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第13 讲 牛顿定律基础
一、 考点精讲练
考点01：牛顿第一定律（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点02：牛顿第二定律（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点03：单位制（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点04：超重失重（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
二、 巩固提升（精选16 道题）
1．牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持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)意义：
①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律也叫惯性定律；
②揭示了力与运动的关系：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，即力是产生
加速度的原因。
注意：运动状态的改变指的是速度的改变。
2．惯性
(1)定义：物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性 小 。
(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。
3．伽利略的理想实验
(1)特点：实践操作(实验)＋逻辑推理(数学演算)。
(2)作用：提出力不是维持物体运动的原因。
考点一
牛顿第一定律
本讲要点
伽利略是物理理想实验的开拓者。理想实验是人们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的实验，
可以完美地解释物理学规律或理论。
【例1-1】春秋时期齐国人的著作《考工记·辀人篇》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”的记载，意思是马
拉车的时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，关于这一现象下列说法正确的是
（ ）
A．这个现象违背了牛顿第一定律
B．马力既竭，辀犹能一取的原因是车具有惯性
C．马力既竭，辀犹能一取的原因是车受到惯性作用
D．力是维持物体运动的原因，马不拉车车就不走了
【答案】B
【详解】ABC．马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，说明车具有惯性，即验证了牛
顿第一定律，故B 正确，AC 错误；
D．力是改变物体运动的原因，不是维持物体运动的原因，故D 错误 。
故选B。
【例1-2】（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0°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。
【变式1-1】2024 年7 月，天鹰2 号无人机震撼亮相，滞空时间超过5 小时，5000 公尺高空仍能看清地面
上的汽车车牌，其硬实力超越了一大批无人机。下列说法正确的是（ ）
A．“5 小时”指的是时刻
B．无人机飞行过程中只受重力作用
C．无人机飞行快慢 不影响惯性大小
D．在研究无人机的飞行姿态时可将它看成质点
【答案】C
【详解】A．“5 小时”指的是时间间隔，故A 错误；
B．无人机飞行过程中受重力、空气阻力等作用，故B 错误；
C．惯性大小只与质量有关，与速度无关，故C 正确；
D．在研究无人机的飞行姿态时，无人机的大小和形状不能忽略，不能看成质点，故D 错误。
故选C。
【变式1-2】如图所示，正在行驶的火车车厢内，有一人相对车厢由静止释放一小球，则小球（ ）
A．不可能落在A 处
B．不可能落在B 处
C．不可能落在C 处
D．落在何处取决于车厢的运动情况
【答案】D
【详解】惯性是物体的一种特性，是指物体保持静止状态或匀速直线运动状态的性质。在做匀速直线运动
的车厢上，由于具有惯性，小球要保持原来的运动状态，即匀速直线运动状态，所以小球落下的位置在B
点；若汽车做匀加速运动，则落在A 点，若汽车做匀减速运动，则落在C 点，所以落在ABC 点都有可能。
故选D。
【解题能力提升】
1．对牛顿第一定律的说明
牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中，
如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。
2．惯性的两种表现形式
(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。
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。
2．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系。
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、 低速运动(远小于光速)的情况。
【例2-1】（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
考点二
牛顿第二定律
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。
【例2-2】（2025·重庆·三模）手推车是实用的搬运工具，如题图所示，有一手推车的平面与挡板垂直，某
次在运货时手推车平面与水平地面的夹角为α，货物与手推车保持相对静止。若忽略货物与车平面之间的
摩擦力，重力加速度为g。则（ ）
A．手推车水平匀速运动时，货物受挡板的弹力大小等于重力的大小
B．手推车向左运动时，手推车对货物的作用力的方向不可能指向右上方
C．为使货物不离开挡板，手推车水平向右的加速度不能超过gtanα
D．手推车静止时，若α缓慢增大到90
∘，则手推车平面对货物的支持力大小保持不变
【答案】C
【详解】A．手推车水平匀速运动时，货物受力平衡，对货物受力分析可知，受到竖直向下的重力，挡板
和车平面的支持力，则货物受挡板的弹力大小F1=mgsin α
小于重力的大小，选项A 错误；
B．手推车向左减速运动时，加速度向右，则货物受合外力向右，此时手推车对货物的作用力的方向指向
右上方，选项B 错误；
C．当挡板对货物的弹力为零时，则由牛顿第二定律mg tan α =ma
可得a= g tan α
即为使货物不离开挡板，手推车水平向右的加速度不能超过gtanα，选项C 正确；
D．手推车静止时，手推车平面对货物的支持力F2=mgcosα
若α缓慢增大到90
∘，则手推车平面对货物的支持力大小逐渐减小到零，选项D 错误。
故选C。
【变式2-1】（2024·贵州·高考真题）某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段
时间内，小圆盘仅受重力G 和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，
相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（ ）
A．f 一直大于G
B．f 一直小于G
C．f 先小于G，后大于G
D．f 先大于G，后小于G
【答案】C
【详解】由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以
向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律
G−f = G
g ⋅a
可知f 先小于G，后大于G。
故选C。
【变式2-2】北京人形机器人创新中心在北京经开区发布了全球首个纯电驱拟人奔跑的全尺寸人形机器人
“天工”，如图所示。若“天工”机器人沿倾角为30°的斜面向上先匀速行走，再以0.1g 的加速度沿斜面
向上加速行走，斜面对机器人的作用力分别为F1和F2，当地重力加速度为g，忽略空气阻力，则F1
F2
等于
（ ）
A．1
B．2❑√3
5
C．10
❑√111
D．5 ❑√3
6
【答案】C
【详解】当机器人匀速行走时，根据平衡条件可知F1=mg
当机器人以0.1g的加速度向上加速行走时，受力关系如图所示
由余弦定理有F2
2=(mg)
2+(0.1mg)
2−2mg⋅0.1mgcos120°
解得F2=
❑√111
10 mg
所以
F1
F2
= 10
❑√111
故选C。
【解题能力提升】
1．对牛顿第二定律的理解
2．与牛顿第二定律的关系：
（1）牛顿第一定律是以理解实验为基础，经过科学抽象、归纳推理总结出来的，牛顿第二定律是实验定
律。
（2）牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，它揭示了物体运动的原因和力的作用对运动的影响；牛顿
第二定律则定量指出了力和运动的联系。
（3）揭示了力的作用对运动的影响：力是改变物体运动状态的原因。
3．合力、速度、运动情况的关系
(1)合力与速度方向相同时，物体做加速直线运动。
(2)合力与速度方向相反时，物体做减速直线运动。
(3)合力与速度不在同一直线上时，物体做曲线运动。
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。
5. 求解瞬时加速度问题的一般思路
1．单位制
由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2．国际单位制中的基本单位
基本物理量
符号
单位名称
单位符号
质量
m
千克
kg
时间
t
秒
s
长度
l
米
m
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
物质的量
n
摩[尔]
mol
发光强度
I(IV)
坎[德拉]
cd
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。
【例3-1】（多选）（2025·四川·高考真题）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
考点三
单位制
【答案】AC
【详解】A．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
2 m v
2可知kg⋅(m/s)2为能量单位，故A 正确；
B．同理ab
2
c
2 的单位为m⋅kg
2
s
2
=kg
2⋅m/s
2
根据F =ma可知kg⋅m/s
2为力的单位，故可知kg
2⋅m/s
2为力与质量的乘积，故不是能量的单位，故B 错
误；
C．d
2
b
的单位为(kg⋅m ⋅s
-1)
2
kg
=kg⋅(m/s)2
根据前面A 选项分析可知该单位为能量单位，故C 正确；
D．b
2
d
的单位为kg
2
kg⋅m ⋅s
-1 =kg
m ⋅s
-1 ，不是能量单位，故D 错误。
故选AC。
【例3-2】（2021·海南·高考真题）公元前4 世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为
力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是
（ ）
A．kg⋅m ⋅s
−1
B．kg⋅m ⋅s
−2
C．Pa⋅m
2
D．J⋅m
−1
【答案】B
【详解】AB．根据牛顿第二定律的表达式F =ma可知力的单位为kg⋅m ⋅s
−2，A 错误，B 正确；
C．根据压强的表达式p= F
S 可知力的单位可知力的单位为Pa⋅m
2，但压强单位Pa不是基本单位，C 错误；
D．根据做功的表达式W = Fx可知力的单位为J⋅m
−1，但功的单位J不是基本单位，D 错误。
故选B。
【变式3-1】（2024·浙江·高考真题）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
【详解】国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号m；质量的单位是千克，符号kg；时间
的单位是秒，符号s；电流的单位是安培，符号是A；热力学温度的单位是开尔文，符号K；物质的量单位
是摩尔，符号mol；发光强度的单位是坎德拉，符号cd。
故选A。
【变式3-2】（2023·辽宁·高考真题）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
Δ F =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
【详解】根据题干公式Δ F =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/(s
2⋅A
2)
故选B。
【解题能力提升】
1．简化计算过程的单位表达
解题时，在统一已知量的单位后，就不必写出各个量的单位，只在式子末尾写出所求量的单位即可。
2．检验表达式的正误
将某个表达式中各物理量的单位统一到同一单位制中，当计算结果的单位与待求量的单位一致时，该
表达式才可能是正确的。若计算结果的单位不对，则表达式一定错误。
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
考点四
超重失重问题
对应运
动情境
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。
【例4-1】（2020·山东·高考真题）一质量为m 的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s 与时间t 的关系图像如
图所示。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。以下判断正确的是
（ ）
A．0~t1时间内，v 增大，FN>mg
B．t1~t2时间内，v 减小，FN<mg
C．t2~t3时间内，v 增大，FN <mg
D．t2~t3时间内，v 减小，FN >mg
【答案】D
【详解】A．由于s-t 图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重
状态，则
FN<mg
A 错误；
B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则
FN=mg
B 错误；
CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则
FN>mg
C 错误，D 正确。
故选D。
【例4-2】科学研究表明，一般人在超重状态下加速度达到5g 左右时，就会出现黑视现象，短暂失去视觉。
某同学想了解自身的承受能力，她站在力传感器采集了如图所示图线，g 取10m/s2，对于本次实验以下说
法正确的是（ ）
A．失重的最大加速度为5g
B．超重的最大加速度为6g
C．她先站起，后下蹲
D．她先下蹲，后站起
【答案】D
【详解】A．由图可知，该同学的重力G =mg=500 N
可得m=50kg
根据牛顿第二定律500 N −200 N =50a1
可得失重的最大加速度a1=6 g
故A 错误；
B．同理根据牛顿第二定律700 N−500 N =50a2
可得超重的最大加速度a2= 4 g
故B 错误；
CD．根据题图可知该同学先失重，后超重，经过一段时间后先超重再失重，可知该同学先向下加速后向下
减速，然后向上加速再向上减速，可知她先下蹲，后站起，故D 正确，C 错误。
故选D。
【变式4-1】（2025·浙江金华·三模）春风和煦，义乌市民广场上有许多人在放风筝，会放风筝的人，可使
风筝静止在空中。乙图是甲图的情境模型，OL 代表风筝线，MN 代表风筝截面，截面与水平面夹角θ 保持
不变。假设风向水平，风速稳定，保持筝线拉力大小保持不变，则下列同学的判断正确的是（ ）
A．若持线人在地上向左移动些许，风筝将呈现失重状态
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝高度将下降
C．图示情境下，风筝不可能静止在空中
D．图示情境下，风筝受到四个力的作用
【答案】A
【详解】A．对风筝受力分析，风筝受到竖直向下的重力G、风筝线的拉力T、风力F。若持线人在地上向
左移动些许，风筝线拉力大小保持不变，风筝线与竖直方向的夹角减小，拉力的竖直分量增大，合力有竖
直向下的分量，则风筝有竖直向下的分加速度，将呈现失重状态，故A 正确；
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝线与竖直方向的夹角增大，拉力的竖直向下的分量减小，风筝高
度将上升，故B 错误；
C．图示情境下，当风筝受到的向下的重力G、风筝线的拉力T、垂直风筝面的斜向上的风力F 三力平衡时，
风筝可以静止在空中，故C 错误；
D．图示情境下，当风筝受到的重力G、风筝线的拉力T、风力F 共三个力，故D 错误。
故选A。
【变式4-2】（2024·全国甲卷·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9.8m/s
2。
(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/s
2 （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；
[2]根据
G =mg=5.0 N
根据牛顿第二定律
mg−T =ma
代入数据联立解得电梯加速度大小
a≈1.0 m/s
2
【解题能力提升】
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。
1．如图，某同学拉着拉杆箱沿水平地面匀速运动，拉力F沿拉杆方向，与地面的夹角为θ，已知地面对箱
子的阻力是箱子对地面压力的k倍，则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F是维持箱子运动的原因
B．箱子受到3 个力的作用
C．tanθ =k时，拉力F最小
D．θ角越大，拉力F越大
【答案】C
【详解】A．力是改变物体运动状态的原因，力不是维持物体运动的原因。故A 错误；
B．箱子受到重力、拉力、地面的支持力与摩擦力，即箱子受到4 个力的作用。故B 错误；
C．对箱子进行分析有
F cosθ = f =kN，mg = F sinθ+ N
巩固提升
解得
F =
kmg
cosθ+k sinθ =
kmg
❑√1+k
2sin(α +θ)
当sin(α +θ)=1时有
Fmin= kmg
❑√1+k
2
此时
α +θ =90°
则有
tanθ =
1
tan α =k
故C 正确；
D．由C 选项分析可知，随着θ的变化，拉力F 存在最小值。故D 错误。
故选C。
2．如图所示，放在木箱内的物块A，其右端通过一根处于压缩状态的水平轻弹簧与木箱连接。木箱与物块
A 做匀速直线运动且保持相对静止。若发现物块A 突然相对木箱底面向左移动，则木箱可能（ ）
A．突然向下加速运动
B．突然向下减速运动
C．突然向左加速运动
D．突然向右减速运动
【答案】A
【详解】A．开始木箱和物块A 均保持静止，根据平衡条件知，弹簧向左的弹力等于向右的静摩擦力。
若木箱突然向下做加速运动，物块处于失重状态，对木箱底面的压力减小，最大静摩擦力减小，可能小于
弹力，合力可能向左，物块A 可能突然相对木箱底面向左移动，故A 正确；
B．木箱突然向下做减速运动,物块处于超重状态，对木箱底面的压力增大，最大静摩擦力增大，故物块A
不可能突然相对木箱底面向左移动，故B 错误；
C．当木箱突然向左做加速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定
律知，所需合力向左，若弹簧弹力与最大静摩擦力的合力不足以提供向左的加速度，则物块A 相对木箱底
面可能向右移动，故C 错误；
D．木箱突然向右做减速运动，竖直方向受力平衡，正压力不变，最大静摩擦力不变，根据牛顿第二定律
知，当弹簧弹力和最大静摩擦力的向左的合力不足以提供向左的加速度时，物块A 相对木箱底面可能向右
移动，故D 错误。
故选A。
3．在微观世界，粒子的位置和动量不能同时精准确定，即有Δ x Δ p≥ℎ
4 π 。除了动量与位置外还有其他
物理量的不确定关系。如某物理量A，也有Δ A ≥
ℎ
4 π Δt ，其中t 代表时间，h 为普朗克常量，则物理量A
的单位是（ ）
A．N
B．W
C．K
D．J
【答案】D
【详解】根据题意Δ x Δ p≥ℎ
4 π ，Δ A ≥
ℎ
4 π Δt
解得Δ A = Δ x⋅Δ p
Δt
ΔA 的单位是m ⋅kg⋅m/s
s
=kg⋅m
2/s
2
根据Ek= 1
2 mv
2
动能的单位是J =kg⋅m
2/s
2
ΔA 的单位是J。
故选D。
4．如图甲所示，小鸟一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运
动，其v-t 图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为5
3 t1，最大速度为vm=18
m/s，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．研究小鸟运动全过程所用时间不能将其视为质点
B．整个过程下落的高度为27 m
C．t1至5
3t1时间内v-t 图线的斜率为－10 m/s2
D．t1至5
3t1时间内阻力比重力小
【答案】B
【详解】A．研究小鸟运动全过程时，小鸟的身长不影响研究过程，可以将小鸟看做质点，A 错误；
B．由自由落体公式vm = gt1
可知小鸟自由落体的时间为t1=1.8s
根据v −t图像的面积表示位移，故整个过程下落的高度为x = 1
2 ×18× 5
3 t1
联立解得整个过程下落的高度为x =27 m
B 正确；
C．t1至5
3t1时间内v-t 图线的斜率为k = (0−18)m/s
5
3 t1−t1
= −18 m/s
1.2s
=−15 m/s
2
C 错误；
D． t1至5
3t1时间内，小鸟做减速运动，合外力向上，故阻力大于重力，D 错误。
故选B。
5．如图所示，一个质量为3m 的箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m 的圆环A，A 的上端用轻弹簧
与箱子的顶部连接，A 的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。
现将细线剪断，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．剪断细线前，台秤读数为3mg
B．剪断细线的瞬间，台秤读数不变
C．剪断细线后，圆环A 向上运动至最高点的过程中，台秤读数将一直增大
D．剪断细线后，圆环A 向上运动至最高点的过程中，圆环A 将先超重后失重
【答案】D
【详解】A．未剪断绳子前，对圆环和箱子整体分析，可知台秤示数F = 4 mg，故A 错误；
B．剪断细线的瞬间，细线对箱子向上的拉力消失，弹簧弹力在瞬间不发生变化，导致箱子对台秤的压力
增大，因此台秤的读数将突然变大，故B 错误；
CD．剪断细绳前，对圆环进行受力分析可知，圆环受到重力、细绳的拉力和弹簧的弹力的作用受力平衡，
所以F弹=mg+T =2mg
剪断细线的瞬间，对圆环进行受力分析有F 弹−mg=2mg−mg=ma
解得a= g
且方向竖直向上，由此可知圆环向上先做加速运动后做减速运动，整个系统先处于超重后处于失重状态，
所以台秤读数先变大后变小，故C 错误，D 正确。
故选D。
6．如图所示，一质量为M、倾角为θ =37
∘的斜劈静止在粗糙的水平地面上，斜劈由粗糙程度不同的两种
材料拼接而成，AB 段的动摩擦因数为0.8，BC 段的动摩擦因数为0.75。质量为m 的滑块以一定的初速度
从斜劈上滑下，已知滑块从A 滑到C 的过程中，斜劈M 始终静止。下列说法正确的是（ ）
A．滑块从A 运动到B 的过程，斜劈和滑块组成的系统处于失重状态
B．滑块从A 运动到B 的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左
C．滑块从A 运动到B 的过程，斜劈受到地面的支持力小于（m+ M ）g
D．滑块从B 运动到C 的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左
【答案】B
【详解】A．滑块从A 到B 受力分析有μ1mgcosθ−mgsinθ =ma1，a1沿斜面向上，可知滑块和斜劈处于
超重状态，故A 错误；
Ｂ．对整体分析水平方向有Ff=ma1cosθ，可知Ff水平向左，故B 正确；
Ｃ．竖直方向上有F N−(m+ M )g=(m+ M )a1sinθ，可知FN>(m+ M )g，故C 错误；
Ｄ．滑块从B 运动到C 过程中，因μ2= tanθ，可知a2=0，地面给斜劈的摩擦力为零，故D 错误。
故选B。
7．（多选）乒乓球是一种世界流行的球类体育项目，如图所示，装满乒乓球的纸箱沿着倾角为θ的粗糙斜
面下滑，在箱子正中央夹有一个质量为m 的乒乓球，下列说法正确的是（ ）。
A．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力不可能为F3
B．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F4
C．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F1
D．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F2
【答案】AD
【详解】AB．若纸箱做匀速直线运动，则乒乓球处于平衡状态，周围乒乓球给它的作用力与重力等大反向，
即应竖直向上，A 正确，B 错误；
CD．若纸箱向下做加速运动，可知加速度沿斜面向下，将加速度水平竖直分解，可知应有水平向右的分量，
周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F2，不可能是F1，D 正确，C 错误。
故选AD。
8．如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢
固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B 之间。已知重力加速度为g，每个桶的质量都为m，当
汽车与油桶一起以某一加速度a 向左加速时，下列说法正确的是（ ）
A．A、B 对C 的合力方向竖直向上
B．a=
❑√3
3 g时，A 对C 的支持力为0
C．a 增大时，B 对C 的支持力变小
D．B 对C 支持力的大小可能等于1
2 mg
【答案】B
【详解】A．C 向左加速运动，则合外力水平向左，即A、B 对C 的合力与重力合力方向水平向左，可知
A、B 对C 的合力方向斜向左上方，选项A 错误；
B．当A 对C 的支持力为0 时，则对C 根据牛顿第二定律mg tan30
∘=ma
解得a=
❑√3
3 g
选项B 正确；
CD．对C 分析由牛顿第二定律FBCcos60
∘−F ACcos60
∘=ma，FBCsin 60
∘+ F ACsin 60
∘=mg
可得FBC= mg
❑√3 +ma
a 增大时，B 对C 的支持力变大；因FBC= mg
❑√3 +ma> 1
2 mg
则选项CD 错误。
故选B。
9．在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速
度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．飞行员的质量为70 kg
B．飞行员在t1时刻的加速度方向向下
C．飞行员在t2时刻的加速度方向向下
D．从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6 m/s2，方向向上
【答案】B
【详解】A．由题图可知，飞行员受到的重力大小为500 N，则质量为50 kg，A 错误；
B．飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B 正确；
C．飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C 错误；
D．由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg-F=mamax
代入数据解得amax=6 m/s2
方向向下，D 错误。
故选B。
10．如图所示，送水工人用推车在水平路面运桶装水，水桶对板OA、OB 的压力分别为F1、F2，运送过程
中水桶与推车保持相对静止，∠AOB 为锐角且保持不变。到达目的地后，另一工人将板OA 由竖直转至水
平即可将水桶卸下。全程车把手距地面的高度不变，忽略水桶与板间摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．推车由静止突然启动时，F1减小F2增大
B．推车由匀速突然减速时，F1增大F2不变
C．在OA 由竖直缓慢转到水平过程中，F1先减小后增大
D．在OA 由竖直缓慢转到水平过程中，F2先增大后减小
【答案】B
【详解】A．推车由静止时F1、F2和重力三力平衡，F1水平向右，F2竖直方向分量与重力平衡，突然启动
时即加速度水平向左，故F1减小F2不变，故A 错误；
B．推车由匀速突然减速时即加速度水平向右，F1增大F2不变，故B 正确；
CD．在OA 由竖直缓慢转到水平过程中，F1、F2和重力三力平衡构成矢量三角形如图，根据
mg
sin α = F1
sin β = F2
sin γ ，F1由先图示位置逆时针转，可知F1先增大后减小，F2一直减小，故CD 错误；
故选 B。
11．雨滴下落时由于空气阻力的作用，经过一段加速后会趋近匀速下落。某同学查阅资料发现，若将雨滴
视作半径为r的球体，则在竖直下落过程中雨滴所受的阻力满足公式f =kS v
2，其中S是雨滴的横截面积，
v是雨滴下落的速度，k为常数。半径分别为r1、r2的两颗雨滴（r1>r2）从同一高度由静止竖直下落，两
颗雨滴下落趋近的最大速度分别为v1、v2，则（ ）
A．v1<v2
B．v1>v2
C．v1= v2
D．无法比较v1与v2大小
【答案】B
【详解】设雨滴的密度为ρ，半径为r 的雨滴体积为V = 4
3 π r
3
其质量为m= ρV = ρ⋅4
3 π r
3
当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为vm，根据平衡条件可得mg= f
其中f =kS vm
2 =kπ r
2vm
2
联立解得vm = ❑√
4 ρgr
3k ∝❑√r
由于r1>r2，则有v1>v2。
故选B。
12．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10 m /s
2，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20 m /s
2
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T =1200 N，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有F =T +mg
解得F =1800 N
打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有F −mg=ma
解得a=20 m /s
2
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。
13．如图所示，质量为2kg 的物体在水平向右的推力F 的作用下从静止开始做匀加速直线运动，5s 后速度
为15 m/s，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5。求：（g 取10m/s2）
(1)物体与地面之间摩擦力的大小；
(2)物体加速度的大小；
(3)F 的大小。
【答案】(1)Ff=10 N
(2)a=3 m/s
2
(3)F=16N
【详解】（1）物体与地面之间摩擦力的大小为Ff= μmg=0.5×2×10 N =10 N
（2）由运动学公式可得加速度大小为a= Δv
Δt = 15
5 m/s
2=3 m/s
2
（3）由牛顿第二定律F −Ff=ma
解得F=16N
14．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6.0×10
6kg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5.4×10
7 N，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0.6×10
6 N，重力加速度g 取10 m /s
2，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a1=0.9m/s2
10s 末的速度为v=a1t1
解得v=9m/s
（2）掉深10s 时，潜艇下落的高度ℎ1= v
2 t1
解得ℎ1=45m
潜艇减速下落的高度ℎ2=ℎ−ℎ1
解得ℎ2=67.5m
在减速阶段ℎ2= v
2
2a2
解得a2=0.6m/ s
2
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
15．风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，风洞也从实验室走向大众游乐，如图甲所示。某研
究小组设计了一个总高度H 0=30 m的低速风洞游乐设备，等效模型如图乙所示，设备分成一个高度为
H 1=20 m的无风区和一个受风区，某物体质量m=10kg，在无风区中受到空气的阻力可忽略，在受风区
受到空气对它竖直向上的恒力作用。某次实验时该物体（可视作质点）从风洞顶端由静止释放，且运动到
风洞底端时速度恰好为0，重力加速度g取10 m /s
2。求实验中：
(1)物体在受风区受到空气对它的作用力大小；
(2)若物体第一次运动到风洞底端时风力变为原来的0.8 倍，则物体在无风区上升的最大高度。
【答案】(1)300N
(2)14m
【详解】（1）物体进入受风区前做自由落体运动，有v1
2=2 g H 1
解得v1= ❑√2 g H 1=20 m/s
物体在受风区向下做匀减速直线运动，则有F −mg=ma1，v1
2=2a1( H 0−H 1)
联立求解得物体在受风区受到的恒定作用力为F =3mg =300 N
（2）物体在受风区向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得0.8 F −mg =ma2
进入无风区后做匀减速直线运动，设进入边界的速度为v2，有v2
2=2a2( H 0−H 1)=2 gℎ
解得第一次在无风区上升的最大距离为ℎ=14 m
16．分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率。如图甲所示，派件员在分拣处将包裹放在静止机
器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到
θ=37°时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45m 的投递口处，为
了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度
g=10 m/s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，求：
(1)包裹与托盘间的动摩擦因数μ；
(2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a 的大小；
(3)若机器人运行的最大速度 vm =3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间
t。
【答案】(1)0.75
(2)7.5 m /s
2
(3)15.4s
【详解】（1）当托盘倾角增大到θ=37°时，包裹恰好开始下滑，根据平衡条件有mgsinθ = μmgcosθ
解得μ=0.75
（2）当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=7.5 m /s
2
（3）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大
加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短。匀加速直线运动阶段有
x1= vm
2
2a
，t1= vm
a
利用逆向思维，匀减速直线运动阶段有x3= vm
2
2a
，t3= vm
a
匀速运动的时间t2= x2
vm
= L−x1−x3
vm
解得t =t1+t2+t3=15.4s
