2027年高考物理复习题型全练：第5 讲 牛顿运动定律 （教师版）

第5讲牛顿运动定律

题型一牛顿第一定律的理解

1．（2026•周口模拟）广东选手吴瑞庭在2025年8月4日全国田径锦标赛上创造了男子三级跳远17米68

的成绩，打破了尘封近16年的亚洲和全国纪录。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动

作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（）

A．助跑是为了增大运动员自身的惯性

B．蹬地起跳时，运动员处于失重状态

C．从起跳后到最高点过程中，运动员的重力势能增加

D．从起跳到落地过程中，运动员动量不变

【答案】C

【分析】围绕惯性、超重失重、重力势能、动量的物理概念，结合跳远各阶段运动特点，逐一分析选项

表述对错。

【解答】解：A、惯性只与质量有关，助跑不能改变运动员的惯性，故A错误；

B、蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，运动员处于超重状态，故B错误；

C、空气阻力不能忽略，从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，运动员重

力势能增加，机械能减小，故C正确；

D、从腾空到落地，运动员所受合力不为零，运动员的动量改变，故D错误。

故选：C。

2．（2026春•沙坪坝区校级月考）可视为质点的物体重5N，在重力及另外两个大小分别为6N和7N的恒

力作用下运动，物体的运动不可能是（）

A．匀速直线运动B．匀变速直线运动

C．类平抛运动D．匀速圆周运动

【答案】D

【分析】先确定6N和7N的合力范围，结合重力分析总合力为恒力，根据各运动的受力要求，判断变

速圆周运动不可能，其余运动均可能。

【解答】解：A.当6N与7N的合力大小为5N、方向竖直向上时，可与重力平衡，总合力为零，物体可

做匀速直线运动，故A错误；

B.总合力为恒力，若初速度与合力共线，物体可做匀变速直线运动，故B错误；

C.总合力为恒力，若初速度与合力垂直，物体可做类平抛运动，故C错误；

D.变速圆周运动需要变力（方向时刻变化），而总合力为恒力，无法提供时刻变化的向心力，故D正

确。

故选：D。

3．（2026•湛江开学）一天，下着倾盆大雨，晓明同学乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了。列

车行驶过程中，他发现水面的形状如图甲所示，此时车厢水平桌面上放置的一密闭的盛水容器（如图乙

），容器内有一气泡，则该气泡（相对于容器）（）

A．向左移动B．向右移动C．静止不动D．无法判断

【答案】B

【分析】根据甲图分析列车的加速度方向，然后可以分析乙中气泡的运动方向。

【解答】解：根据图甲及惯性原理可知，水向左倾移动可知此时列车有向右的加速度，同理图乙中水也

应左移，因为气泡的密度小于水的密度，惯性的大小仅与质量有关，所以同样大小的水球向左运动，而

气泡应右移，故B正确，ACD错误。

故选：B。

（多选）4．（2026•临泉县校级开学）乱扔香蕉皮是不文明的行为，路人行走时踩到香蕉皮会滑倒，引发

安全事故，如图所示。下列说法正确的是（）

A．人踩到香蕉皮滑倒，是因为人受到惯性的作用

B．人走得越快越容易滑倒，所以速度越大，人的惯性越大

C．人踩到香蕉皮滑倒，是因为人下半身的速度大于上半身的速度

D．人踩到香蕉皮应该会向后滑倒

【答案】CD

【分析】惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关；人踩到香蕉皮，人下半身的速度增大，上半

身仍保持原来的速度，据此分析。

【解答】解：AB．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关，与物体的速度无关，故AB错误；

CD．人踩到香蕉皮滑倒，是因为人下半身的速度增大，上半身仍保持原来的速度，即下半身的速度大

于上半身的速度，人应该会向后滑倒，故CD正确。

故选：CD。

题型二牛顿第二定律的初步运用

1．（2026•沙坪坝区校级模拟）如甲图，某同学站在电梯内的水平地板上，随电梯下楼过程的速度—时间

关系如图乙。该同学的质量为60kg，重力加速度g＝10m/s2，该同学在下楼过程中对地板的最大压力为

（）

A．600NB．630NC．636ND．666N

【答案】B

【分析】先从速度—时间图像中提取电梯减速阶段的加速度，再用牛顿第二定律求出地板对人的支持力

，根据牛顿第三定律得到人对地板的最大压力。

【解答】解：结合图像，0～5s：匀加速下楼，速度向下增大，加速度方向向下（失重状态，支持力小

于重力）。

5～15s：匀速下楼，加速度为0，支持力等于重力（N＝mg）。

15～21s：匀减速下楼，速度向下减小，加速度方向向上（超重状态，支持力大于重力，此时压力最大）

匀减速阶段的时间间隔：Δt＝21s﹣15s＝6s

速度变化量：Δv＝0﹣3m/s＝﹣3m/s

훥푣−3

加速度大小：푎=||=||=0.5푚/푠2，方向向上。

훥푡6

对同学受力分析：竖直方向受重力mg（向下）、地板的支持力N（向上），加速度向上，取向上为正

方向，由牛顿第二定律：N﹣mg＝ma

代入数据可得N＝630N，故B正确，ACD错误。

故选：B。

2．（2026•攀枝花二模）课外小组同学从楼顶自由释放一质量为m的小球，经时间t落到地面。若小球在

下落过程中受到的空气阻力与其速率成正比，比例系数为k，且落地前小球可近似认为达到匀速运动。

已知重力加速度为g，则楼顶距地面的高度近似为（）

푚푔푡푚2푔푚푔푡푚2푔

A．+B．−

푘푘2푘푘2

푚푔푡푚2푔2푚푔푡푚2푔2

C．+D．−

푘푘2푘푘2

【答案】B

【分析】需先根据匀速运动条件求出最大速度，再应用If=푓t＝k푣t的关系，联立求解下落高度。

【解答】解：小球落地前达到匀速运动，此时重力与空气阻力平衡，即：

mg＝kv

解得匀速运动的速度为：

푚푔

＝

v푘

小球从静止开始下落，初动量为0，末动量为mv。根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量：

I合＝△p

合外力的冲量为重力冲量与阻力冲量之差，即：

mgt﹣If＝mv﹣0

其中If为空气阻力的冲量。

阻力的平均值f＝k

푣，则阻力冲量为：

If＝푓t＝k푣t

又因平均速度

ℎ

푣=（h为下落高度），代入得：

푡

ℎ

I＝k⋅•t＝kh

f푡

푚푔

将＝和＝代入动量定理表达式：

Ifkhv푘

푚푔

﹣＝⋅

mgtkhmg푘

整理得：

푚2푔

kh＝mgt﹣

푘

解得：

푚푔푡푚2푔

h＝−

푘푘2

故ACD错误，B正确。

故选：B。

3．（2026•淄博二模）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其高度h与时间t的关系图像如图所示，0～

t1时间内和t2～t3时间内图线为曲线，t1～t2时间内图线为直线。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。则（）

A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg

B．t1～t2时间内，v减小，FN＞mg

C．t1～t2时间内，v增大，FN＜mg

D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg

【答案】D

【分析】A.结合题意，由图像的倾斜程度与速度的关系及牛顿第二定律，即可分析判断；

BC.结合题意，由图像的倾斜程度与速度的关系，先确定乘客的运动状态，进而可确定其受力的情况；

D.同前面思路，先根据图像的倾斜程度与速度的关系，确定乘客的运动状态，再由牛顿第二定律列式，

即可分析判断。

【解答】解：A.由题图可知，0～t1时间内，图像越来越陡峭，则表示乘客的高度h的减少速度越来越

快，

则说明乘客下降的速度大小v在增大，

因此，该时间段内，乘客向下做加速直线运动，所以其加速度a向下，则由牛顿第二定律可得：

mg﹣FN＝ma＞0，

所以有：

mg＞FN，

故A错误；

BC.由题图可知，t1～t2时间内，图像的倾斜程度不变，则表示乘客的高度h的减少速度不变，

则说明乘客下降的速度大小v不变，

因此，该时间段内，乘客向下做匀速直线运动，所以其受力平衡，则有：

mg＝FN，

故BC错误；

D.由题图可知，t2～t3时间内，图像越来越平缓，则表示乘客的高度h的减少速度越来越慢，

则说明乘客下降的速度大小v在减小，

因此，该时间段内，乘客向下做减速直线运动，所以其加速度a向上，则由牛顿第二定律可得：

FN﹣mg＝ma＞0，

所以有：

FN＞mg，

故D正确。

故选：D。

（多选）4．（2026•河北区模拟）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/s2

，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不变

C．甲运动的加速度大小为2.5m/s2

D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N

【答案】BC

【分析】对甲、乙分别受力分析，用牛顿第二定律列方程求解加速度与拉力，再结合受力分析判断摩擦

力方向和支持力变化。

【解答】解：A、物块甲向右运动，木箱静止，结合相对运动甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误；

B、设乙运动的加速度为a，乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱看成一个整体，竖直方向受

力分析由牛顿第二定律有M总g﹣FN＝M总a

可知地面对木箱的支持力大小不变，故B正确；

CD、设甲乙质量均为m，绳子拉力为T，对甲，结合牛顿第二定律T﹣μmg＝ma

对乙，结合牛顿第二定律mg﹣T＝ma

代入数据可得T＝7.5N，a＝2.5m/s2，故C正确，D错误。

故选：BC。

题型三牛顿第三定律的理解

1．（2026春•红桥区校级期中）2024年“行走大运河”——中国辉煌足迹大运河龙舟系列活动在天津海

河举行。赛龙舟时，某船桨向后推水的力为F1，水向前推该船桨的力为F2。关于F1和F2，说法正确的

是（）

A．是一对作用力与反作用力

B．是一对平衡力

C．方向相同

D．F1＞F2

【答案】A

【分析】本题考查的核心是牛顿第三定律中作用力与反作用力的特点，同时区分了“作用力与反作用力

”和“平衡力”的区别。解题关键在于：明确每个力的施力物体和受力物体；记住作用力与反作用力的

“异体、等大、反向、共线”特点；区分“异体”的作用力与反作用力和“同体”的平衡力。

【解答】解：船桨向后推水的力F1与水向前推该船桨的力F2是一对作用力和反作用力，总是大小相等

、方向相反，故A正确，BCD错误。

故选：A。

2．（2026春•温州期中）解说围棋比赛时，棋盘竖直放置，棋盘和棋子都是磁性材料制成，棋子能吸在棋

盘上。不计棋子与棋子之间的相互作用力，下列说法正确的是（）

A．棋盘对棋子的弹力是棋子发生弹性形变产生的

B．棋盘对棋子的作用力与棋子的重力等大反向

C．棋盘对棋子的吸引力与棋子对棋盘的压力是一对平衡力

D．棋盘对棋子的压力与棋子对棋盘的支持力合力为零

【答案】B

【分析】本题是典型的受力平衡与弹力、相互作用力概念辨析题，本题的核心考查三个知识点：弹力的

产生原因：弹力由施力物体的形变产生，而非受力物体。平衡力与相互作用力的区别：平衡力同体、相

互作用力异体。物体平衡的合力特点：静止物体的合力为零，所有外力的合力必然与重力平衡。

【解答】解：A．弹力是施力物体发生弹性形变产生的，棋盘对棋子的弹力，施力物体是棋盘，因此该

弹力是棋盘发生弹性形变产生的，而非棋子形变产生的，故A错误；

B．棋子静止，合力为零。重力竖直向下，棋盘对棋子的所有作用力（静摩擦力、弹力、磁力的合力）

，必然与重力等大反向，构成平衡力，故B正确；

C．平衡力的条件是“作用在同一物体上”，棋盘对棋子的吸引力作用在棋子上，棋子对棋盘的压力作

用在棋盘上，二者不作用在同一物体，不是平衡力，故C错误；

D．棋盘对棋子的压力与棋子对棋盘的支持力是一对相互作用力，分别作用在棋子和棋盘两个不同物体

上，不能合成求合力，故D错误。

故选：B。

3．（2026•五华区校级模拟）如图，马通过斜绳拉着雪橇在平直雪地上沿直线加速前进。不计空气阻力，

下列说法正确的是（）

A．斜绳拉雪橇的力大于雪橇拉斜绳的力

B．斜绳拉雪橇的力等于雪地对雪橇的摩擦力

C．斜绳拉雪橇的力可能小于雪地对雪橇的作用力

D．斜绳拉雪橇的力一定大于雪地对雪橇的作用力

【答案】C

【分析】先对雪橇进行受力分析，明确雪地对雪橇的作用力是支持力与摩擦力的合力，再结合牛顿第三

定律与牛顿第二定律分析各选项中力的大小关系。

【解答】解：A、斜绳拉雪橇的力和雪橇拉斜绳的力是一对作用力与反作用力，结合牛顿第三定律，二

者大小始终相等，故A错误；

B、雪橇沿直线加速前进，水平方向合力向前，斜绳拉力的水平分量大于雪地对雪橇的摩擦力，斜绳拉

雪橇的力本身一定大于摩擦力，故B错误；

CD、雪地对雪橇的作用力是支持力和摩擦力的合力，支持力大小近似等于雪橇整体重力减去拉力的竖

直分量。

当雪橇整体重力较大、拉力较小时，雪地对雪橇的合力大小完全可以大于斜绳的拉力，拉力可能小于雪

地对雪橇的作用力，故C正确，D错误。

故选：C。

（多选）4．（2026•天津模拟）中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT﹣100霍尔推进器，其简

化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入

放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器质量M＝5kg，每秒

喷出的一价氙离子数n＝2.0×1019个，速度v＝2×104m/s，单个氙离子的质量为m＝3.2×10﹣25kg，电

子电荷量e＝1.6×10﹣19C，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，

则（）

A．A、B两电极间的加速电压为1600V

B．单台霍尔推进器产生的平均推力大小为0.128N

C．天和核心舱的加速度为6.4×10﹣3m/s2

D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为3.2A

【答案】BD

【分析】根据动能定理列式解答；根据动量定理列式求解；根据牛顿第三定律和牛顿第二定律列式解答

；根据电流强度的定义式列式求解。

1

【解答】解：A.氙离子经电场加速，根据动能定理有푒푈=푚푣2，可得加速电压为U＝400V，故A错

2

误；

B.规定向右的方向为正方向，对氙离子，根据动量定理可得퐹⋅훥푡=푛푚푣，代入数据解得퐹=0.128N，

故B正确；

C.根据牛顿第二定律和牛顿第三定律，天和核心舱受到氙离子的反作用力大小为F＝4퐹=4×0.128N＝

0.5128N，由于不知天和核心舱的质量，故无法计算其加速度，故C错误；

훥푄푛푒2.0×1019×1.6×10−19

D.单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流퐼===A＝3.2A，故D

훥푡훥푡1

正确。

故选：BD。

题型四求瞬时加速度的两类题型

1．（2026春•青山湖区校级月考）如图所示，AB物块用轻绳连接，BC物块用轻弹簧连接，用拉力F拉

着ABC向上运动，稳定时弹簧的长度保持不变，ABC三个物块的质量分别为m、2m、3m，拉力F＝9mg

，则（）

A．稳定时B的加速度为g

B．稳定时轻绳的弹力为5mg

C．保持F不变，轻绳突然断开的瞬间B的加速度为3.75g

D．保持F不变，轻绳突然断开的瞬间B的加速度为3.25g

【答案】D

【分析】A．对ABC整体，根据牛顿第二定律分析；

B．对A，根据牛顿第二定律分析；

CD．对C，根据牛顿第二定律分析弹簧弹力，再对B，根据牛顿第二定律分析。

【解答】解：A．对ABC整体，由牛顿第二定律可知F﹣6mg＝6ma，代入数据可得a＝0.5g，故A错

误；

B．对A，由牛顿第二定律可知F﹣T﹣mg＝ma，代入数据可得T＝7.5mg，故B错误；

CD．对C，由牛顿第二定律可知F弹﹣3mg＝3ma，代入数据可得F弹＝4.5mg，

保持F不变，轻绳突然断开的瞬间弹簧弹力不突变，对B，由牛顿第二定律可知2mg+F弹＝2maB，代

入数据可得aB＝3.25g，方向竖直向下，故C错误，D正确。

故选：D。

2．（2026•天山区校级模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1

、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则（）

A．L2的拉力大小为2mg

B．剪断L2瞬间，小球乙的加速度为g

C．剪断L2瞬间，小球甲的加速度为3g

D．同时剪断L1和L2的瞬间，小球甲和乙的加速度都为g

【答案】C

【分析】对甲、乙整体受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；若剪断L2瞬间，对乙，弹簧

的弹力不变，对甲，由牛顿第二定律列式，即可分析求解。

【解答】解：A、对甲、乙整体受力分析，受力情况如图所示：

其中G＝mg+2mg＝3mg

3푚푔

由平衡条件可知：F＝3mgtan60°=33mg，F==6푚푔

12푐표푠60°

故A错误；

B、剪断L2该瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零，故B错误；

C、剪断L2该瞬间，弹簧的弹力不变，两根绳子的拉力都消失，小球甲受到重力和弹簧的拉力，根据

牛顿第二定律可得ma＝mg+2mg

所以a＝3g

故C正确；

D、同时剪断L1和L2的瞬间，弹簧的弹力不变，两根绳子的拉力都消失，与剪断L2该瞬间相同，小球

甲的加速度大小等于3g，乙的加速度为零，故D错误。

故选：C。

3．（2026•辽宁模拟）如图所示，质量为2m的木箱静置在水平面上，木箱内一质量为m的小球用一根细

线和一轻弹簧吊起，小球静止时弹簧恰好水平，细线与竖直方向夹角为45°。已知木箱与水平面间的

动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现剪断细线，则在剪断细线的瞬

间，木箱的加速度大小为（）

A．0B．0.2gC．0.3gD．0.5g

【答案】C

【分析】开始时对小球受力分析，根据平衡条件求出弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛

顿第二定律求出小车瞬间的加速度大小。

【解答】解：对开始时的小球受力分析如图

可知小球受到弹簧的弹力F＝mg•tan45°＝mg

当剪断细线的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，弹簧的弹力不变，此时木箱沿水平方向受到地面的摩

擦力和弹簧的弹力，竖直方向受到重力和地面的支持力，选取向左为正方向，由牛顿第二定律可知2ma

＝F﹣μ•2mg

代入数据可得a＝0.3g

故C正确，ABD错误。

故选：C。

（多选）4．（2026•信宜市校级模拟）如图，竖直平面内轻杆一端连接在光滑活动铰链O上，另一端固定

一质量为4m的小球P，细线绕过光滑小孔S连接小球P、Q（均视为质点），小球Q的质量为m，小

孔S位于铰链O正下方，水平向左的拉力F拉着小球P，整个系统处于静止状态，轻杆、小球P和小

孔S间细线与竖直方向的夹角分别为53°和37°，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，下列说法正确

的是（）

A．拉力F的大小为6mg

B．撤去拉力F的一瞬间，小球P的加速度大小为0.84g

C．撤去拉力F的一瞬间，小球P、Q间细线上的拉力大小为0.12mg

D．撤去拉力后，小球P摆至最低点时，小球Q重力的瞬时功率为零

【答案】BD

【分析】A、对P受力分析，根据平衡条件分析；

BC、撤去拉力瞬间，绳拉力会发生突变，小球P做竖直面圆周运动，初速度为零，向心力为零，小球Q

向下做加速运动，绳与杆垂直，二者均有沿绳方向的运动趋势，所以沿绳方向加速度大小相等，分别对

两个小球受力分析，根据牛顿第二定律分析；

D、小球P摆至最低点时，小球Q的速度突变为零。

【解答】解：A、对P受力分析如图所示：

将力正交分解，有TOsin53°+TQsin37°＝F，TOcos53°＝TQcos37°+4mg，又TQ＝mg，代入数据可得

F＝7mg，故A错误；

BC、撤去拉力瞬间，绳拉力会发生突变，小球P做竖直面圆周运动，小球Q向下做加速运动，二者均

有沿绳方向的运动趋势，所以沿绳方向加速度大小相等，由牛顿第二定律可知4mgcos37°+TQ1＝4ma，

mg﹣TQ1＝ma，代入数据可得a＝0.84g，TQ1＝0.16mg，故B正确，C错误；

D、小球P摆至最低点时，小球Q的速度突变为零，所以小球Q的重力的瞬时功率为零，故D正确。

故选：BD。

题型五动力学的两类基本问题

1．（2026•东莞市模拟）一辆汽车紧急避让急刹车（车轮抱死）后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动

的磨痕。警察为了判断该汽车是否超速，测出路面上车轮磨痕的长度为16m，重力加速度g＝10m/s2。

已知轮胎与地面的动摩擦因数是0.8。道路限速50km/h，请根据以上条件判断该汽车（）

A．没有超速B．超速10%以内

C．超速10%﹣20%D．超速20%以上

【答案】C

【分析】先由动摩擦因数求出汽车刹车加速度，再结合匀减速直线运动公式算出刹车初速度，对比限速

数值判断对应的超速区间。

【解答】解：汽车刹车过程，结合牛顿第二定律μmg＝ma

2

设汽车做匀减速直线运动的初速度为v0，运动学公式푣0=2푎푠

代入数据可得刹车前初速度v0＝16m/s＝57.6km/h

57.6−50

超速比例为×100%=15.2%，故C正确，ABD错误。

50

故选：C。

2．（2026春•长沙县期中）在坐标系xOy中，从0时刻起，一质量为m的物体（视为质点）沿x轴、y

轴的分位移与时间的关系图像如图甲、乙所示，已知甲图像在0时刻和乙图像在t0时刻的切线斜率均

为0，两图像中倾斜虚线的斜率均为k，两图像均为抛物线，下列说法正确的是（）

A．物体在t0时刻的速度大于2k

푘

B．物体沿y轴方向的分加速度大小为

푡0

4푘푚

C．物体受到的合力大小为

푡0

D．0至t0时间内物体的位移大小为2kt0

【答案】D

【分析】先根据x﹣t图像的抛物线特征与切线斜率，分析x、y方向的运动性质，求出分加速度和t0时

刻的分速度，再通过运动合成分析合速度、合力及位移，逐一判断选项。

【解答】解：A、位移时间图像是抛物线，表示匀变速直线运动，对匀变速直线运动，平均速度等于初

0+푣푥

末速度之和的二分之一，倾斜虚线的斜率k表示平均速度，则有푘=，物体在t时刻沿x方向的

20

分速度为vx＝2k，沿y轴方向的分速度为0，则t0时刻物体的速度为v＝vx＝2k，故A错误；

푣푦2푘

B、同理，0时刻物体沿y轴方向的分速度为vy＝2k，物体沿y轴方向的分加速度大小为푎푦==，

푡0푡0

故B错误；

푣푥2푘22푘

22

C、同理，物体沿x轴方向的分加速度大小为푎푥=푡=，则合加速度为푎=푎+푎=

0푡0푥푦푡0

22푘푚

由牛顿第二定律可得物体受到的合力为퐹=푚푎=，故C错误；

푡0

22

D、0至t0时间内x＝kt0，y＝kt0，物体的位移为푠=푥+푦=2푘푡0，故D正确。

故选：D。

3．（2026•一模拟）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．2NB．1.2NC．0.2ND．1N

【答案】B

【分析】先分析小车在斜面上的运动，它做匀减速直线运动，末速度为零。先根据位移和时间，求出小

车在斜面上的加速度；再结合牛顿第二定律，由加速度和质量求出小车所受的合力大小。

푣0+푣푣0

【解答】解：小车从A到B做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移公式푥=푡=푡

22

解得初速度v0＝3m/s

푣−푣0

由加速度定义式푎=

푡

解得a＝﹣6m/s2

即加速度大小为6m/s2，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ACD错误，B正确。

故选：B。

（多选）4．（2026•天水模拟）在设计商场扶梯时为了节省电能，往往会使其在长时间无人乘坐时怠速运

行，有人乘坐时才会恢复到正常运行速度。如图所示，倾角30°的扶梯以0.5m/s怠速运行，某质量为60kg

的同学站上电梯后，电梯匀加速运行1s速度到达1.5m/s之后匀速运行，乘坐扶梯总共用20s，整个过

程中人与电梯相对静止。电梯台阶上表面水平，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）

A．0～1s内，该同学受到的支持力大小为630N

B．0～1s内，该同学受到大小为30N的摩擦力

C．1～20s内，该同学受到的摩擦力大小为300N

D．扶梯总长度为29.5m

【答案】AD

【分析】先分解0～1s内扶梯的加速度，用牛顿第二定律求出支持力和摩擦力，再分析1～20s匀速时

的受力平衡，最后通过匀加速和匀速阶段的位移公式计算扶梯总长度。

1.5−0.5

【解答】解：A.0～1s内，电梯的加速度푎=푚/푠2=1푚/푠2

1

2

竖直方向加速度푎푦=푎푠푖푛30°=0.5푚/푠

2

代入数据得ay＝0.5m/s

由牛顿第二定律N﹣mg＝may

代入数据得支持力N＝630N，故A正确；

32

B.0～1s内，水平方向加速度푎푥=푎푐표푠30°=푚/푠

2

32

代入数据得ax=m/s

2

3

摩擦力푓=푚푎푥=60×=303푁≈52푁，故B错误；

2

C.1～20s内，电梯匀速运行，加速度为0，水平方向无加速度，因此摩擦力为0，故C错误；

0.5+1.5

D.匀加速阶段位移푥=×1푚=1푚

12

匀速阶段位移x2＝1.5×（20﹣1）m＝28.5m

总长度x＝x1+x2

代入数据得x＝29.5m，故D正确。

故选：AD。

题型六超重失重问题

1．（2026•沈河区校级三模）歼﹣20是由中国航空工业集团自主研制的新一代中型隐身多用途战斗机。如

图所示，虚线ab是歼﹣20战机从水平地面起飞过程中的部分曲线轨迹，关于此过程下列说法正确的是

（）

A．研究歼﹣20姿态调整时可以把战斗机看成质点

B．歼﹣20的运动一定是匀变速曲线运动

C．歼﹣20从a到b飞行过程中的速度时刻在变化

D．歼﹣20从a到b起飞过程中，飞行员处于失重状态

【答案】C

【分析】根据质点条件、曲线运动速度特点、匀变速运动定义、超重失重判断逐一判断。

【解答】解：A、研究战机姿态调整，要看自身形状和姿态，不能看成质点，故A错误；

B、战机起飞动力、受力时刻变化，加速度不恒定，不是匀变速曲线运动，故B错误；

C、曲线运动速度方向时刻改变，速度时刻变化，故C正确；

D、起飞向上加速，有竖直向上加速度，飞行员处于超重，不是失重，故D错误。

故选：C。

2．（2026春•荔湾区校级期中）气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结

构如图所示，一重物套在光滑杆上，与一端固定的弹簧栓接，当车轮转动的角速度达到一定值时，重物

拉伸弹簧后使触点M、N接触，从而接通电路使气嘴灯发光。下列说法正确的是（）

A．正确安装使用时，M端的线速度比N端的大

B．气嘴灯运动至最低点时处于失重状态

C．要在较低的转速时发光，可以更换劲度系数更小的弹簧

D．气嘴灯做圆周运动时，重物受到重力、弹力和向心力的作用

【答案】C

【分析】结合圆周运动线速度规律、超重失重现象、向心力公式及受力分析，逐一判断选项描述的正误

。

【解答】解：A.气嘴灯随车轮同轴转动，角速度相同，M端更靠近轮轴，转动半径更小，由v＝ωr

可知，线速度与转动半径成正比，因此M端线速度比N端小，故A错误；

B.气嘴灯运动至最低点时，向心加速度指向轮轴（向上），加速度方向向上时物体处于超重状态，故B

错误；

C.发光的条件是弹簧被拉伸至触点接触，劲度系数更小的弹簧，在较小的向心力（较低转速）下就容易

被拉伸到所需伸长量，因此可在较低转速时发光，故C正确；

D.向心力是效果力，并非物体实际受到的力，重物实际受到重力、杆的支持力和弹簧的弹力，由这些力

的合力提供向心力，故D错误。

故选：C。

3．（2026春•温州期中）2025年在广州举行的第十五届全运会女子铅球决赛中，中国运动员巩立姣以

19.68米的成绩获得女子铅球比赛冠军，下列有关说法正确的是（）

A．19.68米是比赛中铅球发生的位移大小

B．19.68米是比赛中铅球经过的路程

C．在研究铅球的运动轨迹时，可将铅球看成质点

D．巩立姣推铅球的过程，铅球处于失重状态

【答案】C

【分析】结合位移、路程、质点、失重的概念，对每个选项逐一分析判断，区分铅球比赛成绩的定义、

质点模型的适用条件及失重状态的判断标准。

【解答】解：A.铅球比赛成绩19.68米是从投掷圈前沿到落地点的水平距离，并非铅球从出手点到落地

点的位移大小，故A错误；

B.铅球运动轨迹为曲线，路程是轨迹的实际长度，必然大于水平距离19.68米，故B错误；

C.研究铅球的运动轨迹时，铅球的大小和形状对轨迹分析的影响可忽略不计，可将其视为质点，故C正

确；

D.推铅球过程中，铅球有向上的加速度分量，处于超重状态，而非失重状态，故D错误。

故选：C。

（多选）4．（2026•古浪县模拟）一个苹果从高度为1.25m处开始做自由落体运动，取重力加速度大小g＝

10m/s2，下列说法正确的是（）

A．苹果下落过程处于失重状态

B．苹果运动的时间为0.5s

C．苹果落地时，苹果对地面的压力大于地面对苹果的支持力

D．苹果在空中受重力作用，重力单位牛顿是国际单位制基本单位

【答案】AB

【分析】根据自由落体运动规律计算运动时间，结合失重状态定义、牛顿第三定律和国际单位制知识，

逐一分析选项的正确性。

【解答】解：A、苹果自由下落时加速度竖直向下，大小等于重力加速度，处于完全失重状态，故A正

确；

1

B、自由落体位移公式为ℎ=푔푡2

2

代入数据可得下落时间t＝0.5s，故B正确；

C、苹果对地面的压力和地面对苹果的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小

始终相等，故C错误；

D、牛顿是国际单位制的导出单位（1N＝1kg•m/s2），故D错误。

故选：AB。

题型七动力学中的图像问题

1．（2026•平南县开学）无人机是当前我国战略性新兴产业之一，近年来不管在技术、产品、应用还是市

场上，我国都取得了巨大的成就。如图1所示，某次无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，它运动的

v﹣t图像如图2所示，b点为图线的最高点。下列说法正确的是（）

A．研究无人机螺旋桨的转动情况时可将其视为质点

B．无人机在t1～t2过程中受到的合外力越来越小

C．无人机在t2时刻运动到最高点

D．无人机在t3时刻向下运动

【答案】B

【分析】先依据质点的定义判断研究螺旋桨转动时能否将其视为质点，再通过v﹣t图像的斜率分析加

速度变化，进而判断合外力的变化情况，最后结合速度方向判断最高点位置与运动方向，逐一分析各选

项。

【解答】解：A.研究无人机螺旋桨的转动情况时，无人机的形状和大小不能忽略，不能将其视为质点，

故A错误；

B.根据v﹣t图像的切线斜率表示加速度，由题图2可知，无人机在t1～t2过程中的加速度越来越小，

根据牛顿第二定律可知，其所受合外力越来越小，故B正确；

CD.根据v﹣t图像可知，无人机在0～t4时间内的速度方向一直向上，所以t4时刻运动到最高点，故CD

错误。

故选：B。

2．（2026•湛江一模）一种弹跳杆的结构如图甲所示。小朋友双手握住横杆开始弹跳，经历从地面上升、

离地后下落、与地面作用再弹起等往复运动，如图乙所示。以小朋友静止站在弹跳杆脚踏板上时重心的

位置O为坐标原点，在竖直方向建立表示小朋友重心位置的坐标轴，如图丙所示。假设小朋友在运动

过程中始终保持站立姿态，不计空气阻力及弹跳杆重力，重力加速度大小为g。在某次小朋友从最高点

下落至重心到达最低点的过程中，下列各选项中可能正确反映小朋友运动速度v随时间t的变化关系，

或加速度a（取竖直向下为正方向）随相对O点的位移x变化关系的是（）

A．B．C．D．

【答案】C

【分析】将小朋友从最高点下落至最低点的过程分为自由下落阶段和接触弹簧后的变加速阶段，结合牛

顿第二定律分析加速度和速度的变化规律，进而判断图像是否合理。

【解答】解：AB、根据题意分析可知，在某次小朋友从最高点下落至重心到达最低点的过程中，小朋

友先做自由落体运动，加速度为重力加速度，大小和方向不变；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，以小

朋友和弹跳杆为整体，设总质量M，开始时弹簧的弹力小于整体的重力，根据牛顿第二定律有Mg﹣k•Δ

x＝Ma

可知随着形变量Δx的增大，加速度逐渐减小，方向竖直向下，与速度方向相同，故整体向下做加速度

减小的加速运动；当加速度为零时速度最大，即弹簧的弹力等于整体的重力，整体继续向下运动，弹簧

的弹力大于整体的重力，根据牛顿第二定律有k•Δx﹣Mg＝Ma′

可知随着形变量Δx的增大，加速度逐渐增大，方向竖直向上，与速度方向相反，故整体向下做加速度

增大的减速运动，最后速度为零。根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知刚开始为一条过原点的倾斜

直线，之后，先是一条加速度逐渐减小、速度逐渐增大的曲线，后是一条加速度逐渐增大、速度逐渐减

小的曲线，故AB错误；

CD、根据题意分析可知，以小朋友和弹跳杆为整体，在整体未落地之前，只受重力作用，加速度为重

力加速度，大小和方向不变；；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，根据简谐运动特点，可得回复力F回＝﹣

kx

根据牛顿第二定律有F回＝Ma

푘

可得푎=−푥

푀

可知a与x呈线性关系，选项D中a﹣x图像为曲线，不符合规律，故C正确，D错误。

故选：C。

3．（2026•茂名模拟）2025年广州全运会开幕式上，寓意着独占鳌头的鳌鱼惊艳亮相，该鳌鱼质量为m，

依靠绳索的合力F和空气浮力实现空中游动。F与竖直向下方向夹角为θ，且都为变量。该鳌鱼水平运

动时的v﹣t图像如图丙所示，此过程竖直方向保持平衡。鳌鱼受到水平空气阻力f＝kv，k为常量，以

2

鳌鱼水平前进方向为正方向，设F的水平分量为Fx，重力加速度g大小取10m/s。下列说法正确的是（

）

A．B．

C．D．

【答案】A

【分析】先根据v﹣t图像将运动分为匀加速和匀速两个阶段，结合竖直方向受力平衡、水平方向阻力

公式，分析F的水平分量Fₓ和tanθ的变化规律，再对照选项图像判断。

【解答】解：A.在0～t0阶段，是匀加速阶段，水平方向Fsinθ﹣kv＝ma

可得Fx＝ma+kv＝ma+kat

当t＝t0时，Fx1＝ma+kat0，所以图像为不过原点的直线，在t0～3t0阶段，是匀速阶段，水平方向Fx2＝kat0

，所以图像为水平直线，故A正确；

B.在0～t0阶段，是匀加速阶段，由竖直方向Fcosθ＝F浮﹣mg＝F常量，水平方向Fsinθ﹣kv＝ma

푚푎푘푎

得푡푎푛휃=+⋅푡

퐹常量퐹常量

푚푎푘푎

当t＝t0时，푡푎푛휃1=+⋅푡0，图像为不过原点的直线在t0～3t0阶段，是匀速阶段，水平方向

퐹常量퐹常量

Fx2＝kat0

푘푎푡0

竖直方向푡푎푛휃=，所以图像为水平直线，故CD错误。

퐹常量

故选：A。

（多选）4．（2026•临泉县校级开学）很多智能手机都有加速度传感器，能通过对应的APP显示加速度的

变化情况。某同学用手掌托着手机，打开加速度传感器，把手机竖直向上抛出，然后又在抛出点接住手

机，得到的加速度随时间变化的图像如图所示（取向上为正方向）。已知图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝

2

0.66s，t4＝1.26s，重力加速度g＝10m/s，不计空气阻力，则由此可判断出（）

A．t1时刻，手机离开手掌

B．t2时刻，手机处于完全失重状态

C．t3时刻，手机处于完全失重状态

D．手机离开手掌后上升的高度为0.45m

【答案】CD

【分析】结合a﹣t图像分析手机运动的不同阶段，判断各时刻的超重失重状态，再利用竖直上抛运动

的对称性与规律计算上升高度，逐一验证选项。

【解答】解：A.t1时刻，手机的加速度最大且方向向上，手机处于超重状态，手机没有离开手掌，故A

错误；

B.t2时刻，手机的加速度为0，不是处于完全失重状态，故B错误；

2

C.手机离开手掌后只受重力，加速度为﹣10.0m/s，t3时刻手机离开手掌，手机处于完全失重状态，故

C正确；

2

1푡4−푡3

D.t3时刻手机离开手掌，t4时刻手机回到手掌，手机离开手掌后上升的高度푦1=푔()

22

代入数据得y1＝0.45m，故D正确。

故选：CD。

题型八传送带问题

1．（2026•香坊区校级二模）在民航机场和火车站用传送带传送物品通过安检设备。乘客将物品轻放到匀

速运动的水平传送带上，传送带对物品的摩擦力使其开始运动，随后它们保持相对静止一起匀速前进。

若传送带匀速运动的速度增大，则（）

A．加速运动过程中物品受到的摩擦力增大

B．匀速运动过程中物品受到的摩擦力增大

C．物品加速运动的位移减小

D．物品匀速运动的时间减小

【答案】D

【分析】题目描述物品在水平传送带上经历加速与匀速两个阶段。加速阶段物品在滑动摩擦力作用下从

静止开始匀加速，摩擦力大小由动摩擦因数与物品重力决定，与传送带速度无关，因此速度增大时摩擦

力不变。匀速阶段物品与传送带相对静止，摩擦力为零。当传送带速度增大，物品的加速度不变，但达

到共速所需时间变长，导致加速位移增大，而总位移固定，因此匀速段位移减小。由于匀速段速度增大

且位移减小，匀速运动时间必然减少。分析时需明确两个阶段的受力与运动特征，并注意总位移为定值

这一约束。

【解答】解：A、物品被轻放到水平传送带上，初速度为零，在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，

当速度增加到与传送带速度v相等时，开始做匀速直线运动。

加速过程中，物品所受滑动摩擦力f＝μmg，其大小由动摩擦因数μ和物重mg决定，与传送带速度v

푓

无关。根据牛顿第二定律，加速度푎==휇푔为定值，不随v增大而改变。

푚

加速过程中摩擦力f＝μmg保持不变，故A错误；

B、匀速运动时物品与传送带无相对运动趋势，摩擦力为零，故B错误；

푣2

C、由运动学公式푥=可知，当v增大而a不变时，加速位移x增大，故C错误；

2푎

퐿−푥

D、设传送带全长L，匀速段位移为L﹣x，匀速运动时间푡=，v增大导致x增大，进而使L﹣x

匀푣

减小，同时v增大，故匀速时间t匀减小，故D正确。

故选：D。

2．（2026•辽宁模拟）如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t＝0时刻，将一炭包轻

放在顶端A点，炭包沿传送带向下滑动，经过0.6s炭包滑到传送带的底端B，整个过程，炭包的速度

随时间变化的规律如图乙所示，炭包可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。下列说

法正确的是（）

A．传送带的倾角α＝30°

B．传送带的速度v＝1.6m/s

C．炭包与传送带间的动摩擦因数为0.2

D．炭包在传送带上留下的痕迹长度为0.48m

【答案】B

【分析】根据图示图像求出加速度，应用牛顿第二定律求出传送带的倾角和炭包与传送带间的动摩擦因

数；根据图示图像求出传送带的速度；应用运动学公式求出炭包在传送带上留下痕迹的长度。

훥푣1.6훥푣′

【解答】解：AC、由图示v﹣t图像可知，炭包的加速度大小a==푚/푠2=8푚/푠2，a==

1훥푡0.22훥푡′

3.2−1.6

푚/푠2=4푚/푠2

0.6−0.2

对炭包，由牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα＝ma1，mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，代入数据解得α＝37°，

μ＝0.25，故AC错误；

B、炭包在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，与传送带共速后继续做匀加速运动，由图示v﹣

t图像可知，传送带的速度v＝1.6m/s，故B正确；

푣1.6

D、炭包加速到与传送带共速过程痕迹的长度Δx＝vt−푡=1.6×0.2m−×0.2m＝0.16m，共速后

11212

푣+푣′1.6+3.2

到运动到B端过程痕迹的长度Δx=푡−vt=×(0.6−0.2)m﹣1.6×（0.6﹣0.2）m＝

22222

0.32m＞Δx1，则痕迹长度Δx＝Δx2＝0.32m，故D错误。

故选：B。

3．（2025•江苏二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面

的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视

为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ＜tanθ。不计滑块在传送带连接处的能量损失，

传送带足够长。下列说法正确的是（）

A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同

B．滑块一定可以回到A点

C．滑块最终停留在B点

D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方

【答案】A

【分析】根据滑块的受力情况分析其运动过程，应用运动学公式分析答题。

【解答】解：AC、静止释放滑块后，滑块相对于传送带向下滑动，所受摩擦力方向沿传送带向上，

由于μ＜tanθ，滑块所受合力沿传送带向下，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，

解得a＝gsinθ﹣μgcosθ，滑块沿传送带向下做匀加速直线运动，

滑块离开倾斜传送带时的速度为v'，滑块到达水平传送带上后做匀减速直线运动，

由牛顿第二定律得μmg＝ma'，解得a'＝μg，

减速到零后反向向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a'＝μg，

如果v'≥v，滑块向右先做初速度为零的匀加速直线运动，加速到v后做匀速直线运动，

滑块返回倾斜传送带时的速度为v；

如果v'＜v，滑块在水平传送带上减速为零后反向做初速度为零的匀加速直线运动，

加速到v'＜v时返回倾斜传送带，由以上分析可知，滑块返回倾斜传送带时的速度v返≤v，

滑块返回倾斜传送带后相对倾斜传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，

与下滑过程受力情况相同，加速度相等为a，滑块沿倾斜传送带向上做匀减速直线运动，

速度减为零后反向向下做匀加速直线运动，重复前面的过程，

因此滑块在倾斜传送带上运动过程的加速度总是相同的，

滑块会在水平与倾斜传送带上往复运动，最终不会停留在B点，故A正确，C错误；

B、由AC分析可知，滑块返回倾斜传送带时的速度小于等于离开倾斜传送带的速度，

在倾斜传送带上滑过程的加速度与下滑过程加速度相等，

滑块沿传送带上滑的位移小于等于下滑的位移大小，

因此滑块可能会回到A点，或回到A点下方，故B错误；

D、若增大水平传送带的速率，滑块返回倾斜传送带时的速度小于等于离开传送带时的速度，

滑块可以运动到A点或A点下方，不可能到达A点上方，故D错误。

故选：A。

（多选）4．（2026•延边州模拟）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在

传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内

为二次函数图线，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变g

取10m/s2。下列说法正确的是（）

A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s

B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2

C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为﹣2m/s2

D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度分别为0、3m/s

【答案】ABC

【分析】结合x﹣t图像的斜率与分段函数特征，利用运动学公式与牛顿运动定律分析物块的初速度、

加速度、动摩擦因数及速度变化规律。

훥푥

【解答】解：D.x﹣t图线的斜率表示速度，由3.0～4.5s内图像斜率可知，第3.0s末物块的速度푣=

3훥푡

代入数据得v3＝﹣2m/s

第2.0s末物块的速度为零，故D错误；

훥푣

C.第2.0s末物块的速度为零，2.0～3.0s时间内，物块的加速度为푎=

훥푡

代入数据得a＝﹣2m/s2，故C正确；

B.由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma

代入数据得μ＝0.2，故B正确；

A.0～2s内，由v＝v0+at

2

将v＝0，a＝﹣2m/s，t＝2s代入上式，代入数据得v0＝4m/s，故A正确。

故选：ABC。

题型九板块问题

1．（2026•朝阳区一模）老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本上，

用水平向右的恒力F将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为m，各接触

面间的动摩擦因数均为μ，抽出课本的过程历时t。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度

为g。在此过程中，下列说法正确的是（）

A．课本受到5个力作用

B．课本受到的摩擦力大小为2μmg

C．F大于4μmg才可能将课本从粉笔盒下抽出

1

D．粉笔盒最终将停留在初始位置右侧μgt2处

2

【答案】C

【分析】对课本、粉笔盒分别做受力分析，结合滑动摩擦力公式、牛顿第二定律分析两者的运动状态，

再逐一判断各选项的正误。

【解答】解：A.课本受到：自身重力、粉笔盒对其的压力、桌面对其的支持力、外力F、与桌面间的摩

擦力、与粉笔盒间摩擦力，一个6个力，故A错误；

B.课本与粉笔盒间的摩擦力大小f1＝μmg

与桌面间的滑动摩擦力大小f2＝2μmg

课本相对于粉笔盒和桌面均向右运动，则这两个摩擦力方向均向左，因此课本受到的摩擦力合力是f1+f2

＝3μmg，故B错误；

C.根据牛顿第二定律，对粉笔盒：f1＝ma1

解得a1＝μg

对课本：F﹣f1﹣f2＝ma2

课本从粉笔盒下抽出，需要满足