2025届高考物理二轮复习：力与直线运动习题

专题二力与直线运动

［专题复习定位］

1.直线运动中匀变速直线运动规律的应用。2.牛顿运动定律和动力学方法的应用。

3.动力学方法和数形结合思想分析图像问题。

高考真题再现

命题点1匀变速直线运动规律的应用

1.（2024•江西卷，T3）某物体位置随时间的关系为x=l+2t+3也则关于其速度与1

s内的位移大小，下列说法正确的是（C）

A.速度是刻画物体位置变化快慢的物理量,1S内的位移大小为6m

B.速度是刻画物体位移变化快慢的物理量,1s内的位移大小为6m

C.速度是刻画物体位置变化快慢的物理量,1s内的位移大小为5m

D.速度是刻画物体位移变化快慢的物理量,1s内的位移大小为5m

解析：速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置

的位置变化量，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。由x=l+2t+3d可知开始时物体

的位置％=1m,1s时物体的位置为=6m,则1s内物体的位移Ax=4—吊=5m。

2.（2023-山东卷，T6）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过"S、

T三点。已知S、7间的距离是汆S间的两倍，密段的平均速度是10m/s,ST段的平均速

度是5m/s,则公交车经过T点时的瞬时速度为（C）

RST

77777777777^7777777777777^77.

A.3m/sB.2m/s

C.1m/sD.0.5m/s

解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设左、S间的距离为x,则根据题意

有「松=土=乜土三，-s产在=区±2?,联立解得芍=",七=%—10,再根据匀变

t；2t22

速直线运动速度与时间的关系有%=0—5小则at.2m/s,其中还有&=/超

2

=v-a,—,解得唳=11m/s,联立解得上=1m/so

2

3.（2024•山东卷，T3）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上/点距

离为乙木板由静止释放，若木板长度为L通过/点的时间间隔为△K若木板长度为2/,

通过/点的时间间隔为△公△与：八。为（A）

A.（.—1）：（也—1）B.（.一也）：（.—1）

C.（3+1）：（他+1）D.（^3+也）：（也+1）

解析：对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达Z

点的过程，有£=工盘，木板从静止释放到上端到达4点的过程，当木板长度为/时，有

2

2L=-atl,当木板长度为2£时，有3£=，濯，又A方产右一力0,At2=t2-联立解得

22

At2'•△G=—1）*（/一1）,A正确。

命题点2牛顿第二定律的应用

4.（2024・湖南卷，T3）如图，质量分别为4勿、3腥2m、勿的四个小球4B、C、D,通

过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于。点，处于静止状态，重力加速度为g。若将8、。间的

细线剪断，则剪断瞬间8和。的加速度大小分别为（A）

B

D

A.g,1.5gB.2g,1.5g

C.2g,0.5gD.g,0.5g

解析：剪断前，对反C.〃整体分析有%=（3/+2"+血g,对〃，心=侬；剪断后，对

B,%—3侬=3侬5，解得当=g，方向竖直向上，对GFDC-\-2mg=2mac,解得出=1.5g,方

向竖直向下。

5.（2024•北京卷，T4）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力尸作用下一起向前运

动。飞船和空间站的质量分别为山和弘则飞船和空间站之间的作用力大小为（A）

空间站飞船

MmF

“M

A.——FB.——F

M+mM+m

C.-F0•加

m

解析：根据题意，对整体应用牛顿第二定律有尸=（出加d对空间站分析有尸=%,

解两式可得飞船和空间站之间的作用力〃=工F。

M+m

6.（2023•北京卷，T6）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块

质量均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力分作用下，两物块一起向右做

匀加速直线运动，则厂的最大值为（C）

A.1N

C.4ND.5N

解析：对两物块整体由受力分析有尸=2侬，对于后面的物块有久3=侬，又用”=2N,

联立解得尸=4N»

命题点3动力学的两类基本问题

7.（2022•辽宁卷，T7）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度％沿中

2

线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为〃，g取10m/so下

列%、〃值可能正确的是（B）

A.%=2.5m/sB.%=1.5m/s

C.〃=0.28D.ii=0.25

解析：物块在水平桌面上沿中线做匀减速直线运动，则7=-=也±r,由题干知x

t2

=1m,1=1s,力0,代入数据有v0<2m/s,故A不可能，B可能；对物块做受力分析，根

据牛顿第二定律有a=—声一4=2ax,整理有4—2〃gx>0,由于％<2m/s可得〃<0.2,

故C、D不可能。

8.（2024•新课标卷，T25）如图，一长度/=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平

台上，薄板的右端与平台的边缘。对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右

滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板

6

中心恰好运动到。点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数〃=0.3,重力

加速度大小g取10m/s2o求：

（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；

（2）平台距地面的高度。

解析：（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小

2

ax—113m/s

薄板做加速运动的加速度大小

_Nmg_/2

昆一-------3om/s

m

对物块/+△/=%t~~国产

2

对薄板△J=-#

2

解得％=4m/s,t=-So

3

⑵物块飞离薄板后薄板的速度

V2^21m/s

物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间

则平台距地面的高度

2

h=~gt'=~mo

29

15

答案：(1)4m/s-s(2)-m

39

<....................-^-^分类讲练

题型一匀变速直线运动规律的应用

1.常用方法和规律

2.两种匀减速直线运动

(1)刹车问题：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应

先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。

(2)双向可逆类运动：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和

方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意X、八a等矢量的正负及物理意义。

考向1基本规律的应用

典例口一汽车由静止沿平直公路匀加速行驶。汽车启动t时间后的6s内前进了24

m,启动5t时间后的6s内前进了48m,则该汽车的加速度大小和力分别为（A）

A.Im/s2,1sB.2m/s2,1s

C.2m/s\2sD.Im/s2,2s

［解析］设汽车启动的加速度为a,则由题意可知启动t时间后的速度Vl=at,启动5t

时间后的速度畛=5区，则根据位移与时间的关系有24=31X6+1"62,48=5afX6+

2

-aX62,联立可得z=lm/s2,t=ls。

2

考向2重要推论的应用

,典例目如图所示的是一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时,

无人送货车在第一个4s内位移为9.6m,第二个4s内位移为16m,下列说法正确的是

(C)

A.计时时刻送货车的速度为0

B.送货车的加速度大小为1.6m/s2

C.送货车在第1个4s末的速度大小为3.2m/s

D.送货车在第2个4s内的平均速度大小为3.6m/s

［解析］根据匀变速运动推论可得加速度大小m/s2=0.4m/s2,根

f42

据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4s末的速度

大小匕=""・"m/s=3.2m/s,根据速度时间公式可得计时时刻送货车的速度％=3.2

8

m/s—0.4X4m/s=1.6m/s,A、B错误，C正确；送货车在第2个4s内的平均速度大小p

屿m/s=4m/s,D错误。

4

题型二牛顿第二定律的应用

考向1超重和失重

通过受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度的方向，如果加速度方向竖直向上或有竖

直向上的分量，则物体处于超重状态；如果加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量，则物

体处于失重状态。

典例国舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身缓

慢后躺，与地面近乎平行。在舞者缓慢后躺的过程中，下列说法正确的是（B）

A.舞者对地面的压力就是舞者所受的重力

B.地面对舞者的支持力和舞者所受的重力是一对平衡力

C.舞者受到地面的摩擦力方向向前

D.舞者处于失重状态

［解析］舞者对地面的压力和舞者所受的重力性质不同，施力物体不同，故不是同一个

力，A错误；舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，地面对舞者的支持力和舞者所受的重力二

者大小相等，方向相反，作用在同一个物体上，作用在同一直线上，是一对平衡力，则舞者

不处于失重状态，且水平方向上不受摩擦力，故B正确，C、D错误。

考向2瞬时问题

应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力

可以突变，而弹簧的弹力不能突变。

典例［J（2024•湛江市期末）如图所示，轻质细绳如一端系在小球。上，另一端固

定在倾斜天花板上的4点，轻质弹簧加一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的夕点,

平衡时细绳3垂直于天花板，弹簧恰好水平。将细绳以剪断的瞬间，小球的加速度

(C)

A.竖直向下B.沿仍方向

C.沿/。方向D.等于0

［解析］小球受重力、细绳OA斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，设OA与水平方向的夹

角为。，则细绳小中的拉力大小"，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变,

所以小球的加速度沿力。方向、大小为

msin8

考向3连接体问题

1.整体法与隔离法的选用

(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当连接体内各物体的加

速度不同时，一般采用隔离法。

(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。

2.连接体问题的解题技巧

(1)通过轻绳连接的两个物体：如果做加速运动(绳绷紧)，则它们沿绳方向的加速度大

小相同。

(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力，靠摩擦

力带动的物体的加速度达到最大加速度。

(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。

(4)由轻弹簧连接的物体：弹簧对两物体的弹力总是大小相等、方向相反，两端物体的

速度、加速度一般不同，多用隔离法。关注弹簧弹力随物体位移的变化规律，注意弹簧弹力

不能突变。

典例日如图所示，质量分别为勿、2以4〃的物块4B、C叠放在光滑的水平地面上,

现对夕施加一水平力凡已知4夕间和8、。间的动摩擦因数均为〃，取最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，为保证它们能够一起运动，尸最大值为(C)

A

B—

F

777/77777777777

B.口nmg

A.2long

2

C.红pmg

D.1mng

4

［解析］当三个物块一起运动时加速度相同，对人反。整体分析，整体受重力、支持

F一一

力和水平力区由牛顿第二定律，有F=(m+2m+4ni)a,解得己=一,再对Z受力分析，物

7m

块/受重力、支持力和静摩擦力，由牛顿第二定律有〃〃侬，对。受力分析，由牛

91

顿第二定律有备=4〃痣3”侬，联立解得〃侬。

典例G如图所示，倾角为30。的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行

的拉力/作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各物块间的细绳均与斜面平

行，此时第1、2物块间细绳的张力大小为7］,某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了,

其余3个物块仍在力户的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T2,

则:公等于(B)

F

1

2

A.9：2B.9：8

C.3：2D.1：1

［解析］匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为£质量为卬，根据平衡条件可得

F=^mgsin。+4£对2、3、4物块由平衡条件可得3侬sin。+3f=7；,可得7；=一，

4

连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3物块根据牛顿第二定律可得尸一3侬sin9

2F

-3f=3ma,对2、3物块根据牛顿第二定律可得£—2mgsin9-2f=2ma,可得上=一，

3

可得:。=9:8o

题型三动力学的两类基本问题

1.两类题型

一种是已知运动分析受力，一种是已知受力分析运动。

2.解题关键

(1)抓住“两个分析”：受力分析和运动过程分析；

(2)“两个桥梁”：加速度是联系运动和力的桥梁，转折点的速度是联系多运动过程的

桥梁。

典例目如图甲所示，电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质

量是60kg,启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来,

其『一力图像如图乙所示。假设平衡车与地面间的动摩擦因数为〃，g取10m/T,贝!］(B)

图甲

A.平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6

B.平衡车在整个运动过程中的位移大小为195m

C.平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3m/s

D.平衡车在加速阶段的动力大小为72N

［解析］关闭动力后，平衡车做匀减速运动，加速度大小a=r=〃g,由题图可知

m

m/s2=0.6m/s2,解得〃=0.06,A错误；图线与横轴围成的面积表示位移，则

40-30

1—V195

x=(25+40)X6X-m=195m,整个运动过程中的平均速度大小r==——m/s=4.875

2t40

m/s,B正确，C错误；平衡车在加速阶段有分一〃侬=磔,，a'=-m/s2,代入数值解得

5

b=108N,D错误。

典例©(2024•江门市二模)如图所示，载重卡车载着与卡车质量相等的货物在平直

公路上以%=24m/s的速度匀速行驶，紧急制动时防抱死制动系统(ABS)使车轮与地面间恰

好达到最大静摩擦力，货物相对水平车厢底板发生滑动，恰好不能与车厢前壁发生碰撞。已

知车轮与地面间的动摩擦因数%=0.9,货物与车厢底板间的动摩擦因数“2=0.8,最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s%

(1)求货物与车厢前壁的距离△

(2)若卡车以『=28m/s的速度匀速行驶，要使货物不能与车厢前壁发生碰撞，求卡车

制动的最短距离丸

［解析］(1)设卡车紧急制动时的加速度大小为冬，货物在车厢底板滑动时的加速度大

小为融，则由牛顿第二定律2/侬一以侬=侬"与侬=侬2

22

由运动学公式型--=L,解得』=7.2m„

222刍

(2)设货物匀减速运动的位移大小为x,则有

—=x

2al

由几何关系d=x-L

解得d=4L8m»

［答案］(1)7.2m(2)41.8m

题型四动力学方法的综合应用

考向1传送带问题

1.解题关键

传送带问题的实质是相对运动问题，关键是根据相对运动确定摩擦力的方向，如果根据

牛顿第二定律求加速度，确定相对运动的位移等。

2.分析思路

①根据传送带的速度。带计算物

水平体加速运动的时间f和位移汽；

分析传送褶②比较位移£和传送带的长度/,

物体判断物体的实际运动过程

的受

力，求若日一tan6且物体能与传送

出加带共速，则共速后物体做匀

倾斜

速度速运动

传送带

向下传若四＜tan。且物体能与传送

送物体带共速，则共速后物体仍加速

运动(物体与传送带共速前后

加速度不相等)

典例口如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率-沿顺时针方向转动，传送带的倾

角为37°。一物块以初速度%从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的

y—力图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零。sin37°=0.6,cos37°=0.8,

重力加速度g取10m/s2,贝ij(C)

A.传送带的速度为16m/s

B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25

D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大

［解析］由题图乙可知传送带的速度为8m/s,A错误；在0到1s内，物块的速度大

于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有侬sin37。+

Hmgcos37°=ma、,根据题图乙可得加速度大小―-m/s2=8m/s2,在Is到2s

内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律

有侬sin37°—timgcos37°=叫,根据题图乙可得加速度大小包=^―-m/s2=4m/s2,

2

解得〃=0.25,故B错误，C正确；当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直

做加速度大小为包的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度

都相等，D错误。

考向2滑块一木板模型

三个基本关系

如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起

运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分

加速度关系

别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运

动的隐含条件

滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定

速度关系滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会

发生突变的情况

滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确

位移关系

滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系

典例回(多选)质量卬i=4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量吸=2kg

的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4,木板的长度为4m,物块可视为质点。现用

一大小厂=16N的力作用在极上，则下列说法正确的是(g取10m/s?)(ACD)

A.木板的加速度为2m/s2

B.物块的加速度为6m/s2

C.经过2s物块从木板上脱离

D.物块离开木板时的速度为8m/s

［解析］对木板，由牛顿第二定律可得〃利£=卬向，解得ai=2m/s,对物块，由牛顿

第二定律可得尸一〃叫?=松出解得a2=4m/s,A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位

移关系满足-2ta］=解得力=2s,C正确；物块滑禺木板时的速度包方=8m/s,

22

D正确。

专题强化练

1.韶州公园池塘里的荷花盛开了，荷花吸引了大量鱼儿前来觅食。如图所示，鱼儿摆尾

击水跃出水面吞食荷花花瓣。下列说法正确的是(B)

A.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点

B.鱼儿摆尾击水时受到水的作用力

C.鱼儿跃出水面过程，水对鱼儿的作用力大于鱼儿对水的作用力

D.鱼儿沉入水里过程，水对鱼儿的作用力小于鱼儿对水的作用力

解析：研究鱼儿摆尾击水跃出水面的具体动作时不能把鱼儿视为质点，故A错误；鱼儿

摆尾击水时受到水的作用力，鱼儿对水的作用力和水对鱼儿的作用力是一对作用力与反作用

力，故B正确；鱼儿跃出水面过程和沉入水里过程，鱼儿对水的作用力和水对鱼儿的作用力

都是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C、D错误。

2.操纵如图所示的无人机，使其沿竖直方向匀速上升。设无人机（含照相机）所受的重力

大小为G,无人机对空气的作用力大小为凡空气对无人机的作用力大小为7,贝!1（A）

A.T=FB.KF

C.T(GD.T=G+F

解析:无人机沿竖直方向匀速上升，则空气对无人机的作用力与无人机所受的重力平衡,

有T=G,无人机对空气的作用力和空气对无人机的作用力是相互作用力，所以有7=凡

3.如图所示，弹弓将飞箭以竖直向上的初速度%弹出，飞箭上升到最高点后返回，再

徐徐下落。已知飞箭上升过程中受到的空气阻力越来越小，下落过程中受到的空气阻力越来

越大，则飞箭（B）

A.上升过程中,速度越来越大

B.上升过程中,加速度越来越小

C.下落过程中,速度越来越小

D.下落过程中,加速度越来越大

解析：由牛顿第二定律可知，上升过程飞箭所受的合力尸上=侬+尸阻=〃a,飞箭上升过

程中受到的空气阻力越来越小，则合力尸上越来越小，加速度也越来越小，速度方向与加速

度方向相反，故上升过程中飞箭做加速度逐渐减小的减速运动，B正确，A错误；由牛顿第

二定律可知，下降过程飞箭所受的合力尸下=侬一尸阻=侬'，飞箭下降过程中受到的空气阻

力越来越大，则合力尸下越来越小，加速度越来越小，且速度方向与加速度方向相同，故下

落过程中飞箭做加速度逐渐减小的加速运动，C、D错误。

4.（2024•北京卷，T10）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，

最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（D）

A.刚开始物体相对传送带向前运动

B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力

C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功

D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长

解析：刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；匀

速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体

加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间动摩擦因数为〃，

物体相对传送带运动时，a=—=ug,做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一

m

直加速，由v=a力可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。

5.（2024•安徽卷，T6）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端

分别固定于水平线上的强N两点，另一端均连接在质量为卬的小球上。开始时，在竖直向

上的拉力作用下，小球静止于仞V连线的中点”弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢

拉至P点，并保持静止，此时拉力尸大小为2侬。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于

弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从尸点运动到。点的过程中（A）

A.速度一直增大

B.速度先增大后减小

C.加速度的最大值为3g

D.加速度先增大后减小

解析：缓慢拉至尸点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力尸与重力和两弹簧的拉力合

力为零。此时两弹簧的合力大小为侬。当撤去拉力，则小球从一点运动到。点的过程中两

弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从一点

运动到。点的过程中，形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一

直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2侬=侬，加速度的

最大值为2g,C、D错误。

6.（多选）（2024•广州市二模）如图，运动员先后将甲、乙两冰壶以相同的初速度从力

点沿直线4。推离。若甲以加速度电做匀减速运动后停在。点；乙先以加速度包做匀减速运

动，到达某位置，运动员开始刷冰面减小动摩擦因数，乙以加速度当继续做匀减速运动并

停在。点，贝！1（ACD）

A.水昆B.水备

C•a1〉43D.乃2>83

解析：设/Ax,甲、乙两冰壶的初速度为%,乙先以加速度电做匀减速运动的位移为

为,此时的速度是%由匀变速直线运动的速度位移关系公式，对甲冰壶可得/=2a、x,对

乙冰壶可得4—v—2a3（x—xl）,联立可得2%x—2久（x—x）=2%¥!，整理可得3

—@3）x=（2一a3）x”由题意可知，乙冰壶在位移X的摩擦力大于在位移X—4的摩擦力，由

牛顿第二定律可知包抽,可得包>包,又有久了=22为十2（矛-xj,整理有axx=a^x~\-（a—a3）,

可知为<@"BPa2>a1>a3,故B错误，A、C、D正确。

7.（2024•佛山市二模）春节烟花汇演中常伴随无人机表演。两架无人机a、b同时从同

一地点竖直向上飞行的『一力图像如图所示。下列说法正确的是（C）

A.t=5s时，无人机a处于失重状态

B.t=10s时，无人机a飞到了最高点

C.前30s内，两架无人机a、6的平均速度相等

D.前10s内，无人机a的位移小于无人机6的位移

解析：t=5s时，无人机向上做匀加速运动，a处于超重状态，故A错误；力=10s时,

无人机a速度达到最大，10s后减速上升，30s时飞到了最高点，故B错误；■一t图线与

力轴围成的面积表示位移，前30s内，两架无人机a、6的位移相等，平均速度相等，故C

正确；前10s内，无人机a的位移大于无人机6的位移，故D错误。

8.（多选）（2024•湛江市二模）在2023年女篮亚洲杯决赛中，中国队以73：71险胜日

本队，时隔12年再次捧起该项赛事冠军奖杯。某次训练中，一名球员将篮球竖直向下拍出,

篮球触地并弹回手中，手的位置不变，以竖直向下为正方向，不计篮球触地时间和空气阻力,

则从篮球竖直向下拍出到弹回手中的过程中，篮球的速度八位移s分别随时间力变化的图

解析：整个过程中加速度为重力加速度，向下运动过程中，做匀加速直线运动，速度随

时间均匀增大，篮球触地前后速度大小不变，向上运动过程中，做匀减速直线运动，速度随

时间均匀减小，故A正确，B错误；向下运动过程中，根