2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第09讲牛顿运动定律的理解及基本应用(专项训练)(学生版+解析)

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目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 牛顿运动定律的理解
\l "_Tc2717" 题型02 超重与失重
\l "_Tc30632" 题型03 动力学的图像问题
\l "_Tc1965" 题型04 动力学的基本问题
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 牛顿运动定律的理解
1.（2025·天津南开·一模）如图所示，缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上，车厢连同悬臂的质量为M，车厢水平底板放置一质量为m的货物。某段时间内，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动。已知悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度为，缆绳的倾角为，则在这段时间内（ ）
A．车厢对货物的支持力大小为masin
B．车厢对货物的摩擦力大小为macs
C．缆绳对悬臂和车厢的作用力大小大于
D．缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ
【答案】BCD
【详解】A．在缆绳的牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的加速运动，沿水平和竖直进行分解加速度，分别为，
因为是匀加速运动，所以加速度恒定，故车厢对货物的支持力，故A错误；
B．水平方向，故B正确；
C．对悬臂和货物组成的系统分析，悬臂对车厢的作用力为F
则竖直方向
水平方向
则
解得，故C正确；
D．悬臂对车厢的作用力与水平的夹角为
则
所以缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ，故D正确。
故选BCD。
2.（2025·安徽·一模）如图所示，图（1）、图（2）是一辆质量为m的公共汽车启动过程中和两个时刻的照片。到时间内汽车的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。图（3）是此过程中车内横杆上悬挂的拉手经放大后的图片。m、、、均为已知量，重力加速度大小为 g。根据上述信息并结合图片，可以得出的物理量有（ ）
A．公共汽车车身的大致长度
B．公共汽车所受牵引力的冲量大小
C．到时间内公共汽车的平均速率
D．到时间内合外力对公共汽车做的功
【答案】ACD
【详解】A．对拉手受力分析可知，公共汽车的加速度为
故到时刻间公共汽车产生的位移为
根据汽车实际位移与图片的比例关系，即可估算车身长度，故A正确；
B．公共汽车的在时刻的速度为
由动量定理可知：
由于公共汽车所受摩擦力f未知，无法求解牵引力的冲量大小，故B错误；
C．公共汽车做匀变速直线运动，根据
故C正确；
D．根据动能定理，到时间内合外力对公共汽车做的功
故D正确。
故选ACD。
4．人在处于一定运动状态的车厢内竖直向上跳起，下列分析人的运动情况的选项中正确的是（ ）
A．只有当车厢处于静止状态，人才会落回跳起点
B．若车厢沿直线水平匀速前进，人将落在跳起点的后方
C．若车厢沿直线水平加速前进，人将落在跳起点的后方
D．若车厢沿直线水平减速前进，人将落在跳起点的后方
【答案】C
【详解】AB．人在跳起前与车厢的运动状态相同，跳起后向上做竖直上抛运动，由于惯性，同时在车厢运动方向保持离开车厢时的运动状态不变，如果车厢运动状态一直不变，（静止或匀速）人都会落回跳起点；如果车厢的运动状态产生变化，则不会落回跳起点，AB错误；
C．若车厢沿直线水平加速前进，人跳起后在水平方向受力平衡，将做匀速直线运动，人相对车厢滞后，向上做竖直上抛运动，人将落在跳起点的后方，C正确；
D．若车厢沿直线水平减速前进，人跳起后在水平方向受力平衡，将做匀速直线运动，向上做竖直上抛运动，车厢沿直线水平速度减小，人相对车厢超前，人将落在跳起点的前方，D错误。
故选C。
5．（2025·甘肃兰州·一模）在东汉王充所著的《论衡•状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不移。何者？大石重而沙石轻也。”从物理学的角度对文中所描述现象的解释，下列说法正确的是（ ）
A．水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动的原因
B．“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改变的难易程度与质量有关
C．只有在水的持续冲力作用下沙石才能一直运动，是因为运动需要力来维持
D．“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力
【答案】B
【详解】A．水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了阻力，故力是改变运动的原因，故A错误；
B．物体总有保持原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质量有关，质量越大惯性越大，力是改变物体运动状态的原因，重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变，故B正确；
C．物体的运动不需要力来维持，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动状态，故C错误；
D．“大石不移”是因为水的
6.（2025·福建·一模）工人师傅巧妙地利用载重货箱下行的动力拉起上行的空载货箱，既解决了载重货箱下行过快的问题，又减轻了搬运空载货箱上行的劳动强度，其装置简化为如图所示，在倾角为的斜坡上，一总质量为15kg的载重货箱，通过轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为5kg的空载货箱相连，轻绳与斜面平行。当载重货箱下行时，能够拖动空载货箱上行，已知两货箱与斜坡间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取，，，则当载重货箱下行时，加速度大小为 ，轻绳的拉力大小为 N。
【答案】 1 45
【详解】[1][2]空载货箱受力如图所示
根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得
载重货箱受力如图所示
根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得
联立解得
02 超重与失重问题
7.（2025·湖南衡阳·一模）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轴正方向匀速飞行，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（加速度-时间）图像，可以推断的时间内无人机（ ）
A．沿x轴方向一直加速B．沿y轴方向一直加速
C．沿z轴方向加速上升D．处于失重状态
【答案】C
【知识点】a-t图像、超重和失重的概念
【详解】A．由图可知，0~2s无人机有沿x轴负方向的加速度，所以2s末由沿x轴负方向的速度，2s~4s的时间内沿x轴的加速度为正，则首先沿向x负方向速度会减小，故A错误；
B．无人机开始时沿y轴正方向匀速飞行，2s~4s的时间内沿y轴的加速度为负，速度减小，故B错误；
CD．2s~4s的时间内沿z轴的加速度向上为正，因为加速度方向为正，无人机加速上升，处于超重状态，故C正确，D错误。
故选C。
8．（2025·湖北·一模）智能手机里一般都装有加速度传感器。打开手机加速度传感器软件，手托着手机在竖直方向上运动，通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．t₁时刻手机处于完全失重状态B．t₂时刻手机开始向上运动
C．t₃时刻手机达到最大速度D．手机始终没有脱离手掌
【答案】A
【详解】A．t₁时刻手机加速度为，方向竖直向下，手机处于完全失重状态故A正确；
BC．由题可知整个过程为先托着手机向下做加速运动， 向下做减速运动，图像与坐标轴围成的面积为速度，t₃时刻手机达加速度为正方向的最大值，故t₃速度小于速度不是最大，故BC错误；
D．手机加速度向上时受到手向上的支持力不会脱离手掌，手机加速度为的过程中处于完全失重状态，可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没有脱离手掌，故D错误。
故选A。
9.（2025·新疆·三模）小明站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯静止时电子秤的示数为500N。电梯从t＝0时由静止开始运动，t＝18s时静止，电子秤的示数F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电梯处于上升状态B．电梯减速阶段的加速度大小为
C．16s~18s，电子秤的示数为600ND．0~18s，电梯运行的总位移为30m
【答案】D
【详解】A．物体由静止开始运动，只能加速；由题图可知先失重，加速度向下，故只能做向下的加速运动，故电梯处于下降状态，故A错误；
BC．内电梯向下加速运动，由牛顿第二定律可得
解得
时的速度大小为
内的位移大小为
内电梯向下匀速直线运动，通过的位移大小为
内电梯向下减速运动直至静止，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
可知，电子秤的示数为，故BC错误；
D．内，由
解得
则，电梯运行的总位移为
故D正确。
故选D。
03 动力学图像问题
10．（2025·河北·三模）某游泳运动员在时间内运动的图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是（ ）
A．在内所受的合力一直不为0
B．在内的位移大小为
C．在内一定处于超重状态
D．在内的位移大小为
【答案】D
【详解】A．图像的斜率代表加速度，由图像可知，在该运动员的有加速度，由牛顿第二定律可知
在与运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在与所受合力为零，在，所受合力不为零，故A项错误；
B．由于图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在内的位移为
故B项错误；
C．由之前的分析，在结合图像可知，其加速度为
由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C项错误；
D．结合之前的分析，在的位移为
故D项正确。
故选D。
11．质量为1500kg的汽车在平直公路上运动，图像如图所示，由此可求（ ）
A．内汽车的平均速度为
B．内汽车的加速度为
C．内汽车所受的合外力为3000N
D．内合外力对汽车所做的功为
【答案】C
【详解】A．平均速度等于物体经过的位移的大小与所用时间的比值，内经过的位移的大小为图像与时间轴所围成图形的面积，根据图形求得
由公式，解得
故A错误；
BC．根据图像的斜率表示加速度，由图可知，内汽车的加速度为
由牛顿第二定律可得，内汽车所受的合外力为
故B错误，C正确；
D．由图可知，内汽车做匀速运动，由动能定理可知，内合外力对汽车所做的功为0，故D错误。故选C。
12．质量为m的物块静止在动摩擦因数为µ的水平地面上，0~3s内所受水平拉力与时间的关系如图甲所示，0~2s内加速度图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2，由图可知（ ）
A．m=1kg，µ=0.2B．m=1kg，µ=0.1
C．m=2kg，µ=0.2D．m=2kg，µ=0.1
【答案】A
【详解】0~1s内，根据牛顿第二定律可得
1~2s内，有
联立可得
，
故选A。
13.（2025·广东茂名·一模）如图所示，质量为M的滑块A出静止开始从倾角为的固定斜面上滑下，下滑时间后与另一个质量同为M的静止拴在轻质弹簧上端的滑块B发生碰撞（碰撞时间极短），且碰撞后A、B黏在一起。已知A、B初始位置的竖直高度差为。以滑块A出发点为原点，取沿斜面向下为正方向，滑块A的位移为x，运动的速度为v，加速度为a，运动时间为t，忽略空气阻力、两滑块与斜面摩擦力，两滑块可看作质点，弹簧在弹性限度内。关于滑块A从出发到运动到最低点的过程中，以下图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】C．滑块 A 从静止开始沿斜面下滑，在与滑块 B 碰撞前，根据牛顿第二定律
碰前B，根据平衡条件
碰撞瞬间，根据牛顿第二定律
联立解得
然后 A、B 整体压缩弹簧向下运动， 先
其中
整理得
随位移线性减小到零，方向沿斜面向下，后反向沿斜面向上，根据牛顿第二定律
其中为加速度为零之前的位移，随位移反向线性增大，斜率不变， 故C正确；
AB．根据C项分析知，加速度先正向定值后从
正向逐渐减小到零，做加速直线运动，再负向逐渐增大，做减速直线运动到零，到达最低点，图线中斜率表示加速度，故图像先是一条过原点的倾斜直线，碰撞瞬间根据动量守恒知，速度发生突变（减小），后正向加速，速度增大到加速度为零时达最大，后减小到零，斜率逐渐增大，故A错误，B正确；
D．根据运动学公式
知匀加速阶段图线是一条倾斜的直线，之后都是变加速直线运动，图线不再是直线，故D错误。
故选BC。
03 动力学基本问题
14.（2025·河南三门峡·一模）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可能为
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
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
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
【答案】D
【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，AB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，不可能是，D正确，C错误。
故选D。
15.（2025·辽宁·一模）以相同的初速度将A、B两物体同时竖直向上抛出，物体A所受空气阻力可忽略，物体B所受空气阻力大小与物体速率成正比，用和分别表示两物体上升至最高点所需要的时间，则和的大小关系为（ ）
A．B．C．D．无法比较
【答案】C
【详解】由题意可知，物体A不受空气阻力只受重力，做竖直上抛运动，则有
物体B受空气阻力，在其上升阶段，根据牛顿第二定律有
解得
由于物体B所受阻力随着速度减小而减小，故物体B的加速度逐渐减小至最小值，由于物体B上升过程中的加速度大于重力加速度即物体A上升过程中的加速度，且二者初速度相同，所以
故选C。
16.（2025·河北秦皇岛·一模）一个质量为的乒乓球，以的初速度水平向北抛出，此时正好有风，风力水平向西，俯视图如图所示，已知重力加速度为，乒乓球受到的水平风力大小恒为。乒乓球在空中运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球做变加速曲线运动
B．乒乓球的加速度大小为
C．乒乓球向北运动的位移大小为
D．乒乓球下落高度为
【答案】C
【详解】A．乒乓球受重力和水平向西的风力，两力均为恒力，所以合力也为恒力，故乒乓球做匀变速曲线运动，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得，乒乓球的加速度大小为
故B错误；
C．乒乓球在向北的方向上不受力，该方向上的分运动为匀速直线运动，向北运动的位移大小为
故C正确；
D．乒乓球竖直方向上做自由落体运动，下落的高度为
故D错误。
故选C。
17.（2025·山东潍坊·三模）如图所示，某工厂设计了改变传送方向的传输装置，由倾角表面粗糙的固定斜槽和水平传送带组成，斜槽与传送带垂直，末端与传送带在同一水平面上且无缝对接。按照设计要求，传送带以恒定速度向前方运动，现将可视为质点的物块，从斜槽顶点处无初速度释放，物块通过斜槽底端衔接处速度大小不变，物块在传送带中线位置最终相对传送带静止。已知斜槽高度，物块与斜槽间的动摩擦因数，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。求：
(1)物体在斜槽上运动的时间；
(2)水平传送带宽度。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）物块在斜面上运动进行受力分析
解得
物块做匀加速直线运动，由位移公式得
解得
（2）物块滑到传送带时的速度大小为
物块受传送带的摩擦力大小为
以传送带为参考系，物块速度大小为，方向和摩擦力方向如图所示
则
物块受摩擦力方向与方向相反，则
所以
物体的加速度大小为
相对传送带做匀减速直线运动直到停止时正好与传送带共速
解得
又知
1.（2025·河南·一模）如图所示，汽车车厢里载着两材质不同的建材A、B正在平直公路上匀速向前行驶，A、B靠在一起，已知A、B的质量相等，与车厢底面间的动摩擦因数分别为、。时刻汽车开始加速向前行驶，若其加速度的大小随时间的变化规律为，重力加速度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．时，A、B之间开始有弹力
B．后，A受到的摩擦力大小不变
C．从到内，A、B间的弹力逐渐增大
D．时，A、B开始相对车厢滑动
【答案】C
【详解】AB．根据题意可知，A依靠摩擦力获得最大加速度，则
解得
即3s时A、B间出现弹力，有弹力后A受到的摩擦力始终等于滑动摩擦力，故AB错误；
CD．设AB与车厢保持相对静止的最大加速度为am，则
解得
由此可知，3.5s后A、B开始相对车厢滑动，3s到3.5s内，由于加速度不断增大，B对A的弹力也将不断增大，故C正确，D错误。
故选C。
2.（2025·新疆·一模）如图所示，某同学将质量不等的纸盒A、B从距地处静止释放，分别测得下落时间并将实验结果记录在表中。之后他将两盒用轻绳相连，依旧从同一高度H处静止释放。以上下落过程中纸盒A、B均不发生形变和旋转，且各自所受空气阻力大小均不变。下列说法正确的是（ ）
A．纸盒A下落过程所受阻力较大
B．纸盒B下落过程所受阻力较大
C．两盒相连后，纸盒B下落的时间小于0.70s
D．两盒相连后，下落过程中绳上的拉力小于纸盒B的重力
【答案】BD
【详解】AB．根据
解得，
根据牛顿第二定律可得，
代入表格数据解得，
故A错误，B正确；
C．两盒相连后，可知纸盒B受到绳子向上的拉力，使得下落加速度小于，则纸盒B下落的时间大于0.70s，故C错误；
D．两盒相连后，以纸盒A、B为整体，整体的加速度向下，则纸盒B的加速度向下，则下落过程中绳上的拉力小于纸盒B的重力，故D正确。
故选BD。
3．某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其图像如图所示，自由落体运动的时间为，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．B．整个过程中，鸟下落的高度为3m
C．至时间内，鸟的加速度大小为D．至时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍
【答案】B
【详解】A．根据
可知
故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，鸟下落的高度为
故B正确；
CD．至时间内，鸟的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
可得
故CD错误。
故选B。
4．将一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，已知小球经时间t上升到最高点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为v1。已知空气阻力大小与小球速度大小成正比，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球运动到最高点时处于平衡状态
B．小球运动的最大加速度大小为
C．上升过程中空气阻力的冲量大小等于下降过程中空气阻力的冲量大小
D．小球由最高点回到抛出点的时间小于t
【答案】BC
【详解】A．小球运动到最高点时，只受重力作用，不是处于平衡状态，故A错误；
B．小球匀速经过抛出点时，根据受力平衡可得
小球刚抛出时的加速度最大，根据牛顿第二定律可得
联立解得小球运动的最大加速度大小为
故B正确；
C．设小球上升的高度为，上升过程空气阻力的冲量大小为
下降过程中空气阻力的冲量大小为
可知上升过程中空气阻力的冲量等于下降过程中空气阻力的冲量，故C正确；
D．由于下落过程的平均加速度小于上升过程的平均加速度，根据
可知下落过程的时间大于上升过程的时间，则小球由最高点回到抛出点的时间大于t，故D错误。
故选BC。
5．一大学生为备战2023年成都大运会跳高项目，在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线。取重力加速度，下列说法中正确的是（ ）
A．乙图中cd段表示运动员一直处于失重状态
B．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约
C．乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小为
D．整个过程中，运动员加速度的最大值为22.5m/s2
【答案】BD
【详解】A．根据题意，由图乙中点可知，运动员的重力为，在点时，运动员对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态，在d点时，运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重，故A错误；
B．由图乙可知，运动员在空中的时间为
重心上升的最大高度约
故B正确；
C．运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，图像的面积表示冲量，由图可得，bcd段训练台对运动员的冲量大小I满足
则运动员对训练台的冲量大小大于，故C错误；
D．由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为，由牛顿第三定律可知，训练台对运动员的最大作用力为，由牛顿第二定律有
又有
解得
故D正确。
故选BD。
6．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图甲，一物块在时刻滑上一足够长的固定斜面，其运动的图像如图乙所示，若重力加速度，则（ ）
A．物块向上运动的位移为B．斜面的倾角
C．物块的质量D．物块与斜面间的动摩擦因数
【答案】ABD
【详解】A．围成的面积代表位移，根据图像可知小物块先沿斜面向上减速后沿斜面向下加速，物块向上运动的位移为
故A正确；
BD．根据牛顿第二定律可得物块向上运动时
物体向下加速时
图像斜率表示加速度，两阶段加速度大小分别为
，
方程联立解得斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数分别为
，
故BD正确；
C．在以上各式中物块的质量均被消掉，无法求出物块的质量。故C错误。
故选ABD。
7．（如图甲所示，平行于倾角为固定斜面向上的拉力使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速与的关系如图乙。图线的斜率为，与轴交点坐标为，与轴交点为。由图可知（ ）
A．小物块的质量对B．小物块的质量为
C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
【答案】BD
【详解】以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
结合图像可得
，
可知小物块的质量为
摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
故选BD。
8.（2025·云南红河·二模）如图所示为某种运载无人机，它是一种能够低空运载的遥控飞行器，其动力系统所能提供的最大升力，一架总质量的无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。时离地面的高度为200m，运动过程中所受空气阻力大小恒定，g取。
(1)求运动过程中所受空气阻力大小；
(2)假设无人机竖直向上起飞5s后关闭动力系统，求无人机距地面的最大高度。
【答案】(1)60N
(2)
【详解】（1）根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得
由运动学规律得，上升高度
联立解得
（2）起飞时间的位移
解得
此时速度
失去动力后向上做匀减速运动，末速度为
根据牛顿第二定律有
解得
根据速度与位移的关系有
联立解得
则无人机距地面的最大高度
9.（2025·新疆乌鲁木齐·一模）如图所示，A，B为某滑雪场的一条长直滑道上的两点，滑道的倾角，A、B两点间的长度。一质量的滑雪者（含装备）从A点由静止开始下滑到B点的过程中，其位移x随滑行时间t的变化关系为（各物理量均为国际单位），已知，重力加速度取。求
(1)滑雪者下滑到B点时速度的大小；
(2)滑雪者下滑过程中受到的阻力的大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设滑雪者下滑过程中的加速度为a，由运动学公式
可知
由运动学公式
联立解得
（2）滑雪者下滑过程，根据牛顿第二定律得
联立解得
10.（2025·重庆·一模）2024年11月12~17日，“第十五届中国国际航空航天博览会”在珠海国际航展中心举行。题图1为某飞机小队表演的精彩瞬间；题图2为其中一架飞机（可视为质点）攀升时的示意图，时刻，其速度大小为、方向与水平方向的夹角为θ，经过时间，沿直线飞行了距离x。该过程视为匀加速直线运动，空气提供的升力始终与速度方向垂直，飞机飞行时所受阻力大小，其中k（已知）为定值。已知飞机总质量为m，重力加速度为g，忽略飞行过程中的质量损失。求：
(1)该过程中，飞机飞行的加速度大小；
(2)时刻，飞机所受牵引力的大小；
(3)该段时间内，飞机所受牵引力的冲量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设该飞机的加速度大小为a，由位移—时间公式有
解得
（2）设时刻，该飞机的速度大小为，所受牵引力大小为F，由
得
由牛顿第二定律有
解得：
（3）由题知，牵引力
在极小时间内：
可得：
因此，该段时间内，牵引力的冲量
解得：，方向与速度方向相同
11（2025·江西赣州·一模）近期，我国展示了一款令人惊艳的军用机器狗，将给中国陆军带来降维打击的战斗力。在某次军事演习中，机器狗从山坡上滑下至水平面，随后跳跃过一障碍物，模型可简化为：如图所示，倾角为斜面AB与水平面BC平滑连接，一长为、高为的矩形障碍物位于水平面上，距离斜面底端B有一定的距离，机器狗（可视为质点）从斜面顶端A由静止下滑，滑至速度为零时未到达障碍物处，此后机器狗斜向上跳起越过障碍物。已知斜面AB长，机器狗与斜面、水平面的动摩擦因素均为，不计空气阻力，重力加速度g取，，，求：
(1)机器狗在斜面上运动的加速度大小a和时间t；（计算结果可用根号表示）
(2)障碍物左侧与斜面底端B距离s多大时，机器狗跳起的速度有最小值。
【答案】(1)，
(2)4.8m
【详解】（1）机器狗在水平面上运动过程，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移公式有
解得
（2）机器狗在水平面上运动过程，根据速度公式有
机器狗在水平面上运动过程，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有
解得
若机器狗跳起的速度为最小值，此时机器狗做斜抛运动的轨迹恰好经过矩形障碍物上侧的左右边缘，且机器狗经过矩形障碍物上侧的左右边缘的速度也为最小值，令该速度大小为、该速度方向与水平方向夹角为，在机器狗处于障碍物上侧的斜抛运动运动过程有，
解得
根据数学三角函数规律可知，当等于时，解得的最小值为
此时有，
机器狗跳起到运动至障碍物上侧边缘过程，利用逆向思维有，
解得
则障碍物左侧与斜面底端B距离
结合上述解得
1．（2025·山东·高考真题）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】根据牛顿第二定律
可得
故选B。
2．（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0．5，B与传送带的动摩擦因数为0．25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则（ ）
A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t=t0时，B的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，
代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有，
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合
可知，故D正确。
故选BD。
3．（2025·河南·高考真题）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件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角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（ ）
A．无人机做匀速运动B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大D．零件的重力势能保持不变
【答案】D
【详解】D．无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知零件的重力势能保持不变，D正确；
AB．对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度。零件水平向左做匀加速直线运动，AB错误；
C．惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。
故选D。
4．（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（ ）
B．
C．D．
【答案】B
【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即
当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律
随着增大减小；
当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中
木块所受合外力向上，随着增大增大；图像如图所示
故B正确，A错误；
CD．同理，在木块下落高度之前，木块做匀加速直线运动，根据
速度逐渐增大，所以图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律
木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中
木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，图像大致为
故CD错误。
故选B。
5．（2024·全国·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。
(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，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 （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，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
根据牛顿第二定律
代入数据联立解得电梯加速度大小
6．（2023·全国·高考真题）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；
B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；
C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；
D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。
故选B。
7．（2023·浙江·高考真题）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ ）
A．O点最大B．P点最大
C．Q点最大D．整个运动过程保持不变
【答案】A
【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
8．（2023·浙江·高考真题）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小B．重力势能减小
C．机械能保持不变D．绳一绷紧动能就开始减小
【答案】B
【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。
A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；
B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；
C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；
D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。
故选B。
9．（多选）（2023·全国·高考真题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）

A．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

A．根据牛顿第二定律有
由于
m甲 > m乙
所以
a甲 < a乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v甲 < v乙
A错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm甲g > μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
10．（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为
11．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度的大小；
（2）与间冰面的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得
解得
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
由动能定理可得
联立解得
12.（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平段做匀速直线运动，加速度
运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C正确，ABD错误。
故选C。
13．（2022·浙江·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【答案】B
【详解】A．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；
B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。
故选B。
14．（2022·辽宁·高考真题）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。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（ ）
A．v0= 2.5m/sB．v0= 1.5m/sC．μ = 0.28D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故A不可能，B可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v02= 2ax
整理有
v02 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s可得
μ < 0.2
故CD不可能。
故选B。
15．（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度
解得
书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度。
故选B。
16．（2022·湖南·高考真题）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。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，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；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。重力加速度大小为，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（ ）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
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
D．当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】BC
【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=匀速下落时，有
飞行器以v2=向上匀速时，设最大推力为Fm
联立可得
，
A错误；
B．飞行器以v3=匀速水平飞行时
B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
解得
C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v5=的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
解得
am=2.5g
D错误。
故选BC。
质量/kg
下落时间/s
纸盒A
0.037
0.90
纸盒B
0.110
0.70