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专题13 牛顿第二定律的综合应用
题型一 两类动力学问题..................................................................................................................................2
题型二 超重与失重现象................................................................................................................................10
题型三 动力学图像问题................................................................................................................................17
【基础回顾】
一、两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题：
第一类：已知受力情况求物体的 运动情况 ；
第二类：已知运动情况求物体的 受力情况 。
2. 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 牛顿运动定律
列方程求解，具体逻辑关系如图：
二、超重与失重
1.当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的 示数 反映物体
对弹簧的弹力或物体对台秤的压力。
2.超重、失重和完全失重的比较
超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
物体对支持物的压力（或对
悬挂物的拉力） 大于 物
体所受重力的现象
物体对支持物的压力（或
对悬挂物的拉力） 小于
物体所受重力的现象
物体对支持物的压力
（或对于悬挂物的拉
力） 等于零 的现象
产生
条件
物体的加速度方向 竖直向
上
物体的加速度方向竖直向
下
物体的加速度方向 竖
直向下 ，大小 a ＝
g
原理
F－mg＝ma
mg－F＝ma
mg－F＝ma＝mg
方程
F＝ m ( g ＋
a )
F＝ m ( g －
a )
F＝ 0
运动
状态
加速 上升或 减速 下降
加速下降或 减速 上升
以a＝g 加速
下降或减
速上升
题型一 两类动力学问题
1.动力学问题的解题思路
【例题精讲】
1．（2026·河北保定·一模）如图所示，粗糙竖直挡板前方固定倾角为θ=37°的粗糙传送带，传送带上表面
以速度v0=3m/ s向挡板转动，物块紧贴传送带和挡板由静止释放。已知物块与挡板间的动摩擦因数为
μ1= 1
3，与传送带间的动摩擦因数为μ2= 3
4 ，重力加速度取g=10m/ s
2，sin37
∘=0.6，则物块沿传送
带下滑的最大速度为（ ）
A．3m/s
B．4m/s
C．5m/s
D．6m/s
【答案】B
【详解】
设物块沿传送带下滑的最大速度为v，物块与传送带摩擦力大小为f 2，物块与挡板摩擦力大小为f 1，物块
相对传送带方向偏离挡板夹角为α，受力分析如图，有tan α = v0
v
对物块垂直挡板方向F N 1= f 2sin α
物块有最大速度时，物块沿着挡板方向有mgsinθ = μ1 F N 1+ f 2cosα
f 2= μ2mgcosθ
联立得物块沿传送带下滑的最大速度为α =37°，v = 4 m/ s
故选B。
2．（25-26 高一下·福建厦门·月考）如图甲所示，倾角为37
∘的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速
转动，将一质量m=10kg的货物（可视为质点）轻放到传送带底端A，货物运动的速度v随时间t变化的
图像如图乙所示，t =10s时刻货物到达传送带顶端B，取重力加速度大小g=10 m/s
2，sin37
∘=0.6，
cos37
∘=0.8，货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物受到的摩擦力做的功为20J
B．货物受到的摩擦力大小始终为64 N
C．货物受到的合力做的功为920J
D．货物与传送带间因摩擦产生的热量为320J
【答案】D
【详解】A B．由图乙知货物先在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，5s末与传送带共速，共
速后，随传送带一起匀速上升，受静摩擦力
加速时Ff−mgsin37° =ma
解得Ff=64 N
匀速上升时，静摩擦力F
′
f=mgsin37° =60 N
货物受到的摩擦力做的总功为W = Ff x1+ Ff
′ x2=920J，故AB 错误；
C．由动能定理W 合= Δ EK= 1
2 mv
2=20J，故C 错误；
D．在 0∼5s内两者的相对位移为Δ x = x带−x货= vt −v
2 t =5 m
货物与传送带间因摩擦产生的热量为Q = Ff⋅Δ x =320J，故D 正确。
故选D。
3．（2026·浙江台州·二模）图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有
质量m=0.2kg、长度s=0.2m 的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜
体间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N 将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板
时立即锁定。下列说法正确的是（ ）
A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功
B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大
C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N
D．书本能与抽屉左侧发生磕碰
【答案】A
【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力对
书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦力
对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A 正确；
C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得
F =(M +m)a
解得a=0.9 m/s
2
此时书本受到的静摩擦力为f =ma=0.18 N
书本与桌面间的最大静摩擦力为f m = μmg=0.2N
由于f <f m
故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为0.18N，故C
错误；
B．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力
超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，
此时书本的加速度大小为a书= μg =1m/s
2
所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B 错误；
D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为v，则由运动学公式可得v
2=2ad
解得v = ❑√2ad =1.2m/s
假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为a1，则由牛顿第二定律有μmg=ma1
解得a1=1m/s
2
则书本匀减速到0 的位移为x = v
2
2a1
=0.72m
由分析可知，书本实际上应先向右运动s=0.2m，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为
Δ x = x−s=0.52m <d −s=0.6 m
所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D 错误。
故选A。
4．（2026·河南·模拟预测）如图所示，粗细均匀的粗糙直杆倾斜固定放置，小球套在杆上，小球的孔径
比杆的直径略大，用恒力F作用在小球上，恒力F方向斜向右上，与杆在同一竖直面内，小球沿杆运动，
小球只受两个力的作用，则关于小球的运动，下列判断正确的是（ ）
A．可能沿杆向上匀速运动
B．可能沿杆向上加速运动
C．可能沿杆向下匀速运动
D．可能沿杆向下加速运动
【答案】B
【详解】小球只受两个力的作用，且恒力F 方向斜向右上，另一个是竖直向下的重力，所以重力与拉力
的合力一定沿杆方向，即可能沿杆向上加速运动。
故选B。
5．（25-26 高一上·浙江杭州·期末）在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是14m，查
得该车辆的轮胎与地面的动摩擦系数为0.7，车辆刹车后轮胎抱死（不转动）仅靠轮胎与地面的滑动获得
制动力而减速。该路段的限速是60km/h，取g=10m/ s
2，则该车是否超速（ ）
A．超速
B．不超速
C．无法判断
D．刚好是60km/h
【答案】B
【详解】刹车时滑动摩擦力为合外力，由牛顿第二定律μmg=ma
得加速度大小a= μg=0.7×10m/ s
2=7m/ s
2
车辆做匀减速直线运动，末速度为0，由匀变速运动公式0−v0
2=−2ax，代入x =14 m得初速度
v0= ❑√2ax = ❑√2×7×14 =14 m/ s
换算单位得v0=14×3.6 km/h=50.4 km/h，小于限速60km/h，不超速，故选B。
6．（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，一儿童将无动力玩具小车在地面上滑出，松手后小车由斜面
底端A 冲上倾角θ =30°的斜面，运动至B 时速度为0。已知小车的质量为m=0.2kg，A、B 之间的距离为
0.75m，小车由A 至B 所用的时间为0.5s。则小车沿斜面上滑时所受的合力大小为（ ）
A．2N
B．1.2N
C．0.2N
D．1N
【答案】B
【详解】小车从A到B做匀减速直线运动，已知初速度v0（未知）、末速度v =0、位移x =0.75 m、时间
t =0.5s，质量m=0.2kg。根据匀变速直线运动位移公式x = v0+ v
2
t = v0
2 t
解得初速度v0=3 m/s
由加速度定义式a= v −v0
t
解得a=−6 m/s
2
即加速度大小为6 m/s
2，负号表示方向与初速度方向相反
根据牛顿第二定律有F合=ma
解得F合=1.2N。
故选B。
7．（25-26 高一上·安徽阜阳·月考）如图所示，滑雪轨道由光滑的倾斜直轨道和粗糙的水平轨道组成。t=0
时，运动员从A 点由静止开始匀加速下滑，经过B 点前后，运动员的速度大小不变。已知倾斜轨道与水
平面的夹角θ=30°，运动员与水平轨道间的动摩擦因数μ=1
8 ，运动员在第2s 末和第7s 末的速度大小相等，
重力加速度g=10m/s2，则运动员在17s 内运动的总路程为（ ）
A．110m
B．112.5m
C．115m
D．117.5m
【答案】B
【详解】依题意可知，运动员在倾斜轨道上的加速度大小a1=gsinθ=5m/s2
第2s 末的速度大小v2=a1t2=10m/s
运动员在水平轨道上做匀减速直线运动，加速度的大小a2=μg=1.25m/s2
设运动员到B 点所用的时间为t，第2s 末和第7s 末的速度大小相等，则有vB=a1t=v7+a2（t7-t）
解得vB=15m/s，t=3s
从第7s 末到运动员停下所用的时间t3= v7
a2
= v2
a2
= 10
1.25 s=8s
故第15s 末运动员停下，运动员运动的总路程s=1
2 vBt 总= 15
2 ×15 m=112.5m
故选B。
（多选）8．（25-26 高一上·天津河西·期末）如图所示，质量为10kg 的推车静止在粗糙水平地面上，小津
给推车一个大小为30N 的水平恒力，使推车由静止开始运动。推车在第1s 内运动的位移为1m，地面阻力
恒定，忽略其他阻力。下列说法正确的是（ ）
A．第1s 内推车的加速度大小为4m/s2
B．第1s 末推车的速度大小为2m/s
C．推车受到的阻力大小为10N
D．若在第1s 末撤去恒力，则推车继续运动1m 后停下
【答案】BC
【详解】A．第1s 内推车的加速度大小为a= 2 x1
t1
2 = 2×1
1
2 m/s
2=2m/s
2，A 错误；
B．第1s 末推车的速度大小为v1=at1=2m/s，B 正确；
C．根据F −f =ma
可得推车受到的阻力大小为f =10 N，C 正确；
D．若在第1s 末撤去恒力，则推车做匀减速运动的加速度大小为a
' = f
m =1m/s
2
继续运动的距离为x2= v1
2
2a
' = 2
2
2×1 m =2m，D 错误。
故选BC。
（多选）9．（25-26 高一下·河北邢台·开学考试）质量m=0.5kg的滑块静止在光滑水平面上，t =0时刻滑
块在水平外力F 作用下开始运动，其v −t图像如图所示，斜率k =1m ⋅s
-2，则下列说法正确的是
（ ）
A．t =2s时，滑块的速度大小是3 m/s
B．0~ 4s内，滑块的位移大小是8m
C．水平外力F =1N
D．若撤去外力，则滑块将做匀速直线运动
【答案】BD
【详解】A．由题中图像斜率可得加速度a=1m/s
2
t =2s时，滑块的速度v =at =2m /s，A 错误；
B．t = 4s时，滑块的位移x = 1
2 at
2=8 m，B 正确；
C．由牛顿第二定律有F =ma
解得F =0.5 N，C 错误；
D．若撤去外力，滑块所受合外力为零，由牛顿第一定律可知滑块将做匀速直线运动，D 正确。
故选BD。
（多选）10．（2026·重庆·二模）如图1 所示，质量为m 的滑块B 静置于倾角为θ 且足够长的固定斜面上，
B 与斜面之间的动摩擦因数μ=2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。B 通过一条弹性轻绳与光滑滑块A
相连，A 的质量也为m。t=0 时刻将A 由静止释放，A 运动的部分v-t 图像如图2 所示，图中t0之前为直线
段，t0之后为曲线，且t0已知，v1、t1、t2未知。t1时刻A 的速度达到最大，t2时刻A 的速度为零。已知t0~t1
时间段内A 的位移大小为x，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，轻绳始终在弹性限度内，不计空气
阻力，据此可知（ ）
A．t0时刻，B 开始运动
B．轻绳的劲度系数为mgsinθ
x
C．t2时刻，B 的速度大小为❑√gsinθ(gt0
2sinθ−x)
D．0~t2时间段内，轻绳最长时A的速度大小为1
2
❑√gsinθ(gt0
2sinθ+ x)
【答案】BD
【详解】A．由图2 可知，0~t0时间段内轻绳弹力为零，B 静止不动，A 匀加速运动，t0之后轻绳绷紧，
t0~t1时间段内，A 做加速度减小的加速运动，B 仍静止不动；t1时刻B 开始运动，故A 错误；
B．t1时刻，对B，有T +mgsinθ = μmgcosθ
解得T =mgsinθ
设轻绳的劲度系数为k，则k = T
x = mgsinθ
x
，故B 正确；
C．t0~t1时间段内，A 克服轻绳弹力做功W = T
2 x
0~t1时间段内，对A，有mgsinθ⋅( 1
2 gsinθ⋅t0
2+ x)−W = 1
2 m v1
2
解得v1=
❑√gsinθ(gt0
2sinθ+ x)
t1之后A、B 系统所受合外力为零，设t2时刻B 的速度为vB，根据动量守恒定律可得m v1=m vB
解得vB= v1=
❑√gsinθ(gt0
2sinθ+ x)，故C 错误；
D．当A、B 共速时轻绳最长，此时m v1=2m v共
解得v共= 1
2 v1= 1
2
❑√gsinθ(gt0
2sinθ+ x)，故D 正确。
故选BD。
题型二 超重与失重现象
1.对超重和失重的理解
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
（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。
（3）尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物
体就会处于超重或失重状态。
2.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。
（3）从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
【例题精讲】
1．（2026·山东东营·二模）火箭的网系回收可简化为如下过程，质量m=2×10
5kg的火箭先靠发动机点
火主动减速，10s 末定点入网后启动液压缓冲系统，缓冲绳索对火箭产生持续缓冲作用，回收过程的v-t
图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．0~10s，火箭处于失重状态
B．12s 时绳索对火箭的作用力为2.0×10
6 N
C．10~12s，绳索的平均作用力为2.4×10
6 N
D．0~10s，火箭的重力势能减小5.4×10
8J
【答案】D
【详解】A．火箭回收过程向下运动，0∼10 s速度向下且不断减小，说明加速度方向向上，火箭处于超
重状态，故A 错误；
B．火箭重力mg=2×10
5kg×10m/ s
2=2×10
6 N
12s时火箭速度为0，仍有向上的加速度，绳索作用力F >mg，因此F >2×10
6 N，故B 错误；
C．对10∼12s过程，取向下为正方向，由动量定理(mg−F )t =0−mv
代入t =2s，v =24 m/ s，m=2×10
5kg，解得平均作用力
F =mg+ mv
t =2×10
6 N + 2×10
5×24
2
N = 4.4×10
6 N，故C 错误；
D．v −t图像的面积表示位移，0∼10 s火箭下落的位移h= (30+24)
2
×10m=270m
重力势能减小量等于重力做功Δ E p=mgh=2×10
5×10×270 J =5.4×10
8J，故D 正确。
故选D。
2．（2026·重庆南川·模拟预测）空军航空开放活动和长春航空展于2025 年9 月在吉林省长春市举办，
歼-20 等飞机进行了飞行表演。图示为国产战斗机大仰角加速向上爬升过程的飞行轨迹，轨迹为曲线。下
列说法正确的是（ ）
A．研究战斗机姿态调整时可以把战斗机看成质点
B．战斗机的路程等于位移大小
C．战斗机所受合力沿轨迹的切线方向
D．飞行员处于超重状态
【答案】D
【详解】A．研究战斗机姿态调整时，战斗机的形状大小不能忽略，不可以把战斗机看成质点，A 错误；
B．战斗机做曲线运动，则路程大于位移大小，B 错误；
C．战斗机所受合力指向轨迹的凹向，C 错误；
D．因加速度有向上的分量，可知飞行员处于超重状态，D 正确。
故选D。
3．（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。
4．（2026·浙江衢州·二模）2026 年央视春节联欢晚会上，人形机器人与小朋友进行同台集群武术表演，
机器人侧空翻、打醉拳、耍兵器、连续踢腿等节目惊艳了春晚舞台。下列说法中正确的是（ ）
A．观众在观看人形机器人侧空翻时可以把机器人当成质点
B．人形机器人在空中表演侧空翻落地前，处于完全失重状态
C．人形机器人落地时速度越大，惯性越大
D．人形机器人在空中表演侧空翻时，其重心位置必在机器人上
【答案】B
【详解】A．研究机器人侧空翻动作时，机器人的形状、大小不能忽略，因此不能将机器人视为质点，故
A 错误；
B．机器人在空中落地前，忽略空气阻力时加速度等于重力加速度、方向向下，符合完全失重的定义，因
此处于完全失重状态，故B 正确；
C．惯性是物体的固有属性，惯性大小仅由质量决定，和速度无关，故C 错误；
D．物体的重心位置不一定在物体本身，机器人做侧空翻肢体弯曲时，重心可能在机器人身体外，故D 错
误。
故选B。
5．（2026·天津河西·一模）翠鸟被誉为自然界的“跳水皇后”，它常高速俯冲入水捕食。t =0时刻，一
只翠鸟（视为质点）由静止开始竖直向下俯冲，入水后沿直线减速，t =t2时刻下潜到最低点，恰好捕到
小鱼。如图所示为翠鸟及其运动的v −t图像，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．0∼t2时间内，翠鸟的平均速度等于v1
2
B．t1∼t2时间内，水对翠鸟的作用力逐渐减小
C．0∼t2时间内，翠鸟一直处于失重状态
D．入水前翠鸟重力的冲量大小等于入水后水对其作用力的冲量大小
【答案】B
【详解】A．由题知，在 0~t1时间内，平均速度为v1= 0+ v1
2
位移为x1= v1t1
若t1~t2时间内，翠鸟做匀减速直线运动，则平均速度为v2= v1+0
2
位移为x2= v2(t2−t1)
故全过程的平均速度为v = x1+ x2
t2
= 1
2 v1
根据v −t图像的斜率表示加速度，由图乙可知，在t1~t2时间内翠鸟入水过程的加速度逐渐减小，即翠鸟
做加速减小的减速运动，根据v −t图像与时间轴围成的面积表示位移，如图所示
图中虚线为做匀减速直线运动所围成的面积x2，实线为实际运动所围成的面积x
′
2，可知x
′
2< x2，故实际
上全过程的平均速度为v
′ = x1+ x
′
2
t2
< x1+ x2
t2
= v = 1
2 v1，故A 错误；
B．根据v −t图像的斜率表示加速度，在t1~t2时间内翠鸟入水过程，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律
有F −mg=ma
可知水对翠鸟的作用力F 也在减小，故B 正确；
C．在t1~t2时间内翠鸟向下减速，加速度向上，处于超重状态，故C 错误；
D．根据图乙可知，整个过程初速度为0，末速度为0，根据动量定理有I 水−I G=0
又重力冲量I G=mgt2
解得I 水=mgt2>mgt1
所以入水前翠鸟重力的冲量大小小于入水后水对其作用力的冲量大小，故D 错误。
故选B。
6．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某地开通无人机医疗物资应急配送工作。如图所示为某次任务中，无人
机在竖直方向运动的v −t图像。若配送物资质量为2.0kg，以竖直向上为正方向，设水平方向速度始终为
0，不计空气阻力，g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．无人机在1~2s 内处于失重状态
B．在此过程中无人机上升的最大高度为4m
C．无人机在第1s 内和第4s 内的加速度大小相等
D．在1s 末配送物资所受无人机的拉力大于其自身重力
【答案】D
【详解】AD．根据v −t图像，可知无人机在1~2s 内竖直向上做加速度运动，加速度向上，处于超重状态，
根据牛顿第二定律有FT−mg=ma
可得FT=mg+ma>mg，故A 错误，D 正确；
B．根据v −t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知4s 时无人机运动至最高点，则在此过程中无人机上
升的最大高度为hm = 1+ 4
2
×4 m =10 m，故B 错误；
C．根据v −t图像的斜率绝对值表示加速度的大小，可得第1s 内无人机的加速度大小为
a1= 4
2 m /s
2=2m /s
2
第4s 内无人机的加速度大小为a2=
4
4−3 m /s
2= 4 m /s
2
可知a1≠a2，故C 错误。
故选D。
7．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）某城市“智慧停车楼”的简化模型如图。质量为m的汽车静止在升降机
的水平托盘上，先以加速度a竖直加速上升一段距离，再匀速上升，最后以加速度a减速上升至目标楼层。
已知重力加速度为g，则托盘对汽车的支持力大小（ ）
A．在匀速上升阶段为0
B．在加速上升阶段为m(a+ g)
C．在减速上升阶段为m(a+ g)
D．先小于mg，再等于mg，最后大于mg
【答案】B
【详解】A．在匀速上升阶段汽车受力平衡，则托盘对汽车的支持力大小等于汽车重力大小，A 错误；
B．在加速上升阶段，根据F N −mg=ma
可得F N =m(a+ g)，B 正确；
C．在减速上升阶段，根据mg−F N
' =ma
可得为F N
' =m(g−a)，C 错误；
D．由以上分析可知整个过程中托盘对汽车的支持力大小先大于mg，再等于mg，最后小于mg，D 错误。
故选B。
（多选）8．（2026·安徽·一模）某人使用无人机将高山上的农产品运送到山下。如图所示，某次运送过
程中的一段时间内，无人机水平向右飞行，农产品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夹角。忽略农产品所受空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该段时间内，无人机一定向右做匀加速直线运动
B．该段时间内，轻绳与竖直方向的夹角越大，无人机的速度越大
C．该段时间内，农产品可能处于失重状态
D．若到达目的地前，农产品竖直向下做减速运动，则农产品处于超重状态
【答案】AD
【详解】A．由题图可知，农产品所受合力水平向右，根据牛顿第二定律加速度水平向右，又因为无人机
水平向右飞行，则无人机一定向右做匀加速直线运动，故A 正确；
B．轻绳与竖直方向的夹角和无人机的速度大小无关，只与水平方向的加速度大小有关，故B 错误；
C．农产品在水平方向上运动，在竖直方向上的加速度为0，不可能处于失重状态，故C 错误；
D．农产品竖直向下做减速运动，加速度方向竖直向上，则农产品处于超重状态，故D 正确。
故选AD。
（多选）9．（2026·湖北黄冈·二模）在2026 年央视春晚《武BOT》节目中，机器人借助舞台上的弹簧跳
台（弹射器）获得初速度，完成了震撼的3 米高空翻动作。起跳过程简化如下，压缩的轻弹簧下端固定，
上端与质量为m的跳板A连接，弹簧释放将质量为M的机器人B由静止竖直向上弹起，忽略空气阻力，从
机器人被弹起到上升至最高点的过程中，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．机器人先超重后失重
B．机器人的加速度先增大后减小
C．机器人速度最大时弹簧弹力为mg
D．机器人与跳板分离时弹簧恢复原长
【答案】AD
【详解】A．机器人先向上加速，加速度向上，超重状态，后向上减速，加速度向下，失重状态，故A 正
确；
B．在加速阶段，弹簧弹力F逐渐减小，根据牛顿第二定律有F −Mg−mg=(M +m)a
可知加速度a逐渐减小，直到加速度为零；减速阶段，根据牛顿第二定律有Mg+mg−F =(M +m)a
因弹簧弹力F继续减小至0，加速度a反向增大，最后离开跳台后加速度大小恒为重力加速度g，故加速度
先减小后增大，最后不变，故B 错误；
C．机器人速度最大时加速度为零，受力平衡，根据平衡条件，可得弹力F = Mg+mg，故C 错误；
D．机器人与跳板分离的条件是二者间弹力为0 和加速度相同，均为g，此时弹簧恢复原长，弹簧弹力为
0，故D 正确。
故选AD。
（多选）10．（25-26 高三上·福建龙岩·期中）中国无人机表演技术处于全球领先地位，2025 年6 月以
11787 架无人机刷新了“最多无人机组成的空中图案”吉尼斯世界纪录。某测试员应用无人机搭载的加速
度传感器进行飞行测试。图甲为在测试软件中设定的x、y、z 轴的正方向，其中z 轴沿竖直方向，无人机
开始时沿y 轴负方向匀速飞行，t =0时刻起该同学进行变速操作，软件生成了图乙中三个维度的a−t（加
速度
时间）图像，可以推断
—
2s~4s 的时间内无人机（ ）
A．处于超重状态
B．沿x 轴方向一直加速
C．沿y 轴方向一直加速
D．沿z 轴方向减速上升
【答案】AC
【详解】A．2s~4s，az>0，有竖直向上的加速度，属于超重现象，A 正确；
B．2s~4s，x 轴方向先沿负方向减速到零，再沿正方向加速，B 错误；
C．2s~4s，沿y 轴方向，速度方向与加速度方向始终一致，一直加速，C 正确；
D．2s~4s，沿z 轴方向一直加速，D 错误。
故选AC 。
题型三 动力学图像问题
1.常见的动力学图像
v－t 图像、a－t 图像、F－t 图像、F－a 图像等。
（1）v－t 图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。
（2）a－t 图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛
顿第二定律列方程求解。
（3）F－t 图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
（4）F－a 图像：首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出
两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由
图像给出的信息求出未知量。
【例题精讲】
1．（2026·陕西商洛·三模）踢毽子是一项全民健身运动。在无风的天气，假设毽子被竖直踢上去又落下，
其所受空气阻力大小不变，取竖直向上为正方向，下列关于毽子离开脚面后的位移x 随时间t 变化的图线
可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】毽子上升时做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，可得加速度的大小为a1= mg+ f
m
毽子下落时做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可得加速度的大小为a2= mg−f
m
可知毽子上升时的加速度a1大于下落时的加速度a2，位移大小相等，上升时的时间小于下落时的时间，
上升到最高点的速度为零，即x−t图像在此时的切线斜率为零，且位移x 与时间t 满足二次函数关系，综
合分析，可知A 项符合要求。
故选A。
2．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B 两个物体，
A、B 的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0 开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B 上，FA、FB大
小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（ ）
A．t＝0 时，A 物体的加速度为2 m/s2
B．t＝2 s 时，A、B 开始分离
C．t＝0 时，A、B 之间的相互作用力为3 N
D．A、B 开始分离时的速度为1 m/s
【答案】D
【详解】由图可得两个力随时间的关系： F A =(8−2t )N，FB=(2+2t )N
A、B 分离前一起运动，对整体受力分析，总合力F合= F A+ FB=(8−2t )+(2+2t )=10 N
根据牛顿第二定律F合=(mA+mB)a
可得因此整体加速度a=1m/s
2，分离前A、B 做匀加速直线运动，加速度恒为1m/s
2。
A．t =0时A 的加速度等于整体加速度，a=1m/s
2，A 错误；
B．A、B 刚好分离的条件是相互作用力N =0，研究B 物体，根据牛顿第二定律FB+ N =mBa
解得t =1s，即t =1s时开始分离，B 错误；
C．t =0时，设A、B 间相互作用力为N
′，研究B 物体，根据牛顿第二定律：F B+ N
′ =mBa
解得N
′ =2N，C 错误；
D．分离前A、B 做匀加速直线运动，v =at =1×1m/s=1m/s，D 正确。
故选 D。
3．（2026·安徽合肥·模拟预测）甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）处同时由静止释
放．两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v
2成正比，与球的质量无关，即f =k v
2（k为正的常
量）两球的v −t图像如图所示。落地前，经t0时间甲、乙两球的速度都已分别达到各自的稳定值v1、v2。
则下列判断正确的是（ ）
A．释放瞬间甲球加速度较大
B．v1
v2
= ❑√
m2
m1
C．甲球质量大于乙球
D．0−t❑0时间内两球下落的高度相等
【答案】C
【详解】A．释放瞬间v =0，因此空气阻力f =0，两球均只受重力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间两
球的加速度均为重力加速度g，故A 错误；
B．由图可知两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时f =k v
2=mg
则v = ❑√
mg
k
即v1
v2
= ❑√
m1
m2
，故B 错误；
C．因v1
v2
= ❑√
m1
m2
由题图可得v1>v2，所以甲球质量大于乙球，故C 正确；
D．v −t图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0~t0时间内两球下落的高度不相等，
故D 错误。
故选C。
4．（2026·四川绵阳·二模）一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度−时间图像如图所示。
下列判断正确的是（ ）
A．外力小于摩擦力
B．外力等于摩擦力
C．在t =0到t =t1的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
D．在t =t1到t =t2的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
【答案】C
【详解】v −t图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，由于图像在
0≤t <t1内的斜率大于t1≤t ≤t2内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，由
F =ma可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在0≤t <t1的时间段内外力与摩擦力同向
使得物体减速，在t1≤t ≤t2的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。
故选C。
5．（25-26 高二上·湖南永州·月考）如图1 所示，长为L=3.55m 的倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度
转动，t=0 时刻，给碳包一沿传送带向下的初速度vx，使碳包由顶端A 点沿传送带向下滑动，经过0.7s 碳
包滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度随时间的变化规律如图2 所示，碳包可视为质点，重力加
速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．vx=2m/s
B．传送带倾角α 的正切值为0.75
C．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.2
D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.45m
【答案】B
【详解】A．图像与坐标轴围成的面积代表位移，则有L= v x+5
2
×0.2m + 6+5
2
×0.5 m =3.55 m
解得v x=3 m/s，故A 错误；
BC．由图像斜率可知a1= Δv1
Δt1
= 5−3
0.2 m/s
2=10 m/s
2，a2= Δv2
Δt2
=
6−5
0.7−0.2 m/s
2=2m/s
2
根据牛顿第二定律有mgsin α + μmgcosα =ma1，mgsin α −μmgcosα =ma2
解得tan α =0.75， μ=0.5，故B 正确，C 错误；
D．0~0.2s 时间，碳包在传送带上留下的痕迹长度为Δ x1=5×0.2m −3+5
2
×0.2m =0.2m
0.2s~0.7s 时间，碳包在传送带上留下的痕迹长度为Δ x2= 6+5
2
×0.5 m −5×0.5 m =0.25 m
由于Δ x2> Δ x1，所以碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.25m，故D 错误。
故选B。
6．（25-26 高三上·广东广州·期中）某中学实验室对一款市场热销的玩具机器人进行了相关测试，测试过
程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及
相同时段机器人的加速度a 随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列
同学的推断结果正确的是（ ）
A．机器人与水平桌面间的滑动摩擦力为2.2N
B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1
C．在0~4s 时间内，摩擦力的冲量大小为6.2N·s
D．在0~4s 时间内，合外力做的功为4.4J
【答案】C
【详解】AB．设机器人质量为m，滑动摩擦力大小为f，由两个图像结合牛顿第二定律可得
2.2N −f =m×0.2m/s
2，4.4 N −f =m×2.4 m/s
2
联立解得m=1kg，f =2N
因为f = μmg
解得μ=0.2，故AB 错误；
C．因为a−t图面积表示速度变化量，机器人初速度为0，故速度变化量大小等于末速度，则4s 时机器人
速度v = 2.4 +0.2
2
×(4−2)m/s=2.6 m/s
规定F 方向为正方向，根据动量定理有I F−I f=mv
因为0~4s 时间内I F= 4.4
2 ×4 N·s=8.8 N·s
联立解得摩擦力的冲量大小I f=6.2N·s，故C 正确；
D．根据动能定理可知合力做功W = 1
2 m v
2=3.38J，故D 错误。
故选C。
7．（2025·甘肃·模拟预测）某同学练习“深蹲”（完成一次“下蹲”和“起立”过程为一次“深蹲”），
他稳定站在压力传感器上，发现压力传感器的示数为600 N，已知重力加速度为g=10 m/s
2。他截取某一
动作过程中的F −t图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0∼9s内该同学完成两次“深蹲”
B．该同学“下蹲”过程中最大加速度约为3.7 m/s
2
C．该同学“起立”过程中先失重后超重
D．该同学“起立”过程中最大加速度约为5.0 m/s
2
【答案】D
【详解】A．0∼9s内图像中第一次变化，传感器示数先小于实际重量，后大于实际重量，即先失重后超
重，为一次“下蹲”过程，之后为一次“起立”过程，共一次“深蹲”，故A 错误；
B．由题可知该同学质量m= G
g = 600
10 kg=60kg
该同学“下蹲”过程中，压力传感器的示数最小值为280 N，最大值为920 N，故该同学“下蹲”过程中
最大加速度约为a= Fmax−mg
m
= 920−600
60
m/s
2≈5.3 m/s
2，故B 错误；
C．6∼9s内“起立”过程中，传感器示数先大于600N，后小于600N，故该同学先处于超重状态后处于
失重状态，故C 错误；
D．该同学“起立”过程中，压力传感器的示数最大值为900 N，最小值为300 N，故该同学“起立”过程
中最大加速度约为a
′ = Fmax−mg
m
= 900−600
60
m/s
2=5.0 m/s
2，故D 正确。
故选D。
（多选）8．（2026·广东汕头·一模）小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向
由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为1kg，其动力系统提供
的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为2N，其运动的v −t图像如图所示，g 取10m/s
2，下列
说法正确的是（ ）
A．1s时飞行器加速度大小为5m/s
2
B．3s时飞行器处于失重状态
C．5s时飞行器升力大小为8N
D．8s时飞行器返回地面
【答案】AB
【详解】A．由v −t图像的斜率表示加速度，可知1s时飞行器加速度大小为a= 10
2 m /s
2=5 m /s
2，故A
正确；
B．由v −t图像可知飞行器在2~ 4s内向上减速运动，加速度方向向下，所以3s时飞行器处于失重状态，
故B 正确；
C．由v −t图像可知4 ~6s内向下加速运动，加速度大小为a
′ =
8
6−4 m /s
2= 4 m /s
2
根据牛顿第二定律可得mg−f −F升=ma
′
解得5s时飞行器升力大小为F升= 4 N，故C 错误；
D．设t时刻飞行器返回地面，根据v −t图像与横轴围成的面积表示位移，则有
1
2 ×10×4 = 1
2 ×8×(t −4)
解得t =9s，故D 错误。
故选AB。
（多选）9．（2026·广东·模拟预测）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施，如图甲所示，一质量为m的小朋
友由一定高度处自由下落，以下落初位置为坐标原点O，竖直向下为Oy轴，小朋友下落过程中的加速度
为a，其a−y图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空
气阻力不计，重力加速度大小为g，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（ ）
A．蹦床的等效劲度系数k = mg
2 y0
B．小朋友速度的最大值vm = ❑√3 g y0
C．小朋友由O点下落的最大距离ym = 4 y0
D．小朋友感受到的最大加速度am = ❑√3 g
【答案】BD
【详解】A．由图像可知，当y = y0时，小朋友开始与蹦床接触，当y =2 y0时a=0，即mg=k Δ x，其中
Δ x =2 y0−y0= y0
解得k = mg
y0
，A 错误；
B．当加速度为零时速度最大，对小朋友，从最高点到y =2 y0过程，根据动能定理有
mg×2 y0−W 克弹1= 1
2 mvm
2，其中W 克弹1= 0+k Δ x
2
×(Δ x)
解得vm = ❑√3 g y0，B 正确；
C．当下落距离最大时，速度为零，对小朋友的整个下落过程，根据动能定理有mg ym−W 克弹2=0，其中
W 克弹2= 0+ k ( ym−y0)
2
×( ym−y0)
解得ym =(2+ ❑√3) y0，C 错误；
D．在最低点处，小朋友的加速度最大，根据牛顿第二定律，结合图像可得k ( ym−y0)−mg =mam
解得am = ❑√3 g，D 正确。
故选BD。
（多选）10．（2026·云南·模拟预测） 如图（a）所示，在倾角为37°足够长的固定斜面上有一质量为1kg
的物体。现对物体施加一方向沿斜面向上的拉力F，力的大小随时间t 的变化关系如图（b）所示，t = 4s
时撤去该拉力；物体沿斜面向上运动过程中的v—t 图如图（c）所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g 取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。则该物体（ ）
A．所受最大静摩擦力大小为10N
B．与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．撤去F 时的速度大小为10m/s
D．撤去F 后经过1.5s 速度变为0
【答案】BC
【详解】AB．由0∼2s的受力分析可知F =mgsinθ+ Ff
从v −t可得2s时物体开始运动，此时拉力为10 N，代入数据可得最大静摩擦力为Ff= 4 N
结合Ff= μmgcosθ
解得μ=0.5，故A 错误、B 正确；
C．分析2∼4s，由动量定理可得I F−mgt sinθ−μmgt cosθ =mv
2∼4s内I F为F −t图所围成的面积，即I F= 1
2 ×(10+20)×2N·s=30N·s
代入数据得v =10 m/s，故C 正确；
D．撤去拉力后，由牛顿第二定律可得−mgsinθ−μmgcosθ =ma
解得a=−10 m/s
2
结合运动学规律则有0= v +at
解得t =1s，即经过1s速度变为0，故D 错误。
故选BC。
课时精练
一、单选题
1．（2026·安徽合肥·一模）2025 年11 月5 日，我国第一艘电磁弹射型航空母舰“福建舰”在海南三亚某
军港正式入列。假设在某次演练中，舰载机离开甲板后沿直线（如图中虚线所示）加速爬升，将舰载机
受到的重力记为G，受到的其他作用力记为F，该过程中舰载机受力情况可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】舰载机离开甲板后沿直线（如图中虚线所示）加速爬升，则舰载机受到的合外力方向与运动方
向相同（沿虚线向右上方）。
重力方向竖直向下，其他力F 的竖直分量应向上，且大于重力，水平方向分量应向右，所以F 方向应为右
上方，（比虚线方向靠上，即与水平方向夹角要大于虚线方向）。
故选A。
2．（2026·陕西榆林·模拟预测）质量为40kg的物体静止在光滑水平面上。如图所示，给这个物体施加两
个大小都是80 N且互成120°角的水平力，下列说法中正确的是（ ）
A．2s末物体的速度大小为8m/s
B．2s内物体运动的位移大小为4 m
C．若运动过程中撤去一个水平力，则物体的运动仍为直线运动
D．若运动过程中撤去所有水平力，物体会做匀减速直线运动直至静止
【答案】B
【详解】AB．对物体由牛顿第二定律得2 F cos60° =ma
解得a=2m/ s
2
2s末，物体的速度大小为v =at = 4 m/ s
2s内，物体的位移大小为x = 1
2 at
2= 4 m，故A 错误，B 正确；
C．运动过程中，速度沿着合力方向，撤去一个水平力以后，速度方向与另外一个水平力的方向不共线，
做曲线运动，故C 错误；
D．若运动过程中撤去水平外力，物体会做匀速直线运动，故D 错误。
故选B。
3．（2026·福建莆田·二模）质量为1kg的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，
F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度g 取10m/s
2，则物块（ ）
A．1s时加速度为10m/s
2
B．2s时速度为20m/s
C．2~ 4s内位移为4m
D．3s时动量为2kg⋅m/s
【答案】D
【详解】A．0~2s 内F的表达式为F =5+5t（单位：N）
t =1s时，F =10 N，根据牛顿第二定律a= F −f
m
= 10−5
1
=5 m/s
2，故A 错误；
B．对0~2s 用动量定理I F−ft =m v2−0
F的冲量I F是F −t图面积，即I F = (5+15)×2
2
=20 N·s
解得v2=10 m/s，故B 错误；
C．2s 后F =−3 N（方向与运动方向相反），物体运动方向仍为正方向，摩擦力也与运动方向相反，合力
F合=−3−5=−8 N
加速度a1=−8 m/s
2
物体从v2=10 m/s减速到0 需要的时间Δt = 10
8 =1.25s
即t =3.25s时物体已经静止，3.25s 后位移为0。 2~ 4s位移等于2~3.25s的匀减速位移
x = v2+0
2
⋅Δt = 10
2 ×1.25=6.25 m，故C 错误；
D．从2s 到3s 经过Δt
' =1s，速度v3= v2+a1 Δt
' =10−8×1=2m/s
动量p=m v3=1×2=2kg·m/s，故D 正确。
故选D 。
4．（25-26 高三上·贵州黔东南·期末）一国产人形机器人的身高为165cm，质量为50kg。如图所示，该
机器人在倾角为30°的斜坡上稳定地匀速行走，取重力加速度大小g=10 m/s
2，则它的脚与斜面间的最大
静摩擦力不能小于（ ）
A．500 N
B．300 N
C．250 N
D．1000 N
【答案】C
【详解】匀速行走，处于平衡状态，合外力为0
斜面对机器人的静摩擦力f =mgsinθ
又0<f <f m，可得f m≥250 N
故选C。
5．（2026·山东济宁·一模）在冰雪运动训练场的水平直道上，为模拟不同摩擦条件，交替铺设长度
l1=2m的制动区和长度l2= 4 m的光滑区，如图所示。滑雪运动员从第一个制动区的左端以6 m /s的初速度
开始向右滑行。已知制动区与滑雪板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m /s
2，则运动员滑行
的总时间为（ ）
A．1.2s
B．2.2s
C．2.8s
D．3.8s
【答案】B
【详解】制动区的加速度大小为a= μmg
m =5 m /s
2
运动员经过第一个制动区过程，由运动学公式可得−2al1= v1
2−v0
2
解得v1= 4 m /s
该过程所用时间为t1= v0−v1
a
=0.4s
运动员经过光滑区做匀速直线运动，所用时间为t2= l2
v1
=1s
设运动员在第二个制动区停下，由运动学公式可得−2ax =0−v1
2
解得x =1.6 m <l1=2m
假设成立，运动员在第二个制动区的运动时间为t3= v1
a =0.8s
则运动员滑行的总时间为t =t1+t2+t3=2.2s
故选B。
6．（2026·河北·一模）小明站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输
入计算机，绘制出压力随时间变化的图线如图所示。a、b、c、d、e、f 为图线上的点，下列说法正确的是
（ ）
A．a→c为“下蹲”过程，d →f 为“站起”过程
B．a→c为“站起”过程，d →f 为“下蹲”过程
C．a→b为“下蹲”过程，b→c为“站起”过程
D．d →e为“下蹲”过程，e→f 为“站起”过程
【答案】A
【详解】a→c过程，先失重（a→b）后超重（b→c），加速度先向下后向上，则a→c为“下蹲”过
程；d →f 过程，先超重（d →e）后失重（e→f ），加速度先向上后向下，则d →f 为“站起”过程。
故选A。
7．（25-26 高一上·黑龙江哈尔滨·期末）如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传
感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，
并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力
加速度，忽略一切阻力，则（ ）
A．升降机停止前在向上运动
B．0−t1时间内小球处于失重状态，t1−t2时间内小球处于超重状态
C．t2−t3的时间内小球向下运动，加速度增大
D．t3−t 4时间内小球向下运动，加速度减小
【答案】D
【详解】A．从0 时刻开始，弹簧弹力增大，可知小球向下运动，可知升降机停止前向下运动，故A 错误；
B．0-t1时间内，弹力大于重力，加速度向上，处于超重状态，t1-t2时间内，弹力大于重力，加速度向上，
也处于超重状态，故B 错误；
C．t2-t3时间内，小球向上做减速运动，弹簧弹力减小，由mg−F =ma，可知加速度增大，故C 错误；
D．t3～t4时间内小球向下运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得mg−F1=ma1
由图像可知弹力逐渐增大，小球的加速度减小，故D 正确。
故选D。
二、多选题
（多选）8．（2026·青海西宁·一模）2024 年8 月6 日，全红婵在巴黎奥运会女子10 米跳台决赛中勇夺金
牌。从全红婵离开跳台开始计时，她的重心在竖直方向上的速度v随时间t的变化情况简化如图所示，其
中0至t2时间段的图像为直线。不计空气阻力，取重力加速度大小为g，则全红婵（ ）
A．距离水面的最大高度为1
2 gt2
2
B．在t1∼t3时间内的平均速度大于v3
2
C．在t2∼t3过程中处于失重状态
D．在t1∼t 4时间内重力的冲量为零
【答案】BC
【详解】A．由图可知，t1~t2时间段内全红婵由最高点自由落体运动至水面，故全红婵距离水面的最大
高度为1
2 g(t2−t1)
2，故A 错误；
B．因t2∼t3时间段内全红婵做加速度减小的加速运动，故在t1~t3时间内的平均速度v > v3
2
，故B 正确；
C．全红婵在t2~t3过程中，斜率大于0，加速度向下，处于失重状态，故C 正确；
D．根据冲量的定义可知，恒力在一段时间内的冲量不为零，故在t1~t 4时间内重力的冲量不为零，故D
错误。
故选BC。
（多选）9．（25-26 高一上·河南开封·月考）如图所示，质量为1kg 的物块G 放在一个静止的木箱内，G
和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.2，G 与一根轻弹簧相连，弹簧处于压缩状态弹力大小为1.5N，G
和木箱相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2。则以下可以使物块G 与木箱
发生相对滑动的是（ ）
A．木箱水平向左加速运动，且加速度等于3m/s2
B．木箱水平向右减速运动，且加速度等于4.5m/s2
C．木箱在竖直方向运动，处于失重状态，且加速度等于3m/s2
D．木箱在竖直方向运动，处于超重状态，且加速度等于3.5m/s2
【答案】BC
【详解】AB．木箱水平向左加速运动或水平向右减速运动时，加速度方向均向左；最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，为f max = μmg=0.2×1×10 N =2N
弹簧处于压缩状态，弹簧的水平弹力大小为1.5N，则物块相对木箱不滑动，最大加速度为
amax = F弹+ f max
m
= 1.5+2
1
m /s
2=3.5 m /s
2，故A 错误，B 正确；
C．木箱处于失重状态，加速度等于3m/s2时，物块对木箱的压力为N
′ =m( g−a)=1×(10−3)N =7 N
则最大静摩擦力为f
′
max= μ N
′ =0.2×7 N =1.4 N
由于f
′
max=1.4 N < F 弹=1.5 N
可知物块G 与木箱发生相对滑动，故C 正确；
D．木箱处于超重状态，且加速度等于3.5m/s2时，物块对木箱的压力为
N
″ =m(g+a)=1×(10+3.5)N =13.5 N
则最大静摩擦力为f
″
max= μ N
″ =0.2×13.5 N =2.7 N
由于f
″
max=2.7 N > F 弹=1.5 N
可知物块G 与木箱不会发生相对滑动，故D 错误。
故选BC。
（多选）10．（25-26 高一上·江西吉安·期末）如图所示，物块以初速度v0冲上倾角可调节的斜面，斜面
粗糙且足够长。研究发现物体在斜面上的最大位移x 与斜面倾角θ的关系如图（图上数据为已知量），不
计空气阻力，重力加速度g=10 m /s
2（已知函数y =asinθ+bcosθ在定义区间的极大值为
ym=
❑√a
2+b
2）。关于物块的运动说法正确的是（ ）
A．物块的初速度v0=2m /s
B．物块与斜面的摩擦因数μ=
❑√3
2
C．当斜面倾角θ =0°时，对应的最大位移x =
❑√3
5 m
D．物块沿不同倾角冲上斜面最高处位移的最小值为
❑√3
10 m
【答案】ACD
【详解】A．当斜面θ =90°时，物块做竖直上抛运动，设上升的最大高度为h，根据h= v0
2
2g = 1
5 m
解得物块初速度v0=2m /s，A 正确；
B．由图可知，当斜面θ =30°时，滑行距离x =h，根据x = v0
2
2a
可得a= g
根据牛顿第二定律mgsinθ+ μmgcosθ =ma，可得μ=
❑√3
3 ，B 错误；
C．当斜面θ =0°时，根据牛顿第二定律μmg=ma1
最大位移x1= v0
2
2a1
=
❑√3
5 m，C 正确；
D．设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律mgsinθ+ μmgcosθ =ma2
物块向上滑行的距离d = v0
2
2a2
联立可得d =
v0
2
2 g(sinθ+ μcosθ)
由题意知sinθ+ μcosθ 的最大值为2❑√3
3
可得冲上斜面最高处的位移的最小值dmin=
❑√3
10 m，D 正确。
故选ACD。
三、解答题
11．（25-26 高一下·浙江·期中）如图所示，在某物流分拣中心的分拣流水线上，一质量为m=0.1 kg 的小
货物以初速度v0从粗糙水平分拣台上某处开始运动，经时间t=0.4 s 后以速度v=4 m/s 飞离分拣台，最终落
在水平地面上对应的分拣框中。货物与分拣台的动摩擦因数μ=0.25，分拣台离地面高h=0.8 m，不计空气
阻力，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)货物初速度v0的大小；
(2)货物落地点距飞出点的水平距离x；
(3)货物落地时的速度v1。
【答案】(1)5 m /s
(2)1.6 m
(3)4 ❑√2m/s，与水平呈45°斜向右下
【详解】（1）货物在分拣台上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有μmg=ma
根据运动学公式，有v = v0−at
得v0=5 m /s
（2）货物做平抛运动，在竖直方向上，有h= 1
2 gt1
2
代入数据解得t1=0.4s
在水平方向上，有x = v t1
代入数据解得x =1.6 m
（3）竖直方向上，有v y =>= 4 m /s
落地速度v1=
❑√v
2+ v y
2
代入数据解得v1= 4 ❑√2m/ s
方向与水平呈45°斜向右下
12．（2026·广东惠州·一模）如图（a）所示，一科研小组计划研究某小型无人机的发射性能，将质量为
m=2kg的小型无人机装载到质量为4 m的母机上，系统在竖直向上的恒定升力F作用下，从地面静止起
飞，经时间T = 4s后系统速度为v0=8 m /s，此时母机发射筒内的少量火药在极短时间内释放化学能，使
无人机瞬间以2v0的速度与母机竖直向上分离，之后将作用在母机上的恒定升力调整为1
3 F，同时，风洞
装置对母机施加如图（b）所示的水平风力F x（以系统静止起飞时为计时起点），k为常量，忽略空气阻
力和系统质量的变化，重力加速度g=10 m /s
2，求：
(1)恒定升力F的大小；
(2)分离后，母机还需多长时间落地；
(3)母机落地时的水平距离x与k的关系。
【答案】(1)F =120 N
(2) t = 4s
(3)当k <4s时，x
' =8k −k
2；当k ≥4s时，x =16 m
【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，T = 4s后速度为v0=8 m/s，由运动学公式得加速度
a1= v0
T = 8
4 =2m/s
2
对整体（总质量5m）由牛顿第二定律 F −5mg=5ma1
解得F =5m(g+a1)=10×(10+2)=120 N
（2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为v1，无人机速度为2v0，有 5m v0=m⋅2v0+ 4 m⋅v1
解得v1= 3
4 v0=6 m/s，方向向上。
分离前系统上升的高度h= 1
2 a1T
2= 1
2 ×2×4
2=16 m
分离后母机质量4 m=8kg，升力为F
3 = 40 N，由牛顿第二定律（向下为正） 4 mg−F
3 = 4 m⋅a2
解得a2=5 m/s
2，方向向下。
设分离后落地时间为t，位移向下为h=16 m，由运动学公式 h=−v1t + 1
2 a2t
2
解得正根t = 4s（负根舍去）
（3）水平方向0∼T内F x=0，水平位移为0；
分离后母机水平加速度ax = F x
4 m = 16
8 =2m/s
2，分离后总运动时间为4s，分两种情况：
当k ≥4s分离后全程受水平风力，水平位移 x = 1
2 axt
2= 1
2 ×2×4
2=16 m
当k <4s风力作用k秒后，剩余(4−k )秒水平匀速；
前k秒位移x1= 1
2 ax k
2=k
2，k秒末速度v x=ax k =2k，匀速位移x2= v x(4−k )=2k(4−k )
总位移x
' = x1+ x2=8k −k
2
13．（25-26 高一下·安徽阜阳·期中）如图所示是小孩推滑块游戏的装置，此装置由粗糙水平面AB、倾角
为6°的光滑斜面BC 和平台CD 构成。若质量为1kg的滑块在大小为2N的水平推力作用下，从A点由静止
出发，滑块在水平面AB 上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过斜面到达平台。已知水平面
AB 长度为2m，斜面BC 长度为1m，滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.1，sin6° =0.1，滑块可看成质
点且在B处的速度损失不计。（g 取10 m/s
2）
(1)求滑块在推力作用下的加速度大小；
(2)若推力作用距离为2m，求滑块刚到平台时的速度大小；
【答案】(1)1m/ s
2
(2)❑√2m/s
【详解】（1）对滑块在水平面上进行受力分析，水平方向受到推力F和滑动摩擦力f 。根据牛顿第二定
律有F −f =ma
其中f = μmg
代入数据解得a=1m/s
2
（2）滑块从A运动到C的过程中，根据动能定理有Fx−μmg LAB−mg LBC sin6
∘= 1
2 mvC
2 −0
代入数据解得vC = ❑√2m/s
14．（25-26 高三上·四川成都·阶段练习）如图所示，一块质量m=2kg的木块放置在质量M =6kg、倾角
θ =37°的光滑斜面体上，斜面足够长，斜面体置于光滑水平面上。（g取10 m /s
2，sin37° =0.6，
cos37° =0.8）
(1)对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证斜面体相对地面静止，求F 的大小。
(2)对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体相对静止，求F 的大小。
(3)对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若F =100 N，分析地面对斜面体的支持力与80N 的大小关系
（请给出定性分析不需定量计算）。
【答案】(1)F =9.6 N
(2)F =60 N
(3)见解析
【详解】（1）斜面体对木块的支持力大小N =mgcosθ
由牛顿第三定律木块对斜面体的压力大小N
′ = N =mgcosθ =16 N
对M 在水平方向受力平衡得 F = N
′ sinθ =mgcosθsinθ =9.6 N
（2）对m 分析得mg tanθ =ma
解得加速度为a= g tanθ =7.5 m /s
2
对M和m整体受力分析F =(M +m)a=60 N
（3）F =100 N>60N，m 相对斜面体向上加速运动，系统处于部分超重，地面对斜面体的支持力大于两
物体总重力。
15．（25-26 高三上·四川德阳·月考）微重力塔的核心原理是当实验舱处于自由落体或者竖直上抛状态时，
内部的物体会处于完全失重状态，就可以模拟微重力环境。图为中国科学院国家微重力实验室北京落塔，
当实验舱从静止自由下落时可获得3.6s 的微重力时间，让该装置停下所能提供的最大加速度为15g
(g=10 m/s
2)，求
(1)请根据以上信息计算实验舱下落的最小距离；
(2)若采用最大输出功率P =115.2kW 的电磁弹射系统对实验舱进行电磁弹射，当输出功率达到P 时，停
止弹射。弹射过程为初速度为零、加速度大小为8m/s
2的匀加速直线运动，弹射结束后可让400kg的实验
舱获得一定时间的微重力环境而回到弹射初始位置（不考虑制动），不计摩擦阻力，获得的微重力环境
时间t 为多少。
【答案】(1)69.12m
(2)9s
【详解】（1）根据题意可知，实验舱先自由落体再以最大加速度减速到0，则自由落体运动的末速度为
v =>' =10×3.6 m/s=36 m/s
所以实验舱做自由落体运动的位移为h1= 1
2 gt'
2= 1
2 ×10×3.6
2m =64.8 m
匀减速过程的位移为h2= v
2
2a =
36
2
2×150 m = 4.32m
实验舱下落的最小距离h=h1+h2=64.8 m + 4.32m =69.12m
（2）由题意可知，弹射过程是一个初速度为0 的匀加速直线运动，根据功率公式得
P = Fv =ma0⋅a0t1=ma0
2t1
代入数据解得弹射时间t1= 4.5s
则弹射结束时实验舱的速度为v0=a0t1=8×4.5 m/s=36 m/s
弹射位移x = 1
2 ×8×4.5
2m =81m
弹射结束后实验舱做竖直上抛运动，竖直上抛到最高点时间为t3= v0
g = 36
10 s=3.6s
竖直上抛到最高点的位移为x1= v0
2
2g = 36
2
2×10 m =64.8 m
所以实验舱从最高点下落到弹射初位置的位移为x2= x + x1=81m +64.8 m =145.8 m
则有实验舱从最高点下落到弹射初位置的时间为t2=
❑√
2 x2
g = ❑√
2×145.8
10
s=5.4s
所以实验舱获得的微重力环境时间t =t2+t3=3.6s+5.4s=9s
