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专题 01 直线运动和相互作用
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
在情境设置上，试题紧密联系航天探
考点1 直线运
2022、2024、2025
测、智能交通等科技前沿及生活实际，要
动
求考生从复杂情境中抽象出匀变速直线运
动、连接体、斜面等典型物理模型，例如
通过航天器轨道调整分析多阶段运动规
律，或结合智能家居设备中的力学传感器
理解摩擦力与加速度的关系。知识考查层
面，直线运动与相互作用的融合度显著提
升：一方面，直线运动规律（如速度 -
时间图像、位移公式）常与牛顿定律结
合，分析传送带、板块模型中的加速度与
受力关系；另一方面，动态平衡问题（如
斜面物体的静摩擦力变化）和连接体问题
（如细线相连的多物体系统）愈发注重整
体法与隔离法的灵活运用，要求考生通过
正交分解、矢量图解等方法处理多力平
衡。
在能力要求上，图像分析与实验探究
考点2 相互作
2025 成为核心考查方向。试题常以非常规运动
用
图像（如 a-t 图、v²-x 图）为载体，要求
考生通过斜率、截距、面积等几何特征推
导物理量，例如利用 v-t 图像的斜率计算
加速度或通过图像包围面积求解位移。实
验题则强调创新设计与数据深度处理，如
改进打点计时器实验测量变加速运动参
数，或通过误差分析优化验证牛顿第二定
律的实验方案，同时关注实验原理的迁移
应用，如将直线运动规律拓展至圆周运动
的切线加速度分析。此外，数学工具的物
理化应用趋势明显，三角函数、极值求解
等方法被广泛用于分析斜面动力学、弹簧
弹力等问题，部分试题甚至渗透微积分思
想，要求考生通过微元法处理非匀变速运
动过程考点01 直线运动
1．（2025·北京·高考）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物
体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气
阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v ；
0
(2)炸裂后瞬间B的速度大小v ；
B
(3)A、B落地点之间的距离d。
【答案】(1)v =gt
0
(2)v =2v
B
(3)d=3vt
【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0=v −gt 可得v =gt
0 0
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为v ，由动量守恒定律得
B
0=2m⋅v+m⋅v 解得v =−2 v 即大小为2v
B B
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移x =vt B的水平位
A
移x =v t=2vt 所以落地点A、B之间的距离d=|x |+|x |=vt+2vt=3vt
B B A B
2．（2025·北京·高考）关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机
受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该
位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a ，减速时最
1
大加速度大小为a 。求该位置距起点的距离d。
2
(3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机
翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作
用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。1
【答案】(1)W= mv2+fx
2
a L
(2)d= 2
a +a
1 2
(3)论证见解析，α=2
1 1
【详解】（1）根据动能定理W−fx= mv2 可得牵引力对飞机做的功W= mv2+fx
2 2
（2）加速过程，设起飞速度为v ，根据速度位移关系v2=2a d 减速过程，根据速度位移关系
m m 1
v2=2a (L−d)
m 2
a L
联立解得d= 2
a +a
1 2
（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方
向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理F⋅Δ t=Δp
Δp
可得F= 又Δp=mΔv，m=ρSΔv⋅Δt 联立可得F=ρSΔv2 又Δv∝u 可知F∝u2 即α=2
Δt
3．（2024·北京·高考）一辆汽车以10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2s停止，汽车的
制动距离为（ ）
A．5m B．10m C．20m D．30m
【答案】B
v +v 10+0
【详解】速度公式汽车做末速度为零的匀减速直线运动，则有x= 0 t= ×2=10m
2 2
故选B。
4．（2022·北京·高考）某同学利用自由落体运动测量重力加速度，实验装置如图1所示，打点计时器接在
频率为50.0Hz的交流电源上。使重锤自由下落，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹。挑
出点迹清晰的一条纸带，依次标出计数点1，2，…，8，相邻计数点之间还有1个计时点。分别测出相邻
计数点之间的距离x ，x ，⋯，x ，并求出打点2，3，…，7时对应的重锤的速度。在坐标纸上建立
1 2 7
v−t坐标系，根据重锤下落的速度作出v−t图线并求重力加速度。
（1）图2为纸带的一部分，打点3时，重锤下落的速度v = m/s（结果保留3位有效数
3字）。
（2）除点3外，其余各点速度对应的坐标点已在图3坐标系中标出，请在图中标出速度v 对应的坐标点，
3
并作出v−t图线 。
（3）根据图3，实验测得的重力加速度g= m/s2（结果保留3位有效数字）。
（4）某同学居家学习期间，注意到一水龙头距地面较高，而且发现通过调节水龙头阀门可实现水滴逐滴
下落，并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔，还能听到水滴落地时发出的清脆声音。于是他计划利用手
机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度。为准确测量，请写出需要测量的物理量及对应的测量方法。
【答案】 1.15 9.79 见解析
【详解】（1）[1]打点计时器接在频率为50.0Hz的交流电源上，相邻计数点之间还有1个计时点，则相邻
两计数点之间的时间为t=2×0.02s=0.04s 纸带做自由落体运动，打点3时的瞬时速度等于点2到点4
x (3.83+5.36)×10−2
之间的平均速度，由纸带数据可知v = 24 = m/s=1.15m/s
3 2t 2×0.04
（2）[2]做出图像如图所示v
（3）[3]根据v=gt，可知g= 根据v−t图像可知其斜率为重力加速度，则有
t
g=
2.7−0.35
m/s2=9.79m/s2
0.24
（4）[4]需要测量的物理量：水滴下落的高度h和下落的时间t。 测量h的方法：用刻度尺测量水龙头出
水口到地面的高度，多次测量取平均值； 测量t的方法：调节水龙头阀门，使一滴水开始下落的同时，恰
t
好听到前一滴水落地时发出的清脆声音。用手机测量n滴水下落的总时间t ，则t= n
n n
考点02 相互作用
5.（2025·北京·高考）如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物
块保持静止。B受力的个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【详解】根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A静止，则A还受B沿斜面向上的静
摩擦力，对B受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、B还受A沿斜面向下的摩擦
力，由于B静止，则受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个力作用。
故选C。
1．（2025·北京昌平·二模）小明做家务时，发现家里自来水的出水情况有这样的特点：当水流不太大时，
从水龙头中连续流出的水会形成水柱，从上往下越来越细，如图所示。水柱的横截面可视为圆，在水柱上取两个横截面A、B，粗测A、B的直径之比d :d =2:1。则经过A、B处的水流速度大小之比v :v 为（
1 2 1 2
）
A．4:1 B．1:4 C．2:1 D．1:2
【答案】B
d 2 d 2
【详解】取相同的Δt时间，且Δt→0，则有π( 1 ) v Δt=π( 2 ) v Δt 可得经过A、B处的水
2 1 2 2
流速度大小之比为v :v =d2:d2=1:4
1 2 2 1
故选B。
2．（24-25高三下·北京海淀·二模）一辆做匀减速直线运动的汽车，依次经过a、b、c三点。已知汽车在
ab间与bc间的运动时间均为1s，ab段的平均速度是10m/s，bc段的平均速度是5m/s，则汽车做匀减速运
动的加速度大小为（ ）
A．2.5m/s2 B．5m/s2 C．7.5m/s2 D．10m/s2
【答案】B
【详解】质点在ab段，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度有v =v =10m/s 同理可知，在bc段有
ab 0.5s
v −v
v =v =5m/s 汽车做匀减速运动的加速度a= 1.5s 0.5s =−5 m/s2 则汽车做匀减速运动的加速度大小
bc 1.5s 1.5s−0.5s
为5m/s2。
故选B。
3．（2025·北京东城·一模）甲、乙两辆汽车同时同地向同一方向开始运动，速度v随时间t变化的图像如图
所示。在t 时刻甲图线的切线斜率等于乙图线的斜率。下列说法正确的是（ ）
1
A．0～t 过程中，甲的加速度始终比乙的大
2
B．t 时刻，乙追上甲
2
C．t 之后的某个时刻，乙追上甲
2D．乙追上甲之前，t 时刻两车相距最远
1
【答案】C
【详解】A．图像的斜率等于加速度，可知0～t 过程中，甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加
2
速度，选项A错误；
BC．图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，0～t 时间内甲的位移大于乙，即t 时刻，甲在乙前面，因
2 2
此后乙的速度大于甲，可知t 之后的某个时刻，乙追上甲，选项B错误，C正确；
2
D．乙追上甲之前，t 时刻两车共速，此时相距最远，选项D错误。
2
故选C。
4．（2025·北京丰台·二模）某蹦床运动员在训练过程中与网接触后，竖直向上弹离，经过t 时间，又重新
0
落回网上。以运动员离开网的时刻作为计时起点，以离开的位置作为位移起点，规定竖直向上为正方向，
忽略空气阻力，下列描述运动员位移x、速度v、加速度a、所受合力F随时间t变化的图像中，与上述过
程相符的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
t
【详解】根据题意,由对称性可知，运动员上升、下降时间相等均为 0 ,取向上为正方向
2
1 1
A．根据公式x=v t+ at2 可得 运动员运动的位移与时间的关系式为x=v t− gt2 则x−t图像为开口
0 2 0 2
向下的抛物线,故A错误；
B．根据公式v =v +at可得 运动员运动的速度与时间的关系式为v =v −gt 则v−t图像为一条向下倾斜
t 0 t 0
的直线,故B正确；
C D．整个运动过程中，运动员只受重力作用，加速度一直为重力加速度，则合力F和加速度a不随时间
变化，故C、D均错误；
故选B。
5．（2025·北京门头沟·一模）跳水运动员保持直立状态，双脚朝下由静止开始下落。开始时双脚距离水面
5m。下列说法正确的是（ ）A．运动员在空中运动的时间约为2s
B．运动员在空中运动的时间约为1s
C．运动员入水时速度大小约为5m/s
D．运动员入水时速度大小约为1m/s
【答案】B
1
【详解】AB．根据位移时间关系ℎ = gt2 代入数据解得运动员在空中运动的时间t=1s 故B正确，A错
2
误；
CD．运动员入水时速度大小v=gt 代入数据可得运动员入水时速度大小v=10m/s 故CD错误。
故选B。
6．（2025·北京延庆·统测）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一
小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N。重力加速度g取10m/s2。
下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力势能最多可增加6J
B．小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为1.5s
C．小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为2.5N·s
D．小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为55J
【答案】D
【详解】A．小球从气球上落下后先上升后下降，小球上升过程中，根据牛顿第二定律mg+f=ma 解得
1
v v
a 1 =12m/s2 小球到达最高点经过的时间为t 1 = a =0.5s 小球离开气球上升的高度为ℎ 1 = 2 t 1 =1.5m 小球的
1
重力势能最多可增加ΔE =mg( ℎ + ℎ )=80J 选项A错误；
p 1
B．下落时的加速度a = mg−f =8m/s2 下落的时间t =❑ √2( ℎ + ℎ 1 ) =2s 可知小球从脱离气球到下落至地
2 m 2 a
2
面时所用的时间为t=t +t =0.5s+2s=2.5s 选项B错误；
1 2
C．设向下为正向，则小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为I =ft −ft =−1.5N⋅s
f 1 2
即阻力冲量大小1.5N∙s，选项C错误；
D．落地的速度v=at=16m/s 小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为
2 22
1 1 1
ΔE = mv2 − mv2= ×0.5×(162 −62)J=55J
k 2 2 2 1 2
选项D正确。
故选D。
7．（2025·北京丰台·一模）如图1所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从
A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落的最低位置为C点。以A点为坐标原点O。沿竖直向下建立
x轴，定性画出小球从A到C过程中加速度a与位移x的关系，如图2所示，重力加速度为g。对于小球、
弹簧和地球组成的系统，下列说法正确的是（ ）A．小球在B点时的速度最大
mg
B．小球从B到C的运动为简谐运动的一部分，振幅为
k
C．小球从B到C，系统的动能与弹性势能之和增大
D．图中阴影部分1和2的面积大小相等
【答案】C
【详解】A．小球至B点时开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，则小球继续向下加速运动，所以小球在
B点时的速度不是最大，故A错误；
mg
B．设平衡位置为O，弹簧在平衡位置的压缩量为x ，则有x = 设平衡位置O下方有一D点，且B、D
1 1 k
相对于O点对称，根据对称性可知，小球到达D点的速度等于B点的速度，且B、D两点的加速度大小相
等，即D点的加速度大小为g，则小球在最低点C点的加速度大于g，方向向上，根据牛顿第二定律可得
2mg
kx −mg=ma >mg 可得最低点C的压缩量满足x > 则小球从B到C的运动为简谐运动的一部分，
C C C k
mg
振幅为A=x −x > 故B错误；
C 1 k
C．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减
小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大，故C正确；
D．设小球在平衡位置的速度为v ，根据积分的思想可得∑max=S=W 根据动能定理可得
max 合
1 1 1
S = mv2 − mv2 ，S = mv2 −0 由于v >0 所以v >0 即中阴影部分1的面积小于阴影部分2的面
1 2 max 2 B 2 2 max B B
积，故D错误。
故选C。
8．（2025·北京通州·一模）如图所示，一只蜗牛沿着一根固定不动的弧形树枝从左端开始缓慢向上爬行。
下列说法正确的是（ ）
A．蜗牛受到的合力不断减小
B．树枝对蜗牛的作用力不变
C．树枝对蜗牛的弹力大小不变D．树枝对蜗牛的摩擦力不断增大
【答案】B
【详解】ACD．设竖直于水平方向的夹角为α，蜗牛受重力，弹力、摩擦力，蜗牛缓慢前行，故蜗牛的合
外力始终为零，由平衡方程有F=mgcosα，f=mgsinα 由于坡角逐渐变小，故竖直对蜗牛的支持力F
逐渐变大，树枝对蜗牛的摩擦力逐渐变小，A错误，C错误，D错误；
B．由受力平衡可知树枝对蜗牛的作用力与蜗牛的重力始终等大反向，故树枝对蜗牛的作用力不变，B正
确。
故选B。
9．（2025·北京昌平·二模）如图所示，重物M放在长木板OP上，将长木板绕O端缓慢转过一个小角度的
过程中，重物M相对长木板始终保持静止。关于长木板对重物M的支持力和摩擦力，下列说法正确的是
（ ）
A．支持力和摩擦力均逐渐增大
B．支持力和摩擦力的合力逐渐增大
C．支持力和摩擦力均对重物做正功
D．支持力对重物做正功，摩擦力不做功
【答案】D
【详解】A．设长木板的倾角为θ，设重物的质量为m，以重物为对象，根据平衡条件可得N=mgcosθ，
f=mgsinθ
由于θ逐渐增大，可知支持力逐渐减小，摩擦力逐渐增大，故A错误；
B．根据受力平衡可知，支持力和摩擦力的合力与重物的重力等大反向，则支持力和摩擦力的合力保持不
变，故B错误；
CD．由于摩擦力与重物的运动方向总是垂直，所以摩擦力对重物不做功；由于支持力与重物的运动方向
相同，则支持力对重物做正功，故C错误，D正确。
故选D。
10．（2025·北京西城·二模）长方体木块A、B叠在一起，放在粗糙水平桌面上。B木块受到一个水平恒力
F的作用，两木块始终保持相对静止。下列说法正确的是（ ）
A．若A、B在桌面上静止不动，A受到向右的摩擦力
B．若A、B一起向右匀速运动，A受到向右的摩擦力
C．若A、B一起向右加速运动，A受到向右的摩擦力
D．若A、B一起向右加速运动，A受到的摩擦力大小等于F【答案】C
【详解】AB．若A、B在桌面上静止不动，或者A、B一起向右匀速运动，则A受力平衡，则水平方向不
受摩擦力作用，选项AB错误；
CD．若A、B一起向右加速运动，A受到的合外力向右，即受到向右的摩擦力，对AB整体
F−f =(m+M)a
桌B
F−f
对A有f =ma 解得f = 桌B m<F 选项C正确，D错误。
BA BA m+M
故选C。
11．（2025·北京丰台·二模）如图所示，一物体在恒力F作用下沿斜面向上加速运动，已知物体质量为
m，加速度大小为a，物体和斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，重力加速度为g，在物体移动距
离x的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物体的摩擦力大小为mgsinθ
B．斜面对物体作用力的大小为mgcosθ
C．斜面对物体的摩擦力做功为−μmgx
D．物体动能增加了max
【答案】D
【详解】AB．根据题意，对物体受力分析，如图所示
垂直斜面方向，由平衡条件有F =mgcosθ 沿斜面方向，由牛顿第二定律有F−f−mgsinθ=ma 则摩
N
擦力f=μF =μmgcosθ=F−mgsinθ−ma 斜面对物体作用力的大小为
N
T=❑√F2+f2=❑√μ2+1mgcosθ 故AB错误；
N
C．由做功公式可得，斜面对物体的摩擦力做功为W=− fx=− μmgcosθ⋅x 故C错误；
D．由动能定理有ΔE =W 由牛顿第二定律有F =ma 又有W =F x 联立可得物体动能增加了max 故
k 合 合 合 合
D正确。故选D。
12．（2025·北京西城·一模）某同学自制电子秤的原理示意图如图所示。托盘与金属弹簧相连，滑动变阻
器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数
为0.设变阻器总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为R，弹簧劲度系数为
0
k，重力加速度为g。忽略弹簧的电阻、托盘与弹簧的质量及一切阻力，电压表示数未超过量程。下列说法
正确的是（ ）
g
A．该电子秤能够称量的物体最大质量为
kl
R +r
B．电压表的示数能够达到的最大值为 0 E
R+R +r
0
(R +r)klU
C．电压表示数为U时，物体的质量为 0
gR(E−U)
R klU
D．电压表示数为U时，物体的质量为 0
gR(E−U)
【答案】C
【详解】A．当指针指到R的最下端时所称的质量最大，则mg=kl 解得该电子秤能够称量的物体最大质
kl
量为m= 选项A错误；
g
ER
B．当指针指到R的最下端时电压表的示数能够达到的最大值，则U
m
=
R+R +r
选项B错误；
0
U U U(R +r)
R = = = 0 R
CD．电压表示数为U时，指针到R上端电阻为R，则 1 I E−U E−U 弹簧压缩量x= 1 l 则
1 R
R +r
0
(R +r)klU
m'g=kx 解得物体的质量为m'= 0 选项C正确，D错误。
gR(E−U)
故选C。
13．（2025·北京四中顺义分校·零模）如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两
侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个
电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的示数为0。当P端
电势高于Q端时，电压表示数为正。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是（
）A．若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端
B．若电压表示数为负时，则物体速度方向向右
C．电压表的示数随物体加速度的增大而增大，且成正比
D．若物体向右匀加速运动，则电压表示数为负，则示数均匀增加
【答案】C
【详解】A．沿电流方向电势逐渐降低，由图可知通过电阻R的电流方向是向左的，所以若M位于R的中
点右侧，P点电势升高，所以P端电势高于Q端，故A错误；
B．若电压表示数为负，说明P端电势低于Q端，则M位于中点的左侧，左边的弹簧被压缩，右边的弹簧
被拉伸，滑块受合力方向向右，即物体加速度方向向右，所以物体有可能向右加速运动，也有可能向左减
速运动，故B错误；
C．物体的加速度越大，M偏离中点的位置就越远，相对PQ两端的电势差就越大，通过电阻的电流的恒
定的，则M点和中点之间的电阻也越大，且M点与中点的电阻大小与M点到中点的距离成正比，根据
U=IR可知，电压表的示数随物体加速度的增大而增大，且成正比，故C正确；
D．由上面B的分析可知，若物体向右匀加速运动，电压表的示数为负，因为加速度是恒定的，所以示数
也是恒定的，故D错误。
故选C。
14．（24-25高三·北京昌平·期末）我国传统弹弓术已被列入国家级非物质文化遗产名单。如图1所示的
“Y”型弹弓由弓与弹兜两部分组成，其中弓包括弓弦（即皮筋）与弓弩。两根完全相同的皮筋一端与弹兜
相连，另一端分别固定在弓弩的两个弓眼上，皮筋和弹兜质量均远小于弹丸质量。使用者把弹丸放在弹兜
里，先用手捏住弹兜拉伸皮筋（皮筋始终在弹性限度内），然后释放让弹丸沿水平方向射出，如图2所
示。在弹丸离开弹兜前的一小段时间内，下列说法不正确的是（ ）
A．弹丸的加速度逐渐减小 B．弹丸受到弹兜的作用力逐渐增大
C．弹丸的动能逐渐增大 D．弹丸与皮筋组成的系统机械能守恒
【答案】B【详解】AB．在弹丸离开弹兜前的一小段时间内，皮筋的形变量减小，则弹力减小，故两个弹力的合力
减小，即弹丸受到弹兜的作用力减小，根据牛顿第二定律，可知弹丸的加速度减小，故A正确，不符合题
意；B错误，符合题意；
CD．在弹丸离开弹兜前的一小段时间内，弹丸与皮筋组成的系统机械能守恒，故皮筋的弹性势能减小，
动能增大，故CD正确，不符合题意。
故选B。
15．（24-25高三上·北京十五中·月考）如图所示，质量为m的木块沿着斜面体匀速下滑。已知斜面体的倾
角为α、质量为M，始终静止在水平桌面上，已知重力加速度为g。下列说法正确的是 （ ）
A．木块受到的摩擦力大小是mgcosα
B．木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C．桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcosα
D．桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
【答案】D
【详解】AB．质量为m的木块沿着斜面体匀速下滑，对木块受力分析，如图所示
根据平衡条件可得 f=mgsinα，N=mgcosα 故木块受到的摩擦力大小是mgsinα，斜面体对木块的
支持力为mgcosα，根据牛顿第三定律可知，木块对斜面体的压力大小是mgcosα，故AB错误；
CD．对斜面体和木块整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为F =
N
（M+m）g，静摩擦力为零，故C错误，D正确。
故选D。
16．（2025·北京西城·二模）物理模型对于研究有重要意义，研究中要根据解决问题的需要对模型进行改
进和优化，以提高其可靠性和实用性。已知地球质量为M，可视为质量均匀分布的半径为R的球体，引力
常量为G，不考虑地球自转。(1)在地球表面将物体以初速度v 竖直上抛
0
a．若忽略万有引力的变化，物体上升过程的v−t图像如图1所示。求重力加速度的大小g及物体上升到最
高点所用的时间t 。
1
b．若考虑万有引力的变化，在图1中定性画出物体上升阶段的v−t图像，标出物体上升到最高点的时间
t ，
2
(2)在地球赤道表面向北极发射洲际导弹
a．若忽略万有引力大小的变化，某同学提出将导弹的运动分解为绕地心的匀速圆周运动与垂直地球表面
的匀变速直线运动。若导弹发射速度的大小为v ，方向与地面的夹角为θ，如图2所示。推导导弹距地面
1
的高度h随运动时间t变化的关系式。
b．若考虑万有引力的变化，导弹仅在地球引力作用下的运动轨迹是椭圆，地心O为椭圆的一个焦点，如
图3所示。已知取无穷远处的引力势能为0，质量为m的物体在距地心为r(r≥R)处的引力势能
Mm
E =− G ，该物体在地球引力作用下做椭圆运动时，其机械能E（动能与引力势能之和）与椭圆半长轴a
P r
Mm
的关系为E=− G ，椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为2a。求发射导弹到北极的最小速度v 。
2a 2
v v R2
t = 0 = 0
1 g GM
【答案】(1) ,
(2)ℎ =v tsinθ−
1[GM
−
(v
1
cosθ) 2 )
t2 ,v =❑
√2(❑√2−1)GM
1 2 R2 R 2 R
Mm GM
【详解】（1）a．设物体的质量为m由G =mg 解得g= 物体上升到最高点所用的时间
R2 R2
v v R2
t = 0 = 0
1 g GM
b．若考虑万有引力的变化，随着高度的增加，万有引力逐渐减小，故物体的加速度逐渐减小，反映在
v−t图像中，图像的斜率逐渐减小，上升到最高点的时间增大，其v−t图像如下(v cosθ) 2
（2）a．导弹绕地心的做匀速圆周运动的线速度为v cosθ 则圆周运动的向心加速度a = 1 设
1 n R
GMm
导弹垂直地球表面做匀变速直线运动的加速度大小为a ，则有 =ma +ma 解得
1 R2 n 1
GM (v cosθ) 2
a = − 1 导弹垂直于地球表面做匀变速直线运动初速度为v sinθ，由匀变速直线运动公式
1 R2 R 1
1[GM (v cosθ) 2 )
ℎ =v tsinθ− − 1 t2
1 2 R2 R
b．导弹发射速度最小时，导弹的机械能最小，由题意可知，椭圆轨道的半长轴a最小，则另一焦点O′的
位置如图所示。
根据几何关系2a=R+ ❑√2 R 导弹的机械能为 1 mv2 −G Mm =− G Mm 联立解得v =❑ √2(❑√2−1)GM
2 2 2 R 2a 2 R
17．（2025·北京丰台人大附丰台学校·一模）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最
具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高ℎ =10m
，C是半径R=20m圆弧的最低点。质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4m/s2
，到达B点时速度v =30m/s。取重力加速度g=10m/s2。
B
(1)求运动员在AB段运动的时间t；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求运动员经过C点时所受支持力F 的大小。
C
【答案】(1)7.5s
(2)1800N⋅s(3)3900N
【详解】（1）根据v =at 解得t=7.5s
B
（2）根据动量定理，可得I=mv −0 解得I=1800N⋅s
B
（3）运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示
1 1 v2
根据动能定理可得mg ℎ = mv2 − mv2 根据第二定律可得F −mg=m C 联立，解得F =3900N
2 C 2 B C R C
18．（2025·北京房山·一模）2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，跳台滑雪是极具观赏
性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高为10m，C
是半径为20m圆弧的最低点。质量为60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，BC段的阻力忽略不
计。AB长为100m，运动员到达B点时速度大小为30m/s，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)在AB段运动过程中，运动员加速度的大小a。
(2)运动员经过C点时的动能E。
k
(3)运动员经过C点时所受支持力的大小F 。
N
【答案】(1)4.5m/s2
(2)3.3×104J
(3)3900N
【详解】（1）运动员沿AB段做匀加速直线运动，由v2=2ax 可得：a=4.5m/s2
B
1
（2）BC段由动能定理：mg ℎ =E − mv2 运动员经过C点时的动能为E =3.3×104J
k 2 B k
v2
（3）运动员在C点受力情况：F −mg=m C 则可得F =3900N
N R N
19．（24-25高三·北京大兴一中·自测）在2024年的巴黎奥运会中，我国小将全红婵力压群芳，取得了女
子10米跳台比赛的冠军。假设全红婵的质量为m = 50 kg，其体型可等效为长度l = 1 m、底面积S = 0.06
m2的圆柱体，不计空气阻力，当她起跳到达最高点时，她的重心离跳台表面的高度为0.8 m。
(1)求全红婵起跳瞬间的速度大小；
(2)全红婵落水后将受到水的浮力。若以落水点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，请在答题纸给出的坐标上画出她所受浮力F的大小随落水深度x变化的函数关系图像（已知物体在水中所受浮力为F =
ρgV，V为物体所排开的水的体积）；
(3)若全红婵从跳台自由下落，忽略空气阻力和她入水后受到的水的阻力，为了确保她的安全，求水池中水
的深度h至少应等于多少？（水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3，g = 10 m/s2）。
【答案】(1)❑√6m/s
(2)
(3)53 m
l
【详解】（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v，则0− v2=2(−g) ( ℎ − ) 解得v =❑√6m/s
0 0 0 2 0
（2）向上为正，由浮力概念可得F=− Sxρg=−600 x(x≤1m)，F=−600N( x>1m)
图像如图
（3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系mg(H+ ℎ )−W =0 其中
浮
1
W = ×1×600J+600(h−1)J=(600h−300 )J
浮 2
可得ℎ =53m
20．（2025·北京·三模）在水平桌面上用竖直挡板围成固定轨道，俯视图如图所示，半圆形轨道ABC和DEF
的半径为R，在P点处有一个加速器，小滑块每次通过加速器后，速度增大为通过前的k倍。质量为m的小
滑块（可视为质点）从C点处以初速度v 沿轨道内侧逆时针运动，每次经过C点时速度均为v 。已知轨道
0 0
ABC处桌面粗糙，其他摩擦均不计，重力加速度为g。求：(1)小滑块在轨道ABC处与桌面的动摩擦因数μ；
(2)小滑块通过轨道ABC的时间t。
(k2 −1)v2
【答案】(1)μ= 0
2πgR
2πR
t=
(2)
(k+1)v
0
1 1
【详解】（1）小滑块在ABC处所受滑动摩擦力大小f=μmg 根据动能定理得−μmgπR= mv2 − mv2
2 0 2
(k2 −1)v2
由题意可知小滑块经过P处后速度为v=kv 代入数据解得μ= 0
0
2πgR
(v+v )t
（2）小滑块在轨道ABC中运动可等效为匀减速直线运动 由运动学公式得πR= 0 代入数据解得
2
2πR
t=
(k+1)v
0
21．（2025·北京丰台人大附丰台学校·一模）如图所示，冰车静止在冰面上，小孩与冰车的总质量m=20kg
。大人用F=20N恒定拉力，使冰车开始沿水平冰面移动，拉力方向与水平面的夹角为θ=37°。已知冰车
与冰面间的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求。
(1)小孩与冰车受到的支持力F 的大小。
N
(2)小孩与冰车的加速度a的大小。
(3)拉力作用t=8s时间，冰车位移x的大小。
(4)拉力作用t=8s时间内，合外力做的功W。
【答案】(1)F =188N
N
(2)a=0.33m/s2
(3)x=10.56m
(4)W=69.696J【详解】（1）对小孩与冰车，竖直方向有F +Fsinθ=mg 代入题中数据，解得F =188N
N N
（2）对小孩与冰车，由牛顿第二定律有Fcosθ−f=ma 其中摩擦力f=μF 联立以上，解得加速度大小
N
a=0.33m/s2
1
（3）拉力作用t=8s时间，冰车位移x= at2=10.56m
2
（4）拉力作用t=8s时间内，合外力做的功W=ma×x=69.696J
22．（2025·北京朝阳·一模）用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。
(1)如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α=30°的楔形面，拧紧
后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿
螺栓轴向张紧的力F，求N与F的比值。
(2)如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。
a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω；
b.把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a，推导螺母内壁上的任意
0
一点速度v与时间t的关系。
t
【答案】(1)2
2πv a t❑√d2+4π2r2
(2)a.ω= ，b. 0
d d
N
【详解】（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有F=Nsinα 解得 =2
F
d 2π 2πv
（2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，则有 = 解得ω=
v ω d
b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有v=at 任意时刻该点绕轴的线速度有v =ω'r 结合上
1 0 2
2πv a t❑√d2+4π2r2
述有ω'= 1 则螺母内壁上的任意一点速度v =❑√v2+v2 解得v = 0
d t 1 2 t d
