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高考重点考点解读与针对性训练
第三章 运动和力的关系
考点14 牛顿运动定律的基本应用
【考点解读】
考点1 动力学的两类基本问题
1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿
第二定律（F 合＝ma）求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。
2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出加速度，
再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。
3.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是
解决此类问题的纽带，分析流程如下：
【方法归纳】解决动力学的两类基本问题的方法：
1.把握“两个分析”“一个桥梁”
2.找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初
速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
3. 解答动力学的两类基本问题的步骤
考点2 超重和失重
1.超重：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；
产生原因：物体具有向上的加速度。
2.失重：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；
产生原因：物体具有向下的加速度。
3.完全失重：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力） 等于0 的现
象称为完全失重现象；产生原因：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
4.实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态 无关 。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台
秤的压力将 不等于 物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为
视重。
【特别提醒】
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
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
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度
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
从速度变化
的角度判断
物体向上加速或向下减速时，超重；
物体向下加速或向上减速时，失重
考点3 瞬时加速度问题分析
1.两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失。
具体可简化为以下四种模型：
模型受外力时形变特点受外力时形变量
弹力能否突变
产生拉力或压力
轻绳
不可伸长
微小不计
可以突变
只能受拉力作用，不能
承受压力
橡皮绳
只能变长，不能
变短
较大
两端连有物体时
不能突变
只能受拉力作用，不能
承受压力
轻弹簧
既可变长，又可
变短
较大
两端连有物体时
不能突变
既能承受拉力，又能承
受压力
轻杆
不可伸长，不可
缩短
微小不计
可以突变
既能承受拉力，又能承
受压力
2 利用建模思想求解瞬时加速度
3.在求解瞬时加速度时应注意的问题
（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要
重新进行受力分析和运动分析。
（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不
会发生突变。
【高考真题】
【典例1】（2024·湖南高考3 题）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：剪断细线前，对B、C、D 整体受力分析，由平衡条件有A、B 间轻弹簧的弹力FAB＝
6mg，对D 受力分析，由平衡条件有C、D 间轻弹簧的弹力FCD＝mg，剪断细线瞬间，对
B，由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C，由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立
解得aB＝－g，aC＝1.5g，A 正确。
【典例2】.[2022 全国乙]一不可伸长的轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系
统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.现将一大小为F 的水平恒力作用在轻
绳的中点，方向与两球连线垂直，如图所示.当两球运动至二者相距3
5L 时，它们的加速度
大小均为（ A ）
A.5 F
8m
B.2 F
5m
C.3 F
8m
D. 3 F
10m
解析 当两球运动至二者相距3
5L 时，如图所示，由几何关
系可知sinθ＝
3 L
10
L
2
＝3
5，设绳子拉力为FT，水平方向有
2FTcosθ＝F，解得FT＝5
8F，对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma，解得a＝5 F
8m，故A 正
确，B、C、D 错误.
答案：A
【典例3】[2022 高考湖南卷]球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量
为M.飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F 阻＝kv2，k 为常量）.当
发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动
机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s.
重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确
的是（ BC ）
A.发动机的最大推力为1.5Mg
B.当飞行器以5m/s 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
❑√17
4
Mg
C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5❑√3m/s
D.当飞行器以5m/s 的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
解析 当飞行器关闭发动机以速率v1＝10m/s 匀速下落时，有Mg＝kv1
2，可得k＝0.01Mg
N·s2·m－2，当飞行器以速率v2＝5m/s 匀速向上运动时，有Mg＋kv2
2＝Fmax，联立解得Fmax＝
1.25Mg，A 错误；当飞行器以速率v2＝5m/s 匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气
阻力作用且处于平衡状态，由平衡条件有F2＝（Mg）2＋（kv2
2）2，解得F＝
❑√17
4
Mg，B
正确；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有Fma x
2
－（Mg）2＝
（kv3
2）2，解得v3＝5❑√3m/s，C 正确；当飞行器以最大推力向下，飞行器以5m/s 的速率向
上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kv2
2＝Mamax，解
得amax＝2.5g，D 错误.
答案：BC
【典例4】.[2022 浙江1 月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜
滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接.若货物从倾
斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝2
9，货物可视为质点（取
cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，g＝10m/s2）.
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
答案 （1）2m/s2 （2）4m/s （3）2.7m
解析 （1）由牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1
解得a1＝2m/s2
（2）货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，由运动学公式可得v2＝2a1l1
解得v＝4m/s
（3）货物在水平滑轨上做匀减速直线运动，由运动学公式可得v1
2－v2＝2a2l2
又a2＝－μg
解得l2＝2.7m.
【典例5】.[2022 高考全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一
轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的
拉力F 拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第
一次恢复原长之前（ AD ）
A.P 的加速度大小的最大值为2μg
B.Q 的加速度大小的最大值为2μg
C.P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D.P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
解析 两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q 的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力
后，对滑块P 由牛顿第二定律有kx'＋μmg＝ma1，同理对滑块Q 有μmg－kx'＝ma2，从
撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg 一直减小到零，所以P 的加速度
大小的最大值为刚撤去拉力F 瞬间的加速度大小，此时P 的加速度大小为2μg，而弹
簧恢复原长时，Q 的加速度大小达到最大值，即Q 的最大加速度为μg，A 项正确，B
项错误；由于弹簧恢复原长前滑块P 的加速度一直大于Q 的加速度，且两滑块初速度
相同，所以撤去拉力后P 的速度一直小于同一时刻Q 的速度，所以P 的位移一定小于
Q 的位移，C 项错误，D 项正确.
一题多解 由分析可知P、Q 的加速度变化情况，定性绘制两滑块的v
－t 图像如图所示，由图像容易判断出撤去拉力后到弹簧第一次恢复原
长前P 的位移一定小于Q 的位移，P 的速度一直小于同一时刻Q 的速度，
故C 项错误，D 项正确.
【答案】AD
【典例6】.[2021 高考河北卷]如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为
θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接.一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A
处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s2的加速度匀
加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起.背包与滑道的动摩擦因
数为μ＝1
12，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝7
25，cosθ＝24
25 ，忽略空气阻力及拎包过程
中滑雪者与背包的重心变化.求：
（1）滑道AB 段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度.
答案 （1）9m （2）7.44m/s
解析 （1）背包下滑过程中，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
解得背包在滑道AB 段的加速度a1＝2m/s2
设AB 段长为L，滑到底端所用时间为t，故有L＝1
2a1t2
对滑雪者，有L＝v0（t－1s）＋1
2a2（t－1s）2
解得L＝9m
（2）滑雪者滑到B 点时的速度v1＝v0＋a2（t－1s）
背包滑到底端B 点时的速度v2＝a1t
对滑雪者拎起背包的过程，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v
解得滑雪者拎起背包瞬间的速度v＝7.44m/s
【针对性训练】
1.（2025·江苏江都中学期初）如图所示，A 球质量为B 球质量的3 倍，光滑固定斜面的倾
角为θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，
挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻质杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的
瞬间（ ）
A.图甲中A 球的加速度大小为gsin θ
B.图甲中B 球的加速度大小为2gsin θ
C.图乙中A、B 两球的加速度大小均为gsin θ
D.图乙中轻杆的作用力一定不为零
答案：C
解析：设B 球质量为m，则A 球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B 球的弹
力大小均为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，
题图甲中A 球所受的合力为零，加速度为零，B 球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小
为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B 两球整体受到的合力大小为4mgsin θ，A、
B 两球的加速度大小均为gsin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的
分力，轻杆的作用力为零，故只有C 正确。
2.[2024 山东济南联考]如图所示，A、B 两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，
A、B 两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水
平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是（ D ）
A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1：1
B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1：cos2θ
C.A 与B 的加速度之比为1：1
D.A 与B 的加速度之比为cosθ：1
答案： D
解析 根据题述可知，A、B 两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2后，A 球做圆周运动，
剪断瞬间速度为0，向心加速度为0，只有切向加速度，故对A 球进行受力分析，
如图甲所示，有FT＝mgcosθ，mgsinθ＝ma1；剪断细绳L2瞬间，对B 球进行受力分析，如
图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcosθ＝mg，
mgtanθ＝ma2，所以FT：F＝cos2θ：1，a1：a2＝cosθ：1，故D 正确.
3.[ 2024 广东惠州第一次调研]近年来惠州市试点为老旧小区加装垂直电梯，如图（a）所示，
取竖直向上方向为正方向，某人某次乘电梯时的速度随时间变化的图像如图（b）所示，以
下说法正确的是（ C ）
A.4s 时电梯停止在某一层楼
B.1～3s，此人处于超重状态，重力变大
C.5～7s，此人处于失重状态，支持力小于重力
D.电梯先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动
解析
答案：C
4.[2024 湖北黄冈统考]某同学用橡皮筋悬挂智能手机做如下实验：如图甲所示，将橡皮筋
上端固定在铁架台上的O 点，打开手机加速度传感器，同时从O 点由静止释放手机，获得
一段时间内手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（
D ）
A.手机在0.5s 时处于失重状态
B.手机在1.0s 时处于超重状态
C.0.9s 时橡皮筋恢复到原长
D.手机的速度最大值约为3m/s
解析 根据题意，手机从O 点由静止释放时，加速度为－10m/s2，对比以后的加速度，可
知图像是以竖直向上为正方向，且释放手机时橡皮筋处于松弛状态.手机在0.5s 时加速度方
向向上，处于超重状态.手机在1.0s 时加速度为负，方向向下，处于失重状态，故选项A、
B 错误；0.9s 时，手机加速度为0，橡皮筋弹力与重力平衡，不为零，橡皮筋没有恢复到原
长，故选项C 错误；由图乙可知，手机先向下做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速
运动，当加速度为0 时，速度达到最大，根据a－t 图像与横轴围成的面积表示速度变化量
可知，最大速度约为vmax＝1
2×（0.25＋0.35）×10m/s＝3m/s，选项D 正确.
答案 D
5.[ 2024 福建莆田二中阶段测试]女排运动员进行原地起跳拦网训练，某质量为60kg 的运动
员原地静止站立（不起跳）双手拦网高度为2.10m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下
降0.5m，然后起跳（从开始上升到脚刚离地的过程），最后脚离地上升到最高点时双手拦
网高度为2.90m.若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝
10m/s2.则（ B ）
A.运动员在起跳过程中处于失重状态
B.运动员起跳过程中的加速度大小为16m/s2
C.运动员从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4s
D.起跳过程中运动员对地面的压力为960N
解析 运动员起跳过程中，向上做加速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，选项A
错误；运动员脚离地之后做竖直上抛运动，逆向思维，由v2＝2gh 可得，脚离地时，运动
员的速度为v＝❑√2×10×（2.9－2.1）m/s＝4m/s，由v2＝2ax 可得，运动员起跳过程中
的加速度大小为a＝v
2
2 x ＝
4
2
2×0.5m/s2＝16m/s2，选项B 正确；根据题意，运动员起跳过程
经过的时间为t1＝v
a＝0.25s，运动员从离地到上升到最高点经过的时间为t2＝v
g＝0.4s，则
运动员从开始起跳到离地上升到最高点经过的时间为t＝t1＋t2＝0.65s，选项C 错误；根据
题意，由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，解得FN＝1560N，由牛顿第三定律可知，起跳过程
中运动员对地面的压力为F'N＝FN＝1560N，选项D 错误.
答案 B
6. 小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动摩擦
因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g，则小物块在斜面上运动的时间
为（cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6）（ ）
A.2v0
g
B.3 v0
g
C.（❑√5＋1）v0
g
D.（❑√6＋1）v0
g
答案：C
解析：由牛顿第二定律可得，上升时mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝g，则t1
＝v0
a1
＝v0
g
，x1＝v0
2
2g
；下滑时mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得a2＝0.2g，则x2＝x1
＝1
2a2t2
2，得t2＝
❑√5 v0
g
，所以t＝t1＋t2＝（❑√5＋1）v0
g
，故选项C 正确。
7. 如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上
放置了一个压力传感器，将质量为4 kg 的物体放在传感器上。在电梯运动的某段过程中，
传感器的示数为44 N。g 取10 m/s2。对此过程的分析正确的是（ ）
A.物体受到的重力变大
B.物体的加速度大小为1 m/s2
C.电梯一定正在减速上升
D.电梯一定正在加速上升
答案：B
解析：重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，物体在电梯中运动的过程中，重力并没
有发生改变，A 错误；对物体分析有FN－mg＝ma，解得物体加速度大小a＝1 m/s2，B 正
确；根据上述分析，加速度向上，当速度向上时，电梯向上做匀加速直线运动，当速度向
下时，电梯向下做匀减速直线运动，C、D 错误。
8 （2025·北京昌平期末）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。
用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖
直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。取重力加速度g＝10
m/s2，由此可判断出（ ）
A.在t1～t2时间内手机处于超重状态，在t2～t3时间内手机处于失重状态
B.手机在t2时刻运动到最高点
C.手机在t3时刻改变运动方向
D.手机可能离开过手掌
答案：D
解析：由图可知，在t1～t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故A 错
误；在t2～t3时间内手机有向上的加速度，速度方向仍然向上，与加速度方向相同，可知
手机在t2时刻未运动到最高点，故B 错误；手机在t3时刻有竖直向上的速度，不为零，故
没有改变运动方向，故C 错误；由图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于
重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D 正确。
9.[2024 安徽名校联考]如图所示，两个质量均为m 的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡
皮筋的中点固定在质量也为m 的纸盒底部的正中间，小球放在纸盒口边上，整个系统处于
静止状态，现让纸盒在空中由静止释放.不计空气阻力，重力加速度为g，则释放的瞬间纸
盒的加速度a1和小球的加速度a2分别为（ C ）
A.a1＝g，a2＝g
B.a1＝1.5g，a2＝g
C.a1＝3g，a2＝0
D.a1＝2g，a2＝0
解析 释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力
mg，小球所受合力为0，小球的加速度为a2＝0，释放的瞬间，橡皮筋对纸盒的作用力仍为
2mg，方向竖直向下，纸盒所受合力为F 合＝mg＋2mg＝3mg，由牛顿第二定律可得纸盒加
速度a1＝F合
m ＝3g，选项C 正确.
答案 C
10.如图所示，在倾角为θ 的斜面体上用细线系着一个质量为m 的小球，随斜面体一起向右
做加速度大小为a 的匀加速直线运动.重力加速度为g，稳定时，细线的拉力大小不可能为
（ D ）
A. mg
sinθ
B.m❑√g
2＋a
2
C.m（gsinθ＋acosθ）
D.m（gsinθ－acosθ）
解析 小球随斜面向右加速运动时，当加速度较小时，小球和斜面之间有相互作
用力，此时小球受三个力，分别为重力、斜面的支持力、细线拉力，如图甲所示，
竖直方向有T sin θ＋N cos θ－mg＝0，水平方向有T cos θ－N sin θ＝ma，联立解得T
＝m(g sin θ＋a cos θ)；当加速度较大时，小球会离开斜面，此时小球只受两个力，
重力和细线拉力，则有T＝❑√(ma)
2＋(mg)
2＝m❑√a
2＋g
2；在将要离开斜面时，小球
只受两个力，重力和细线拉力，如图乙所示，此时细线与水平面夹角为θ，T sin θ＝
mg，解得T＝mg
sinθ ，本题选不可能项，故选D.
图甲 图乙
答案 D
11.[2024 河北名校协作体联考改编/多选]如图，一水平轻绳一端固定在竖直墙壁上，另一端
与小球相连.一轻质弹簧一端与竖直方向成θ＝60°的夹角固定在天花板上，另一端也与小球
相连.轻杆与水平方向成α＝30°的夹角固定在水平地面上.小球处于平衡状态且与轻杆恰好
接触无弹力.已知小球质量为m，与轻杆间的动摩擦因数为μ＝
❑√3
6 ，则（ BC ）
A.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为❑√3g，方向水平向右
B.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为5
4 g，方向沿杆斜向右上
C.剪断弹簧的瞬间，小球与杆间的弹力会发生突变
D.剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为2g，方向沿杆斜向左下
解析 剪断轻绳之前，轻杆与小球间无弹力作用，小球受力如图1 所示，根据平衡
条件可得F1＝mgtan θ＝❑√3mg、F2＝mg
cosθ ＝2mg.若剪断轻绳，F1消失，F2和mg 不变，
小球和轻杆之间产生弹力和摩擦力，受力分析如图2 所示，根据牛顿第二定律，有F2
－mg sin α－μmg cos α＝ma，解得此时小球的加速度大小a＝5
4 g，方向沿杆斜向右
上，故A 错误，B 正确；若剪断弹簧，F1和F2消失，mg 不变，小球和轻杆之间产生
弹力和摩擦力，受力分析如图3 所示，滑动摩擦力Ff＝μmg cos α＝1
4 mg，则此时小球
加速度大小为a＝mgsin α - μmgcosα
m
＝1
4 g，方向沿杆斜向左下，故C 正确，D 错误.
图1 图2 图3
答案 B C
12.[2022 高考辽宁卷]如图所示，一小物块从长1m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向
另一端，经过1s 从另一端滑落.物块与桌面间的动摩擦因数为μ，g 取10m/s2.下列v0、μ 的
取值可能正确的是（ B ）
A.v0＝2.5m/s
B.v0＝1.5m/s
C.μ＝0.28
D.μ＝0.25
解析 由题意可知，小物块由左端滑到右端的平均速度为v＝x
t ＝1 m/s，由匀变速
直线运动的规律有v＝v0＋v
2
，又v＞0，解得v0＜2 m/s；由牛顿第二定律得μmg＝
ma，解得a＝μg，又由运动学公式有v＝v0－at，整理得μ＜v0
gt
＜0.2，B 正确.
答案：B
13.[2024 福建泉州质量监测]踢毽子是我国民间的一项体育运动，被誉
为“生命的蝴蝶”.如图是一个小孩正在练习踢毽子，毽子近似沿竖直
方向运动.若考虑空气阻力的影响，毽子离开脚后至回到出发点的过程
中（ C ）
A.上升过程一直处于超重状态
B.下降过程一直处于超重状态
C.上升的时间小于下降的时间
D.上升的时间大于下降的时间
解析 经过分析可知，无论是上升过程，还是下降过程，毽子的加速度方向均竖
直向下，所以两个过程均处于失重状态，A、B 错误；上升过程中，毽子所受的重力
和空气阻力均竖直向下，下降过程中，毽子受竖直向下的重力和竖直向上的空气阻
力，则毽子上升过程中所受的合外力大于下降过程中所受的合外力，即a 上＞a 下，根
据x＝1
2at2定性分析可知，t 上＜t 下【点拨：上升过程可运用逆向思维看成初速度为零
的下降过程】，C 正确，D 错误.
答案 C
14.[2024 广东广州统考]如图所示，一辆货车运载一批尺寸相同的光滑圆柱形空油桶，每个
油桶的重力均为G.在水平车厢底层几个油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只
有一只油桶C，自由地摆放在A、B 两桶之上.当汽车沿平直公路向右运动时（重力加速度为
g）.下列说法正确的是（ C ）
A.货车匀速运动时，C 对B 的压力等于G
❑√2
B.货车匀加速时，B 对C 的支持力比静止时小
C.货车加速度增大到
❑√3
3 g 时，C 对A 的压力为0
D.货车匀加速时，油桶对车厢底板的总压力比静止时小
解析 设B 对C 的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得 sin θ＝R
2 R ＝1
2，
解得θ＝30°，匀速运动时，对油桶C，根据平衡条件可得FA cos 30°＋FB cos 30°＝
G、FA sin 30°＝FB sin 30°，联立解得B 对C 的支持力FB＝
❑√3
3 G，由牛顿第三定律知C 对
B 的压力F'B＝FB＝
❑√3
3 G，故A 错误；当货车匀加速运动时，有FB1 sin 30°－FA1 sin 30°＝
ma，FB1 cos 30°＋FA1 cos 30°＝G，联立解得FB1＝
❑√3
3 G＋ma，FA1＝
❑√3
3 G－ma，可知
B 对C 的支持力比静止时大，故B 错误；当a＝
❑√3
3 g 时，FA1＝0，根据牛顿第三定律
知，C 对A 的压力为0，故C 正确；匀加速时加速度方向沿水平方向，竖直方向始终处
于平衡状态，故油桶对车厢底板的总压力与静止时相等，D 错误.
答案 C
15 图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑
点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取 g＝10 m/s2。根据图像分析
可知（ ）
A.人的重力可由b 点读出，约为300 N
B. b 到c 的过程中，人先处于超重状态，再处于失重状态
C.人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态
D.人在b 点对应时刻的加速度大于在c 点对应时刻的加速度
解析： 开始时人处于平衡状态，由a 点可读出，此时，人对力板的压力约为900 N，人
的重力也约为900 N，故A 错误；当人对接触面的压力小于人的真实重力时，则人处于失
重状态，此时有向下的加速度；当人对接触面的压力大于人的真实重力时，则人处于超重
状态，此时有向上的加速度，故b 到c 的过程中，人先处于失重状态，再处于超重状态，
故B 错误；人在双脚离开力板的过程中，人只受重力的作用，处于完全失重状态，故C 正
确；b 点压力与重力的差值要小于c 点压力与重力的差值，则人在b 点对应时刻的加速度要
小于在c 点对应时刻的加速度，故D 错误。
答案 C
16 我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F 可
用F＝kv2表示，其中k 为比例常数，v 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力
相等时的v 称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg 时，起飞离
地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。
（1）求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
（2）飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m 后起飞，求飞机在滑
行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小（结果保留3 位有效数字）。
答案：（1）96 m/s （2）3.75 s 6.55×104 N
解析：（1）设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kv1
2＝m1g
装载弹药后起飞时，有kv2
2＝m2g
联立解得v2＝96 m/s。
（2）设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝v2
2
t
解得t＝3.75 s
由v2＝at 得a＝v2
t
＝25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力大小F 水平＝m2a
解得F 水平≈6.55×104 N。
17 （2025·山西太原模拟）在轮椅冰壶的某次训练中，两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将
“冰壶”从起点推动5 m 后，撤去推力，同时启动10 秒倒计时，“冰壶”沿直线继续滑
行40 m 到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”的质量为20 kg，重力
加速度g 取10 m/s2。
（1）求“冰壶”与冰面间的动摩擦因数及水平恒力的大小；
（2）若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10 秒倒计时瞬间开始推动
“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？
答案：（1）0.08 144 N （2）200 N
解析：（1）“冰壶”在推力F 作用下做匀加速运动，运动5 m 后的速度设为v，这5 m 内
的加速度为a1，由牛顿第二定律及运动学公式可知F－μmg＝ma1，v2＝2a1x1
撤掉力F 后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 s 时间内运动了40 m，
由牛顿第二定律及运动学公式可知Ff＝μmg＝ma2，x2＝vt
2 ，a2＝v
t ，
联立解得μ＝0.08，F＝144 N。
（2）若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10 秒倒计时瞬间开始推动
“冰壶”，并重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为v'，根据牛顿第二
定律及运动学公式可知
匀加速过程，有F'－μ'mg＝ma3
匀减速过程，有μ'mg＝ma4
所用总时间v '
a3
＋v '
a4
＝10 s
所走总路程v '
2
2a3
＋v '
2
2a4
＝45 m，
联立解得F'＝200 N。
18.（2025·辽宁沈阳模拟）高楼火灾已经成为威胁城市公众安全的主要灾害之一。如图所
示，有人设计了一种新型逃生通道，当楼房发生火灾时，人可以通过该通道滑到地面，通
道的长度可以适当调节。若某次将通道调节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高
16.8 m 的窗口。在通道中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的
0.4 倍，当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢时的两
倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时刻张开双臂双腿减速直
到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
（1）人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小；
（2）为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下滑的最短时间。
答案：（1）2 m/s2 （2）6 s
解析：（1）当双臂双腿并拢加速下滑时，设加速度大小为a1，
根据几何关系有sin θ＝16.8
28
＝0.6
根据牛顿第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2。
（2）当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律有2×0.4mg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设人的最大速度为vm，人滑到底端的速度为v，则有
vm
2
2a1
＋vm
2－v
2
2a2
＝28 m，t＝
vm
a1
＋
vm－v
a2
联立解得t＝6 s。
19.[2024 浙江杭州模拟]神舟十四号航天员乘组被称为“最忙乘组”，在
空间站工作期间他们迎来了问天实验舱、梦天实验舱、天舟五号和神舟十
五号.如图，神舟十四号飞船返回地球穿越大气层时对返回舱起主要减速
作用的降落伞（主伞）面积达1200m2，质量为120kg，由96 根坚韧的伞
绳均匀连接返回舱悬挂点和降落伞边缘，降落伞边缘为圆形，半径为
15m，设每一根伞绳长度为39m，返回舱（不含航天员）的质量为2670kg，舱内三个航天
员的质量每人平均计70kg.设某一段过程，返回舱受到的空气阻力为返回舱总重力的0.05
倍，降落伞中轴线保持竖直，返回舱以0.5m/s2的加速度竖直向下减速.此过程的重力加速
度可以近似取g＝10m/s2.则下列分析正确的是（ C ）
A.在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号处于完全失重状态，不受外力
B.题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力大于返回舱（含航天员）的总重力
C.题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325N
D.题中减速阶段，降落伞受到的空气阻力为31500N
解析 在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号在地球的万有引力作用下环绕地球
运动，所以神舟十四号处于完全失重状态，选项A 错误；减速阶段，返回舱的总重
力(含航天员)为G 舱＝(M＋3m 人)g＝(2 670＋3×70)×10 N＝28 800 N，根据牛顿第
二定律F 绳合＋0.05(M＋3m 人)g－(M＋3m 人)g＝(M＋3m 人)a，可得伞绳对返回舱的合
力F 绳合＝28 800 N＝G 舱，故题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力等于返回舱的总重
力，故选项B 错误；设伞绳与竖直方向的夹角为θ，有 sin θ＝15
39＝5
13，对返回舱受力
分析有F 绳合＝96×T cos θ，可得题中减速阶段，每根伞绳的拉力为T＝325 N，选项C
正确；题中减速阶段，对返回舱、航天员、降落伞整体受力分析有F 空＋0.05(M＋
3m 人)g－(M＋3m 人＋m 伞)g＝(M＋3m 人＋m 伞)a，解得降落伞受到的空气阻力为F 空＝
30 060 N，选项D 错误.
答案 C
20.我国火星探测器“天问一号”着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m 的
时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。如图
为探测器在火星表面最后100 m 着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，
探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5 s 后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下
落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力
恒为探测器在火星表面重力的0.2 倍，火星表面的重力加速度g 取4 m/s2，探测器总质量
为5 吨（不计燃料燃烧引起的质量变化）。求探测器：
（1）全程的平均速度大小；
（2）减速下落过程中的加速度大小；
（3）减速下落过程中发动机产生的推力大小（保留3 位有效数字）。
答案：（1）8 m/s （2）32
15 m/s2 （3）2.67×104 N
解析：（1）探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg 火－f＝ma1，其中f＝0.2mg
火
解得a1＝3.2 m/s2
探测器5 s 末的速度为v＝a1t1＝16 m/s
全程的平均速度大小为v＝v
2＝8 m/s。
（2）探测器加速下落过程中，由h1＝1
2a1t1
2
代入数据得h1＝40 m
则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60 m
减速下落过程中的加速度大小a2＝v
2
2h2
＝32
15 m/s2。
（3）设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，
有F＋f－mg 火＝ma2
代入数据解得F＝2.67×104 N。
21.避险车道（标志如图甲所示）是避免恶性交通事故的重要设施，
由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床
视为与水平面夹角为θ 的斜面.一辆长12m 的载有货物的货车因刹车
失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s 时，车尾位于制动坡床的
底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m 时，车头距制动坡床顶
端38m，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4 倍，货物与车厢间的动摩
擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44 倍.货
物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝0.99，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：（结果保留两
位有效数字）
（1）货物在车厢内滑动时的加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度.
图乙
答案 （1）5.0m/s2，方向沿制动坡床向下 （2）98m
解析 （1）设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过
程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsinθ＝ma1，f＝μmgcosθ
联立并代入数据得a1＝5.0m/s2，方向沿制动坡床向下
（2）设货车的质量为M，货物的质量为m，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s，
货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m 的过程中，用时为t，货物相对制动
坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制
动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F 是货车和货物总重的k 倍，k
＝0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k（m＋M）g
M＝4m
s1＝vt－1
2a1t2
s2＝vt－1
2a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
联立并代入数据得l＝98m.
22.[2024 河南洛阳专项练习]飞机起飞会先经历一个匀加速助跑的过程后再起飞.如图为某次
飞机起飞时的照片，该飞机从静止加速到最大速度288km/h 用了20s，达到最大速度后再
匀速前行100m 后起飞，飞机的质量为150 吨.（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求飞机从静止加速到最大速度运动的位移；
（2）求飞机助跑的加速度及飞机从静止到起飞的平均速度；
（3）忽略空气阻力，若飞机受到斜向上与水平方向倾斜37°的升力F 后，飞机竖直方向的
加速度为5m/s2，求升力F 的值.
答案 （1）800m （2）720
17 m/s （3）3.75×106N
解析 （1）飞机起飞时的速度为v＝288km/h＝80m/s，故飞机从静止加速到最大速度运动
的位移为x1＝v t1
2
解得x1＝800m
（2）由a＝Δv
Δt 可得飞机助跑的加速度a＝v
t1
＝80
20m/s2＝4m/s2
设飞机匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则有t2＝x2
v ＝100
80 s＝5
4 s
飞机从静止到起飞的总位移为x＝x1＋x2＝（800＋100）m＝900m
故飞机从静止到起飞的平均速度为v＝
x
t1＋t2
＝
900
20+ 5
4
m/s＝720
17 m/s
（3）正交分解升力，竖直方向由牛顿第二定律可得Fsin37°－mg＝ma
解得F＝3.75×106N.
