（ ）
A．小明处于超重状态
B．小明处于失重状态
C．电梯可能加速下降
D．电梯可能减速上升
【答案】A
【详解】电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx
电梯运行时，轻质弹性细绳的伸长量比电梯静止时大，说明弹力变大了，由牛顿第二定律有
F −mg=ma
解得加速度大小为a= 1
5 g
方向竖直向上，故小明处于超重状态，所以电梯可能加速上升或减速下降。
故选A。
8.小明为了研究超重和失重现象，站在电梯内水平放置的体重计上，小明质量为55 kg，电梯由启动
到停止的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．由图甲可知电梯此时一定处于静止状态
B．由图乙可知小明此时一定向下加速运动
C．由图乙可知电梯此时一定处于加速上升状态
D．由图乙可知电梯此时的加速度约为0.7 m/s2
【答案】D
【详解】A．由题图甲可知小明处于平衡状态，电梯此时处于静止或匀速运动状态，A 错误；
BC．由题图乙可知小明处于超重状态，有向上的加速度，则电梯向上加速或向下减速，B 错误；C
错误；
D．此时小明受到的支持力大小为FN =59×10 N =590 N
则加速度大小为a= FN−mg
m
≈0.7 m/s
2，D 正确。
故选D。
9.课外活动期间，引体向上是学生喜欢的运动项目之一。如图所示，初始时人处于悬垂状态，两手
用力将身体竖直向上拉起，当下巴超过单杠时称为完成一个引体向上动作。不计空气阻力，下列说
法正确的是（ ）
A．初始悬垂时两手间的距离增大，单臂的拉力减小
B．上升过程中人一直处于超重状态
C．上升过程中人的机械能一直增大
D．单杠对人的支持力与人对单杠的压力是一对平衡力
【答案】C
【详解】A．初始悬垂时两手间的距离增大，单臂的拉力与竖直方向的夹角θ增大，根据平衡条件可
得2 F cosθ =mg
由于θ增大，cosθ减小，可知单臂的拉力增大，故A 错误；
B．上升过程中人最后做减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故B 错误；
C．上升过程中，人通过做功消耗人体的生物能，根据能量守恒可知，人的机械能一直增大，故C
正确；
D．单杠对人的支持力与人对单杠的压力是一对相互作用力，故D 错误。
故选C。
10.（多选）（2025·全国·高三月考）如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个
重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运
动，下列说法正确的是（g 取10m/s
2）（ ）
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4m/s
2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s
2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s
2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s
2
【答案】BC
【详解】电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N，知重物的重力等于10N，当示数变为8N
时，对重物有mg−F =ma，解得a=2m/s
2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s
2，方向
竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B、C 正确。
11.（多选）（2025·四川凉山·高三月考）某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯
的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图像提供
的信息，下列说法正确的是（ ）
A．在0~5s 内，电梯加速上升，该同学处于超重状态
B．在5s~10s 内，该同学对电梯地板的压力大于其重力
C．在10s~20s 内，电梯减速上升，该同学处于超重状态
D．在20s~25s 内，电梯加速下降，该同学处于失重状态
【答案】AD
【详解】A．由图可知，在0~5s 内，加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，
故A 正确；
B．5~10s 内，该同学做匀速运动，其受到地板的支持力等于重力，根据牛顿第三定律可知，其对电
梯地板的压力等于他所受的重力，故B 错误；
C．在10~20s 内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故C 错误；
D．在20~25s 内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，故D 正确。
故选AD。
03 斜面、连接体模型
12.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.75，木板与水平面成θ 角，让木
块从木板的底端以初速度v0=2m/s 沿木板向上滑行，隨着θ 的改变，木块沿木板向上滑行的距离x
将发生变化，重力加速度g=10m/s2，x 的最小值为（ ）
A．0.12m
B．0.14m
C．0.16m
D．0.2m
【答案】C
【详解】设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律
−mgsinθ−μmgcosθ =ma
解得
a=−g(sinθ+ μcosθ)
设木块的位移为x，有
0−v0
2=2ax
根据数学关系知
sinθ+ μcosθ =
❑√1+ μ
2sin(θ+α )
其中
tan α = μ=0.75
可得
α =37°
当θ+α =90°时加速度有最大值，且最大值
a=−g
❑√1+ μ
2
此时θ =90°−α =53°，加速度最大值为
a=−5
4 gx 的最小值为
xmin= 2v0
2
5 g =0.16 m
故ABD 错误，C 正确。
故选C。
13.（2025·四川绵阳·三模）如图所示，足够长的光滑斜面固定，轻质弹簧下端连接在斜面底端的固
定挡板上，上端有一个与弹簧不相连的物块压缩弹簧后静止。现用沿斜面的外力缓慢向下推动物块
到某一位置（弹簧弹性限度内），撤去外力后，在物块沿斜面向上运动到最高点的过程中，其速度
v 随时间t 变化关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设弹簧的压缩量为x，斜面的倾角为θ，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
kx −mgsinθ =ma
解得a= kx
m −gsinθ
刚释放时，由于弹力kx大于重力的分力mgsinθ，物块做加速运动，随着弹簧的形变量逐渐减小，
弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力kx等于重力的下滑分力mgsinθ时，物块的
速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为gsinθ−kx
m
故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为gsinθ，方向沿斜面向
下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零。
故选C。
14.（2024·四川遂宁·三模）如图所示为某工地上的自动卸货车作业过程。卸货车始终静止在水平地
面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ 先缓慢增大，当货物开始加速下滑时倾角θ 保持不变。在卸
货的全过程中（ ）
A．货物受到车厢的摩擦力一直增大
B．货物受到车厢的支持力一直减小
C．地面对货车的支持力一直大于总重力
D．地面对货车的摩擦力先为零、后水平向左
【答案】D
【详解】AB．货物处于平衡状态，则有：
mgsinθ=f，N=mgcosθ
θ 增大时，f 增大，N 减小，当加速下滑后
f = μmgcosθ ，N=mgcosθ
摩擦力和支持力大小不变，故AB 错误；
C．货物处于平衡状态，整体分析可知，此时地面对货车的支持力等于总重力，故C 错误；
D．整体分析可知，开始整体平衡，地面对货车的摩擦力为零，后货物加速下滑，地面对整体摩擦
力水平向左，故D 正确。
故选D。
15.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示一辆运输集装箱的卡车开上倾角为β的斜面，箱子的顶部
用细线挂了一个小球。某段时间内，汽车与小球一起运动，悬挂小球的细线与虚线的夹角为α（虚
线垂直于车厢底面 ）。若α > β，则关于汽车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．卡车可能匀速上斜坡
B．卡车可能匀加速上斜坡
C．卡车可能匀减速上斜坡
D．无法判断
【答案】B
【详解】A．若卡车匀速开上斜坡，则小球匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力
和绳子拉力相等，细线在竖直方向上，则根据几何关系可知
α = β
故A 错误；
BCD．若卡车匀加速开上斜坡，则小球受到的合外力沿斜面向上，对小球受力分析，小球受重力和
细线的拉力，如图所示
由正弦定理与几何关系可得
sin (α −β)
ma
= sin(90
∘−α)
mg
解得
a= gcos β tan α −gsin β
若α>β，有a 大于0，符合匀加速开上斜坡，不符合匀减速上斜坡，故B 正确，CD 错误。
故选B。
16.如图所示，质量均为 m 的两个木块 P、Q 叠放在光滑的水平地面上，P、Q 接触面的倾角为
θ。现在 Q 上加一水平推力 F，使 P、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，下列说法正
确的有（ ）
A．木块Q 对地面的压力可能小于 2mg
B．当F 增大时，P、Q 间的摩擦力一定增大
C．若加速度a=gtanθ，则P 受到摩擦力为零
D．若加速度a<gtanθ，则P 受到摩擦力方向沿斜面向下
【答案】C
【详解】A．以木块P、Q 整体为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则有
FN=2mg
由牛顿第三定律可知，木块Q 对地面的压力为2mg，A 错误；
B． P、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，若F 较小时，P 有向下滑动的趋势，摩擦力沿
斜面向上；若F 较大时，P 有向上滑动的趋势，摩擦力沿斜面向下，因此在F 增大的过程中，摩擦
力可能增大，也可能减小，也可能先减小后反向增大，B 错误；
C．对P 受力分析，假设P 受Q 的摩擦力沿斜面向上为f，Q 对P 的支持力为N，在水平方向由牛顿
第二定律可得
N sinθ−f cosθ =ma
在竖直方向由平衡条件可得
N cosθ+ f sinθ =mg
联立解得
a= g tanθ−
f
mcosθ
若加速度a=gtanθ，则有P 受到摩擦力是零，C 正确；
D．由C 选项分析计算可知，若加速度a<gtanθ，则P 有向下滑动的趋势，因此P 受到摩擦力方向沿
斜面向上，D 错误。
故选C。
17.如图所示，AB、AC、AD 是竖直平面内固定的三块木板（用相同材料制作，粗糙程度相同），
A、B、C、D 四点位于同一圆周上，A 点位于圆周的最高点。现有一小物块（可看作质点）从A 点
沿木板由静止开始滑下，不计空气阻力，沿 AB、AC、AD 下滑的时间分别为t1、t2、t3。则
（ ）
A．t1>t2>t3
B．t3>t1>t2
C．t1<t2<t3
D．t1=t2=t3
【答案】A
【详解】设任一细杆与竖直方向的夹角为α，木板运动的时间为t，圆周的直径为 R。由牛顿第二
定律可知，木板的加速度大小a= mgcosα −μmgsin α
m
= gcosα −μgsin α
由位移公式得Rcosα = 1
2 at
2
解得t = ❑√
2 R cosα
gcosα −μgsin α = ❑√
2 R
g−μg tan α
可知α越大，时间t 越大，则t1>t2>t3
故选A。
18.（多选）如图所示，物体A 和B 的质量均为m，分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与轮、滑
轮与轴之间的摩擦），用水平变力F 拉物体A 沿水平方向向右做匀速直线运动。则（ ）
A．物体B 做匀加速直线运动
B．物体B 处于超重状态
C．物体B 的加速度逐渐增大
D．物体B 的加速度逐渐减小
【答案】BD
【详解】ACD．设绳子与水平方向夹角为α，A、B 两物体沿着绳子方向的速度相等
vB= v A cosα
随着A 向右运动，α逐渐减小，因此B 的速度逐渐增大，B 做加速运动，当A 运动到绳子方向与水
平方向夹角很小时，B 的速度接近A 的速度，但不会超过A 的速度，因此B 做加速度减小的加速运
动，最终加速度趋近于零，AC 错误，D 正确；
B．由于B 做加速运动，合力向上，因此处于超重状态，B 正确。
故选BD。
19.（多选）如图甲所示，对静止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a 随
时间t 变化的图像如图乙所示，2.5s 后加速度保持不变；箱内有一光滑斜面，斜面倾角θ =37°，可
视为质点的滑块刚开始在斜面底部。已知木箱质量M =2kg，滑块的质量m=1kg，斜面高
H =9.6cm。下列说法正确的是（ ）（sin37° =0.6、cos37° =0.8，g=10 m/s
2）
A．1s 末，水平拉力F 的大小为4N
B．2s 末，木箱的速度为6m/s
C．2.5s 后滑块开始相对于斜面向上运动
D．2.8s 末滑块到达斜面顶部
【答案】BC
【详解】A．以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，
此时滑块的加速度
a= g tanθ =7.5 m/s
2
1s 末由图可知a1=3 m/s
2，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块木箱可视为整体，由牛顿第二
定律
F =( M +m)a1
解得
F =9 N
A 错误；
B．根据图像可知，2s 内速度增加量
Δv = 1
2 a2 Δt =6 m/s
2s 末速度为6m/s，B 正确；
C．2.5s 末滑块的加速度为7.5 m/s
2，滑块相对于斜面开始滑动，C 正确；
D．2.5s 后开始发生相对滑动，设相对加速度为a3，根据
ma3=macosθ−mgsinθ，H
sinθ = 1
2 a3t
2
解得
t =0.4s
则滑块到达斜面顶部时刻为2.9s 末，D 错误。
故选BC。
20.（2025·浙江·二模）以6m/s 的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m 高时，从气球上落下
一小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程所受阻力大小满足f=(1+kv）N，k=0.01kg/s，g
取10 m/s
2。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面（ ）
A．1.7s
B．1.9s
C．2.6s
D．3.5s
【答案】C
【详解】因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N 进行计算，根据牛顿第
二定律推知，小球上升阶段的加速度a1= mg+ f
m
=12m/s
2
上升的时间t1= v
a1
= 6
12 =0.5s
上升的高度ℎ1= v
2 t1=1.5 m
根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度a2= mg−f
m
=8 m/s
2
根据运动学公式(ℎ0+ℎ1)= 1
2 a2t2
2
故下降用时间t2= ❑√
2(ℎ0+ℎ1)
a2
= ❑√
2×16
8
s=2s
则共用时间为t =t1+t2=2.5s
与C 项最接近。
故选C。
21.（多选）图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑
点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g=10 m/s
2。根据图像分
析可知（ ）
A．b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态
B．人的重力可由b点读出，约为500 N
C．f 点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点
D．人上升的最大高度约为0.3125 m
【答案】AD
【详解】AB．人的重力从a 点读出约为1000N，质量约为100kg；b 到c 的过程中，压力从400N 增
加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，故A 正确，B
错误；
C．从d 点到e 点压力等于零，表明在d 点是人双脚离开地板的一瞬间，从d 点到e 点人在空中运
动，e 点是人落回地板的一瞬间，故C 错误；
D．从d 点到e 点人在空中运动，人在空中运动的时间
t =2.5 s−2s=0.5 s
人上升的最大高度约为
ℎ= 1
2 g(
t
2)
2
= 1
2 ×10×(
0.5
2 )
2
m=0.3125m
故D 正确。
故选AD。
22.小红和小明用体重计研究人在观光升降电梯中的超重和失重现象。在升降电梯内的地板上放一
体重计，电梯静止时小红站在体重计上。在升降电梯运动过程中，小明观察到体重计的示数F随时
间t变化的图像如图所示。已知升降电梯从t =0时经历了三个阶段：由静止开始匀加速运动、匀速
运动和匀减速运动，在t =13s时停止，g=10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．小红在0~2s内重力增加了，小红处于超重状态
B．升降电梯在小明观察的这段时间内向下运动
C．小红在2~12s内匀速运动的速度为2m /s
D．小红在0~13s内位移为22m
【答案】C
【详解】A．由F −t图像可知，小红在0~2s内处于超重状态，但小红的重力保持不变，故A 错
误；
B．由题意可知在0~2s内由静止开始匀加速运动，小红在这段时间内处于超重状态，加速度方向
向上，可知升降电梯在小明观察的这段时间内向上运动，故B 错误；
C．小红在0~2s内的加速度大小为
a= F −mg
m
= 550−500
50
m /s
2=1m /s
2
可知小红在2s时的速度为
v =at1=1×2m /s=2m /s
则小红在2~12s内匀速运动的速度为2m /s，故C 正确；
D．小红在0~2s内的位移为
x1= v
2 t1= 2
2 ×2m =2m
小红在2~12s内的位移为
x2= v t2=2×10 m =20 m
小红在t =13s时停止，则12~13s的位移为
x3= v
2 t3= 2
2 ×1m =1m
小红在0~13s内位移为
x = x1+ x2+ x3=23 m
故D 错误。
故选C。
23.（多选）（2024·四川凉山·高三月考）如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间
的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2(μ2> μ1)，车厢的倾角用θ表示，下列说
法正确的是（ ）
A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足μ2<tanθ
B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足μ2>tanθ
C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ1>tanθ
D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>tanθ> μ1
【答案】AD
【详解】AB．由于μ2> μ1，与车厢底部接触的沙子受到的摩擦力比在上层的沙子受到的摩擦力大，
上层的沙子容易卸下，当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净。要顺
利地卸干净全部沙子，应满足重力沿车厢底部的分力应大于车厢底部沙子受到的摩擦力，即
mgsinθ> μ2mgcosθ
可得
tanθ> μ2
故B 错误、A 正确；
CD．只卸去部分沙子时，与车厢底部不接触的沙子卸下，与车厢底部接触的沙子未卸下，则
mgsinθ> μ1mgcosθ
mgsinθ< μ2mgcosθ
可得
μ2>tanθ> μ1
故C 错误、D 正确。
故选AD。
24.（2025·安徽安庆·二模）如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于
P 点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点
都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至
P 点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP 上运动的时间之比为（ ）
A．❑√3:❑√2:1
B．(❑√3−❑√2):(❑√2−1):1
C．3:2:1
D．1:1:1
【答案】A
【详解】根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则
t AP:t BP:tCP=t A
′ P:t B
′ P:tC
′ P= ❑√
2⋅3d
g
:❑√
2⋅2d
g
:❑√
2⋅d
g
= ❑√3:❑√2:1
故选A。
25.（多选）（2025·四川眉山·高三月考）如图所示，带支架的平板小车沿水平面做直线运动，质量
为m的小球A 用轻质细线悬挂于支架一端，右端质量为M的物块B 始终相对于小车静止。B 与小车
平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线偏离竖直方向θ角，且保持不变，则在这
段时间内（ ）
A．平板小车可能正在向左做减速运动
B．小球A 的加速度大小为g tanθ，方向水平向左
C．物块B 所受摩擦力大小为μMg，方向水平向右
D．小车对物块B 的作用力大小为Mg
❑√1+ tan
2θ，方向为斜向右上方
【答案】AD
【详解】AB．对小球分析，根据牛顿第二定律有mg tanθ =ma
解得a= g tanθ
则整体加速度向右，故平板小车可能正在向左做减速运动，故A 正确，B 错误；
CD．对B 分析可知摩擦力大小为f = Ma= Mg tanθ
竖直方向有FN= Mg
则小车对物块B 的作用力大小为F =
❑√F N
2+ f
2= Mg
❑√1+ tan
2θ
故C 错误，D 正确。
故选AD。
26.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A 由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B 相连，施
加外力让A 沿杆以速度v 匀速上升，从图中M 位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N 位置，已知
AO 与竖直杆成θ角，则（ ）
A．刚开始时重物B 的速度为v cosθ
B．A 匀速上升时，重物B 加速下降
C．重物B 下降过程，处于失重状态
D．A 运动到N 位置时，重物B 的速度不为0
【答案】A
【详解】A．根据关联速度之间的关系可知，物体B 任意时刻的速度大小均应等于物体A 沿绳方向
分速度的大小，由此可知刚开始时重物B 的速度为
vB= v cosθ
故A 正确；
B．分析可知，随着A 匀速上升，绳AO 与竖直方向的夹角始终在增大，则可知物体B 的速度始终在
减小，即物体B 减速下降，故B 错误；
C．由于物体B 减速下降，可知其加速度向上，由此可知物体B 下降过程，处于超重状态，故C 错
误；
D．物体A 运动到N 位置时，绳AO 与竖直方向的夹角为90
∘，而cos90
∘等于0，因此A 在该位置处
时，物体B 的速度减为0，故D 错误。
故选A。
27.（多选）在倾角为θ 的光滑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3m 和
2m，弹簧的劲度系数为k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的恒力F 拉物
块A 使之沿斜面向上运动，当B 刚要离开C 时，A 的加速度方向沿斜面向上，大小为a，则
（ ）
A．物体A 始终做匀加速运动
B．从静止到B 刚离开C 的过程中，弹簧的弹力先减小后增大
C．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 运动的距离为5mgsinθ
k
D．恒力F 的大小为5mgsinθ+3ma
【答案】BCD
【详解】A．弹簧恢复原长前，由牛顿第二定律得
F +kx −3mgsinθ =3ma
随着x 的变化，a 变化，不是匀加速，A 错误；
B．从静止到B 刚离开C 的过程中，弹簧由压缩状态变为原长，再由原长变为拉伸状态，所以弹簧
的弹力先减小后增大，B 正确；
C．拉力作用前，对A 由平衡条件得
k x1=3mgsinθ
物块B 刚离开C 时，对B 由平衡条件得
k x2=2mgsinθA 运动的距离为
Δx = x1+ x2
解得Δx = 5mgsinθ
k
，C 正确；
D．物块B 刚离开C 时，对A 根据牛顿第二定律得
F −k x2−3mgsinθ =3ma
解得F =5mgsinθ+3ma ，D 正确。
故选BCD。
28.（多选）质量为m 的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻
质细线上端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m 的小球，质量为m 的物块放置在斜面上。现用水平
向左的推力F（为未知量）作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对
静止时，细线与竖直杆之间的夹角为β，已知斜面的倾角为θ，重力加速度大小为g，下列说法正确
的是（ ）
A．当β =30°时，水平推力大小一定为❑√3mg
B．当θ =30°时，水平推力大小一定为❑√3mg
C．当β =30°时，物块与斜面间的摩擦力不一定为0
D．当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直
【答案】ACD
【详解】A．当β =30°时，小球、物块、斜面体有共同的加速度，对小球分析，受重力和细线的拉
力，合力水平向左，如图
则
F合=mg tan30° =ma
解得
a= g tan30°
整体由牛顿第二定律得
F =3ma= ❑√3mg
故A 正确；
B．当θ =30°时，物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光
滑，摩擦力的大小与方向不确定，因此物块的加速度不能确定，则水平推力大小不确定，故B 错
误；
C．当β =θ时，小球的加速度大小为
a1= g tan β
物块与小球有共同的加速度，物块与斜面间的摩擦力一定为0。如果β ≠θ，物块与斜面间的摩擦力
一定不为0，当β <θ时，物块受到斜面沿斜面向上的摩擦力；当β >θ时，物块受到斜面沿斜面向下
的摩擦力，故C 正确；
D．当斜面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块有共同的加速度，则
g tan β = g tanθ
解得
β =θ
细线与斜面一定垂直，故D 正确。
故选ACD。
29.（2025·浙江·高考真题）中国运动员以121 公斤的成绩获得2024 年世界举重锦标赛抓举金牌，举
起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度g=10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为605N
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【详解】AB．杠铃的重力为
G =mg =121×10=1210 N
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件可知
2 F cosθ =G
可知，双臂夹角越大，F 越大；结合cosθ<1，解得杠铃对手臂的作用力
F >605 N
AB 错误；
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C 错误；
D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人
的支持力大于人与杠铃的总重力，D 正确。
故选D。
30.（上海·高考真题）如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B 叠放后一起冲上斜面，且始终保持
相对静止，A 上表面水平．则在斜面上运动时，B 受力的示意图为 （ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】将A、B 做为一个整体，则一起冲上斜面时，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下，
然后再用隔离体法，单独对B 进行受力分析可知，B 受摩擦力一定沿水平方向上，且一定水平向
左，竖直方向上重力大于支持力这样才能使合力沿斜面向下了，故A 正确，BCD 错误．
31.（2024·北京·高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F 作用下一起向前运动。飞船
和空间站的质量分别为m 和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
A．
M
M +m F
B．
m
M +m F
C．M
m F
D．m
M F
【答案】A
【详解】根据题意，对整体应用牛顿第二定律有
F = (M＋m)a
对空间站分析有
F′ = Ma
解两式可得飞船和空间站之间的作用力
F
′ =
M
M +m F
故选A。
32.（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P 置于水平桌
面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码
总质量m，并测量P 的加速度大小a，得到a−m图像。重力加速度大小为g。在下列a−m图像中，
可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设P 的质量为M，P 与桌面的动摩擦力为f ；以P 为对象，根据牛顿第二定律可得
T −f = Ma
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
mg−T =ma
联立可得
a= mg−f
M +m =
g−f
m
M +m ⋅m
可知，a-m 不是线性关系，排除AC 选项,可知当砝码的重力小于物块P 最大静摩擦力时，物块和砝
码静止，加速度为0，当砝码重力大于f 时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等
于g。
故选D。
