2026年高考物理一轮复习 运动和力的关系（含解析）

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高考物理一轮复习 运动和力的关系
一．选择题（共8小题）
1．（2025 河南模拟）如图甲所示为一智能机械臂用两只机械手指捏着鸡蛋的照片，展示机械手臂的精确抓握能力。如图乙，若两手指对鸡蛋的合力为F，鸡蛋重力为G，下列说法正确的是（　　）
A．匀速提起鸡蛋过程中，手指对鸡蛋的压力大于鸡蛋对手指的弹力
B．鸡蛋受到手指的压力，是因为鸡蛋发生了弹性形变
C．若手指捏着鸡蛋水平匀速移动，则F＜G
D．若手指捏着鸡蛋水平加速移动，则F＞G
2．（2025 浙江模拟）下列物理量是矢量且其单位用国际单位制基本单位表示，正确的是（　　）
A．磁通量T m2
B．磁感应强度kg s﹣2 A﹣1
C．电场强度V/m
D．电荷量A s
3．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图是2025年1月7日西藏日喀则市定日县发生6.8级地震后起重机吊起石块的情景。正方体石块被绳子栓在起重机挂钩处。起重机和重物静止在水平地面上时，四根斜拉的绳端与竖直方向的夹角均相等，四条绳子拉力一样大。运动过程中，绳子始终绷紧。下列说法正确的是（　　）
A．石块从地面上升过程中一定处于平衡状态
B．当石块上升时，起重机对地的压力与起重机和石头的总重力一定大小相等
C．当石块匀速上升时，每根绳端对石头的拉力均为石块重力的四分之一
D．当起重机吊着石块水平运动时，起重机可能会受到水平地面对它的摩擦力
4．（2025 湖北一模）如图所示，某同学用大拇指和食指捏着竖直倒置的圆柱形玻璃杯在空中处于静止状态。已知两手指与玻璃杯的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．手指与玻璃杯的动摩擦因数必须大于1
B．拇指所受的摩擦力等于玻璃杯的重力
C．增加拇指与杯的弹力，食指所受的摩擦力大小不变
D．增加食指与杯的弹力，拇指所受的摩擦力大小不变
5．（2025 拉萨模拟）一个质量为m的圆形冰箱贴（磁贴）吸附在竖直的冰箱门上，冰箱贴与冰箱门之间的动摩擦因数为μ，冰箱贴与冰箱门之间的吸引力为F，冰箱贴处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．冰箱贴受到的摩擦力大小为μF
B．冰箱贴受到的摩擦力与重力是一对作用力与反作用力
C．冰箱贴受到四个力作用
D．若增大冰箱贴与冰箱门之间的吸引力F，冰箱贴受到的摩擦力也会增大
6．（2025 河南模拟）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量分别为mP＝0.5kg、mQ＝1.5kg的物块P、Q由平行于斜面的轻质弹簧连接，P、Q被锁定在斜面上，此时弹簧长度为10cm。现将P、Q同时解锁，此后P、Q一起沿斜面下滑，此过程弹簧的长度始终未变。已知弹簧的劲度系数k＝50N/m，P的底面光滑，Q与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则弹簧的原长为（　　）
A．13cm B．7cm C．16cm D．10cm
7．（2025春 杨浦区校级期末）打羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的两条轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时，下列说法正确的是（　　）
A．在A、B两点的动能相等
B．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量
C．整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D．在PB下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值
8．（2025春 商丘期末）如图所示，光滑轻质滑轮固定在物块B上，细绳的一端固定在斜面上，另一端跨过滑轮与物块A相连。初始时，在沿斜面向上的外力作用下，质量分别为3m和2m的物块A、B静止在光滑斜面上，斜面倾角θ＝30°。现仅改变外力大小，使两物块沿斜面向上做匀加速直线运动，经时间t物块B沿斜面向上滑动的距离为d，B未到达细绳固定处，细绳始终与斜面平行。已知重力加速度为g，则外力改变后，下列说法正确的是（　　）
A．物块B的加速度大小为
B．物块A的加速度大小为
C．细绳的拉力大小为
D．外力的大小为
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 河南模拟）2025年亚冬会期间无人机高速巡检情境如图甲所示，若两架无人机甲、乙从地面由静止开始竖直向上飞行，其运动的v﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．无人机甲在t＝7s时处于超重状态
B．无人机甲在t＝14s时飞到了最高点
C．两架无人机在0～42s内的平均速度大小相等
D．无人机甲在0～14s内的位移小于无人机乙在0～14s内的位移
（多选）10．（2025 鼓楼区校级模拟）某同学利用手机拍摄了一段羽毛球运动的视频，并经处理得到的运动轨迹如图所示，其中最高点b切线水平，c点的切线竖直。下列说法正确的是（　　）
A．由a点运动到c点，羽毛球竖直方向上加速度大小不变
B．由a点运动到c点，羽毛球水平方向上做匀速直线运动
C．羽毛球在b点时处于失重状态
D．羽毛球在c点时速度方向竖直向下
（多选）11．（2025 沙坪坝区校级模拟）风铃由主线、吊线、铃铛、铃托四个部分组成，如图所示。某同学研究风铃静止时的受力，忽略主线、吊线的质量。下列说法正确的是（　　）
A．铃铛共受3个力的作用
B．吊线上、下两端受到铃铛、铃托的拉力相同
C．铃托对吊线的拉力与铃铛对吊线的拉力为一对平衡力
D．主线对铃铛的拉力大小等于铃铛的重力大小
（多选）12．（2024秋 东莞市期末）伽利略理想斜面实验创造性的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。关于伽利略的斜面实验，下列说法正确的是（　　）
A．该实验虽然是理想实验，是在思维中进行的，但仍以真实的实验为基础
B．如果斜面粗糙，不论右侧斜面倾角如何，小球也将上升到与释放点等高的位置
C．该实验说明了物体的运动不需要力来维持
D．该实验证明了力是维持物体运动的原因
三．填空题（共4小题）
13．（2023秋 城厢区校级期末）如图所示，两根长度不等的轻绳将重力为G的小球悬挂在天花板上，且两绳间的夹角为120°，a绳较长。当系统在水平方向上作匀加速直线运动时，ab二绳位置仍然如图，且张力大小都为T。则T 　 　 （填＞，＜，＝）G。系统运动方向是水平 　 　 （填“向左”或“向右”）。
14．（2024秋 闵行区期末）小安同学想测量地铁在平直轨道上启动的加速度。他在一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，并与竖直扶手之间有一稳定的夹角θ，如图，拍摄方向跟竖直扶手和细绳所在平面垂直。已知当地重力加速度为g，图中该地铁的加速度方向为 　 　 ，加速度大小为 　 　 。
15．（2024秋 普陀区校级月考）总质量为M的热气球沿竖直方向匀速上升，至某位置时，质量为m的物体从热气球上脱落。若热气球运动过程中所受的浮力不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。取竖直向上为正方向，则物体脱落后，物体的加速度为　 　 ，热气球的加速度为　 　 。
16．（2023秋 思明区校级月考）如图所示，静止在水平地面上的木块质量m＝2kg，受到与水平面夹角为θ＝53°的斜向上的拉力，木块开始沿水平地面运动。已知拉力F＝20N，木块与地面的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sinθ＝0.8，cosθ＝0.6。则地面对木块的支持力为 　 　 N；木块运动的加速度大小为 　 　 m/s2。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 广州期末）在水平路面上带动轮胎加速跑是锻炼运动员核心力量和耐力的一种有效方法，如图甲所示，在某次训练活动中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m＝10kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，轻绳与水平地面间的夹角为53°，4s后轻绳从轮胎上脱落，轮胎直线运动的v﹣t图像如图乙所示。不计空气阻力，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2。求：
（1）地面对轮胎的动摩擦因数；
（2）拖绳对轮胎的拉力大小。
18．（2024秋 镇江期末）如图所示，光滑竖直墙壁与斜面体间有一个质量分布均匀的光滑小球，质量为m。斜面体倾角α＝60°。斜面体与小球处于静止状态，重力加速度为g。求：
（1）斜面体对球的支持力大小；
（2）球对墙面的压力大小。
19．（2025春 张家口月考）如图所示，倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放（物块做简谐运动），重力加速度为g。
（1）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，求物块处于正向最大位移时回复力的大小。
20．（2025春 廊坊月考）甲、乙两小车（可视为质点）在平直公路上相邻两车道朝同一方向行驶。甲车由静止开始做加速度大小a＝3m/s2的匀加速直线运动的同时，乙车以v＝15m/s的速度在相邻平直车道上并肩朝同一方向匀速行驶。取甲车开始运动的时刻为0时刻，求：
（1）甲车追上乙车之前，两车之间的最大距离；
（2）甲车追上乙车经过的时间和追上时甲车的速度大小；
（3）已知甲车质量m＝1350kg，所受牵引力恒定，受阻力大小不变。若甲车追上乙车时立即关闭发动机，甲车又运动了t＝15s停止。求甲车所受牵引力的大小。
高考物理一轮复习 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 河南模拟）如图甲所示为一智能机械臂用两只机械手指捏着鸡蛋的照片，展示机械手臂的精确抓握能力。如图乙，若两手指对鸡蛋的合力为F，鸡蛋重力为G，下列说法正确的是（　　）
A．匀速提起鸡蛋过程中，手指对鸡蛋的压力大于鸡蛋对手指的弹力
B．鸡蛋受到手指的压力，是因为鸡蛋发生了弹性形变
C．若手指捏着鸡蛋水平匀速移动，则F＜G
D．若手指捏着鸡蛋水平加速移动，则F＞G
【考点】作用力与反作用力；弹力的概念及其产生条件；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；弹力的存在及方向的判定专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据牛顿第三定律判断选项。
对于静止或匀速直线运动的物体，其受到的合外力为零；对于加速运动的物体，其受到的合外力不为零，且方向与加速度方向一致。
【解答】解：A、匀速提起鸡蛋过程中，手指对鸡蛋的压力与鸡蛋对手指的弹力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，它们大小相等，方向相反，鸡蛋匀速向上提起过程中，手指对鸡蛋的压力大小等于鸡蛋对手指的弹力大小，故A错误；
B、鸡蛋受到手指的压力，是机械手指发生弹性形变，对与之接触的鸡蛋有压力作用，故B错误；
C、若手指捏着鸡蛋水平匀速移动，根据平衡条件，手指对鸡蛋的合力为F ＝ G，故C错误；
D、若手指捏着鸡蛋水平加速移动，根据牛顿第二定律，手指对鸡蛋的合力为
故D正确。
故选：D。
【点评】在分析物体受力情况时，要特别注意区分作用力与反作用力，以及物体在不同运动状态下的受力平衡条件。对于静止或匀速直线运动的物体，其受到的合外力为零；对于加速运动的物体，其受到的合外力不为零，且方向与加速度方向一致。同时，要理解弹力产生的原理，即物体发生弹性形变时产生的力。
2．（2025 浙江模拟）下列物理量是矢量且其单位用国际单位制基本单位表示，正确的是（　　）
A．磁通量T m2
B．磁感应强度kg s﹣2 A﹣1
C．电场强度V/m
D．电荷量A s
【考点】力学单位制与单位制．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据磁通量、电荷量为标量，磁感应强度、电场强度为矢量，结合国际单位制基本单位分析求解。
【解答】解：磁通量、电荷量为标量，磁感应强度、电场强度为矢量，
磁感应强度的单位为T，且1T＝1kg s﹣2 A﹣1
电场强度单位为V/m，而V并不是国际单位制基本单位，1V/m＝1kg m A﹣1 s3
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了力学单位制，熟练掌握公式和物理量之间的联系是解决此类问题的关键。
3．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图是2025年1月7日西藏日喀则市定日县发生6.8级地震后起重机吊起石块的情景。正方体石块被绳子栓在起重机挂钩处。起重机和重物静止在水平地面上时，四根斜拉的绳端与竖直方向的夹角均相等，四条绳子拉力一样大。运动过程中，绳子始终绷紧。下列说法正确的是（　　）
A．石块从地面上升过程中一定处于平衡状态
B．当石块上升时，起重机对地的压力与起重机和石头的总重力一定大小相等
C．当石块匀速上升时，每根绳端对石头的拉力均为石块重力的四分之一
D．当起重机吊着石块水平运动时，起重机可能会受到水平地面对它的摩擦力
【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】加速度竖直向上，处于超重状态；
对重物根据平衡条件列式，求每根绳子上的拉力；
由牛顿第二定律，加速时，起重机一定会受到水平摩擦力，水平匀速运动时，起重机不受水平摩擦力。
【解答】解：AB．当石块从静止开始上升，一定要先经历加速过程，此时加速度竖直向上，则此过程处于超重状态，故AB错误；
C．当重物匀速上升时，设绳子上的拉力为F，绳子与竖直方向的夹角为θ，对重物根据平衡条件列式4Fcosθ＝Mg
故每根绳子上的拉力为，故C错误；
D．当起重机吊着石块水平加速时，对起重机受力分析由牛顿第二定律可知，起重机一定会受到水平摩擦力；当起重机吊着石块水平匀速运动时，起重机不受水平摩擦力。故D正确。
故选：D。
【点评】本题解题关键是掌握规律平衡时根据平衡条件列式，有加速度时根据牛顿第二定律列式，难度不高。
4．（2025 湖北一模）如图所示，某同学用大拇指和食指捏着竖直倒置的圆柱形玻璃杯在空中处于静止状态。已知两手指与玻璃杯的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．手指与玻璃杯的动摩擦因数必须大于1
B．拇指所受的摩擦力等于玻璃杯的重力
C．增加拇指与杯的弹力，食指所受的摩擦力大小不变
D．增加食指与杯的弹力，拇指所受的摩擦力大小不变
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；滑动摩擦力的大小计算和影响因素．
【专题】比较思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】对玻璃杯受力分析，由平衡条件列式，两个摩擦力都恰好达到最大静摩擦力时为滑动临界，求最小μ值；
由平衡条件，分析拇指所受的摩擦力与玻璃杯的重力；
由平衡条件，分析增加拇指与杯的弹力，食指所受的摩擦力变化；
由平衡条件，分析增加食指与杯的弹力，拇指所受的摩擦力变化。
【解答】解：A．对玻璃杯受力分析，如图：
由平衡条件
竖直方向mg+F1＝f2
水平方向F2＝f1
两个摩擦力都恰好达到最大静摩擦力时，则有f1＝μF1，f2＝μF2
联立解得，故A正确；
B．由平衡条件，f2＝mg+F1，拇指所受的摩擦力f2大于玻璃杯的重力mg，故B错误；
C．由平衡条件，F2＝f1，增加拇指与杯的弹力F2，食指所受的摩擦力f1变大，故C错误；
D．由平衡条件，f2＝mg+F1，增加食指与杯的弹力F1，拇指所受的摩擦力f2变大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题解题关键是正确受力分析，根据平衡条件去列等式。
5．（2025 拉萨模拟）一个质量为m的圆形冰箱贴（磁贴）吸附在竖直的冰箱门上，冰箱贴与冰箱门之间的动摩擦因数为μ，冰箱贴与冰箱门之间的吸引力为F，冰箱贴处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．冰箱贴受到的摩擦力大小为μF
B．冰箱贴受到的摩擦力与重力是一对作用力与反作用力
C．冰箱贴受到四个力作用
D．若增大冰箱贴与冰箱门之间的吸引力F，冰箱贴受到的摩擦力也会增大
【考点】作用力与反作用力；判断物体的受力个数；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】磁性冰箱贴吸在冰箱的竖直表面上静止不动，受力平衡，对冰箱贴进行受力分析，根据平衡条件即可分析。
【解答】解：A、对冰箱贴进行受力分析，冰箱贴在竖直方向受重力mg和静摩擦力Ff，因为冰箱贴静止，冰箱贴处于平衡状态，竖直方向受力平衡，静摩擦力Ff＝mg，故A错误；
B、冰箱贴受到的摩擦力与重力都作用在冰箱贴上，是一对平衡力，作用力与反作用力是作用在两个不同物体上，故B错误；
C、冰箱贴受到重力、吸引力、弹力、静摩擦力四个力作用，故C正确；
D、只要冰箱贴静止，其在竖直方向上重力和静摩擦力就平衡，静摩擦力大小始终等于重力大小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了平衡条件的直接应用，知道一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动，受力平衡，难度不大，属于基础题。
6．（2025 河南模拟）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量分别为mP＝0.5kg、mQ＝1.5kg的物块P、Q由平行于斜面的轻质弹簧连接，P、Q被锁定在斜面上，此时弹簧长度为10cm。现将P、Q同时解锁，此后P、Q一起沿斜面下滑，此过程弹簧的长度始终未变。已知弹簧的劲度系数k＝50N/m，P的底面光滑，Q与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则弹簧的原长为（　　）
A．13cm B．7cm C．16cm D．10cm
【考点】斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】分别分析P、Q受力，根据牛顿第二定律列式，求出弹簧弹力，再由胡克定律得出弹簧的形变量，从而得出弹簧的原长。
【解答】解：设弹簧上弹力大小为F，对P有mPgsinθ﹣F＝mPa
对Q有mQgsine+F﹣μmQgcos0＝mQa
可得F＝1.5N
弹簧的压缩量Δx3cm
故弹簧原长为13cm，
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】此题主要考查牛顿第二定律和胡克定律的应用，正确的受力分析是求解的关键。
7．（2025春 杨浦区校级期末）打羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的两条轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时，下列说法正确的是（　　）
A．在A、B两点的动能相等
B．AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量
C．整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D．在PB下落阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值
【考点】牛顿第二定律的简单应用；重力做功的特点和计算．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由动能定理，分析羽毛球在A点的动能和B点的动能的关系；
羽毛球上升阶段竖直方向的加速度大于g，下落阶段竖直方向的加速度小于g，根据运动学，分析时间，再根据冲量的定义，分析比较冲量；
合力与速度成钝角，速度减小。
【解答】解：A．羽毛球由A点运动到B点过程中，合外力做负功，由动能定理可知，动能减小，所以羽毛球在A点的动能大于B点的动能，故A错误；
BD．羽毛球上升阶段竖直方向的加速度大于g，下落阶段竖直方向的加速度小于g，所以羽毛球AP段所用时间比PB段小，结合冲量的定义可知，AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量，故B正确，D错误；
C．羽毛球经过P点时所受重力与空气阻力的合力与速度成钝角，说明速度正在减小，所以整个飞行过程中经过P点时的速度不是最小，故C错误；
故选：B。
【点评】本题解题关键是掌握动能定理和冲量定义，比较基础，难度不高。
8．（2025春 商丘期末）如图所示，光滑轻质滑轮固定在物块B上，细绳的一端固定在斜面上，另一端跨过滑轮与物块A相连。初始时，在沿斜面向上的外力作用下，质量分别为3m和2m的物块A、B静止在光滑斜面上，斜面倾角θ＝30°。现仅改变外力大小，使两物块沿斜面向上做匀加速直线运动，经时间t物块B沿斜面向上滑动的距离为d，B未到达细绳固定处，细绳始终与斜面平行。已知重力加速度为g，则外力改变后，下列说法正确的是（　　）
A．物块B的加速度大小为
B．物块A的加速度大小为
C．细绳的拉力大小为
D．外力的大小为
【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】对A和B，分别用运动学公式和牛顿第二定律联立，求加速度和绳子拉力大小。
【解答】解：AC．以物块B为研究对象，由运动学公式有
再根据牛顿第二定律有2FT﹣2mgsin30°＝2ma1
联立得：B的加速度大小为
细绳拉力大小
故AC错误；
BD．以物块A为研究对象，由运动学公式有
再根据牛顿第二定律有F﹣FT﹣3mgsin30°＝3ma2
联立得：A的加速度大小为
外力大小
故B错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生对牛顿第二定律和运动学公式的掌握，是一道牛顿运动定律的综合题，难度中等。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 河南模拟）2025年亚冬会期间无人机高速巡检情境如图甲所示，若两架无人机甲、乙从地面由静止开始竖直向上飞行，其运动的v﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．无人机甲在t＝7s时处于超重状态
B．无人机甲在t＝14s时飞到了最高点
C．两架无人机在0～42s内的平均速度大小相等
D．无人机甲在0～14s内的位移小于无人机乙在0～14s内的位移
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；平均速度（定义式方向）；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】v﹣t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向，图线与时间轴所包围的“面积”表示位移。图像在横轴上方，表示速度方向为正，在横轴下方，表示速度方向为负。
【解答】解：A、由v﹣t图像的斜率表示加速度的大小及方向，可知，t＝7s时，无人机向上匀加速运动，甲处于超重状态，故A正确；
B、t＝14s时，无人机甲速度达到最大，14s后减速上升，42s时飞到了最高点，故B错误；
C、v﹣t图像中图线与时间坐标轴围成的面积表示位移，0～42s内，两架无人机的位移相等，则平均速度相等，故C正确；
D、v﹣t图像中图线与时间坐标轴围成的面积表示位移，0～14s内，无人机甲的位移大于无人机乙的位移，故D错误。
故选：AC。
【点评】考查对v﹣t图像的理解，清楚图线的含义。
（多选）10．（2025 鼓楼区校级模拟）某同学利用手机拍摄了一段羽毛球运动的视频，并经处理得到的运动轨迹如图所示，其中最高点b切线水平，c点的切线竖直。下列说法正确的是（　　）
A．由a点运动到c点，羽毛球竖直方向上加速度大小不变
B．由a点运动到c点，羽毛球水平方向上做匀速直线运动
C．羽毛球在b点时处于失重状态
D．羽毛球在c点时速度方向竖直向下
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】由于空气阻力的影响，羽毛球上升过程的加速度大于下落过程的加速度；
由于空气阻力的影响，水平方向上并非匀速直线运动；
羽毛球存在竖直向下的重力加速度，处于失重状态；
在c点时的切线竖直，速度方向竖直向下。
【解答】解：A、由于空气阻力的影响，在竖直方向上，羽毛球上升过程的加速度大于下落过程的加速度，故A错误；
B、由于空气阻力的影响，水平方向会有加速度，水平方向上并非匀速直线运动，故B错误；
C、由于在b点时羽毛球存在竖直向下的重力加速度，故羽毛球处于失重状态，故C正确；
D、羽毛球在c点时的切线竖直，说明水平方向速度为零，速度方向竖直向下，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题主要考查了超失重等相关知识，注意分析物体的受力情况和运动情况，会根据题意进行准确分析和判断。
（多选）11．（2025 沙坪坝区校级模拟）风铃由主线、吊线、铃铛、铃托四个部分组成，如图所示。某同学研究风铃静止时的受力，忽略主线、吊线的质量。下列说法正确的是（　　）
A．铃铛共受3个力的作用
B．吊线上、下两端受到铃铛、铃托的拉力相同
C．铃托对吊线的拉力与铃铛对吊线的拉力为一对平衡力
D．主线对铃铛的拉力大小等于铃铛的重力大小
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；判断物体的受力个数．
【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；理解能力．
【答案】AC
【分析】对铃铛和铃托受力分析，结合牛顿第三定律解答即可。
【解答】解：A、铃铛受到重力、主线的拉力和吊线的拉力三个力，故A正确；
B、吊线上端受到铃铛的拉力方向向上，下端受到铃托的拉力方向向下，两个力大小相等，方向相反，不相同，故B错误；
C、铃托对吊线的拉力与铃铛对吊线的拉力两个力大小相等，方向相反，作用在同一个物体上，为一对平衡力，故C正确；
D、主线对铃铛的拉力大小等于铃铛与铃托重力的合力，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了平衡力与作用力反作用力的辨别，要注意四个条件缺一不可，同时要注意相互作用力和平衡力的区别：是否作用在同一个物体上。
（多选）12．（2024秋 东莞市期末）伽利略理想斜面实验创造性的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。关于伽利略的斜面实验，下列说法正确的是（　　）
A．该实验虽然是理想实验，是在思维中进行的，但仍以真实的实验为基础
B．如果斜面粗糙，不论右侧斜面倾角如何，小球也将上升到与释放点等高的位置
C．该实验说明了物体的运动不需要力来维持
D．该实验证明了力是维持物体运动的原因
【考点】伽利略的理想斜面实验．
【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；理解能力．
【答案】AC
【分析】小球从左侧斜面上某点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去。
【解答】解：A、该实验利用了实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，是在思维中进行的，同时是以斜面实验真实的实验为基础，故A正确；
B、如果斜面粗糙，小球会有能量损失，将不能上升到与O点等高的位置，如果斜面光滑，可以上升到与释放点等高的位置，故B错误；
CD、该实验说明了物体的运动不需要力来维持，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】此题考查了伽利略研究自由落体运动的规律的实验，要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要。
三．填空题（共4小题）
13．（2023秋 城厢区校级期末）如图所示，两根长度不等的轻绳将重力为G的小球悬挂在天花板上，且两绳间的夹角为120°，a绳较长。当系统在水平方向上作匀加速直线运动时，ab二绳位置仍然如图，且张力大小都为T。则T 　＞　 （填＞，＜，＝）G。系统运动方向是水平 　向左　 （填“向左”或“向右”）。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】＞，向左
【分析】对小球受力分析，根据牛顿第二定律分析解答。
【解答】解：画出两绳子拉力的合力示意图，见下图：
因为两拉力大小相同，夹角为120°，根据力的平行四边形定则，得合力F的大小为F＝T
因为a绳较长，所以F方向为斜向左上方，设合力F与竖直方向的夹角为θ，则F可以分解为竖直向上的力和水平向左的力，根据牛顿第二定律得
Fcosθ＝G
Fsinθ＝ma
所以T＞G，系统水平向左加速运动。
故答案为：＞，向左
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握小球的受力分析，注意合力决定加速度。
14．（2024秋 闵行区期末）小安同学想测量地铁在平直轨道上启动的加速度。他在一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，并与竖直扶手之间有一稳定的夹角θ，如图，拍摄方向跟竖直扶手和细绳所在平面垂直。已知当地重力加速度为g，图中该地铁的加速度方向为 　向左　 ，加速度大小为 　gtanθ　 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】向左；gtanθ。
【分析】以圆珠笔为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度大小和方向。
【解答】解：以圆珠笔为研究对象，受力情况如图所示：
根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma
解得加速度大小为：a＝gtanθ；
该地铁的加速度方向向左。
故答案为：向左；gtanθ。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
15．（2024秋 普陀区校级月考）总质量为M的热气球沿竖直方向匀速上升，至某位置时，质量为m的物体从热气球上脱落。若热气球运动过程中所受的浮力不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。取竖直向上为正方向，则物体脱落后，物体的加速度为　﹣g　 ，热气球的加速度为　　 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；整体法与隔离法．
【专题】定量思想；类比法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】﹣g、。
【分析】根据平衡条件，即系统合外力为零，结合物体脱落后各自受力情况，根据牛顿第二定律求各自的加速度。
【解答】解：物体脱落前，热气球和物体整个系统受到的合外力为零，所以热气球受到的浮力等于总的重力，即：F＝Mg
物体（质量为m）脱落后，物体只受重力的作用，所以加速度大小为重力加速度，方向竖直向下；
对剩余的热气球【质量为（M﹣m）】，所受的合力为mg，方向向上，根据牛顿第二定律可知，其加速度为：a′。
故答案为：﹣g、。
【点评】本题考查原来处于平衡状态的整体，当一分为二后求各自的加速度问题，要注意规定正方向，弄清脱落后两物体各自受到的合力，从而再求加速度。
16．（2023秋 思明区校级月考）如图所示，静止在水平地面上的木块质量m＝2kg，受到与水平面夹角为θ＝53°的斜向上的拉力，木块开始沿水平地面运动。已知拉力F＝20N，木块与地面的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sinθ＝0.8，cosθ＝0.6。则地面对木块的支持力为 　4　 N；木块运动的加速度大小为 　5　 m/s2。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】4；5
【分析】对物体受力分析，根据竖直方向上平衡求出支持力的大小，从而得出物体所受的摩擦力大小。根据牛顿第二定律求出物体的加速度。
【解答】解：由题可得拉力在竖直方向的分力大小为
F1＝Fsinθ
代入数据解得F1＝16N
由于竖直方向受力平衡，则地面对木块的支持力为
F支＝mg﹣F1
代入数据解得F支＝4N
由牛顿第二定律可知木块对地面的压力大小为
F压＝F支＝4N
则木块所受的摩擦力大小为
f＝μF压
代入数据解得f＝2N
由拉力在水平方向的分力大小为
F2＝Fcosθ
代入数据解得F2＝12N
则水平方向的合力大小为
F合＝F2﹣f
代入数据解得F合＝10N
木块运动的加速度大小为
代入数据解得a＝5m/s2
故答案为：4；5。
【点评】解决本题时要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力。要正确分析物体的受力情况，来确定合力的大小。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 广州期末）在水平路面上带动轮胎加速跑是锻炼运动员核心力量和耐力的一种有效方法，如图甲所示，在某次训练活动中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m＝10kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，轻绳与水平地面间的夹角为53°，4s后轻绳从轮胎上脱落，轮胎直线运动的v﹣t图像如图乙所示。不计空气阻力，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2。求：
（1）地面对轮胎的动摩擦因数；
（2）拖绳对轮胎的拉力大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）地面对轮胎的动摩擦因数等于0.5；
（2）拖绳对轮胎的拉力大小等于70N。
【分析】（1）v﹣t图像的斜率表示加速度，根据图乙求解加速度，对轮胎进行分析，根据牛顿第二定律求解地面对轮胎的滑动摩擦系数；
（2）4s之前对轮胎进行分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
【解答】解：（1）轻绳从轮胎上脱落后，对轮胎进行分析，则有N2＝mg，f2＝ma2，f2＝μN2
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落后的加速度大小为
解得μ＝0.5
（2）4s之前对轮胎进行分析，则有N1+Fsinθ＝mg，Fcosθ﹣f1＝ma1，f1＝μN1
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落前的加速度大小为
解得F＝70N
答：（1）地面对轮胎的动摩擦因数等于0.5；
（2）拖绳对轮胎的拉力大小等于70N。
【点评】本题解题关键对轮胎受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
18．（2024秋 镇江期末）如图所示，光滑竖直墙壁与斜面体间有一个质量分布均匀的光滑小球，质量为m。斜面体倾角α＝60°。斜面体与小球处于静止状态，重力加速度为g。求：
（1）斜面体对球的支持力大小；
（2）球对墙面的压力大小。
【考点】牛顿第三定律的理解与应用；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；归纳法；受力分析方法专题；推理论证能力．
【答案】（1）斜面体对球的支持力大小为2mg；
（2）球对墙面的压力大小为mg。
【分析】（1）对小球进行受力分析，根据矢量三角形求出斜面体对球的支持力大小；
（2）对小球进行受力分析，根据矢量三角形求出墙面对球的支持力大小，根据牛顿第三定律求出球对墙的压力的大小。
【解答】解：（1）对球进行受力分析，受竖直向下的重力mg，墙壁对球水平向右的弹力FN1，斜面体对球的支持力FN2，如图所示
由矢量三角形，tan60°，代入数据得：FN1mg；
FN2 cos60°＝mg，代入数据得：FN2＝2mg；
（2）由牛顿第三定律得球对墙面的压力大小为mg；
答：（1）斜面体对球的支持力大小为2mg；
（2）球对墙面的压力大小为mg。
【点评】本题主要考查了受力分析和矢量三角形的应用，解题关键是掌握受力分析，正确应用矢量三角形法则。
19．（2025春 张家口月考）如图所示，倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放（物块做简谐运动），重力加速度为g。
（1）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，求物块处于正向最大位移时回复力的大小。
【考点】连接体模型；简谐运动的回复力；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）物块处于正向最大位移时回复力的大小等于。
【分析】（1）证明合外力与位移满足F＝﹣kx即可证明物体做简谐运动；
（2）求出块处于正向最大位移处时弹簧的形变量，回复力等于弹力与重力分力的合力。
【解答】解：（1）物块平衡时，对物块受力分析，根据平衡条件，则有mgsinα＝k Δx
解得
物块到达平衡位置下方x位置时，弹力为
故合力为
故物块做简谐运动。
（2）故物块处于正向最大位移处时弹簧的形变量为
则物块处于正向最大位移处时的回复力大小
答：（1）证明过程见解析
（2）物块处于正向最大位移时回复力的大小等于。
【点评】解决简谐运动的题目应注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能确定振幅，结合胡克定律求解。
20．（2025春 廊坊月考）甲、乙两小车（可视为质点）在平直公路上相邻两车道朝同一方向行驶。甲车由静止开始做加速度大小a＝3m/s2的匀加速直线运动的同时，乙车以v＝15m/s的速度在相邻平直车道上并肩朝同一方向匀速行驶。取甲车开始运动的时刻为0时刻，求：
（1）甲车追上乙车之前，两车之间的最大距离；
（2）甲车追上乙车经过的时间和追上时甲车的速度大小；
（3）已知甲车质量m＝1350kg，所受牵引力恒定，受阻力大小不变。若甲车追上乙车时立即关闭发动机，甲车又运动了t＝15s停止。求甲车所受牵引力的大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀速物体追变速物体问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）甲车追上乙车之前，两车之间的最大距离等于37.5m；
（2）甲车追上乙车经过的时间等于10s，追上时甲车的速度大小等于30m/s；
（3）甲车所受牵引力的大小等于6750N。
【分析】（1）甲车追上乙车之前，速度相等时，二者有最大距离；
（2）根据追上时的位移关系求解时间，根据速度—时间公式求解甲车速度大小；
（3）对甲车根据牛顿第二定律求解阻力大小，匀加速直线运动阶段，对甲车根据牛顿第二定律求解牵引力大小。
【解答】（1）设甲车经过t1时间与乙车速度相同，此时最大距离为xm。由速度公式v＝at1
由位移公式
解得两车之间的最大距离xm＝37.5m
（2）设经过t2时间甲车追上乙车，此时甲车的速度为v甲。由位移公式
由速度公式v甲＝at2
解得甲车追上乙车经过的时间t2＝10s
甲车追上乙车时甲车的速度大小v甲＝30m/s
（3）设关闭发动机后甲车的加速度大小为a甲，由加速度公式
对甲车根据牛顿第二定律有Ff＝ma甲
匀加速直线运动阶段，对甲车有F﹣Ff＝ma
解得甲车所受牵引力的大小F＝6750N
答：（1）甲车追上乙车之前，两车之间的最大距离等于37.5m；
（2）甲车追上乙车经过的时间等于10s，追上时甲车的速度大小等于30m/s；
（3）甲车所受牵引力的大小等于6750N。
【点评】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
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