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抢分猜押04 选择题：牛顿运动定律 (黑吉辽蒙专
用）
重难解读
牛顿运动定律的选择题将聚焦于基础概念理解、多物体系统分析及图像综合应用，重点考查学生对定
律适用条件与实际情境的结合能力。
命题预测
2026 年高考，试题将会把题干融入真实生活或科技背景（如智能机器人、火箭发射、智能汽车刹车系
统）以及v-t 图、F-t 图成为主流载体，要求从图像提取加速度、位移、力等关键信息，考查学生的提取信
息和建模能力。
考点1 牛顿第一定律 牛顿第三定律 力学单位制
1．（2026·内蒙古兴安盟·一模）关于如图四幅图像，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，洒水车在洒水过程中惯性变小
B．图乙中，篮球在空中上升时处于超重状态
C．图丙中，离心机分离血液时，血液受到离心力作用
D．图丁中，行进火车上向前射出的光，其速度大于光速c
【答案】A
【详解】A．洒水车在洒水过程中质量变小，因为惯性只与物体的质量有关，质量越小，惯性越小，即洒
水车在洒水过程中惯性变小，故A 正确；
B．篮球在空中上升时加速度竖直向下，则处于失重状态，故B 错误；
C．不存在离心力，离心机分离血液时，是由于血液受到的作用力不足以提供血液所需要的向心力而发生
离心运动，故C 错误；
D．由于光速不变原理可知，行进火车上向前射出的光，其速度仍等于光速c，故D 错误。
故选A。
2．（25-26·辽宁沈阳东北育才·校级模拟）下列关于物理学的说法正确的是（ ）
A．火箭在太空中飞行时违背了牛顿第三定律，因为在太空中没有空气可推
B．在国际单位制中，千克（kg）、米（m）、秒（s）是力学的三个基本单位
C．伽利略通过理想斜面实验说明了力是改变物体运动状态的原因
D．伽利略的斜面实验直接测量的是小球沿斜面滚下的位移和时间，验证位移与时间的正比关系
【答案】B
【详解】A．火箭在太空中飞行时，通过喷出燃料产生反作用力，遵循牛顿第三定律（作用力与反作用力
定律），不依赖空气，故A 错误；
B．在国际单位制（SI）中，千克（kg）、米（m）、秒（s）是力学的三个基本单位，分别对应质量、长
度和时间，故B 正确；
C．伽利略的理想斜面实验说明了物体在不受力时保持运动状态不变（惯性），为“力是改变物体运动状
态的原因”提供了实验基础，但该表述更直接源于牛顿第一定律，故C 错误；
D．伽利略的斜面实验直接测量小球沿斜面滚下的位移和时间，验证了位移与时间的平方成正比，而非与
时间的正比关系，故D 错误。
故选B。
3．（2026·吉林长春·一模）日前，长春市中小学生度过了愉快的冰雪假期。如图，某同学穿戴滑雪装备在
雪场沿山坡加速下滑，下列说法正确的是（ ）
A．研究滑行姿态时可将该同学视为质点B．速度增大会导致该同学惯性增大
C．雪地对滑板的摩擦力沿坡面向下
D．该同学（含滑雪装备）机械能不守恒
【答案】D
【详解】A．研究滑行姿态需关注人体细节，即要关注肢体形状，不能视为质点，故A 错误；
B．惯性由质量决定，与速度无关，滑雪过程中质量不变，则速度增大惯性不会变化，故B 错误；
C．摩擦力阻碍相对运动，滑板相对雪地向下滑动，则摩擦力沿坡面向上，故C 错误；
D．下滑时摩擦力做负功，机械能转化为内能，故机械能不守恒，故D 正确。
故选D。
4．（2026·内蒙古包头·一模）如图，机器人在跨越垂直障碍栏时，完成了一次精准的蹬地跳跃动作，机器
人蹬地起跳过程中，下列说法正确的是（ ）
A．机器人所受支持力和重力是一对平衡力
B．蹬地过程中机器人一直处于超重状态
C．蹬地过程中机器人受到向后的摩擦力
D．地面对机器人的支持力与机器人对地面的压力大小相等
【答案】D
【详解】A．机器人蹬地起跳时，竖直方向有加速度，因此支持力与重力不等大，二者不是一对平衡力，
故A 错误；
B．蹬地过程中，机器人先向上加速（加速度向上，超重），后向上减速（加速度向下，失重），并非一
直处于超重状态，故B 错误；
C．机器人向前跳跃，脚向后蹬地，相对地面有向后的运动趋势，因此受到向前的摩擦力，故C 错误；
D．地面对机器人的支持力与机器人对地面的压力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等、
方向相反，故D 正确。
故选D。
5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，哈尔滨松花江水平冰面上，成人用轻绳拉着小孩乘坐的滑板向
右做匀速直线运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．绳对滑板的拉力大于滑板对绳的拉力
B．冰面对滑板的摩擦力等于绳对滑板的拉力
C．冰面对滑板的摩擦力方向水平向左
D．小孩相对于滑板有水平向左运动的趋势
【答案】C
【详解】A．绳对滑板的拉力与滑板对绳的拉力是一对相互作用力，总是等大反向，A 错误；
B．由平衡可知，冰面对滑板的摩擦力等于绳对滑板的拉力的水平分量，B 错误；
C．滑板向右做匀速直线运动，冰面对滑板的摩擦力方向水平向左，C 正确；
D．小孩水平方向受力平衡，可知小孩不受滑板的摩擦力作用，则小孩相对于滑板没有运动趋势，D 错误。
故选C。
6．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在力学问题中，量纲分析是检验物理公式合理性的有效方法。已知某
物理量v 的单位为m/s，a 的单位为m/s
2，t 的单位为s，x 的单位为m，若v 与a、t、x 之间存在关系式，
则从量纲角度看下列关系式可能正确的是（ ）
A．v =at
B．v = a
t
C．v =ax
D．v = a
x
【答案】A
【详解】A．at的单位为(m/s
2)×s= m/s，与v 的单位一致，故A 正确；
B．a
t 的单位为m/s
2
s
= m/s
3，与v 的单位不符，故B 错误；
C．ax的单位为(m/s
2)×m = m
2/s
2，与v 的单位不符，故C 错误；
D．a
x 的单位为m/s
2
m
=s
−2，与v 的单位不符，故D 错误。
故选A。
7．（2026·吉林长春·一模）民航新规：2025 年6 月28 日起，乘客可携带具备3C 认证、不超过“100 W⋅h
”且标识清晰的充电宝登机。“W ⋅h”是以下哪个物理量的单位（ ）
A．电量
B．能量
C．电动势
D．电容
【答案】B
【详解】瓦特（W）是功率的单位，小时（h）是时间单位，根据公式 E = Pt
可知能量等于功率与时间的乘积，则“W·h”是能量的单位。
故选B。
8．（2026·辽宁大连·一模）表示单位时间内流过管道横截面液体体积的物理量是液体流量，下列导出单位
中可以作为流量的单位的是（ ）
A．m2/s
B．N·m2/kHz
C．W/Pa
D．T·m2
【答案】C
【详解】流量定义为体积除以时间，单位为立方米每秒（m³/s）。
A．为面积除以时间，单位为平方米每秒，不等于体积流量单位 m³/s，故A 错误；
B．其中N 为牛顿（N = kg·m/s²），Hz 为赫兹（Hz = s⁻¹）。kHz 表示千赫兹（kHz = 10³ Hz），单位含数
值常数10³，非纯单位。可得单位N·m2/kHz = (kg·m/s²)·m² / s⁻¹ = kg·m³/s，不等于m³/s，故B 错误；
C．W 为瓦特（W = J/s = N·m/s），Pa 为帕斯卡（Pa = N/m²）。计算得W/Pa = (N·m/s) / (N/m²) = (N·m/s) ×
(m²/N) = m³/s，等价于流量单位，故C 正确；
D．T 为特斯拉（T = Wb/m²），故T·m² = Wb（韦伯）。Wb 为磁通量单位（Wb = V·s），而V = J/C =
N·m/C，故Wb = N·m·s/C，不等于m³/s，故D 错误。
故选C。
9．（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。
10．（2026·浙江·高考真题）如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（ ）
A．运动员在转弯时加速度为0
B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒
C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力
【答案】D
【详解】A．运动员在转弯时一定有向心加速度，加速度不可能为零，故A 错误；
B．倾斜赛道有阻力，阻力对运动员和钢架雪车做负功，运动员和钢架雪车整体机械能不守恒，故B 错误；
C．钢架雪车所受重力竖直向下，赛道对钢架雪车的支持力垂直赛道向上，不在同一条直线上，不是一对
平衡力，故C 错误；
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力，故D 正确。
故选D。
11．（2023·辽宁·高考真题）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为
Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I₂ 的平行直导线间距为r 时，相互作用力的大小可以表示为
Δ F =k I 1 I 2 Δl1 Δl2
r
2
。比例系数k 的单位是（ ）
A．kg·m/（s²·A）B．kg·m/（s²·A²）
C．kg·m²/（s³·A）
D．kg·m²/（s³·A³）
【答案】B
【详解】根据题干公式ΔF =k I 1 I 2 Δl1 Δl2
r
2
整理可得
k =
ΔF r
2
I 1 I 2 Δl1 Δl2
代入相应物理量单位可得比例系数k 的单位为
N
A
2 =kg⋅m/s
2
A
2
=kg⋅m/(s
2⋅A
2)
故选B。
12．（2024·辽宁·高考真题）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，
砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，（ ）
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】C
【详解】A．当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向
右，故A 错误；
B．根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩
擦力方向水平向右，故B 错误；
C．由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C 正确；
D．桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚
台的压力，故D 错误。
故选C。
13．（2026·福建泉州·一模）福建选手李发彬在第十五届全运会举重项目中夺得金牌，实现全运会“三连
冠”，比赛中再现“金鸡独立”，如图甲所示；双脚稳定站立时如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．“金鸡独立”时，人对杠铃的作用力与杠铃对人的作用力大小相等
B．“金鸡独立”时，地面对人的作用力大于人对地面的作用力
C．双脚稳定站立时，若双臂之间夹角越小，则双脚对地的压力越大
D．双脚稳定站立时，若双臂之间夹角越大，则双脚对地的压力越大
【答案】A
【详解】A．人对杠铃的作用力与杠铃对人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
大小始终相等，故A 正确。
B．地面对人的作用力与人对地面的作用力同样是一对相互作用力，大小相等，故B 错误。
CD．将人和杠铃看作一个整体，整体总重力不变，地面对人的支持力始终等于人和杠铃的总重力；根据牛
顿第三定律，双脚对地面的压力等于总重力，与双臂夹角无关，故C、D 错误。
故选A。
14．（2026·甘肃·一模）两同学借助两个完全相同的平板车在教室地面上探究牛顿运动定律。他们先让平
板车边沿对齐地砖上的一条缝隙并保持静止（如图1），然后让左边的甲同学推开右边的乙同学（如图
2），最后两小车停在如图3 所示位置处。对此现象，下列说法正确的是（ ）
A．甲同学对乙同学有推力，但乙同学对甲同学未施加力
B．甲同学对乙同学的力大于乙同学对甲同学的力
C．甲同学和车的总质量大于乙同学和车的总质量
D．全过程中乙同学所受小车的摩擦力先向右后向左
【答案】C
【详解】AB．根据牛顿第三定律可知，甲同学对乙同学的作用力与乙同学对甲同学的作用力等大、反向，
故AB 错误；
C．由图可知，乙向前运动的位移较大，则甲乙分离时乙的速度较大，说明甲乙相互作用阶段乙的加速度
大，由于二者间相互作用力大小相等，则乙的质量较小，即甲同学和车的总质量大于乙同学和车的总质量，
故C 正确；
D．甲乙相互作用阶段，乙同学和小车向右加速，所以乙同学对小车有向右的摩擦力，小车对乙同学有向
左的摩擦力，当甲乙同学分离后，乙同学与小车一起向右减速，则小车对乙同学的摩擦力向左，所以全过
程中乙同学所受小车的摩擦力一直向左，故D 错误。
故选C。
考点2 牛顿第二定律的基本应用
1．（2026·辽宁大连·一模）某一小球在黏性流体中，从足够高处开始由静止下落，t=0 时刻小球速度为0
开始计时，小球所受空气阻力大小f =kηv，方向与运动方向相反，已知流体黏度η随时间均匀变化规律：
η(t )=η0(1−λt )，其中 η0、λ均为大于0 的常数，取初始位置为零势能面，重力的功率P，小球的加速度
a，小球所受合外力F，机械能的变化率Δ E
Δt 。下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AC．根据牛顿第二定律，mg−f =ma，因初始静止，其中阻力f =kηv，黏度公式
η(t )=η0(1−λt )
阻力f ∝ηv
黏度η随时间变化，即η∝1−λt
初始时刻t =0加速度为g。随着时间推移，η减小到零，加速度又变为g；合外力始终向下，为正值，不会
出现负值。故AC 错误；
B．由功率公式P =mgv，由速度v一直在持续增加。因v单调递增且增速放缓，P−t图像表现为起点在原
点、曲线向上凸且递增的形态，当η=0后，速度线性增大，P而非趋近于某一值而会再增大。故B 错误；
D．机械能损耗率等于阻力做功的功率，即ΔE
Δt =−P阻=−fv
初始时， v 增大， η(t) 较大，ΔE
Δt 增大； 之后 η(t) 减小， v 的增速放缓，ΔE
Δt 减小； 当 η(t) 降
为 0 后，阻力消失，ΔE
Δt 趋近于 0。 图像先负向增大，后负向减小趋近于 0，与选项 D 的趋势一致，
故D 正确。
故选D。
2．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）从地面上以初速度10m/s 竖直向上抛出一质量为0.2kg 的小球，运动过程
中小球受到的空气阻力f 与其速率v 成正比，其关系为f=kv，k 为常数。已知落地前小球已经匀速下落，速
率为2m/s，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．k的值为1s/m
B．小球在上升阶段速率为1m/s 时，加速度大小为20m/s2
C．小球上升的最大高度为2.6m
D．小球抛出到落地过程中所用时间为1.2s
【答案】D
【详解】A．小球匀速下落时，阻力与重力平衡，则mg=k v1
代入数据解得k = mg
v1
= 0.2×10
2
N⋅s/m =1N⋅s/m，故A 错误；
B．小球在上升阶段速率为1m/s 时，有mg+ f =ma，f =k v2
解得a=15 m/s
2，故B 错误；
C．设上升的最大高度为h，由能量守恒定律可得，全程克服阻力做功为
W 克f= 1
2 mv0
2−1
2 mv1
2= 1
2 ×0.2×(10
2−2
2)J =9.6J
由于上升阶段速度较大，阻力较大，则W 上克f> W 克f
2
= 4.8J
由动能定理可得−mgh−W 上克f=0−1
2 m v0
2
所以mgh= 1
2 m v0
2−W 上克f<10−4.8J =5.2J
所以h<2.6 m，故C 错误；
D．设上升时间为t1，下降时间为t2，总时间t =t1+t2
规定向下为正方向，由动量定理可得mgt1+ I f=0−(−m v0)=m v0，mgt2−I
′
f=m v1，I f= I
′
f=kh
联立可得t = v0+ v1
g
=1.2s，故D 正确。
故选D。
3．（2026·辽宁大连·一模）细胞膜是由磷脂双分子层构成的富有弹性的半透膜。在运送粒子时，细胞膜内
上、下表面单位面积的电荷量为σ，此时可将细胞膜视为两个很大的平行板构成的电容器，其间距为d，内
部的相对介电常数为ε，静电力常量为k，则比荷为α的粒子在分子层间的加速度大小为（ ）
A．4 πkασ
ε
B．4 πkαεσ
C．4 πkαdσ
D．4 πkαdσ
ε
【答案】A
【详解】将细胞膜视为平行板电容器，设其面积为S，则其电容C =
εS
4πkd
又根据题意可知其所带电荷量Q =σS
则两板间的电压U = Q
C =
σS
εS
4πkd
= 4πkdσ
ε
两板间的场强E = U
d = 4πkσ
ε
比荷为α的粒子在分子层间的加速度大小a= Eα = 4πkασ
ε
故选A。
4．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图所示，倾角θ =37°的传送带始终保持v0=2m /s的速率顺时针运行。
现将质量m=1kg的物件（可视为质点）轻轻放在传送带底端a 点，经过一段时间后通过传送带的顶端b 点
进入平台。已知ab=7 m，物件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
10 m /s
2，sin37° =0.6。在物件从a 运动到b 的过程中（ ）
A．摩擦力对物件先做正功后不做功
B．传送带对物件做的功等于物件增加的动能
C．物件与传送带之间因摩擦产生的热量为32J
D．物件与传送带发生相对滑动的时间为6s
【答案】C
【详解】A．物件先受到沿着传送带向上的滑动摩擦力，后受到沿着传送带向上的静摩擦力，故摩擦力对
其一直做正功，故A 错误；
B．根据动能定理，传送带对物件做的功（摩擦力做功）等于物件动能的增加量加上物件重力势能的增加
量（即物件机械能的增加量），并非只等于动能增加量，故B 错误；
C．物件与传送带共速前，根据μmgcosθ−mgsinθ =ma
可得加速度a=0.4 m /s
2
与传送带共速所用的时间t1= V 0
a =5s
运动的距离x1= V 0
2
2a =5 m
之后与传送带一起匀速运动。物件与传送带之间因摩擦产生的热量Q = μmgcosθ(V 0t1−x1)=32J，故C
正确；
D．物件与传送带发生相对滑动的时间即为达到共速所用时间，由前面分析可知t1=5s，故D 错误。
故选C。
5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平面上，物体A、B叠放，相同
的物体B、C用绷紧的轻绳连接，由静止释放后，物体开始运动，物体A、B始终保持相对静止。已知A、B、
C的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为μ0，B、C与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．绳上张力大小与μ有关
B．两动摩擦因数一定满足μ0> μ
C．相同时间内三者的动量变化量相同
D．B给A的作用力一定竖直向上
【答案】C
【详解】A．整体受力分析，根据牛顿第二定律可得3mgsinθ−μ·3mgcosθ =3ma
解得a= gsinθ−μgcosθ
对C 受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsinθ−T −μmgcosθ =ma
解得T =mgsinθ−μmgcosθ−m(gsinθ−μgcosθ)=0，故A 错误；
B．对A 受力分析则有mgsinθ−f AB=ma
其中a= gsinθ−μgcosθ
解得f AB= μmgcosθ
要使AB 保持相对静止，则有f max= μ0 FN≥f AB
解得μ0≥μ，故B 错误；
C．由于三者的加速度相同，根据匀变速直线运动规律Δv =a·Δt
因此在相同的时间内，三者的速度变化量相同，结合Δp=m·Δv
可知，三者的动量变化相同，故C 正确；
D．结合上述分析可知，A 受到的合外力沿斜面向下，对A 受力分析，根据力的合成法则如图所示
可知，B 对A 的作用力不可能竖直向上，故D 错误。
故选C。
6．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示，倾角为37
°的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2 kg 的
木板和质量为1 kg 的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦
因数为0.5，重力加速度g取10 m /s
2,sin37
°=0.6,cos37
°=0.8。现将物块和木板同时由静止释放，则物
块与木板之间的摩擦力大小为（ ）
A．6.4 N
B．4.8 N
C．4.0 N
D．0
【答案】C
【详解】由于木板与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.5<tan37
°=0.75
所以木板一定会沿斜面下滑，假设木板和物块一起加速下滑，整体分析可知
( M +m)gsin37
°−μ1( M +m)gcos37
° =( M +m)a
解得a=2m /s
2
对物块受力分析有mgsin37
°−F f =ma
解得F f = 4.0 N < μ2mgcos37
° =6.4 N
故假设成立，则物块与木板之间的摩擦力大小为4.0 N。
故选C。
7．（25-26 高三上·山西晋中·月考）在某智能物流仓库的包裹分拣系统中，水平传送带是核心输送设备。
如图所示，某物流分拣中心用水平传送带将质量为m 的包裹从A 端运送到B 端。AB 之间的距离为L，传送
带始终保持速率υ匀速运动，包裹与传送带间的动摩擦因数为μ。将包裹轻轻放在传送带上后，包裹在传送
带上留下一段长度为l(l< L)的摩擦滑动痕迹。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对包裹做的功为μmg（L+l ）
B．摩擦力对包裹做的功为1
2 mυ
2
C．摩擦力对传送带做功-μmgl
D．一对滑动摩擦力对包裹与传送带系统做功之和为-2μmgl
【答案】B
【详解】AB．设包裹与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且包裹相对于地面的位移为x，则
x = 0+υ
2
t
由于包裹在传送带上留下一段长度为l(l< L)的摩擦滑动痕迹，则有υt −x =l
联立解得x =l
根据动能定理可得μmgx = 1
2 mυ
2
联立得摩擦力对包裹做的功为W f= μmgx = μmgl = 1
2 mυ
2，故A 错误，B 正确；
C．摩擦力对传送带做功为W 'f=−μmgx ′ =−μmgυt =−2 μmgl，故C 错误；
D．一对滑动摩擦力对包裹与传送带系统做功之和为W 总=W f+W 'f= μmgl+(−2 μmgl)=−μmgl，故D
错误。
故选B。
8．（2026·河南·一模）如图，在粗糙水平地面上静置着倾角为θ、质量为M的斜面体，其斜面光滑。斜面
上放置的质量为m的物块与固定在斜面上端劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的轴线始终与斜面平行。
在弹簧处于原长时将物块由静止释放，物块在斜面上做往复运动的过程中，斜面体始终保持静止，重力加
速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面向下运动的最大距离为mgsinθ
k
B．地面对斜面体的摩擦力大小可能为零
C．地面对斜面体的摩擦力大小恒为1
2 mgsin2θ
D．地面对斜面体的支持力小于( M +m)g
【答案】B
【详解】A．物块在斜面上做简谐运动，其平衡位置满足mgsinθ =k x0
弹簧处于原长时将物块由静止释放，故振幅为A = x0= mgsinθ
k
根据简谐运动的对称性可知物块沿斜面向下运动的最大距离为xm =2 A = 2mgsinθ
k
，A 错误；
BC．物块在斜面上做简谐运动，沿斜面方向的加速度按正弦规律变化，即a= gsinθcosωt
其在水平方向上的分量为ax= gsinθcosθcosωt = 1
2 gsin2θcosωt
根据牛顿第二定律可得f =max= 1
2 mgsin2θcosωt
即摩擦力的大小按余弦规律变化，B 正确，C 错误；
D．因为a y = gsinθsinθcosωt = gsin
2θcosωt
在竖直方向上根据系统牛顿第二定律得( M +m)g−N =ma y =mgsin
2θcosωt
解得N =( M +m)g−mgsin
2θcosωt
地面对斜面体的支持力可能大于、等于或小于( M +m)g，D 错误。
故选B。
9．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图所示，质量m=1kg的足够长木板B 静止在粗糙水平地面上，质量
M =2kg的小物块A 静止在B 的右端。已知B 的下表面与地面之间的动摩擦因数μ1=0.1，B 的上表面与A
之间的动摩擦因数μ2=0.2，重力加速度为10 m /s
2。现对B 施加一水平向右的拉力，拉力F 随时间t 变化
的规律为F =2+t (N)，下列判断正确的是（ ）
A．t =5s时，B 的速度大小为5
2 m /s
B．t =6s时，A 受到的摩擦力大小为10
3 N
C．t =8s时，B 的速度大小为1m /s
D．7∼8s的时间内，A 的位移大小为7m
【答案】BD
【详解】A．当拉力F > μ1(m+ M )g时，A、B 开始运动，即t =1s时开始运动。考虑长木板与小滑块相对
静止，一起向前加速过程，对整体分析，由牛顿第二定律有F −μ1(m+ M )g=(m+ M )a
刚要发生相对滑动时μ2 Mg= Ma
解得F =9 N
因此t =5s时，木板与小滑块一起向前加速，未发生相对滑动，设t =5s时，两者共同速度为v1，因t =1s
时两者才开始运动，1∼5s的时间内，拉力的冲量I F1= F1+ F5
2
Δt
根据动量定理，对A、B 组成的整体有I F1−μ1(M +m)gΔt =(M +m)v1
解得A、B 的速度为v1= 8
3 m /s，故A 错误；
B．t =6s时，A、B 仍一起加速，设加速度为a1，整体上由牛顿第二定律有F −μ1(M +m)g=(M +m)a1
对A 有Ff= M a1
联立可得Ff= 10
3 N，故B 正确；
C．t =7s时，设两者共同速度为v2，同理根据动量定理可求得v2=6 m /s
7∼8s的时间内，木板与小滑块发生相对滑动，t =8s时，设B 的速度v3，对B 根据动量定理有
I F2−μ1(M +m)gΔt −μ2 MgΔt =m v3−m v2
解得v3= 17
2 m /s，故C 错误；
D．7∼8s的时间内，物块A 做匀加速直线运动，位移x = v2 Δt + 1
2 a(Δt )
2=7 m，故D 正确。
故选BD。
10．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，木板A 静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的
物块B，t =0时对A 施加一水平向右的恒定拉力F，t =2s时撤去F，B 与A 共速时，B 恰好在A 最左端。
A 和B 在0~3s 内的v-t 图像如图乙所示。已知B 的质量m=1kg，A 与地面间动摩擦因数为0.2，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m /s
2，从开始到A、B 均停止运动的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．A 与B 间动摩擦因数为0.1
B．A 的长度为5m
C．拉力F 对A 做的功为108J
D．B 对地的位移为9m
【答案】ACD
【详解】A．根据图乙中0~3s内物块B 的运动图像可知加速度为a1= 3 m/s
3s =1m/s
2
对B 受力分析，有μBmg=ma1
所以A 与B 之间的动摩擦因数为0.1，故A 正确；
B．图乙中A 与B 两个物体的运动图像之间围成的面积等于A 的板长L= sA−sB
根据图像可计算出sA=10.5 m
sB= 4.5 m
所以板长L=6 m，故B 错误；
C．设A 的质量为M，根据2~3s 内A 的运动可知加速度大小为a3=3 m/s
2
此时有μ地(m+ M )g+ μBmg= M a3
可求得M =3kg
在0~2s 内A 的加速度大小为a2=3 m/s
2
此时对A 分析，有F −μ地(m+ M )g−μBmg= M a2
所以拉力F =18 N
在0~2s 内A 运动的位移为xA=6 m
所以拉力做的功是W = F xA=108J，故C 正确；
D．由于μ地> μB，所以AB 共速后不能一起减速，A 的减速运动加速度更大，所以对B 分析，有
a4= μBmg
m
= μB g=1m/s
2
3s 后B 运动的位移大小为xB= v
2
2a4
= 4.5 m
所以B 对地的总位移为9m，故D 正确。
故选ACD。
考点3 超重 失重
1．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）某地开通无人机医疗物资应急配送工作。如图所示为某次任务中，无人机
在竖直方向运动的v −t图像。若配送物资质量为2.0kg，以竖直向上为正方向，设水平方向速度始终为0，
不计空气阻力，g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．无人机在1~2s 内处于失重状态
B．在此过程中无人机上升的最大高度为4m
C．无人机在第1s 内和第4s 内的加速度大小相等
D．在1s 末配送物资所受无人机的拉力大于其自身重力
【答案】D
【详解】AD．根据v −t图像，可知无人机在1~2s 内竖直向上做加速度运动，加速度向上，处于超重状态，
根据牛顿第二定律有FT−mg =ma
可得FT=mg+ma>mg，故A 错误，D 正确；
B．根据v −t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知4s 时无人机运动至最高点，则在此过程中无人机上
升的最大高度为hm = 1+ 4
2
×4 m =10 m，故B 错误；
C．根据v −t图像的斜率绝对值表示加速度的大小，可得第1s 内无人机的加速度大小为
a1= 4
2 m /s
2=2m /s
2
第4s 内无人机的加速度大小为a2=
4
4−3 m /s
2= 4 m /s
2
可知a1≠a2，故C 错误。
故选D。
2．（2026·辽宁·模拟预测）17 世纪初，力学的奠基人伽利略曾说过：“在我们努力不让肩上的重物坠落时，
就感觉到重量。但是，假如我们和肩上的重物以同样的速度向下运动时，重物还怎么能压迫我们，使我们
觉得沉重呢？”你认为伽利略所说的“向下运动”指的是（ ）
A．加速运动
B．减速运动
C．匀速运动
D．无法确定
【答案】A
【详解】伽利略描述的是失重现象。当人和重物以相同的加速度向下运动时（如自由落体），重物与人之
间无相对运动，重物对人施加的压力为零，因此感觉不到重量。若为匀速向下运动，重力作用仍存在，重
物会压迫人；若为减速向下运动（加速度向上），压力会增加。根据牛顿第二定律和失重条件，“向下运
动”在此语境中指加速运动。
故选A。
3．（25-26 高三上·湖南长沙·月考）就在2025 年11 月1 日4 时58 分，神舟二十一号航天员乘组入驻中国
空间站，成功实现了中国航天史上第7 次“太空会师”，这是我国载人飞船首次采用3.5 小时交会对接方
案，标志我国载人航天自主快速交会对接技术又一重大突破。若不计一切阻力，空间站可视为绕地球做匀
速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A．神舟飞船的发射速度不低于11.2km/s
B．空间站绕地球的运行速度小于7.9km/s
C．火箭推动飞船加速竖直升空过程中，随着高度上升，重力减小，处于失重状态
D．飞船关闭发动机后，在椭圆轨道由近地点向远地点运动过程中，万有引力做负功，机械能减小
【答案】B
【详解】A．11.2km/s 是地球的第二宇宙速度（逃逸速度），达到此速度将脱离地球引力束缚。但神舟飞
船的目标是进入地球轨道，其发射速度只需大于第一宇宙速度（7.9km/s）并小于第二宇宙速度
（11.2km/s），故A 错误；
B．7.9km/s 是第一宇宙速度，即在地球表面附近做匀速圆周运动的速度。空间站的轨道半径大于地球半径，
由万有引力提供向心力G Mm
r
2 =m v
2
r
得v = ❑√
GM
r
轨道半径r增大时，速度v减小，因此空间站运行速度小于7.9km/s，故B 正确；
C．重力随高度上升而减小（g= GM
r
2 ，r增大，g减小），但火箭加速上升时加速度方向向上，宇航员处
于超重状态（支持力大于重力），故C 错误；
D．在椭圆轨道中，只有万有引力（保守力）做功，机械能守恒。由近地点到远地点，万有引力做负功，
动能转化为势能，但总机械能不变，故D 错误。
故选B。
4．（2026·北京延庆·一模）2025 年世界举重锦标赛继续在挪威进行。在男子60 公斤级A 组决赛的比赛当
中，中国选手王浩以138 公斤的成绩获得抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度
g=10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为690N
C．杠铃对手的作用力是手发生形变而产生的
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【详解】A．双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，每只手臂所施加的力在竖直方向的
分力等于杠铃重力的一半，设双臂夹角为θ，则有2 Fcos θ
2 =mg
可得F =
mg
2cos θ
2
可知双臂夹角越大受力越大，故A 错误；
B．根据相互作用力大小相等，可知杠铃对每只手臂作用力大小为F =
mg
2cos θ
2
≥mg
2 =690N
，故B 错误；
C．杠铃对手的作用力是杠铃发生形变而产生的，故C 错误；
D．在加速举起杠铃过程中，人和杠铃组成的系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持
力大于人与杠铃总重力，故D 正确。
故选D。
5．（2026·北京延庆·一模）2025 年11 月14 日16 时40 分，神舟二十一号载人飞船返回舱在东风着陆场成
功着陆，三位航天员身体状态良好。在其返回过程中，关于返回舱及宇航员的运动中下列说法正确的是（
）
A．返回舱加速下落时宇航员所受座椅的压力小于座椅对宇航员的支持力
B．随着返回舱不断靠近地面，地球对其引力逐渐减小
C．返回舱落地前，反推发动机点火减速，宇航员处于超重状态
D．用返回舱的轨迹长度和返回时间，可计算其平均速度的大小
【答案】C
【详解】A．宇航员对座椅的压力和座椅对宇航员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，与运动状态无关，故A 错误；
B．根据万有引力公式F =G Mm
r
2 ，返回舱靠近地面时，与地心的距离r减小，地球对其引力逐渐增大，故
B 错误；
C．反推发动机点火后，返回舱向下做减速运动，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，故C 正确；
D．平均速度的定义是位移与时间的比值，轨迹长度是路程，路程与时间的比值为平均速率，无法据此计
算平均速度的大小，故D 错误。
故选C。
6．（2026·四川广安·模拟预测）小明到餐馆就餐，先点了一碟小吃（三个小蛋糕），送餐的是一个可爱的
智能机器人，如图甲所示。当机器人沿一倾角为θ 的斜坡向前运动时，小明发现智能机器人能调节端着的
盘子保持水平，简化截面示意图如图乙所示，水平碟子放在盘子上，小蛋糕并排放在碟子上。下列关于机
器人沿斜坡向前运动的说法，正确的是（ ）
A．机器人匀速向前时，小蛋糕受向前的静摩擦力
B．机器人匀速向前时，小蛋糕处于超重状态
C．机器人沿斜坡加速向前时，小蛋糕处于失重状态
D．机器人沿斜坡加速度大小为a 时，质量为m 的小蛋糕受摩擦力大小可能为macosθ
【答案】D
【详解】AB．机器人匀速向前时，小蛋糕受力平衡，不受摩擦力，故AB 错误；
C．机器人加速向前时，加速度斜向上，有向上的分加速度，小蛋糕处于超重状态，故C 错误；
D．机器人沿斜坡加速度大小为a 时，如果小蛋糕与盘子保持相对静止，则f =macosθ，故D 正确。
故选D。
7．（2026·河北·一模）小明站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入
计算机，绘制出压力随时间变化的图线如图所示。a、b、c、d、e、f 为图线上的点，下列说法正确的是（
）
A．a→c为“下蹲”过程，d →f 为“站起”过程
B．a→c为“站起”过程，d →f 为“下蹲”过程
C．a→b为“下蹲”过程，b→c为“站起”过程
D．d →e为“下蹲”过程，e→f 为“站起”过程
【答案】A
【详解】a→c过程，先失重（a→b）后超重（b→c），加速度先向下后向上，则a→c为“下蹲”过程；
d →f 过程，先超重（d →e）后失重（e→f ），加速度先向上后向下，则d →f 为“站起”过程。
故选A。
8．（2024·海南·高考真题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024 年4 月30 日在东风着陆场成功着陆，在飞
船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（ ）
A．返回舱处于超重状态
B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功
D．重力对返回舱做负功
【答案】A
【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A 正确，B 错误；
C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C 错误；
D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D 错误。
故选A。
9．（2022·浙江·高考真题）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。
10．（2022·湖北·高考真题）2022 年5 月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组
合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90 分钟。下列说法正确的是（ ）
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球静止卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球静止卫星的小
【答案】C
【详解】A．组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A 错误；
B．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的
速度大小不可能大于第一宇宙速度，B 错误；
C．已知静止卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有
ω= 2π
T
由于T 同 > T 组合体，则组合体的角速度大小比地球静止卫星的大，C 正确；
D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有
G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
整理有
T =2π
❑√
r
3
GM
由于T 同 > T 组合体，则r 同 > r 组合体，且静止卫星和组合体在天上有
ma=G Mm
r
2
则有
a 同 < a 组合体
D 错误。
故选C。
1．（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
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。
2．（2025·浙江·高考真题）中国运动员以121 公斤的成绩获得2024 年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠
铃稳定时的状态如图所示。重力加速度g=10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为605N
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【详解】AB．杠铃的重力为G =mg=121×10 N =1210 N
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件可知2 Fcosθ =G
可知，双臂夹角越大，F 越大；结合cosθ<1，解得杠铃对手臂的弹力F >605 N，而杠铃对手臂的作用力
是弹力和摩擦力的合力，可知杠铃对每只手臂作用力大小大于605N，AB 错误；
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C 错误；
D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持
力大于人与杠铃的总重力，D 正确。
故选D。
3．（2021·海南·高考真题）公元前4 世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使
有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ）
A．kg⋅m ⋅s
−1
B．kg⋅m ⋅s
−2
C．Pa⋅m
2
D．J⋅m
−1
【答案】B
【详解】AB．根据牛顿第二定律的表达式F =ma可知力的单位为kg⋅m ⋅s
−2，A 错误，B 正确；
C．根据压强的表达式p= F
S 可知力的单位可知力的单位为Pa⋅m
2，但压强单位Pa不是基本单位，C 错误；
D．根据做功的表达式W = Fx可知力的单位为J⋅m
−1，但功的单位J不是基本单位，D 错误。
故选B。
4．（2026·广东·一模）图甲为沉井施工过程示意图，将井体放置在施工处，抓斗挖走井体内泥沙，井体受
自身重力和泥沙阻力的共同作用而竖直下沉。若井体从静止开始下沉到停在底部，加速度a 随时间t 的变
化如图乙，则（ ）
A．0~t1时间内，井体所受合外力逐渐增大
B．0~t1时间内，井体重力的瞬时功率减小
C．0~t2时间内，井体克服阻力做功小于重力做功D．0~t2时间内，重力和泥沙阻力的冲量大小相等
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律F =ma，由图可得0~t1时间内，井体加速度减小，可知井体所受合外力逐
渐减小，故A 错误；
B．0~t1时间内，井体做加速度减小的加速运动，根据PG=mgv可得井体重力的瞬时功率增大，故B 错误；
C．0~t2时间内，井体从静止开始运动最后停下，初末动能均为零，动能变化量为零，根据动能定理
W G−W 克f=0
可得井体克服阻力做功等于重力做功，故C 错误；
D．0~t2时间内，动量变化量为零，根据动量定理I G+ I f=0
可得重力和泥沙阻力的冲量大小相等，故D 正确。
故选D。
5．（2026·河北邯郸·一模）某次特大洪水中，无人机为受困群众提供物资投送，载着物资的无人机总质量
为100kg，无人机沿竖直方向运动，无人机的速度随时间变化的图像如图所示，取竖直向上为正方向，取
重力加速度大小g=10 m /s
2，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．0 2s
∼
，无人机提供的牵引力大小为1000N
B．4s 5s
∼
，无人机处于超重状态
C．4.5s 时，无人机发动机的输出功率为600W
D．0 5s
∼
，无人机所受合力做的功为0
【答案】D
【详解】A．由 v −t图像可知，0~2s 内无人机的加速度 a1= Δv
Δt = 4−0
2
m/s
2=2m/s
2
根据牛顿第二定律有 F −mg=ma1
解得牵引力 F =m(g+a1)=1200 N，故 A 错误。
B．4s 5s
∼
内，图像斜率为负，加速度 a3= 0−4
5−4 m/s
2=−4 m/s
2
加速度方向竖直向下，无人机处于失重状态，故 B 错误。
C．4.5 s 时，无人机的速度 v = v4+a3 Δt =2m/s
此时加速度仍为 a3=−4 m/s
2。根据牛顿第二定律 F
'−mg =ma3
解得此时牵引力 F
' =m( g+a3)=600 N
则发动机输出功率 P = F
' v =1200W ，故 C 错误。
D．0~5 s 内，无人机初速度为 0，末速度为 0，动能变化量 Δ Ek =0。根据动能定理，合力做的功
W 合= Δ Ek =0，故 D 正确。
故选D。
6．（2026·新疆·二模）两小球静止在光滑水平面上，它们之间夹着一个被压缩的轻质弹簧。同时释放两球，
在弹簧第一次恢复到原长的过程中（ ）
A．弹簧对两个小球所做的功相等
B．弹簧对两个小球的冲量大小相等
C．任何时刻两个小球的加速度大小都相等
D．任何时刻两个小球的速度大小都相等
【答案】B
【详解】AC．弹簧对两球的弹力大小相等，但两球的质量未知，则加速度大小关系未知，因此在弹簧恢复
原长的过程中，两球的位移大小不一定相等。根据功的公式W = Fx，由于位移x 不一定相等，所以弹簧对
两球做的功不一定相等，故AC 错误；
B．弹簧对两球的弹力大小始终相等，方向相反，且作用时间相同。根据冲量公式I = Ft，两球受到的冲量
大小相等，方向相反，故B 正确；
D．根据动量守恒定律，系统初始动量为0，因此任意时刻两球的动量大小相等、方向相反，由于两球质量
未知，速度大小不一定相等，故D 错误。
故选B。
7．（2026·甘肃陇南·一模）如图所示，将一质量为m 的小球用轻绳悬挂在小车车厢顶部，小车在水平地面
上做匀加速直线运动，当小车的加速度大小为a 时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，轻绳的拉力大小为T。关
于加速度大小a、质量m、拉力大小T 和夹角θ 的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．若m 不变、a 变大，则T 和θ 均变大
B．若m 不变、a 变大，则T 和θ 均变小
C．若a 不变、m 变大，则T 和θ 均变大
D．若a 不变、m 变大，则T 和θ 均变小
【答案】A
【详解】AB．对小球受力分析，如图所示
小球受到竖直向下的重力，沿绳子向上的拉力，由于小车向右做匀加速直线运动，由图中几何关系可知
Tcosθ =mg
根据牛顿第二定律有Tsinθ =ma
联立解得tanθ = a
g，T = mg
cosθ
若m 不变、a 变大，则T 和θ 均变大，故A 正确，B 错误；
CD．若a 不变、m 变大，则θ 不变，T 变大，故CD 错误。
故选A。
8．（2026·福建泉州·一模）如图，竖直轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与物块P相连。用水平板Q托住
物块P，使弹簧处于原长状态。现使Q竖直向下做匀加速直线运动，加速度a1=0.2g，g为重力加速度大小。
当弹簧伸长量为x1时P、Q分离，此时P的动能为Ek1；当弹簧伸长量为x2时P动能达到最大值Ek2；当P运动
到最低点时弹簧伸长量为x3、P加速度大小为a3，则（ ）
A．x1
x2
= 1
5
B．x2
x3
= 8
9
C．Ek1
Ek2
= 8
9
D．a1
a3
= 1
5
【答案】C
【详解】A．P、Q分离时，二者弹力为0，对P由牛顿第二定律： mg−k x1=ma1
代入a1=0.2g
得：k x1=0.8mg
即：x1= 0.8mg
k
动能最大状态（x = x2），动能最大时合力为0，加速度为0： k x2=mg
x2= mg
k
因此
x1
x2
= 0.8
1 = 4
5
故A 错误；
B．分离前P做匀加速直线运动，由运动学公式v1
2=2a1 x1，得：
Ek 1= 1
2 m v1
2=ma1 x1=m⋅0.2g⋅0.8mg
k
= 0.16m
2 g
2
k
P从x1到最低点x3，动能从Ek 1变为0，由动能定理解得：x3= 1.6mg
k
因此：
x2
x3
= 1
1.6 = 5
8
故B 错误；
C．分离后P从x1到x2，由动能定理：Ek 2−Ek 1=mg( x2−x1)−( 1
2 k x2
2−1
2 k x1
2)
代入x1、x2，解得：Ek 2= 0.18m
2 g
2
k
因此
Ek 1
Ek 2
= 0.16
0.18 = 8
9
故C 正确；
D．对最低点P由牛顿第二定律：k x3−mg=ma3
得a3=0.6 g
又a1=0.2 g
则：
a1
a3
= 0.2g
0.6 g = 1
3
故D 错误。
故选C。
9．（2026·贵州黔东南·模拟预测）现有轻质细绳AB、BC 以及轻质弹簧CD，在竖直面内按照如图所示
的方式连接，其中A、D 两点固定于竖直墙上，1、2 为两个可视为质点的小球，质量均为m，绳AB、弹簧
CD 与竖直方向的夹角均为30°，且绳AB 长为L，绳BC 沿水平方向。已知重力加速度为g，忽略一切阻力，
下列说法不正确的是（ ）
A．剪断绳子前，绳AB 与弹簧CD 中的弹力大小相等且为2❑√3
3
mg
B．剪断绳子BC 瞬间，小球1 的加速度大小为g
2
C．剪断绳子AB 瞬间，小球1 的加速度大小为
❑√3
6 g
D．剪断绳子BC 后，小球1 摆动到竖直面最低点时速度大小为❑√(2−❑√3)gL
【答案】C
【详解】A．根据题意，对1、2 两个小球整体分析，根据平衡条件有F ABcos30°+ FCDcos30° =2mg，
F ABsin30° = FCDsin30°
解得F AB= FCD= 2❑√3
3
mg，故A 正确；
B．对小球1，根据平衡条件有F BC = F ABsin30° =
❑√3
3 mg
若只剪断绳BC，则剪断绳后瞬间，绳AB 的拉力发生突变，对小球1，有F
′
AB=mgcos30°，
mgsin30° =ma1
解得小球1 的加速度a1= g
2 ，故B 正确；
C．若只剪断绳AB，则剪断绳后瞬间，绳BC 的拉力发生突变，弹簧CD 的弹力不发生突变，1、2 两个小
球具有相同的水平加速度，则FCDsin30° =2max
小球1 竖直方向的加速度a y = g
小球1 的加速度a
′
1=
❑√ax
2+a y
2 =
❑√39
6
g，故C 错误；
D．剪断BC 后，对小球1，根据动能定理mgL(1−cosθ)= 1
2 m v
2
解得v = ❑√(2−❑√3)gL，故D 正确。
故选D。
10．（2026·广东佛山·二模）太极球是市民中较流行的健身器材，现将其简化成如图所示的小球拍和小球。
某市民健身时，让小球拍和小球在竖直面内保持这样的姿势且按顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动。
已知运动过程中小球拍对小球的最大作用力为2mg，小球相对于小球拍始终保持静止，重力加速度为g，
下列说法正确的是（ ）
A．小球做圆周运动的角速度大小为ω= ❑√
g
2r
B．从最高点C到最低点A运动的过程中，小球先处于超重状态后处于失重状态
C．从最高点C到最低点A运动的过程中，小球拍对小球的支持力先减小后增大
D．小球经过与圆心等高的D点时，小球拍对小球的作用力大小为❑√2mg
【答案】D
【详解】A．分析可知，在最低点A点小球拍对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律有
2mg−mg=mω
2r
解得ω= ❑√
g
r ，故A 错误；
B．从最高点C点运动到D 点的过程中，加速度方向有竖直向下的分量，小球处于失重状态，从D 点运动
到最低点A点的过程中，加速度方向有竖直向上的分量，处于超重状态，故B 错误；
C．小球的向心加速度大小an=ω
2r一定，从最高点C到点D 运动的过程中，设小球的加速度方向与竖直方
向的角度为θ，竖直方向有mg−FN=mancosθ
θ增大，cosθ减小，则支持力增大，故C 错误；
D．小球经过与圆心等高的D点时，对小球竖直方向有FN=mg
水平方向有Ff= Fn=mω
2r =mg
故小球拍对小球的作用力大小为F =
❑√Ff
2+ FN
2= ❑√2mg，故D 正确。
故选D。
11．（2026·广东梅州·一模）如图甲所示，某工地正用起重机吊起正方形钢板ABCD，起重机的四根钢索
OA、OB、OC、OD长度均为a，钢板边长为a，质量为m，且始终呈水平状态。某次施工过程，起重机
司机将正方形钢板ABCD从地面开始竖直向上提升，其运动的v −t图像如图乙所示，不计钢索所受重力。
已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．12∼15s过程正方形钢板克服重力做功的功率增大
B．4∼12s过程每根钢绳的拉力为
❑√2
4 mg
C．上升过程中正方形钢板一直处于超重状态
D．15s末正方形钢板抬升高度为23 m
【答案】B
【详解】A．由图乙可知12∼15s时间内，钢板上升的速度逐渐减小，钢板克服重力做功的功率满足
P =mgv
可知钢板克服重力做功的功率减小，故A 错误；
B．4∼12s过程，钢板处于匀速上升的受力平衡状态，设钢绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知
2asinθ =
❑√a
2+a
2
解得sinθ =
❑√2
2 ，θ = 45°
钢绳的拉力在竖直方向的分量之和与重力大小相等，满足4 Fcosθ =mg
解得F =
❑√2
4 mg
C．钢板在0∼15s内经历了加速上升，匀速上升，减速上升三个阶段，0∼4s的加速上升阶段为超重；
4∼12s匀速上升，钢板既不超重也不失重；12∼15s的减速上升阶段为失重，故C 错误；
D．v −t图像的面积表示物体的位移，由图乙可知，15s末正方形钢板抬升高度为23
2 m，故D 错误。
故选B。
12．（2026·江西·模拟预测）在高山滑雪场的救援索道模拟装置中，有两个用轻绳相连的小球A、B。A 球
套在与水平方向成α 角的倾斜金属杆上，它与杆之间的动摩擦因数为μ。当两球相对静止一起沿杆下滑时，
连接它们的轻绳稳定地向右偏离竖直方向，形成夹角θ，如图所示。对此有关论述正确的是（ ）
A．若0<θ<α，则μ>tan α
B．若θ>α，则μ>tan α
C．若θ =α，则μ=0
D．若θ =α，则μ= tan α
【答案】C
【详解】CD．若μ=0，则A、B 相对静止稳定下滑时，根据牛顿第二定律，有mgsinα =ma
解得a= gsinα
对B 球由力的平行四边形法则，易知其受轻绳拉力必垂直于细杆，即θ =α，故C 正确、D 错误；
A．若0<θ<α，说明B 球加速度小于gsinα
解得μ<tanα，故A 错误；
B．若μ>tanα，整体将减速下滑，轻绳将偏到竖直线的左侧，故B 错误。
故选C。
13．（2026·陕西咸阳·二模）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块
A、B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行．A与B间、B与木板间的
动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当木板与水平面的夹角为37
∘时，物块A、B刚好要
滑动，sin37
∘=0.6，则μ的值为（ ）
A．0.15
B．0.25
C．0.35
D．0.45
【答案】A
【详解】由题意可知A向上运动B向下运动，则有T = μmgcos37
∘+mgsin37
∘
T + μmgcos37
∘+ μ3mgcos37
∘=2mgsin37
∘
联立解得μ=0.15。
故选A。
14．（2026·陕西·二模）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物
块a 相连，如图所示。质量为3
5 m的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0（a、b 和小物
块均可视为质点）。从t =0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 做匀加速直线运动。经过一段时间
后，物块a、b 分离，再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧始终在弹性限度内，重
力加速度大小为g。则以下说法正确的是（ ）
A．两物块a、b 分离时，弹簧处于原长
B．物块b 加速度的大小为3
5 gsinθ
C．弹簧的劲度系数k = 3mgsinθ
5 x0
D．两物块a、b 分离时，弹簧弹力大小为6mgsinθ
5
【答案】D
【详解】C．对物块a、b 整体分析，由平衡条件得k x0=(m+ 3
5 m)gsinθ
得弹簧的劲度系数k = 8mgsinθ
5 x0
，故C 错误；
AB．由匀变速运动的规律，可知初速度为0，两段相等时间内的位移分别是1
4 x0和3
4 x0，两物块a、b 分离
处就在从开始位置向上1
4 x0处，则弹簧的压缩量为3
4 x0，此时a、b 之间没有相互作用力，单独对物体a 分
析，由牛顿第二定律得3
4 k x0−mgsinθ=ma
解得a= 1
5 gsinθ，故AB 错误；
D．由胡克定律得F弹=k ⋅3
4 x0= 8mgsinθ
5 x0
⋅3 x0
4 = 6mgsinθ
5
，故D 正确。
故选D。
15．（2026·山东济宁·一模）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，可视为质点的小球从A点自由下落，
至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球从B到C过程中，速度先增大再减小
B．小球在C点时加速度大于g
C．小球从B到C过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量
D．小球从B到C过程中，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
【答案】AB
【详解】A．从B 到C 的过程中，小球受到弹簧弹力F与重力mg 的共同作用，弹力F 从零逐渐增大，当
F ＜mg时有mg−F =ma
小球做加速运动，速度逐渐增大，当F =mg时速度最大；
小球继续向下运动，有F ＞mg
此时对小球分析有F −mg=ma
小球开始做减速运动，直至运动到C 点速度减为0，故A 正确；
B．若小球从B 点由静止释放，根据简谐运动的对称性可知运动到最低点时的加速度应为g，此时对小球分
析，应有F =mg
现在小球从更高的位置释放，根据机械能守恒原理，小球达到最低点的位置应更低，所以此时小球在C 点
的加速度应大于g，方向向上，故B 正确；
C．设小球在B 点时的速度为v，从B 到C 对小球应用动量定理，有I G−I F =0−mv
所以弹力的冲量大于重力的冲量，故C 错误；
D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，但小球从B 运动到C 的过程中小球的动能发生变化，所以小球的
重力势能与弹簧的势能之和会变化，故D 错误。
故选AB。
16．（2026·陕西商洛·二模）如图所示，风洞中有一满足胡克定律的轻质橡皮筋，橡皮筋一端固定在A 点，
另一端跨过轻杆OB 上固定的定滑轮连接一质量为m 的小球，小球穿过水平固定的杆。小球在水平向右的
风力作用下从C 点由静止开始运动，滑到E 点时速度恰好为零。已知橡皮筋的自然长度等于AB，初始时
A、B、C 在一条竖直线上，BC 的长度为L，D 为CE 的中点，小球与杆之间的动摩擦因数为0.4，重力加速
度为g，风力大小始终为F=mg，橡皮筋的劲度系数为k = 3mg
2 L ，橡皮筋始终在弹性限度内，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在运动过程中，摩擦力大小保持不变
B．小球运动到D 点时速度最小
C．小球最后静止在与C 点相距1
2 L处
D．从小球开始运动到停止，小球与杆之间因摩擦产生的热量为8
25 mgL
【答案】AD
【详解】A．设小球运动到任意点P 时，BP 与水平方向的夹角为θ，则橡皮筋竖直向上的分力
F y =kBPsinθ =kL= 3
2 mg
故小球受到的摩擦力为Ff= μ( F y−mg)=0.2mg
由此可知，摩擦力与θ 无关，保持恒定，故A 正确；
B．设CP 的长度为x，则橡皮筋沿水平方向的分力F x=kBPcosθ=kx
小球在水平方向受到的合外力F合= F −Ff−F x =0.8mg−3mg
2 L x，
水平方向的合外力与位移x 呈线性关系，类似简谐运动，根据对称性，D 为CE 的中点，故小球在该位置
速度最大，故B 错误；
C．当F合=0时，有x = 8
15 L
则CE 的长度为2 x = 16
15 L
小球在E 点，橡皮筋的水平拉力F x =k 16
15 L= 8
5 mg
因F x> F + Ff，小球向左运动，设平衡位置距离C 点的距离为x0，则有k x0= F + Ff
解得x0=0.8 L
此时A = 16
15 L−0.8 L= 4
15 L
根据对称性小球向左运动的最大距离为2 A = 8
15 L
此时橡皮筋的水平拉力F x =k( 16
15 L−2 A )= 4
5 mg
因F = Ff+ F x，故小球恰好停在D 点，故C 错误；
D．从小球开始运动到小球停止，系统的发热量为Q = Ff( 16
15 L+ 8
15 L)= 8
25 mgL，故D 正确。
故选AD。
17．（2026·海南·一模）在如图所示的装置中，水平地面上放置着一个装有力传感器的木箱，木箱（含力
传感器）的质量为2m，一个质量为m 的小球通过轻质细弹簧竖直悬挂在箱顶，同时用一根轻绳将小球与
箱底的力传感器（固定在箱底）连接起来。当系统处于平衡状态时，力传感器显示的拉力数值为mg（g 为
重力加速度大小），弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．系统平衡时，弹簧的伸长量为 3mg
k
B．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g
C．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为2mg
D．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为4mg
【答案】BD
【详解】A．对小球受力分析，根据平衡条件，有kΔx =mg+T
又有T =mg
解得 Δx = 2mg
k
，故 A 错误；
B．剪断轻绳瞬间，小球所受弹簧弹力不变，则有kΔx−mg=ma
解得加速度大小a=g，故B 正确；
CD．由题意可知木箱（含力传感器）的质量为2m，剪断轻绳瞬间，对木箱（含力传感器）受力分析可知，
其所受重力和弹簧的弹力的合力大小为4mg，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知，地面对木箱的支持力
大小为4mg，故C 错误，D 正确。
故选BD。
18．（2026·山东淄博·一模）如图，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、横截面积为S 的活塞
将一定质量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度a 向
右加速运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了一定的距离。已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩
擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0，整个过程中气体温度保持不变，气体可视为理想气体，
则此时（ ）
A．汽缸内气体的压强为p0+ ma
S
B．汽缸内气体的压强为p0−ma
S
C．活塞移动的距离为
ma
p0 S+ma L
D．活塞移动的距离为
p0 S
p0 S +ma L
【答案】AC
【详解】AB．小车运动后对活塞受力分析，设内部气体压强为p，根据牛顿第二定律，有pS−p0 S =ma
内部气体压强为p= p0+ ma
S ，故A 正确，B 错误；
CD．设运动后活塞移动的距离为ΔL，根据玻意耳定律，有p0 SL= pS( L−ΔL)
解得ΔL=
ma
ma+ p0 S L，故C 正确，D 错误。
故选AC。
