文档内容
专题 03 运动与力的关系
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
选择题侧重基础概念与简单应用、计
考点1牛顿运
2021、2022、2023、2025 算题则强调综合分析能力，常结合斜面、
动定律
弹簧、传送带等经典模型，要求分阶段处
理运动状态变化。综合考查动能定理、动
考点2 力学单
2022、2023、2024
量守恒及多过程分析，2025 年首考的电
位制
磁感应题涉及线框切割与恒流源，计算复
考点3 超重失 杂度显著提升。实验题近年增加创新设计
2024
重 牛顿第二定律、运动学公式（匀变速
直线运动、平抛运动）及受力分析是必考
内容。
跨模块融合趋势明显：常与能量守
恒、动量守恒、电磁学等结合。2025 年
全国卷第 21 题以导体在磁场中运动为情
境，整合电磁感应、圆周运动与交变电流
考点4 牛顿运
2021、2022、2024 知识，浙江卷近年也出现类似趋势临界与
动定律的应用
极值问题突出：需通过数学工具（如三角
函数、图像分析）判断临界条件。题目常
以生活、科技实例为背景，结合航天、新
能源等领域，体现 “科学思维” 与
“科学探究” 素养的考查。
考点01 牛顿运动定律
1．（2023·浙江·1月选考）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OPQ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（
）
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学科网（北京）股份有限公司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。
2．（2023·浙江·1月选考）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。
3．（2022·浙江·6月选考）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；
2 / 24
学科网（北京）股份有限公司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．（2022·浙江·6月选考）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的
是（ ）
A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡
B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力
C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点
【答案】C
【详解】A．鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；
BC．鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向
上的作用力大于重力，B错误、C正确；
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。
故选C。
5．（2021·浙江·6月选考）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层
290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为
1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若
打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（ ）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
【答案】B
【详解】A．打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作
用，选项A错误；
3 / 24
学科网（北京）股份有限公司B．打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向
竖直向上，B正确；
C．打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气
体的阻力不是平衡力，选项D错误。
故选B。
6．（2021·浙江·1月选考）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速
运动时，长木板保持静止，此时（ ）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
【答案】D
【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻
力，A错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向
一定不在水平方向，B错误；
CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。
故选D。
考点02 力学单位制
7．（2024·浙江·1月选考）下列属于国际单位制基本单位符号的是（ ）
A．s B．N C．F D．T
【答案】A
【详解】国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号m；质量的单位是千克，符号kg；
时间的单位是秒，符号s；电流的单位是安培，符号是A；热力学温度的单位是开尔文，符号K；物质
的量单位是摩尔，符号mol；发光强度的单位是坎德拉，符号cd。
故选A。
8．（2023·浙江·1月选考）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（ ）
A．J B．K C．W D．Wb
【答案】B
【详解】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是
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学科网（北京）股份有限公司kg、m、s、A、K、cd、mol，其余单位都属于导出单位。
故选B。
9．（2022·浙江·6月选考）下列属于力的单位是（ ）
A．kg⋅m/s2 B．kg⋅m/s C．kg⋅m2/s D．kg⋅s/m2
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律有F = ma则力的单位为kg⋅m/s2
故选A。
考点03 超重失重
10．（2024·浙江·1月选考）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三
颗卫星送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0×1024kg，地球半径6.4×103km，引力常量
6.67×10−11N⋅m2/kg2。下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约8.4m/s2
C．卫星运行的周期约12h D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
【答案】B
【来源】2024年1月浙江省普通高校招生选考物理试题
【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即
推力，故A错误；
B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为
F GM
a= = ≈8.4m/s2
m (R+h) 2
故B正确；
√(R+h) 3
C．卫星运行的周期为T=2π ≈1.6h故C错误；
GM
D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。
故选B。
考点04 牛顿运动定律的应用
11．（2024·浙江·6月选考）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的
光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定
凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道
BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，
5 / 24
学科网（北京）股份有限公司M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ。滑块视
1 2
为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v 的大小；
0
（2）若μ=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
2
（3）若μ=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度v 。
2 m
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
mv 2
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时mg= C 从滑块离开弹簧到C过程，根据动能
R
1 1
定理−2mgR= mv 2− mv 2 解得 v =5m/s
2 C 2 B 0
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒mv =(M+m)v 根据能量守恒
B 共
1 1
ΔE= mv 2− (M+m)v 2
2 B 2 共
5
解得ΔE= J
8
（3）若μ=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
2
a =μ g=6m/s2
1 1
μ mg−μ (M+m)g
a = 1 2 =4m/s2
2 M
共速后，共同加速度大小为a =μ g=1m/s2 ,考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然
3 2
后共同减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程v=v −a t =a t 共速过程，滑块、木
E 1 1 2 1
板位移分别为
v+v
x = Et
1 2 1
v
x = t
2 2 1
共速时，相对位移应Δx=L=x −x 解得 v =6m/s，v=2.4m/s 随后共同减速 x =d−x =1.88m
1 2 E 3 1
到达H速度v =√v2−2a x =√2m/s 说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会
H 3 3
从木板右侧掉落。
12.（2022·浙江·6月选考）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
6 / 24
学科网（北京）股份有限公司24°角，长度l =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
1
2
滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ= ，货物可视为质点（取cos24°=0.9，sin24°=0.4，重力加
9
速度g=10m/s2）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 的大小；
1
（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l
2。
【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）2.7m
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得mgsin24°−μmgcos24°=ma 代入数据解得 a =2m/s2
1 1
（2）根据运动学公式 2a l =v2 解得 v=4m/s
1 1
（3）根据牛顿第二定律 μmg=ma 根据运动学公式 −2a l =v2 −v2 代入数据联立解得l =2.7m
2 2 2 max 2
13．（2022·浙江·1月选考）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m
水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由
静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图
2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为
110kg，sin15°=0.26，重力加速度g取10m/s2，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
8
【答案】（1）a = m/s2 ；（2）12m/s；（3）66N
1 3
8
【详解】（1）AB段 v2=2a x 解得 a = m/s2
1 1 1 1 3
7 / 24
学科网（北京）股份有限公司1
（2）AB段 v =a t 解得 t =3s BC段 x =v t + a t2 a =2m/s2 过C点的速度大
1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2
小 v=v +a t =12m/s
1 2 2
（3）在BC段有牛顿第二定律 mgsinθ−F =ma 解得 F =66N
f 2 f
14．（2021·浙江·6月选考）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m=1.0×103kg的汽车以
v =36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=20m处，驾驶员发现小朋友排着长l=6m
1
的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力
不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L=6m，小朋友行走的速度v =0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需
0
的时间；
（3）假设驾驶员以v =54km/h超速行驶，在距离斑马线s=20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速
2
度。
【答案】（1）t =4s，F =2.5×103N；（2）20s；（3）v=5√5m/s
1 f
【来源】2021年浙江省物理选考（6月）物理试卷
s v
【详解】（1）根据平均速度t = 解得刹车时间 t =4s 刹车加速度 a= 1 根据牛顿第二定律
1 v 1 t
1
F =ma 解得 F =2.5×103N
f f
l+L
（2）小朋友过时间 t = 等待时间 t=t −t =20s
2 v 2 1
0
（3）根据v2−v2=2as 解得 v=5√5m/s
2
15．（2021·浙江·1月选考）如图所示，质量m=2kg的滑块以v=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，
0
经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。
8 / 24
学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W
v
【详解】(1)小车向上做匀减速直线运动，有 x= 0t 得 x=16m
2
Δv mgsinθ+μmgcosθ
(2)加速度 a = =8m/s2 上滑过程 a = =gsinθ+μgcosθ 得 μ=0.25
1 t 1 m
mgsinθ−μmgcosθ
(3)下滑过程 a = =gsinθ−μgcosθ=4m/s2 由运动学公式
2 m
v =√2a x=8√2m/s=11.3m/s 重力的平均功率 P=mgvcos(90°−θ)=48√2W=67.9W
t 2
1．（2025·浙江油菜花联盟·6月选考模拟）2025年4月19日，全球首个人形机器人半程马拉松比赛在北京
进行，下列关于人形机器人的描述正确的是（ ）
A．在研究机器人跑步的每公里配速时，不可视为质点
B．机器人在跑步过程中，总是处于超重状态
C．机器人在跑步过程中，地面对机器人的静摩擦力不做功
D．机器人跑完全程的平均速度为0
【答案】C
【详解】A．在研究机器人跑步的每公里配速时，机器人的大小和形状可以忽略，将其视为质点，故
A错误；
B．机器人在跑步的过程中，有时有向上的加速度，有时有向下的加速度，不是总处于超重状态，故
B错误；
C．机器人在跑步的过程中，脚与地面接触时，地面对机器人有向前的静摩擦，一旦脚抬起，静摩擦
力随之消失，因此在静摩擦的方向上没有位移，静摩擦力不做功，故C正确；
D．机器人跑完全程，由于起点和终点的位置不同，位移不为零，因此平均速度不为零，故D错误。
9 / 24
学科网（北京）股份有限公司故选C。
2．（2025·浙江北斗星盟·三模）2025年4月30日，神舟十九号返回舱在东风着陆场稳稳落地，蔡旭哲、
宋令东、王浩泽三名航天员平安归来。直播画面中，1200平方米的主降落伞如一朵巨型红白花朵在空
中绽放，与着陆时底部反推发动机点火扬起的烟尘共同构成震撼场景。下列说法正确的是（ ）
A．以蔡旭哲、宋令东、王浩泽为参考系，神舟十九号返回舱是静止的
B．研究神舟十九号返回舱在空中运动轨迹时，不可以把它看成质点
C．伞绳给伞的拉力大于伞给伞绳的拉力
D．烟尘在空中处于平衡状态
【答案】A
【详解】A．以蔡旭哲、宋令东、王浩泽为参考系，神舟十九号返回舱相对于他们的位置没有发生改
变，故神舟十九号返回舱是静止的，A正确；
B．研究神舟十九号返回舱在空中运动轨迹时，返回舱的大小和形状对其运动轨迹的影响可以忽略不
计，此时可以将返回舱看成质点，B错误；
C．伞绳给伞的拉力与伞给伞绳的拉力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小
相等，方向相反，C错误；
D．烟尘在空中受到重力以及空气阻力等作用，其运动状态不断变化，不是处于平衡状态，D错误。
故选A。
3．（2025·浙江Z20名校联盟·模拟预测）如图所示，在水平地面上，一位同学单手倒立斜靠在一大木箱上
（木箱侧面光滑），已知同学的质量小于木箱质量，同学和木箱均保持静止状态，则下列说法正确的
是（ ）
A．同学受到地面的摩擦力小于木箱受到地面的摩擦力
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力是一对平衡力
C．同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力是作用力与反作用力
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力
10 / 24
学科网（北京）股份有限公司【答案】D
【详解】A．对同学和木箱的整体分析，水平方向受合外力为零，则同学受到地面的摩擦力与木箱受
到地面的摩擦力大小相等，方向相反，选项A错误；
B．同学受到地面的摩擦力与木箱受到地面的摩擦力因作用在两个物体上，不是一对平衡力，选项B
错误；
C．弹力和摩擦力是不同性质的力，则同学受到木箱向右的弹力与地面对人向左的摩擦力不是作用力
与反作用力，选项C错误；
D．同学受到的重力的平衡力是地面对他向上的弹性力，选项D正确。
故选D。
4．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有
物块B以v =1m/s的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量分别
0
为m =2kg，m =3kg，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（
A B
）
A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止
B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s
C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m
D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
【答案】D
【来源】2025届浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模物理试题（选考）
【详解】AB．由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数μ =tan37°=0.75 且A、B在
0
斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足m v =(m +m )v 可得v＝0.6m/s 故AB错误；
B 0 A B
C．对B物体，根据牛顿第二定律m gsin37°−μm gcos37°=m a 解得，B物体向下减速时加速
B B B 2
v−v
度为a =g(sin37°−μcos37°)=−0.4m/s2 减速时间t= 0=1s 此过程中，物块B的位移
2 a
2
v +v v
x = 0 t=0.8m 木板A的位移为x = t=0.3m 所以A板长度至少为L=x −x =0.5m 故C错误
B 2 A 2 B A
D．全过程中系统因摩擦产生的热量Q=μm gcos37°⋅L+μ (m +m )cos37°⋅x =18.6J 故D正
B 0 A B A
确。
故选D。
5．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）如图甲所示，“张弦梁”是新型自平衡空间结构体系，被广泛应用于
11 / 24
学科网（北京）股份有限公司建筑当中。图乙是该结构的简化模型，质量分布均匀的水平横梁架在两根立柱上，两根等长的柔性拉
索的一端分别连接横梁的两端，拉索的另一端连接竖直支撑杆的下端，支撑杆的上端顶在横梁的中央
处。水平横梁的质量为M，竖直支撑杆的质量为m，两根柔性拉索形成的夹角为120°，两根拉索的张
力均为F（拉索的质量忽略不计），重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．横梁对支撑杆的作用力大于支撑杆对横梁的作用力
B．若保持M、m及两拉索的夹角不变，仅增大F，横梁对两侧立柱的压力增大
C．若保持M、m及两拉索的张力大小F不变，仅减小两拉索的夹角，支撑杆对横梁的作用力减小
D．支撑杆对横梁的作用力大小为F-mg
【答案】D
【来源】2025届浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模物理试题（选考）
【详解】A．横梁对支撑杆的作用力与支撑杆对横梁的作用力是相互作用力，总是等大反向，选项A
错误；
B．对横梁拉索支撑杆系统整体分析可知，横梁对两侧立柱的压力不变，选项B错误；
C．对支撑杆分析，减小两拉索的夹角，两拉力的合力增大，水平横梁对支撑杆的作用力增大，选项
C错误；
D．两边拉索对支撑杆的作用力为F'=2Fcos60∘=F 可知支撑杆对横梁的作用力大小为F-mg，选项
D正确。
故选D。
6．（2025·浙江金华义乌·三模）春风和煦，义乌市民广场上有许多人在放风筝，会放风筝的人，可使风筝
静止在空中。乙图是甲图的情境模型，OL代表风筝线，MN代表风筝截面，截面与水平面夹角θ保持
不变。假设风向水平，风速稳定，保持筝线拉力大小保持不变，则下列同学的判断正确的是（ ）
A．若持线人在地上向左移动些许，风筝将呈现失重状态
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝高度将下降
C．图示情境下，风筝不可能静止在空中
12 / 24
学科网（北京）股份有限公司D．图示情境下，风筝受到四个力的作用
【答案】A
【详解】A．对风筝受力分析，风筝受到竖直向下的重力G、风筝线的拉力T、风力F。若持线人在地
上向左移动些许，风筝线拉力大小保持不变，风筝线与竖直方向的夹角减小，拉力的竖直分量增大，
合力有竖直向下的分量，则风筝有竖直向下的分加速度，将呈现失重状态，故A正确；
B．若持线人在地上向右移动些许，风筝线与竖直方向的夹角增大，拉力的竖直向下的分量减小，风
筝高度将上升，故B错误；
C．图示情境下，当风筝受到的向下的重力G、风筝线的拉力T、垂直风筝面的斜向上的风力F三力平
衡时，风筝可以静止在空中，故C错误；
D．图示情境下，当风筝受到的重力G、风筝线的拉力T、风力F共三个力，故D错误。
故选A。
7．（24-25高三下·浙江诸暨·二模）2025年2月，“杭州六小龙”之一的宇树科技公司发布了一款轮足机
器人——“山猫”。如图所示，该机器人能在雪地和山坡上跋山涉水，顺利避开障碍物，能跑、能
跳，还能空中翻转360°，甚至单脚站立保持静止。“山猫”在（ ）
A．避开障碍物时可以被看作质点
B．空中翻转时重心位置始终保持不变
C．单脚静止时地面对它作用力的方向竖直向上
D．起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力
【答案】C
【详解】A．避开障碍物时，“山猫”的大小形状不能忽略不计，不可以被看作质点，选项A错误；
B．空中翻转时“山猫”的形体结构会发生改变，则重心位置会发生变化，选项B错误；
C．单脚静止时地面对它作用力与重力等大反向，则地面对其作用力的方向竖直向上，选项C正确；
D．根据牛顿第三定律可知，起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力，选项D错误。
故选C。
8．（2025·浙江·一模）急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。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．助跑过程中，地面对运动员做正功
B．蹬地起跳时，运动员处于失重状态
13 / 24
学科网（北京）股份有限公司C．在腾空的最高点，运动员的速度是0
D．从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量
【答案】D
【详解】A．助跑过程中，地面对运动员的作用力对应的位移为0，故地面对鞋的摩擦力不做功；地
面对运动员的支持力与运动员的运动方向垂直，支持力也不做功，因此助跑过程中，地面对运动员不
做功，A错误；
B．蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，B错误；
C．在腾空的最高点，运动员竖直向上的分速度为零，但是水平方向的分速度不为零，所以运动员的
速度不为零，C错误；
D．空气阻力不能忽略，则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，因此
运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，D正确。
故选D。
9．（2025·浙江温州·三模）2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子500米决赛中，以34
秒95的成绩夺得冠军。如图所示，比赛中运动员正沿圆弧形弯道滑行，则下列说法正确的是（ ）
A．比赛中运动员的位移大小是500m
B．运动员全程的平均速度是14.3m/s
C．研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点
D．运动员在弯道滑行时，冰面对运动员的作用力大于运动员对冰面的作用力
【答案】C
【详解】A．位移大小由始末位置的直线距离决定，500米是运动员运动轨迹的长度，即路程，而不
是位移大小。在速度滑冰男子500米比赛中，运动员沿圆弧形弯道滑行，初末位置不同，位移大小小
于500米，故A错误；
x
B．平均速度为v= 由A选项分析可知位移小于500米，时间t=34.95s，则平均速度
t
500
v< ≈14.3m/s
34.95
故B错误；
C．当物体的开关、大小对所研究的问题没有影响时，才可以把物体看作质点。研究运动员的冲线技
巧时，运动员的肢体动作等对研究冲线技巧有重要影响，不能忽略其形状和大小，所以不可以把运动
员看作质点，故C正确；
D．冰面对运动员的作用力与运动员对冰面的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作
用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，所以冰面对运动员的作用力等于运动员对冰面的作
14 / 24
学科网（北京）股份有限公司用力，故D错误。
故选C。
10．（2025·浙江·一模）如图所示，三根等长的细绳一端对称地系在吊篮架上，另一端连结后经挂钩挂在
杆子上。已知吊篮架和花盆的总质量为m，下列说法正确的是（ ）
mg
A．每根细绳的拉力大小均为
3
B．挂钩受到的拉力是由挂钩的形变引起的
C．三根细绳同时增加相等长度后，绳上拉力将变小
D．吊篮架对花盆的支持力与花盆的重力是一对相互作用力
【答案】C
mg
【详解】A．设每根铁链和竖直方向的夹角为θ，则有3Fcosθ=mg 解得F= A错误；
3cosθ
B．挂钩受到的拉力是由细绳的形变引起的，B错误；
C．增加铁链的长度，每根铁链和竖直方向的夹角θ变小，cosθ变大，细绳的拉力变小，C正确；
D．吊篮架对花盆的支持力与花盆的重力是一对平衡力，D错误。
故选C。
11．（2025·浙江县域教研联盟·模拟）春节期间，小红在逛公园的过程中看到公园里挂着红红灯笼，洋溢
着浓浓的年味。若三个串接的灯笼悬挂在轻绳上，呈竖直排列，从上到下依次标为1，2，3，下列说
法正确的是（ ）
A．三个灯笼可能受到水平风力的作用
B．灯笼2受到其上、其下两个灯笼对其的拉力是一对作用力和反作用力
C．灯笼3受到的重力与灯笼2对其的拉力是一对平衡力
D．若灯笼1上面的轻绳突然断裂瞬间，灯笼2加速度仍为零
【答案】C
15 / 24
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．对三个灯笼进行受力分析可知，除重力外，因为三个灯笼呈竖直排列，所以彼此间的拉
力都是竖直方向，若三个灯笼还受水平风力的作用，将不能受力平衡，所以不可能受到水平风力的作
用，故A错误；
B．作用力和反作用力是一对大小相等，方向相反，作用在两个物体上的力，灯笼2受到其上、其下
两个灯笼对其的拉力，受力物体都是灯笼2，所以它们不是一对作用力和反作用力，故B错误；
C．灯笼3受到重力和灯笼2对其的拉力处于平衡状态，所以它们是一对平衡力，故C正确。
D．若灯笼1上面的轻绳突然断裂，三个灯笼均做自由落体运动，加速度都为重力加速度g，所以灯笼
1上面的轻绳突然断裂瞬间，灯笼2加速度不为零，故D错误。
故选C。
12．（2025·浙江温州·三模）如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水
中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（ ）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
【答案】A
【详解】A．钢珠落入水中时，部分能量会转化为小水珠的动能，使得小水珠能够溅起。由于能量守
恒，部分小水珠可能会获得足够的动能，使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度，A正确；
B．小水珠在空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，而不是超重状态，B错误；
C．被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛，有的可能是斜抛，所以小水珠运动到最高点时竖直方向
上的速度一定为零，水平方向上不一定为零，C错误；
D．钢珠下落时，部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量，因此小水珠的机械能总和会
小于钢珠静止下落时的机械能，D错误。
故选A。
13．（2025·浙江宁波·三模）习近平总书记在2025年新年贺词中提到“嫦娥六号首次月背采样，梦想号探
秘大洋，深中通道踏浪海天，南极秦岭站崛起冰原，展现了中国人追梦星辰大海的豪情壮志”，下列
说法正确的是（ ）
A．嫦娥六号在月背起飞上升时，处于完全失重状态
B．研究“梦想”号大洋钻探船在海底的钻探轨迹时，钻头可以看作质点
16 / 24
学科网（北京）股份有限公司C．港珠澳大桥全长约55km，一汽车过桥用时45min，则全程平均速度约为73km/h
D．南极秦岭站充分利用风能和太阳能发电，其中太阳能是来自太阳内部的核裂变
【答案】B
【详解】A．嫦娥六号在月背起飞上升时，有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；
B．研究 “梦想” 号大洋钻探船在海底的钻探轨迹时，钻头的大小和形状对研究的轨迹影响极小，
可以忽略不计，所以钻头可以看作质点，故B正确；
C．平均速度是位移与时间的比值，港珠澳大桥全长约55km是路程，不是位移为55km，不能用路程
除以时间来计算平均速度，故C错误；
D．太阳能是来自太阳内部的核聚变，故D错误。
故选B。
14．（2025·浙江嘉兴·三模）如图所示，氢气球带着下方所挂重物加速上升。在上升过程中（ ）
A．重物处于失重状态
B．若细绳突然断裂，重物将立刻向下运动
C．氢气球对重物的拉力大于重物对氢气球的拉力
D．氢气球和重物所构成的系统机械能不守恒
【答案】D
【详解】A．由于重物的加速度向上，所以处于超重状态，故A错误；
B．若细绳突然断裂，重物将做竖直上抛运动，不会立刻向下运动，故B错误；
C．根据牛顿第三定律可知，氢气球对重物的拉力等于重物对氢气球的拉力，故C错误；
D．加速上升过程中，动能增大，重力势能增大，则机械能增大，故D正确。
故选D。
15．（2025·浙江北斗星盟·三模）如图所示，木板C静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时刻
物块A以水平初速度v 从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为m，与木板间的动
0
摩擦因数均为μ，木板的质量为2m，A、B间为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
（ ）
3v2
A．若物块A、B不发生碰撞，则木板C长度的最大值为L= 0
4μg
17 / 24
学科网（北京）股份有限公司3v2
B．若物块A、B不从木板C的右端滑离，则木板C长度的最小值为L= 0
8μg
C．若物块B恰好不滑离木板C，则物块A、B碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C的冲量大小
是相等的
D．若物块A、B最终与木板C相对静止，则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相
对静止的位置有关
【答案】B
【详解】A．设木板长为L，恰好发生碰撞时，由mv =4mv 能量守恒有
0 共
μmg L = 1 mv2− 1 4m(v2 ) 2
2 2 0 2 共
3v2 3v2
联立解得L= 0 若物块A、B不发生碰撞，木板长的最小值为 0 ，故A错误；
4μg 4μg
B．由于AB质量相等且A、B的碰撞为弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B到C右端
恰好静止，则有mv =4mv 能量守恒有μmg L min+μmg L min= 1 mv2− 1 4m(v2 ) 2 联立解得
0 共 2 2 2 0 2 共
3v2
L = 0 故B正确；
min 8μg
C．A碰B前，BC做一起做加速运动，A做减速运动，A碰B后，速度交换，AC一起做加速运动，B
做减速运动，最终共速，速度时间图像如下
如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的冲量大，故C
错误；
D．只要相对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对静
止的位置无关，故D错误。
故选B。
16．（2025·浙江北斗星盟·三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相
等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（ ）
18 / 24
学科网（北京）股份有限公司A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
【答案】C
【详解】AB．重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一直在增大，知
加速度一直在减小，速度先减小后增大，故AB错误；
C．因Δp=mΔv=mat 知Δp一直减小，故C正确；
D．空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后增大，相
邻位置的机械能变化量先减小后增大，故D错误。
故选C。
17．（2025·浙江金华·三模）蛇年春晚中的人形机器人与真人舞蹈演员一同表演了一场精彩的“AI机器秧
歌”舞。下列说法正确的是（ ）
A．机器人下蹲过程中，总是处于失重状态
B．在研究机器人的舞蹈动作时可将其视为质点
C．机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点始终处于受力平衡状态
D．机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力
【答案】D
【详解】A．机器人下蹲过程中，先向下加速后向下减速，则先失重后超重，选项A错误；
B．在研究机器人的舞蹈动作时，机器人的大小形状不能忽略不计，不可将其视为质点，选项B错
误；
C．机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点做圆周运动，不是处于受力平衡状态，选项C错误；
D．机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力，选项D正确。
故选D。
18．（2025·浙江台州·二模）在2024巴黎奥运会上，中国体育代表队获得了40金、27银、24铜共91枚奖
牌的境外参赛历史最好成绩。下列说法正确的是（ ）
19 / 24
学科网（北京）股份有限公司A．图甲中运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是位移
B．研究图乙中运动员的跨栏动作时可以将其视作质点
C．图丙中撑杆跳运动员从脱离撑杆到落地过程始终处于失重状态
D．图丁中被掷出后的铅球在飞行过程中所受合力方向与运动方向相反
【答案】C
【详解】A．图甲中运动员参加42.195公里的大众马拉松比赛，42.195公里指的是路程，故A错误；
B．当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小可将物体看成质点，所以研究图乙中
运动员的跨栏动作时不可以将其视作质点，故B错误；
C．图丙中撑杆跳运动员从脱离撑杆到落地过程加速度向下，处于失重状态，故C正确；
D．图丁中被掷出后的铅球在飞行过程中铅球做曲线运动，所受合力方向与运动方向不共线，也不相
反，故D错误。
故选C。
19．（2025·浙江台州·二模）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
与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用。如图所示，当质量为50kg的同学握住水平单杠保持静止，
且只有双手接触单杠并双腿悬空，不计引体向上器的质量。则（ ）
A．双手间距离越小，人所受到单杠的作用力越小
B．单杠对每只手臂作用力大小一定为250N
C．双手间距离越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大
D．同学由静止下降到最低点的过程中，橡胶垫与墙面间的摩擦力先小于同学的重力，后大于同学的
重力
【答案】D
【详解】A．人所受到单杠的作用力和重力平衡，则人所受到单杠的作用力大小不变，为
F=G=mg=500N
故A错误；
20 / 24
学科网（北京）股份有限公司1
B．只有两手臂平行时，单杠对每只手臂作用力大小为F′= mg=250N 两手臂有夹角时，单杠对每
2
只手臂作用力都大于250N，故B错误；
C．不计引体向上器的质量，橡胶垫与墙面间的摩擦力等于人的重力不变，故C错误；
D．同学由静止下降到最低点的过程中，人先加速度先向下，再向上，先失重后超重，结合牛顿第二
定律可知，橡胶垫与墙面间的摩擦力先小于同学的重力，后大于同学的重力，故D正确；
故选D。
20．（2025·浙江绍兴·三模）如图所示，绳梯从天花板垂下来且最下端没有触及地面，某建筑工人正在爬
绳梯，他的左脚踏于横木、右脚凌空，处于平衡状态，若建筑工人的重力为G ，绳梯的重力为G ，
1 2
双手施加于横木的作用力大小为F，方向竖直向下，下列说法正确的是（ ）
A．建筑工人受到两个力的作用
B．天花板对绳梯的作用力大小为G +G
1 2
C．左脚施加于横木的作用力大小为G +G +F
1 2
D．左脚对横木的作用力大于横木对左脚的作用力
【答案】B
【详解】A．对工人受力分析：工人受到重力以及来自横木对脚和双手的支持力，共至少三个力作
用，故A错误；
B．整体处于平衡，对整条绳梯（含工人）整体分析可知，天花板对绳梯的拉力F′=G +G 故B正
1 2
确；
C．对工人分析可知，左脚施加于横木的作用力大小为F″=G −F 故C错误；
1
D．根据牛顿第三定律可知，左脚对横木的作用力等于横木对左脚的作用力，故D错误；
故选B。
21．（2025·浙江宁波十校·一模）一游戏装置截面如图所示，AB为足够长的倾斜直轨道，BC、CD是两
段半径均为R =0.5m的竖直圆管轨道，DE为水平轨道，固定水平传送带EF以v =2m/s顺时针转
1 0
动，轨道AB与圆管道相切于B处，各部分之间平滑连接，紧靠F处有一质量M=3kg的小车静止在光
滑的水平地面上，小车的上表面由水平面GH和半径R =0.1m的四分之一圆弧面HI组成。一个可视
2
为质点的滑块，从轨道AB上距B点l=0.5m处由静止开始下滑，经过圆管轨道BCD和水平轨道DE，
并冲上传送带，已知滑块的质量m=1kg,θ=37∘，传送带的长度L=3.2m，滑块与传送带间的动摩擦
因数μ=0.5，与其余各处阻力均不计，sin37∘=0.6,cos37∘=0.8，则
21 / 24
学科网（北京）股份有限公司(1)求滑块到达D点时对轨道的压力大小；
(2)求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
(3)求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
(4)调节传送带以不同的速度v顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面GH最大高度H与速度v的关
系。
【答案】(1)82N
(2)8J
√5
(3) m/s
2
(4)见解析分析
1
【详解】（1）从B点到D点根据动能定理mglsin53∘+mg(3R sin37∘+R )= mv2 解得
1 1 2 D
v2
v =6m/s 滑块经过D点有F −mg=m D 解得F = 82N 根据牛顿第三定律可知求滑块到达D
D ND R ND
1
点时对轨道的压力大小为82N。
μmg v −v
（2）滑块滑上传送带的加速度a= =μg 加速到和传送带共速时间t= D 0=0.8s 滑动位移
m μg
v2−v2
x = 0 D =3.2m 可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移x =v t=1.6m 对传
滑 2(−μg) 10 0
送带所做的功W =μmgx =8J
10
（3）滑块以2m/s的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为h，根据mv =(m+M)v
G 共
1 1
解得v =0.5m/s 根据滑块和小车组成的系统机械能守恒mgh= mv2− (m+M)v2 解得
共 2 G 2 共
h=0.15m 因为h=0.15m>R =0.1m 滑块从小车I端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度
2
为0.5m/s，设滑块的速度为v ，根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
1
1 1 1 √5
mv2 = mv2+ Mv2 +mgR 解得v = m/s
2 G 2 1 2 共 2 l 2
22 / 24
学科网（北京）股份有限公司1 1 3 3
（4）根据mv =(m+M)v ,mgH= mv2− (m+M)v2 = mv2 解得H= v2
G 共 2 G 2 共 8 G 80 G
3
①若一直在传送带上减速，则v =2m/s H= v2 =0.15m(v≤2m/s)
G 80 G
v2−v2
②若一直在传送带上加速，L= G D 则v =√68m/s
G
2μg
3 51
H= v2 = m=2.55m(v≥√68m/s)
80 G 20
③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则v =v
G
3 3
H= v2 = v2(2m/s0），求物块离开传送带的速度v 与传送带的速度v之间的函数关系；
2
(4)设传送带的速度v可调，求小车能获得的最大速度大小v 。
3
【答案】(1)v =6m/s；
1
(2)F =F =5.2N，方向竖直向上；
压 N
(3)v =¿；
2
(4)v =1m/s
3
1
【详解】（1）物块由静止到斜面底端，由动能定理，有mgh= mv 2−0 解得v =6m/s
2 1 1
1
（2）物块由静止到圆轨道最高点，由动能定理，有mgh−mgR(1+cosθ)= mv′ 2−0在圆轨道最高
2 1
mv′ 2
点，由牛顿第二定律，有F +mg= 1 联立并代入数据，解得F =5.2N 由牛顿第三定律，物块
N R N
23 / 24
学科网（北京）股份有限公司对轨道的压力F =F =5.2N，方向竖直向上。
压 N
1
（3）物块由静止到圆轨道底端，由动能定理，有mgh+mgR(1−cosθ)= mv 2−0 解得
2 0
v =√38m/s
0
对小车在传送带上的运动，分类讨论
i．当0v 时，物块向右匀加速过程中，有v2−v 2=2a x 若x ≤L ，则v≤9m/s 物块会加速至v
0 0 1 1 1 1
，然后一起匀速。 即v L ，则v>9m/s物块不会加速至v，只能加速至
0 2 1 1
9m/s
即v>9m/s时，v =9m/s 如图所示，综上，v 与传送带的速度v之间的函数关系为
2 2
v =¿
2
（4）由（3）问可知，物块以最大速度v =9m/s冲上小车，二者相互作用。若二者能共速，设为v′，
2
由总动量守恒，有mv =(m+M)v′ 得v′=3m/s 由牛顿第二定律，各自加速度大小为
2
μ mg μ mg v 2−v′2
a = 2 =2m/s2，a = 2 =1m/s2 物块匀减速位移x ′= 2 =18m 小车匀加速位移
m m M M 1 2a
m
v′2−0
x = =4.5m 位移差Δx=x ′−x =13.5m>L 则二者还没共速就分开了。对物块分析，摩擦力
2 2a 1 2 2
M
的冲量等于小车动量的变化量，可知摩擦力作用的时间越长小车获得的速度越大。即物块恰好运动到
小车右端时达到共速时小车速度最大。设离开传送带时物块的速度为v ' 则由总动量守恒，有
2
1 1
mv '=(m+M)v 由功能关系，有 mv '2= (m+M)v 2+μ mgL 联立并代入数据，解得
2 3 2 2 2 3 2 2
v '=3m/s<9m/s，v =1m/s
2 3
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