2017-2026十年高考物理专项汇编（全国）：专题04 牛顿运动定律（教师版）

1

专题04牛顿运动定律

十年考情（2017-

考点分类命题规律

2026）

.真实情境深度渗透：以CR450动车组制动、

新能源汽车加速测试、空间站舱体对接等前

沿科技场景为载体，不再使用纯理论裸模型

2026陕晋宁青卷、

出题，要求学生从复杂场景中提炼动力学模

2026黑吉辽卷、

2025·河南卷2025山东型。

考点01牛顿第一定律

卷2024浙江卷、2023.综合关联属性突出：不再孤立考查牛顿定律

考点02牛顿第二定律

浙江卷、2023海南卷、基础概念，会联动匀变速直线运动、受力分

考点03牛顿第三定律

2022海南卷、2022浙析、能量动量等考点，强化“受力分析→加速

考点04力学单位制

江卷、2021广东卷、

考点05超重失重度计算→运动状态推导”的完整动力学解题链

2021浙江卷、2020浙

条。

卷江、2019·浙江卷、

.能力导向持续强化：弱化机械繁琐的代数运

2018浙江卷

算，重点考查瞬时性突变分析、多过程动力

学拆解、连接体问题的整体隔离法应用，规

避固化刷题套路，依靠建模能力实现分数分

层。

考点01牛顿第一定律

1．（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（）

1

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。

2．（2023·浙江·高考真题）在足球运动中，足球入网如图所示，则（）

A．踢香蕉球时足球可视为质点B．足球在飞行和触网时惯性不变

C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力

【答案】B

【详解】A．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质

点，故A错误；

B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；

C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；

D．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。

故选B。

3．（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

1

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。

4．（2020·浙江·高考真题）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子

四周有一定空间。当公交车（）

A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动

B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动

C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动

D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动

【答案】B

【详解】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交

车一起运动，故A错误；

B．急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；

C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；

D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。

故选B。

5．（2019·浙江·高考真题）下列陈述与事实相符的是

A．牛顿测定了引力常量

1

B．法拉第发现了电流周围存在磁场

C．安培发现了静电荷间的相互作用规律

D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因

【答案】D

【详解】A．卡文迪许测定了引力常量，选项A错误；

B．奥斯特发现了电流周围存在磁场，选项B错误；

C．库仑发现了静电荷间的相互作用规律，选项C错误；

D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因，选项D正确；

考点02牛顿第二定律

6．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）（多选）如图，物块N、P、Q的质量分别为m、m、2m，Q通过不可

伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连。

初始时托住N和Q，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放N和Q，运动中，物块均视

12

Epkx

为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能2（x为形变量），重

力加速度大小为g。则（）

g

A．释放后瞬间Q的加速度大小为3

B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg

3mg

C．释放后N下降的最大距离为4k

g3m

D．释放后N的速度最大值为2k

【答案】AD

【详解】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳

2mgmgm2ma

上的拉力大小为T，对Q、P整体，由牛顿第二定律有

1

对Q，由牛顿第二定律有2mgF2ma

14

agFmg

联立解得3，3，故A正确，B错误；

CD．根据题意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的2mg，右边也受向下的2mg，整体合力为零，

mvm2mv

由动量守恒定律有NPQ

mvtm2mvt

则有NPQ

mxm2mx

可得NPQ

v3vx3x

解得NPQ，NPQ

11

xhxhh

xhPQ1

设释放后N下降的最大距离为N，则3，此时弹簧形变量为3

1112

mgh2mghmghkx1

由能量守恒定律有332

3mg

h

解得2k

11

vvv

vvPQNm

释放后N的速度最大时为Nm，则有33

kxmg

又有2

mg

x2

解得k

3mgmg

xNxPQ

则有4k，4k

2

121211

mgxN2mgxPQmgxPQkx2mvmm2mvm

由能量守恒定律有2223

g3m

vm

解得2k，故C错误，D正确。

故选AD。

7．（2025·甘肃·高考真题）（多选）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m

的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，

下列说法正确的是（）

1

g

A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为2

mg2mg

C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为kD．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为k

【答案】BC

【详解】A．剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度

减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；

F3mg

B．剪断细线之前则弹

F2mg2ma

剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律弹

g

a

解得A的加速度2

选项B正确；

3mg

x1

C．剪断细线之前弹簧伸长量k

2mg

x2

剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量k

mg

Ax1x2

即振幅为k

mg

由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为k，选项C正确；

3mg

D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为k，选项D错误。

故选BC。

8．（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

6

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610N。火箭质量约为

2

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）

2222

A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．12m/s

1

【答案】A

【详解】根据题意，由牛顿第二定律有Fmgma

61065106

ams22ms2

代入数据解得5105

故选A。

9．（2025·北京·高考真题）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，

上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速

率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（）

tttt

A．从1到3，实验舱处于电磁弹射过程B．从2到3，实验舱加速度大小减小

ttt

C．从3到5，实验舱内物体处于失重状态D．4时刻，实验舱达到最高点

【答案】B

tt

【详解】A．13间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于

弹射过程后做竖直上抛运动；故A错误；

B．由于受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大则f—t图的形状与v—t图的形状是一模一样的，则

tt

23实验舱加速度大小在减小，故B正确；

tt

C．35间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，

加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；

tt

D．根据前面分析可知3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故3时刻到达最高点，故D错误。

故选B。

10．（2025·湖南·高考真题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，

小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60，两球连线与轻绳的夹角为

30，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

1

A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg

B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg

C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g

D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小

【答案】C

【详解】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示

由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为Tmg

A球与B球间的库仑力F2mgcos303mg

故AB错误；

C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时

A球的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；

D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的

作用力不变，故D错误。

故选C。

1

11．（2025·安徽·高考真题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块

甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已

2

知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s，则

在乙下落的过程中（）

A．甲对木箱的摩擦力方向向左B．地面对木箱的支持力逐渐增大

2

C．甲运动的加速度大小为2.5m/sD．乙受到绳子的拉力大小为5.0N

【答案】C

【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；

B．设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度，

FMgma

对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有N总

则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；

CD．设绳子的弹力大小为T，对甲受力分析有Tmgma

对乙受力分析有mgTma

联立解得a2.5m/s2，T7.5N

C正确，D错误。

故选C。

12．（2025·江苏·高考真题）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一

小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与

木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（）

A．释放瞬间，物块加速度为零

B．物块和木箱最终仍有相对运动

C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零

1

D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变

【答案】D

【详解】A．根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，且有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释

放时物块加速度不为0，故A错误；

B．由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减少，直到弹簧的最大弹力满足

以下分析的F：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，物块质量为m，对物块根据牛顿第二定律

fma

设木箱质量为M，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F(mM)a

f

F(mM)

可得m

f

F(mM)

即弹簧的最大弹力减小到m后，二者一起做简谐运动，故B错误；

C．根据AB选项分析可知只有当二者一起做简谐运动前，有相对滑动，木箱第一次到达最右端时，物块

速度不为零，故C错误；

D．开始滑块的加速度向右，物块与滑块第一次共速前，物块相对滑块向左运动，受到向右的摩擦力，共

速前二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。

故选D。

13．（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，MNQ。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（）

22

A．gsingcosgsincosB．gsincosgcosgsin

22

C．gsincosgcosgsincosD．gcosgcosgsin

【答案】B

【详解】根据牛顿第二定律mgsincosmgcosmgsinsinma

1

2

可得agsincosgcosgsin

故选B。

14．（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GB．f一直小于G

C．f先小于G，后大于GD．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

Gfa

g

可知f先小于G，后大于G。

故选C。

15．（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大

小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）

A．上升和下落两过程的时间相等

B．上升和下落两过程损失的机械能相等

C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量

D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度

【答案】C

【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可

知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；

C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，

所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的

1

冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；

A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速

度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；

B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损

失大于下落过程机械能损失，B错误。

故选C。

16．（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水

平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止

于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小

为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P

点运动到O点的过程中（）

A．速度一直增大B．速度先增大后减小

C．加速度的最大值为3gD．加速度先增大后减小

【答案】A

【详解】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。

此时两弹簧的合力为大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的

合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；

CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力

一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知

2mgma

加速度的最大值为2g，CD错误。

故选A。

17．（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。

1

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Fy图像或yt图

像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【详解】AB．在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即

Fmg

当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力

FmgkyH

到合力为零前，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中

木块所受合外力向上，随着y减小F增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错

误、B正确；

CD．在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据

1

ygt2

2

速度逐渐增大，yt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

mgkyHFma

木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以yt图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重

1

力后到最低点过程中

FkyHmg

木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以yt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，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最

大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确yt示意图如下

故CD错误。

故选B。

18．（2024·湖南·高考真题）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，1.5gB．2g，1.5gC．2g，0.5gD．g，0.5g

【答案】A

【详解】剪断前，对BCD分析

FAB3m2mmg

对D

FCDmg

1

剪断后，对B

FAB3mg3maB

解得

aBg

方向竖直向上；对C

FDC2mg2maC

解得

aC1.5g

方向竖直向下。

故选A。

19．（2024·全国甲卷·高考真题）（多选）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t0时刚好落到蹦床上，

对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床

2

接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s。下列说法正确的是（）

A．t0.15s时，运动员的重力势能最大

B．t0.30s时，运动员的速度大小为10m/s

C．t1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处

D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】BD

【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知t0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，

此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC．根据题图可知运动员从t0.30s离开蹦床到t2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛

运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t0.30s时运

动员的速度大小

v101m/s10m/s

1

故B正确，C错误；

D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理

Ftmgtmv(mv)

其中

t0.3s

代入数据可得

F4600N

根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D正确。

故选BD。

20．（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现

重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时

牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大

小为f的空气阻力，则（）

F

a

A．列车减速过程的加速度大小mB．列车减速过程F的冲量为mv

mv2

C．列车减速过程通过的位移大小为2(Ff)D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为(fF)v

【答案】C

【详解】A．根据牛顿第二定律有

Ffma

可得减速运动加速度大小

Ff

a

m

故A错误；

B．根据运动学公式有

1

vmv

t

aFf

故力F的冲量为

Fmv

IFt

Ff

方向与运动方向相反；故B错误；

C．根据运动学公式

v22ax

可得

v2mv2

x

2a2Ff

故C正确；

D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为

Pfv

故D错误。

故选C。

21．（2023·新课标卷·高考真题）（多选）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

Fm甲g

a甲

m甲

1

Fm乙g

a乙

m乙

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。

22．（2023·湖南·高考真题）（多选）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下

加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢

水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止假设最

大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）

A．若B球受到的摩擦力为零，则F2mgtan

B．若推力F向左，且tan，则F的最大值为2mgtan

C．若推力F向左，且tan2，则F的最大值为4mg(2tan)

D．若推力F向右，且tan2，则F的范围为4mg(tan2)F4mg(tan2)

【答案】CD

【详解】A．设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满

足

1

N

xtan

Ny

竖直方向

Nymg

则

Nxmgtan

若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得

Nxma

可得

agtan

对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律

F4ma4mgtan

A错误；

B．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为

Nxmgtan

对小球B，由于tan，小球B受到向左的合力

F(Nymg)Nxmgtan

则对小球A，根据牛顿第二定律可得

Nxmamax

对系统整体根据牛顿第二定律

F4mamax

解得

F4mgtan

B错误；

C．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分

力提供，小球A所受向左的合力的最大值为

Nxmgtan

小球B所受向左的合力的最大值

1

Fmax(Nymg)Nx2mgmgtan

由于tan2可知

Fmaxmgtan

则对小球B，根据牛顿第二定律

Fmax2mgmgtanmamax

对系统根据牛顿第二定律

F4mamax

联立可得F的最大值为

F4mg(2tan)

C正确；

D．若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，

理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向

右的合力最小，此时

FminNxNymgmgtan2mg

当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时

FmaxNxNymgmgtan2mg

对小球B根据牛顿第二定律

Fminmamin

Fmaxmamax

对系统根据牛顿第二定律

F4ma

代入小球B所受合力分范围可得F的范围为

4mg(tan2)F4mg(tan2)

D正确。

故选CD。

23．（2023·全国乙卷·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

1

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。

24．（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

2

静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10m/s。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（）

2222

A．2.0m/sB．4.0m/sC．6.0m/sD．8.0m/s

【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

fmmgmam

解得

2

amg4m/s

2

书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4m/s。

故选B。

25．（2022·上海·高考真题）神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下

的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（）

A．一直减小B．一直增大

1

C．先增大后减小D．先减小后增大

【答案】A

【详解】依题意，返回舱竖直向下减速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得

fmgmakvmgma

返回舱速度v减小，则可得加速度a一直减小，故选A。

26．（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

mgsinma1

可得

a1gsin

运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度

a20

运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度

a3g

v

设在P点的速度为0，则从P点飞出后速度大小的表达式为

1

222

vv0gt

由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且

a1a3

C正确，ABD错误。

故选C。

27．（2022·湖南·高考真题）（多选）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。

2

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kv，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（）

A．发动机的最大推力为1.5Mg

17

Mg

B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为4

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53m/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

【答案】BC

【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=10m/s匀速下落时，有

2

Mgkv1k100

飞行器以v2=5m/s向上匀速时，设最大推力为Fm

2

FmMgkv2Mgk25

联立可得

Mg

F1.25Mgk

m，100

A错误；

B．飞行器以v3=5m/s匀速水平飞行时

2

2217

FMgkv3Mg