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专题01 力与直线运动
【4 大考点概览】
考点1 运动的描述
考点2 匀变速直线运动
考点3 受力与平衡
考点4 牛顿运动定律综合
一、单选题
1．（2026·辽宁沈阳·二模）2025 年11 月12 日，公安部组织起草了《机动车运行安全技术条件》征求意见
稿，明确提出“乘用车默认百公里加速时间（从静止加速到100km/h 的最短时间）不低于5 秒”，此要求
的目的是限制车辆的（ ）
A．最大速度
B．最小速度
C．最大加速度
D．最小加速度
【答案】C
【详解】A．最大速度指车辆能达到的最高行驶速度，题干仅限制从静止加速到100km/h 的时间，与车辆
最大速度无关，故A 错误；
B．最小速度指车辆行驶的最低速度，和加速过程无关联，故B 错误；
CD．根据加速度定义式a=Δv
Δt ，速度变化量Δv（从0 到100km/h）为定值时，加速时间越短，加速度
越大。规定最短加速时间不低于5s，即限制了加速度的最大值，故C 正确，D 错误。
故选C。
二、多选题
2．（23-24 高三上·辽宁丹东·期中）如图所示的四条图线。分别代表1、2、3、4 四个不同物体的运动情况，
关于图线的物理意义，下列说法正确的是（ ）
考点01
运动的描述
A．物体2 和物体4 做曲线运动
B．物体1 和物体2 在t1时刻相遇
C．物体4 在t2时刻已向负方向运动
D．物体1 和物体2 在0~t1时间内的平均速度相等
【答案】BD
【详解】A．x−t、v −t图像只能描述直线运动，故两图中物体2 和物体4 做直线运动，故A 错误；
B．x−t图像的交点表示相遇，则甲图中物体1 和物体2 在t1时刻相遇，故B 正确；
C．乙图中物体4 在t2时刻速度大于零，向正方向运动，故C 错误；
D．甲图中物体1 和物体2 在0~t1时间内始末位置相同，位移相等，所用时间相同，根据v = x
t 可知物体1
和物体2 在0~t1时间内的平均速度相等，故D 正确。
故选BD。
3. （2026·吉林·二模）若汽车某时刻速度为v1，经过一小段时间Δt之后，速度变为v2。Δt时间内速度
的变化量为Δv，加速度为a，则矢量关系示意图正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】速度变化量
Δv=v2−v1
方向由初速度的终点指向末速度的终点，加速度a 的方向与Δv一致。
A.速度变化量的方向正确，加速度的方向错误，故A 错误；
BD. 速度变化量的方向错误，故BD 错误；
C.速度变化量的方向和加速度的方向均正确，故C 正确。
故选C。
4. （2026·辽宁·协作体二模）北京时间2026 年2 月23 日第25 届米兰—科尔蒂纳冬奥会闭幕，中国代表
团最终以5 金4 银6 铜的成绩排在奖牌榜第12 位，创造了境外参加冬奥会的历史最佳战绩。如图为四个
冬奥运动项目中运动员运动的一些场景，下列有关说法正确的是（ ）
A．在研究甲图中的运动员完成某项技术动作时，可以把运动员看成质点
B．在乙图中运动员用冰壶刷冰的目的是为了减少冰壶与冰面的摩擦力，以增大冰壶的惯性
C．丙图中的处于空中的运动员，在其上升和下降的过程中均为失重状态
D．丁图中速度滑冰项目比的是运动员的平均速度大小，第一名则平均速度最小
【答案】C
【详解】A．研究运动员的某项技术运动时，不能忽略运动员的大小和形状，不可以把运动员看成质点，
A 错误；
B．冰壶刷冰的目的是为了减少摩擦力，但并未改变冰壶的惯性，惯性大小只与质量有关，B 错误；
C．处于空中的运动员，上升过程是减速上升，加速度向下，此时处于失重状态。下降过程是加速下降，
加速度向下，此时仍处于失重状态，C 正确；
D．速度滑冰项目比的是运动员的平均速率，第一名的平均速率最大，D 错误。
故选C。
一、单选题
1．（2026·黑龙江大庆·二模）2024 年6 月2 日嫦娥六号成功着陆月球背面南极-艾特肯盆地预选着陆区，
嫦娥六号着陆过程中的主减速阶段历时10 分钟。该阶段从距离月面15 公里处开始，通过7500 牛变推力主
考点02
匀变速直线运动
发动机以最大推力运行，将探测器速度从1.6km/s降至约30 m/s，同时高度从15 公里降至约2.5 公里，则
（ ）
A．主减速阶段历时约10 分钟，这里“10 分钟”指的是时刻
B．主减速阶段速度变化量大小约为1570 m/s
C．嫦娥六号着陆过程可视为自由落体运动
D．嫦娥六号着陆过程需调整姿态，调整姿态时可将嫦娥六号看成质点
【答案】B
【详解】A．“10 分钟”描述主减速阶段的持续时间，是时间间隔，而非时刻，故A 错误；
B．1.6km/s=1600m/s，速度变化量大小|Δv)=|30−1600)m/s=1570 m/s
与选项一致，故B 正确；
C．自由落体运动要求物体仅受重力作用，但嫦娥六号着陆过程有发动机推力参与减速，故不可视为自由
落体运动，故C 错误；
D．调整姿态涉及物体的转动和方向变化，需考虑其形状和大小，因此不能将嫦娥六号视为质点，故D 错
误。
故选B。
2．（2026·吉林实验中学·阶段检测）小洋同学在一次观看跳水比赛时，想到了一些问题。他做了如下假设：
比赛时，将运动员看作1.6m 长的竖直细杆，离开跳台后在空中做竖直上抛运动（不考虑起跳时跳台的形
变，且下落过程中运动员不会与跳台相撞），整个运动过程中始终保持竖直方向，不转动。运动员在距水
面10m 的跳台向上跳起，离开跳台时速度v0=5 m/s。该同学上网查得重力加速度大小10 m/s
2，且运动员
从接触水面到身体全部入水过程视为做减速直线运动，其速度与入水深度关系为v =
l
l+ℎv1，（其中l 为
运动员的身长，h 为入水的长度，v1为入水时的速度）；身体全部入水后做匀减速直线运动，加速度大小
为25 m/s
2，直到停止时触底。下列说法正确的是（ ）
A．运动员到达最高点时离跳台的距离为1m
B．运动员身体全部入水时的速度为7m/s
C．运动员起跳到最高点的时间0.2s
D．运动员从起跳至到达池底的过程中，全程的平均速度约为5.17m/s
【答案】D
【详解】A．运动员竖直上抛到最高点时速度为0，由竖直上抛速度位移公式v0
2=2gℎ1
解得ℎ1= v0
2
2g = 25
20 m =1.25 m，故A 错误；
B．最高点到水面的距离ℎ
′ =ℎ1+10 m =11.25 m
运动员刚入水时速度v1=
❑√2 gℎ
′ = ❑√2×10×11.25 m /s=15 m /s
全部入水时入水长度ℎ=l =1.6 m
代入题给速度公式得v = l
l+l v1= v1
2 =7.5 m /s，故B 错误；
C．起跳到最高点的时间由v0= gt0
得t0= v0
g = 5
10 s=0.5s，故C 错误；
D．全程总位移：跳台到水面10m+身长1.6m+全部入水后匀减速位移x，其中x = v
2
2a = 7.5
2
2×25 m =1.125 m
总位移大小x总=10 m +1.6 m +1.125 m =12.725 m
上升时间t0=0.5s，最高点到水面时间t1=
❑√
2ℎ
′
g = ❑√
2×11.25
10
s=1.5s
入水过程，由v = dℎ
dt = l v1
l+ℎ
则入水过程的时间为t2=∫
0
l l+ℎ
l v1
dℎ= 3l
2v1
= 3×1.6
2×15 s=0.16s
入水后匀减速时间t3= v
a = 7.5
25 s=0.3s
总时间t 总=0.5s+1.5s+0.16s+0.3s=2.46s。
平均速度大小v = x总
t 总
≈12.725
2.46 m /s≈5.17 m /s，故D 正确。
故选D。
3．（2026·吉林白山第二中学·二模）如图所示，1-6 为平直公路旁间距相等的路灯柱，一小汽车（可视为
质点）从1、2 两路灯柱之间的某位置以一定的初速度做匀减速运动，到达路灯柱6 时停止运动。现将该车
的初速度减半，从相同位置出发以相同的加速度做匀减速运动，则该车停止运动时的位置在（ ）
A．1、2 两路灯柱之间
B．2、3 两路灯柱之间
C．3、4 两路灯柱之间
D．4、5 两路灯柱之间
【答案】B
【详解】设小汽车第一次初速度大小为v0，减速过程中的加速度大小为a，相邻两路灯柱之间的距离为d，
小汽车出发时离路灯柱2 的距离为x0
（0< x0<d），则由匀变速直线运动规律可得v0
2=2a(x0+ 4 d)
设初速度减半后该车能经过(n+1)个路灯柱，同理可得(
v0
2 )
2
=2a(x0+nd)
联立解得n=1−3 x0
4 d
即1<n+1<2，故该车停在2、3 两路灯柱之间。
故选B。
4．（2026·辽宁沈阳·二模）电梯上升过程可简化为匀加速、匀速、匀减速三个阶段。若要通过减小加速度
来提高乘坐舒适度，且保持上升总时间和距离不变。图中实线、虚线分别表示改进前、后电梯速度v 随时
间t 变化的图像，符合要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意，调试后，电梯上升过程中加速和减速阶段的加速度都变小了，则在图像中，加速和减
速阶段的斜率都会变小，又时间相同，位移相等，则前后两次v −t图线与坐标轴围成的面积相等。
故选A。
5. （2026·辽宁鞍山·二模）一水火箭从地面竖直向上发射，其速度随时间变化的图像如图所示。不考虑空
气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻水火箭处于超重状态
B．t2时刻水火箭刚好回到发射点
C．0～t1时间内水火箭的加速度变小
D．t1～t2时间内水火箭向下运动
【答案】C
【详解】A．图像的斜率表示加速度，t2时刻图像切线斜率为负值，加速度向下，水火箭处于失重状态，故
A 错误；
B．0-t2时间内速度一直为正，水火箭一直向上运动，t2时刻速度为零，到达最高点，离发射点最远，故B
错误；
C．图像的斜率表示加速度，0～t1时间内图像切线斜率逐渐减小，说明加速度变小，故C 正确；
D．t1～t2时间内速度为正，水火箭向上做减速运动，故D 错误。
故选C。
二、多选题
6．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）小朋友用遥控器控制玩具汽车使其在平直的轨道上沿同一方向行驶，从
t =0时刻开始计时，通过位移传感器描绘了玩具车的位移（x）随时间（t）的变化规律，如图所示。图线
为抛物线，图中标出了t = 4s时的P 点坐标值，倾斜的直线为P 点的切线。下列说法正确的是（ ）
A．玩具车做匀加速直线运动
B．玩具车在t =0时的速度为10m/s
C．玩具车的加速度大小为1m /s
2
D．玩具车在0∼6s内的位移为25m
【答案】BD
【详解】A．如图所示，图线为抛物线，即玩具车的位移是时间的二次函数，根据x = v0t + 1
2 at
2可知玩具
车做匀变速直线运动，又图像斜率表示速度，斜率变小，可知玩具车做减速运动，故A 错误；
B．玩具车在0∼4s的位移24 m，倾斜的直线为P 点的切线，可知4s时速度为v1= 24−16
4
m /s=2m /s
根据v1+ v0
2
t =24 m
代入数据解得玩具车在t =0时的速度为10m/s，故B 正确；
C．根据v1= v0−at可得玩具车的加速度大小为2m/s
2，故C 错误；
D．根据速度公式v0=at0
解得t0=5s
可知玩具车在t0=5s时停止运动，根据逆向思维有v0
2=2ax
可得玩具车在0∼5s内的位移为x =25 m
即玩具车在0∼6s内的位移为x =25 m，故D 正确。
故选BD。
一、单选题
1. （2026·吉林·二模）真空吸盘挂钩在生活中使用非常方便，只要将它按压在平整的瓷砖表面即可用来挂
考点03
受力与平衡
物品。某同学研究某吸盘挂钩的承重能力，作了对比实验，第一次挂毛巾很安全，第二次挂一瓶矿泉水发
现挂钩整体匀速沿墙下移，则下列说法正确的是（ ）
A．挂毛巾时挂钩所受摩擦力等于整体所受重力
B．挂毛巾时挂钩所受摩擦力大于整体所受重力
C．挂矿泉水瓶时挂钩所受摩擦力小于整体所受重力
D．大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对相互作用力
【答案】A
【知识点】利用平衡推论求力大小或方向、牛顿第三定律
【详解】AB．挂毛巾时挂钩保持静止，则挂钩所受摩擦力（静摩擦力）等于整体所受重力，故A 正确，B
错误；
C．挂矿泉水瓶时挂钩做匀速直线运动，处于平衡状态，则挂钩所受摩擦力（滑动摩擦力）等于整体所受
重力，故C 错误；
D．大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力，受力物体都是吸盘，故D 错误。
故选A。
2. （2026·黑龙江哈尔滨·二模）小区阳台常见的升降式晾衣架如图所示，它由一根轻绳跨过光滑轻质滑轮
带动总质量为m 的晾衣杆部分。现缓慢向上拉动晾衣架至新的平衡位置，此过程中保持绳始终绷直且未与
滑轮打滑或脱离。在晾衣架缓慢上移的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当绳a 与竖直方向成60°时，轻绳上的张力大小为mg
6
B．轻绳上的张力逐渐减小
C．轻绳上的张力逐渐增大
D．总质量为m 的晾衣杆部分所受合力逐渐增大
【答案】C
【详解】A．同一根轻绳张力处处相等，设绳张力为T，对晾衣杆由竖直方向平衡得4T +2T cosθ =mg
整理得T =
mg
4+2cosθ
当θ =60
∘时，代入公式得T =
mg
4+2cos60
∘= mg
5 ，故A 错误；
BC．晾衣架顶部两个固定滑轮的水平间距d保持不变，设晾衣杆上方两段倾斜的绳子的总长度为L，每段
绳子与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得d = Lsin θ
整理得sin θ = d
L
晾衣架上移过程中，晾衣杆上方绳总长度L减小，d不变，因此sin θ增大，θ增大，cos θ减小，因此T逐
渐增大，故B 错误，C 正确；
D．晾衣架缓慢上移，始终处于平衡状态，总合力始终为零，因此合力不会逐渐增大，故D 错误。
故选C。
3. （2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，倾角为θ =37°的斜面体固定在水平面上，物体P 放在斜面体
上，用轻绳拴接在物体P 上后跨过光滑的定滑轮，另一端与另两条轻绳系于C 点，轻绳的下端连接物体
Q，系统平衡时轻绳CD 沿水平方向，轻绳AB 与斜面体平行，BC 与竖直方向的夹角为α =53°，
sin37° =0.6，不计一切摩擦。则物体P、Q 的质量比为（ ）
A．25:9
B．5:3
C．25:16
D．5:4
【答案】A
【详解】系统平衡时，物体P 受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示
由力的平衡条件得F =mgsin37
°
对物体Q 有FCE=mQ g
对结点C 受力分析，如图乙所示
由力的平衡条件可知，BC 绳与CD 绳的合力大小等于物体Q 的重力，则有F = FBC = mQ g
cos53
°
联立解得mQ= 9
25 m
可得物体P、Q 的质量比为25:9。
故选A。
4. （2026·辽宁·模拟预测）武打片中经常有飞檐走壁的镜头，其实这是借助悬绳拍摄产生的效果，某演员
（未画出）在下列四种拍摄场景中均在空中做匀速运动，由绳①和绳②连接演员，若忽略绳所受重力，则
绳①受力最小的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】分析演员的受力，演员受到自身重力，绳①和绳②的拉力；绳②的拉力方向不变，绳①的拉力方
向在变化，三个力使演员处于平衡状态，三个力构成矢量三角形，利用动态三角形进行求解，如图所示
由图可知，当F1与F2垂直时F1最小。
故选A。
5．（2026·吉林通化梅河口市·二模）用三根细线a、b、c 将质量分别为m1、m2的小球1 和2 连接并悬挂，
如图所示。两个小球均处于静止状态，细线a 与竖直方向的夹角为30°，细线b 与水平方向的夹角为30°，
细线c 水平，细线a、c 的拉力大小分别为Ta、Tc，则下列比值关系正确的是（ ）
A．m2
m1
> T c
T a
> 1
2
B．m2
m1
= T c
T a
= 1
2
C．m2
m1
< T c
T a
= 1
2
D．m2
m1
= T c
T a
< 1
3
【答案】B
【详解】对小球2 受力分析，受重力m2 g、细线c 拉力T c和细线b 拉力T b，由平衡条件得水平方向
T bcos30
∘=T c
竖直方向T bsin30
∘=m2 g
解得T c =m2 gcot 30
∘= ❑√3m2 g
对整体受力分析，受总重力(m1+m2)g、细线a 拉力T a
和细线c 拉力T c
，由平衡条件得水平方向
T asin30
∘=T c
竖直方向T acos30
∘=(m1+m2)g
解得T c =(m1+m2)g tan30
∘=
❑√3
3 (m1+m2)g
联立T c的表达式可得❑√3m2 g=
❑√3
3 (m1+m2)g
解得m1=2m2
即m2
m1
= 1
2
又由整体水平平衡知T c
T a
=sin30
∘= 1
2
故m2
m1
= T c
T a
= 1
2
故选B。
6．（2026·吉林长春·二模）图（a）所示为篮球收纳架，篮球静止在同一水平面的两平行横杆之间，其截
面如图（b）所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．横杆1 对篮球的弹力方向竖直向上
B．横杆1 对篮球的弹力是因篮球形变产生的
C．横杆1 与横杆2 距离越小，篮球受到的合力越大
D．横杆1 与横杆2 距离越小，横杆1 对篮球的弹力越小
【答案】D
【详解】A．横杆1 对篮球的弹力方向垂直于接触面指向球心，不是竖直向上，故A 错误；
B．横杆1 对篮球的弹力是因横杆1 发生形变产生的，故B 错误；
C．篮球静止，受力平衡，合力始终为零，故C 错误；
D．设横杆对篮球的弹力大小为F，弹力方向与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件有2 F cosθ =mg
解得F =
mg
2cosθ
横杆1 与横杆2 距离越小，θ越小，cosθ越大，则F越小，故D 正确；
故选D。
二、多选题
7．（2026·辽宁营口·二模）如图所示，轻质弹簧和轻质杆的一端分别用铰链连接在固定竖直板的P、Q 处，
另一端连接在质量为m 的小球上，初始时刻在竖直向上的力F 的作用下杆处于水平位置，弹簧的原长和杆
的长度均为l，PQ 的距离为l
2
。现保持力F 的方向不变缓慢提升小球，直到弹簧呈水平状态。在这个过程
中（弹簧在弹性限度内）（ ）
A．F 一直在增大
B．小球可能受四个力作用
C．弹簧在末态时的弹力比初态时的小
D．轻质杆所受的弹力先变大后变小
【答案】AB
【详解】A．初始时刻对小球受力分析，如图甲所示，设弹簧的劲度系数为k，弹簧的长度
l1=
❑√
l
2
4 +l
2=
❑√5
2 l
弹簧的弹力F N =k(
❑√5
2 −1)l
此时水平方向有N = FNcosθ = 2
❑√5 FN
竖直方向有1
❑√5 F N+ F =mg
当弹簧处于原长时，如图乙所示，此时小球受到2 个力F =mg
当弹簧呈水平状态时，对小球受力分析，如图丙所示，此时弹簧的长度l2=
❑√l
2−l
2
4 =
❑√3
2 l
弹簧的弹力F N' =k(1−
❑√3
2 )l
水平方向有F N' =
❑√3
2 N '
竖直方向有F = N ' sin30°+mg= 1
2 N ' +mg
由图可知，从初始状态到弹簧恢复原长的过程中，F从mg−1
❑√5 FN逐渐增大到mg，从原长位置到弹簧呈
水平状态位置，F从mg增大到1
2 N ' +mg，故F一直在增大，选项A 正确；
B．根据如图甲的受力可知，小球在运动过程中可能受到4 个力的作用，选项B 正确；
C．因为F N =k(
❑√5
2 −1)l，F N' =k(1−
❑√3
2 )l
所以FN' > FN，故弹簧在末态时的弹力比初态时的大，选项C 错误；
D．初始状态时，轻质杆所受的弹力N = FNcosθ = 2
❑√5 FN= (5−2❑√5)
5
kl
当弹簧恢复到原长位置时，轻质杆所受的弹力为0，当弹簧处于水平状态时，轻质杆所受的弹力
N ' = 2
❑√3 FN' = (2❑√3−3)
3
kl
因为N ' > N，所以轻质杆所受的弹力先变小后变大，选项D 错误。
故选AB。
一、单选题
1．（2026·吉林省松花江市·模拟预测）为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80 周年，2025
年9 月3 日在天安门广场举行了盛大的93 阅兵，下列说法正确的是（ ）
A．阅兵式从9:20 正式开始，9:20 指的是时间间隔
B．仪式最后放飞和平鸽，在研究和平鸽飞行姿势时可以把和平鸽看成质点
C．如图所示，飞机并列飞过天安门上空时，以一架飞机为参考系，另外几架飞机处于静止状态
D．放飞的气球在匀速上升时，处于超重状态
【答案】C
【详解】A．9:20 指的是时刻，故A 错误；
考点04
牛顿运动定律综合
B．在研究和平鸽飞行姿势时，和平鸽的大小和形状不能忽略，不可将其视为质点，故B 错误；
C．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，故C 正确；
D．放飞的气球在匀速上升时，气球的加速度为零，故气球不是处于超重或失重状态，故D 错误。
故选C。
2．（2026·辽宁营口·二模）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，将一碳
包轻放在顶端A 点，碳包沿传送带向下滑动，经过0.6s 碳包滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度
随时间变化的规律如图乙所示，碳包可视为质点，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．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.2
D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.48m
【答案】B
【详解】AC．由题中v −t图像可知，0~0.2s 内碳包做匀加速运动，加速度a1= 1.6−0
0.2
m/s
2=8 m/s
2
0.2s~0.6s 内碳包做匀加速运动a2= 3.2−1.6
0.4
m/s
2= 4 m/s
2
对碳包在第一个加速阶段受力分析，可得mgsinα + μmgcosα =ma1
对碳包在第二个加速阶段受力分析，可得mgsinα −μmgcosα =ma2
联立解得α =37°，μ=0.25，选项AC 错误；
B．由前面的分析结合题中图像得传送带的速度v =1.6 m/s，选项B 正确；
D．0∼0.2s内传送带的位移x带= v t1=1.6×0.2m =0.32m
碳包的位移x碳= 1
2 a1t1
2=0.16 m
痕迹长度Δ x1= x带−x碳=0.16 m
0.2s∼0.6s痕迹长度Δ x2=(2.4×0.4−1.6×0.4)m =0.32m
因为Δ x2> Δ x1
故最终痕迹长度为0.32m，选项D 错误。
故选B。
3．（2026·辽宁鞍山·二模）一水火箭从地面竖直向上发射，其速度随时间变化的图像如图所示。不考虑空
气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻水火箭处于超重状态
B．t2时刻水火箭刚好回到发射点
C．0∼t1时间内水火箭的加速度变小
D．t1∼t2时间内水火箭向下运动
【答案】C
【详解】A．图像的斜率表示加速度，t2时刻图像切线斜率为负值，加速度向下，水火箭处于失重状态，
故A 错误；
B．0-t2时间内速度一直为正，水火箭一直向上运动，t2时刻速度为零，到达最高点，离发射点最远，故B
错误；
C．图像的斜率表示加速度，0~t1时间内图像切线斜率逐渐减小，说明加速度变小，故C 正确；
D．t1∼t2时间内速度为正，水火箭向上做减速运动，故D 错误。
故选C。
4．（2026·辽宁县级重点高中协作体·二模）北京时间2026 年2 月23 日第25 届米兰—科尔蒂纳冬奥会闭幕，
中国代表团最终以5 金4 银6 铜的成绩排在奖牌榜第12 位，创造了境外参加冬奥会的历史最佳战绩。如图
为四个冬奥运动项目中运动员运动的一些场景，下列有关说法正确的是（ ）
A．在研究甲图中的运动员完成某项技术动作时，可以把运动员看成质点
B．在乙图中运动员用冰壶刷冰的目的是为了减少冰壶与冰面的摩擦力，以增大冰壶的惯性
C．丙图中的处于空中的运动员，在其上升和下降的过程中均为失重状态
D．丁图中速度滑冰项目比的是运动员的平均速度大小，第一名则平均速度最小
【答案】C
【详解】A．研究运动员的某项技术运动时，不能忽略运动员的大小和形状，不可以把运动员看成质点，
A 错误；
B．冰壶刷冰的目的是为了减少摩擦力，但并未改变冰壶的惯性，惯性大小只与质量有关，B 错误；
C．处于空中的运动员，上升过程是减速上升，加速度向下，此时处于失重状态。下降过程是加速下降，
加速度向下，此时仍处于失重状态，C 正确；
D．速度滑冰项目比的是运动员的平均速率，第一名的平均速率最大，D 错误。
故选C。
5. （2026·辽宁县级重点高中协作体·二模）如图所示，用拖拉机和滑轮提升深井中的重物，开始时拖拉机
位于滑轮的正下方，与滑轮间距离h=4m，t=0 时刻拖拉机开始向左运动，图乙中实线为拖拉机的v-t 图线，
虚线为重物的v-t 图线，重物的质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t=2s 时绳子的拉力FT = mg
B．0~2.5s 虚线与横轴所围面积为2.5m
C．t=3s 时重物的速度为❑√2 m/s
D．拖拉机对绳子的拉力一直增大
【答案】C
【详解】A．v-t 图像的斜率表示加速度，由题图虚线可知，t=2s 时斜率大于零，故重物加速度方向竖直向
上，故绳子拉力FT > mg，A 错误；
B．v-t 图像的面积表示位移，故0~2.5s 实线与横轴所围面积为汽车的位移x车= 1
2 （0.5+2.5）×2m=3m
故重物的位移为x物=❑√ℎ
2+ x车
2 −ℎ=1m
故0~2.5s 虚线与横轴所围面积为1m，B 错误；
C．由题图可知t=3s 时车的速度为v车 = 2m/s，位移为x车= 1
2 （1+3）×2m=4m
故绳子与竖直方向夹角为θ=45˚
两物体沿绳速度相等v物= v车cos45˚=❑√2 m/s，C 正确；
D．由题图可知，重物加速度方向竖直向上，先增大，后减小
由牛顿第二定律FT − mg = ma
故绳子拉力先增大后减小，D 错误。
故选C。
二、多选题
6．（2026·辽宁·模拟预测）一个苹果从高度为1.25 m处开始做自由落体运动，取重力加速度大小
g=10 m /s
2，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
【详解】A．苹果自由下落时加速度为g 且竖直向下，符合失重状态的判定条件，故A 正确；
B．根据自由落体位移公式ℎ= 1
2 gt
2
代入数据解得下落时间t = ❑√
2ℎ
g = ❑√
2×1.25
10
=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（1 N =1kg⋅m/ s
2），不属于基本单位，故D 错误。
故选AB。
三、实验题
7．（2026·辽宁沈阳·二模）某兴趣小组利用图（a）装置研究竖直下落的钢球挤压正下方轻质弹簧的过程
中钢球加速度随时间变化的规律。将弹簧固定在压力传感器上，传感器调零后，其示数显示弹簧弹力的大
小。钢球从距离弹簧顶端45cm 处自由下落，与弹簧接触后弹起，最终能够与弹簧分离。图（b）是钢球运
动过程中实测数据所描的点，添加趋势线获得弹簧弹力大小F 与时间t 的关系图像。已知钢球质量为
33.0g，重力加速度g 取10 m/s
2。
(1)小球处于超重状态的时间间隔为___________s
(2)钢球在最低点的加速度大小am =___________m/s
2（结果保留3 位有效数字）
(3)在图（c）中定性画出钢球与弹簧接触过程中的a−t图像（取竖直向上为正方向）。
(4)实验中测得的弹力随时间变化图像，在钢球压缩至最低点前后并未呈现对称分布，与理想状态下的简谐
运动特点并不符合。请分析导致这一现象可能存在的原因：（写出一条即可）___________
【答案】(1)0.050
(2)11.4
(3)
(4)存在空气阻力，或球与管壁间的摩擦，或弹簧质量不能忽略，或小球与弹簧不是正碰，或弹簧自身有能
耗等
【详解】（1）钢球质量为33.0g，则钢球的重力为G =mg=0.033kg×10 N/kg=0.33N
所以由图（b）可知小球处于超重状态的时间间隔为t =(23−13)×0.005s=0.050s
（2）根据图（b）可知钢球在最低点的弹力大小为F =70.5×0.01N =0.705 N
根据牛顿第二定律有F −mg=ma
代入数据解得a≈11.4 m/s
2
（3）取竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律可知钢球与弹簧接触过程中加速度先减小后增大，在到达
最低点的时候加速度最大，钢球往上运动时具有对称性；做出图像如图所示
（4）理想的简谐振动是在忽略一切阻力情况下的运动；与理想状态下的简谐运动特点不符合的原因可能
是存在空气阻力或球与管壁间的摩擦或弹簧质量不能忽略或小球与弹簧不是正碰，或弹簧自身有能耗等。
四、解答题
8．（2026·吉林省松花江市·模拟预测）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量M＝4kg 的长木板
B，在长木板的右端放一质量m＝1kg 的小物块A，长木板与小物块间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，初始时长木板与小物块均静止，现用水平恒力F 向右拉长木板B。
(1)若要使小物块A 和木板B 间发生相对滑动，求拉力F 的最小值；
(2)若F＝14N，经时间t1＝1s 撤去水平恒力F，则
①刚撤去F 时，小物块A 离长木板B 右端多远？
②最终小物块A 的速度多大？
【答案】(1)10N
(2)
0.5m
①
；②2.8m/s
【详解】（1）以A、B 整体为研究对象有F =(mA+mB)a共
摩擦力提供A 的加速度，最大加速度为aA= μmA g
mA
=2m/s
2
当a共=aA时，F 有最小值，代入数据得Fmin=10 N
（2）①当F＝14N 时，A、B 相对滑动，对A 有μmA g=mAaA
对B 有F −μmA g=mBaB1
解得aA=2m/s
2,aB1=3 m/s
2
刚撤去F 时，小物块离长木板右端有L= 1
2 aB1t
2−1
2 aAt
2=0.5 m
②撤去F 后，A 还是以aA=2m/s
2加速
B 做减速运动，减速的加速度满足μmA g=mBaB2
解得aB2=0.5 m/s
2
设A、B 从撤去F 到共速需要的时间t2
，则有v共=aB1t1−aB2t2=aA(t1+t2)
解得v共＝2.8m/s
9．（2026·辽宁沈阳·二模）冰雪项目“拉雪圈”备受小朋友们的喜爱。如图，小汐拉着坐在雪圈里的小诺
在水平雪道上沿直线以2m/s 的速度匀速前进，小汐所用抗力与水平方向夹角θ=37°、大小F=80N，小诺的
质量M=36kg，雪圈的质量m=4kg。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。
(1)求雪圈与雪地间的动摩擦因数；（结果保留两位有效数字）
(2)若小汐突然放手，求小诺和雪圈还能继续滑行多远。（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)0.18
(2)1.1m
【详解】（1）对小诺和雪圈整体，根据平衡条件可得F sinθ+ F N=( M +m)g，F cosθ−Ff=0，
Ff= μ FN
解得μ=0.18
（2）放手后，对小诺和雪圈整体，由牛顿第二定律有μ( M +m)g=( M +m)a
放手后，做匀减速直线运动，有2ax = v
2
解得x =1.1m
