2026年高考物理二轮复习（北京）重难01 牛顿运动定律与直线运动（重难专练）（解析版）

重难01牛顿运动定律与直线运动

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速度提升技巧掌握手感养成

重难考向聚焦

锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向

重难技巧突破

授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧

重难保分练

稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值

重难抢分练

突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数

重难冲刺练

模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

一、匀变速直线运动的公式及常用解题方法

二、瞬时加速度问题的两类重要模型

三、连接体问题

三种情况中弹簧弹力或绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关

串接类连接体

两物体速度和加速度均大小相同、方向不同，常用隔离法

跨滑轮的连接体

两物体刚要发生相对滑动时，两物体间达到最大静摩擦力

叠加类连接体

恰好要分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同

靠在一起的连接体

四、常见运动学图像

斜率k面积图像交点

Δx

x−t图像=v—表示相遇

Δt

Δv

v−t图像=a位移x不表示相遇，表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点

Δt

a−t图像—速度变化量Δv表示此时加速度相等

五、匀变速直线运动的四种非常规图像

2

x−t图像11

对比x=at2，可知图像的斜率为a

22

x11x11

−图像由公式x=vt+at2可得=v⋅+a

t2t02t20t2

a

可知图像斜率为初速度v，纵截距为，即加速度的一半

02

x1x11

−t图像由x=vt+at2可得=v+at，对比可知图像的斜率为a，纵

t02t022

截距为初速度

2222

v−x图像对比v=v0+2ax可知，纵截距为v0，图像的斜率为2a

六、动力学图像

F−t图像分段求加速度，利用运动学公式求解

F−x图像分段求加速度，利用运动学公式求解

a−F图像根据牛顿第二定律列式，再变换成a−F关系

F1

例如：如图所示，F−μmg=ma，a=−μg，斜率为，纵截距为−μg

mm

七、板块模型和传送带模型中的动力学问题

审题关键由①可知物块的初速度大于传送带的速度，分析物块的受力；

由②可知当物块和传送带共速后依然做匀减速运动，摩擦力的方向发生突变

模型建构牛顿第二定律的应用——传送带模型

方法突破（1）隔离法的应用，对物块受力分析，求物块的加速度；

（2）临界问题，当物块与传送带共速时，判断摩擦力的方向，求物块的加速度；

（3）根据相对运动，利用运动学公式求划痕的长度

（建议用时：20分钟）

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。则经过A、B处的水流速度大小之比

为（）�1:�2=2:1�1:�2

A．B．C．D．

【答案】4:B11:42:11:2

【详解】取相同的时间，且，则有

�12�22

2122

可得经过A、B处的Δ�水流速度大Δ�小→之0比为�()�Δ�=�()�Δ�

22

故选B。�1:�2=�2:�1=1:4

2.（2025·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。已知汽车在间与

间的运动时间均为1s，段的平均速度是10m/s，段的平均速度是5m/s，则汽车做匀减速运𝑎动的加��

速度大小为（）𝑎��

A．B．C．D．

2222

【答案】2.5Bm/s5m/s7.5m/s10m/s

【详解】质点在段，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度有

同理可知，在段𝑎有�𝑎=�0.5s=10m/s

��1.5s

汽车做匀减速运��动的加�速=度�=5m/s

�1.5s−�0.5s2

则汽车做匀减速运动的加速度�=大小1.5s为−0.5s=−。5m/s

2

故选B。5m/s

3.（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

【详解】AB．根据位移时间关系

12

代入数据解得运动员在空中运动的ℎ时=间2��

故B正确，A错误；�=1s

CD．运动员入水时速度大小

代入数据可得运动员入水时速�度=大��小

故CD错误。�=10m/s

故选B。

4.（2025·北京朝阳·二模）2025年4月19日北京半程马拉松比赛中，人形机器人首次参赛。已知半马从

起点到终点直线距离约为12km，实际赛道长度为21.0975km，冠军机器人用时约2小时40分完成比赛。

下列说法正确的是（）

A．机器人的位移大小为21.0975km

B．机器人的平均速度大小约为4.5km/h

C．若机器人在弯道段保持速率不变，则其所受合外力为零

D．机器人冲过终点线时的瞬时速度一定大于其全程的平均速度

【答案】B

【详解】A．位移为从初位置到末位置的有向线段，故为12km，A错误；

B．平均速度为位移除以时间，B正确；

C．弯道段是曲线，虽然机器人保持速率不变，但速度方向一直在变，故其所受合外力不为零，C错误；

D．机器人冲过终点线时的瞬时速度不一定大于其全程的平均速度，D错误。

故选B。

5.（2025·北京东城·一模）如图所示，质量为M的斜面体放置于粗糙的水平面上，一个质量为m的滑块

由静止开始沿斜面加速下滑，斜面体始终处于静止状态。斜面体与滑块间的摩擦很小，可以忽略不计。

重力加速度为。下列说法正确的是（）

�

A．地面对斜面体的摩擦力为零

B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左

C．地面对斜面体的支持力等于

D．地面对斜面体的支持力大于�+��

【答案】B�+��

【详解】CD．滑块由静止开始沿斜面加速下滑，滑块有向下的分加速度，可知，滑块处于失重状态，则地

面对斜面体的支持力小于，故CD错误；

AB．将滑块与斜面体作为一�个+整�体�，滑块由静止开始沿斜面加速下滑，则整体有水平向左的平均加速度，

可知，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，故A错误，B正确。

故选B。

6.（2025·北京顺义·模拟预测）如图所示，绕过定滑轮的绳子将物块A和物块B相连，连接物块A的绳

子与水平桌面平行。现将两物块由图示位置无初速度释放，经过时间t，物块B未落地，物块A未到

达滑轮位置。已知物块A的质量为M，物块B的质量为m，重力加速度为g。若忽略A与桌面之间的

摩擦力，则绳子拉力大小为、物块A的加速度为，不计滑轮、绳子的质量。则下列说法正确的是

（）�0�0

A．绳子拉力大小

�0=��

B．物块A的加速度大小

��

�0=�+�

C．若A与桌面有摩擦力，则绳子拉力小于

D．若A与桌面有摩擦力，则A的加速度大�于0

【答案】B�0

【详解】AB．运动过程中物块A与物块B的加速度大小相等，由牛顿第二定律得：

对A、B整体：

对B：��=�+��0

00

联立解�得�：−�=��，

2

����

00

故A错误，�B正=确�；�−�+��=�+�

CD．若A与桌面有摩擦力，设该摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得：

对A、B整体：

对B：��−�=�+��

解得：��−�=��，

���−���−�

�+�0�+�0

故CD错�=误。��−>��=<�

故选B。

7.（2025·北京延庆·一模）在静止的小车内用细绳a、b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为

Fa，绳b处于水平方向，拉力为Fb，如图所示。现让小车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于

车厢的位置仍保持不变，细绳a、b的拉力为Fa′和Fb′。下列关系正确的是（）

A．，B．，

′′′′

C．��>��，��=𝑎D．��>��，��<𝑎

′′′′

【答案】�D�>����>𝑎��=����<𝑎

【详解】设细绳与竖直方向的夹角为θ，当小车静止时，有，

当小车向右做匀加速直线运动时，有，��sin�=𝑎��cos�=��

′′′

所以，��sin�−��=����cos�=��

′′

故选�D�。=����<𝑎

8.（2025·北京丰台·一模）如图1所示，文物保护人员对古建筑进行修缮与维护，需要将屋顶的瓦片安全

运送到地面，某同学设计了一个装置。如图2所示。两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜搭在

竖直墙壁上，把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到地面，为了防止瓦片速度较大

而被损坏，下列措施中可行的是（）

A．适当增大两杆之间的距离

B．减小杆与瓦片的滑动摩擦因数

C．增加每次运达瓦片的块数

D．减小木杆的长度

【答案】A

【详解】AB．由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增

大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力，弹力大小FN=mgcosα，若设杆对瓦

片的弹力与竖直方向的夹角为β，则

'

则摩擦力2��cos�=��=��cos�

'���cos�

�=2���=cos�

适当增大两杆之间的距离，则β变大，则f变大，瓦片滑到底端时的速度减小；减小朴与瓦片的滑动摩擦因

数，则f减小，则瓦片滑到底端时的速度增加，选项A正确，B错误；

C．增加每次运达瓦片的块数，增加了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减

小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C错误。

D．减小木杆的长度，则摩擦力做功会减小，落地速度会变大，况且速度与竖直方向的夹角也变大，则更容

易损坏瓦片，选项D错误。

故选A。

9.（2024·北京海淀·三模）量纲分析是我们分析、估算物理问题的有力工具和重要思路。1950年，英国

力学家泰勒通过原子弹爆炸后火球随时间扩散的照片，并结合量纲分析，估算出了美国第一颗原子弹

爆炸释放的能量。假设原子弹爆炸时形成的冲击波是球面波，爆炸中心是该球面波的球心，爆炸火球

半径R仅仅依赖于爆炸后的时间t，爆炸瞬间释放的能量E、空气密度，以及无量纲常数C，因此可

以写成。为了估算量级，C可以近似等于1，空气密度�。图中是原子弹爆炸

���3

�=�����=1.2kg/m

25毫秒时刻的冲击波，横纵轴都是长度。请你利用所学知识，估算该次原子弹爆炸释放的能量量级最

接近以下哪个选项（）

A．B．C．D．

8142025

【答案】1B0J10J10J10J

【详解】由题意

R的国际单位为m，t的国际单位为s，E的国际单位为kg•m2/s2，ρ的国际单位为kg/m3

���

�令=各�个�量�的�数值均为1，可得：

1m=(1s)x×(1kg•m2/s2)y•×(kg/m3)z

整理得

m=kg(y+z)m(2y-3z)s(x-2y)

由单位的关系可得：

y+z＝0

2y−3z＝1

x−2y＝0

解得

2

�=

5

1

�=

5

1

�=−

由上述5结论可得

211

55−5

将C=1，，t=25毫秒，由图可知�R==1�3�2m�，�带入可解得

3

�=1.2kg/m

55

��1.2×13213

故�=该次2原=子弹爆炸释2放≈的7能.6量9×量1级0最J接近以14。

�0.02510J

故选B。

10.（2024·北京石景山·一模）如图1所示，一质量为2kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作

加速直线运动，其图像如图2所示，时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因数

，。�−下�列说法错误的是（�=）0�=

2

0.1�=10m/s

A．在时刻，物块的速度为5m/sB．在0~2s时间内，物块的位移大于7m

C．在�=2s时刻，物块的加速度为D．在时刻，拉力F的大小为5N

2

【答案】B�=1s1.5m/s�=1s

【详解】A．在时刻，物块的速度为

�=2s

1+2

�2=�0+Δ�=2+×2m/s=5m/s

故A正确，不符合题意2；

B．在0~2s时间内，物块的v-t图像如下

如果是匀加速直线运动，位移为

2+5

�=×2m=7m

实际做2加速度增大的加速运动，图形面积表示位移，可知物块的位移小于7m，故B错误，符合题意；

C．由图可知

2−11

�=1+�=1+�

在时2刻，物块的2加速度为

�=1s

122

�1=1+×1m/s=1.5m/s

故C正确2，不符合题意；

D．根据牛顿第二定律可得在时刻，拉力F的大小为

�=1s

�故=D�正�确+，��不�符=合5题N意。

故选B。

11.（2024·北京朝阳·二模）如图所示，光滑水平桌面上木块A、B叠放在一起，木块B受到一个大小为F

水平向右的力，A、B一起向右运动且保持相对静止。已知A的质量为m、B的质量为2m，重力加速

度为g。下列说法正确的是（）

A．木块A受到两个力的作用

B．木块B受到四个力的作用

C．木块A所受合力大小为

�

3

D．木块B受到A的作用力大小为

22

【答案】C��+�

【详解】A．由于桌面光滑，则两木块一起向右做加速运动，则木块A受到重力、支持力和摩擦力三个力

的作用，选项A错误；

B．木块B受到重力、地面的支持力、A对B的压力和摩擦力以及力F共五个力的作用，选项B错误；

C．整体的加速度

�

�=

则木3块�A所受合力大小为

�

��=��=

选项C正确3；

D．木块B受到A的压力为mg，摩擦力为

�

�=

则作3用力大小为

22212

�𝐴=��+�=��+�

选项D错误。9

故选C。

12.（2023·北京东城·二模）汽车以10m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方20米处有障碍物，

立即刹车，汽车恰好停在障碍物前。已知驾驶员反应时间为0.75s，汽车运动的v-t图像如图所示。在

刹车过程中，汽车的加速度大小为（）

A．3m/s2B．4m/s2C．5m/s2D．6m/s2

【答案】B

【详解】根据题意，设汽车的初速度为，驾驶员的反应时间为、反应时间内汽车的位移为，刹车后做

匀减速运动的位移为、加速度为，与�0障碍物最初的距离为，�则1有�1

�2��

�1=�0�1=10×0.75m=7.5m

2

�0=2��2

�联=立�解1得+�2

2

�故=选4Bm。/s

13.（2023·北京朝阳·二模）甲、乙两辆汽车在平直路面上同向运动，经过同一路标时开始计时，两车在

时间内的速度v随时间t的变化图像如图所示。下列说法正确的是（）0~�2

A．在时刻，甲车刚好追上乙车

B．在�1时刻，甲车刚好追上乙车

�2

C．时间内，甲车所受的合力越来越大

D．0~�2时间内，乙车所受的合力越来越小

【答案】0D~�2

【详解】AB．由图可知，两车同时同地出发，时刻，两车速度相同，此时乙的位移比甲的位移大，时

刻，甲的总位移大于乙的总位移，AB错误；�1�2

CD．由图可知，时间内，甲的加速度不变，故甲车所受的合力不变，乙的加速度逐渐减小，故乙车所

受的合力越来越小0~，�C2错误，D正确。

故选D。

（建议用时：30分钟）

1.（2024·北京海淀·模拟预测）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，

弹簧处于原长，物块A的质量为1.5kg。t=0时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0~1s

内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（）

A．F大小为1NB．t=1s时弹簧弹力为0.6N

C．物块B的质量为0.8kgD．t=1s时物块A的速度为0.8m/s

【答案】B

【详解】A．t=0时刻，对A，有

�所=以�A�0

�故=A1错.5误N；

BC．t=1s时，两物体加速度相同，则

�=(�A+�B)�1

�代�入=数�据B�解1得

，

故B正确，C错误；�B=1kg��=0.6N

D．若物体A的加速度从1.0m/s2均匀减小到0.6m/s2，图像的面积为

0.6+1.0

Δ�=×1m/s=0.8m/s

由于物体2A的a-t图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则t=1s时A的速度大小小于0.8m/s，故D

错误。

故选B。

2.（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，速度随时间变化的图像如图

所示。在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．～过程中，甲的加速度始终比乙的大

B．0时�刻2，乙追上甲

C．�2之后的某个时刻，乙追上甲

D．�乙2追上甲之前，时刻两车相距最远

【答案】C�1

【详解】A．图像的斜率等于加速度，可知～过程中，甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加速

度，选项A错误；0�2

BC．图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，～时间内甲的位移大于乙，即时刻，甲在乙前面，因此

后乙的速度大于甲，可知之后的某个时刻，乙0追上�2甲，选项B错误，C正确；�2

D．乙追上甲之前，时刻�2两车共速，此时相距最远，选项D错误。

故选C。�2

3.（2025·北京丰台·二模）如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排

列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间。已知重力加速度为g，

每个桶的质量都为m，当汽车与油桶一起以某一加速度a向左加速时，下列说法正确的是（）

A．A、B对C的合力方向竖直向上

B．时，A对C的支持力为0

3

C．a�增=大3时�，B对C的支持力变小

D．B对C支持力的大小可能等于

1

2

【答案】B��

【详解】A．C向左加速运动，则合外力水平向左，即A、B对C的合力与重力合力方向水平向左，可知A、

B对C的合力方向斜向左上方，选项A错误；

B．当A对C的支持力为0时，则对C根据牛顿第二定律

∘

解得��tan30=��

3

选项�B=正3确�；

CD．对C分析由牛顿第二定律，

∘∘∘∘

BCACBCAC

可得�cos60−�cos60=���sin60+�sin60=��

��

�BC=3+��

a增大时，B对C的支持力变大；因

��1

BC32

则选项CD错误。�=+��>��

故选B。

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，经过时间，又重新

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�0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

【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,取向上为正方向

�0

2

A．根据公式可得

12

�=�0�+2��

运动员运动的位移与时间的关系式为

12

02

则图像为开口向下的抛物线,故A�错=误�；�−��

B．�根−据�公式可得

运动员运动的�速�=度�与0时+间��的关系式为

则图像为一条向下倾斜的直线,故��B=正�确0−；��

CD�．−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·北京海淀·一模）如图所示，材料相同的物体、由轻绳连接，质量分别为和，在恒定

拉力的作用下沿固定斜面向上加速运动。则（）AB�2�

�

A．轻绳拉力的大小与斜面的倾角有关

B．轻绳拉力的大小与物体和斜面之�间的动摩擦因数有关

C．轻绳拉力的大小为�

2

3�

D．若改用同样大小拉力沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳拉力的大小可能为零

【答案】C�

【详解】ABC．以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得

解得�−3��sin�−�⋅3��cos�=3��

�

�=3�−�sin�−��cos�

再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得拉

�−2��sin�−�⋅2��cos�=2��

解得拉

2�2�

3�3

故绳子�的=拉力�与=斜面倾角无关，与动摩擦因数无关，与两物体的质量有关，故C正确，AB错误；

D．若改用同样大小拉力�沿斜面向下拉连接体加�速运动，整体由牛顿第二定律得

��+3��sin�−�⋅

解3�得�cos�=3��

�

�=3�+�sin�−��cos�

再隔离A进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第二定律得

′

解得��sin�−�⋅��cos�=��

′

故D�错=误�。sin�−��cos�<�

故选C。

6.（2025·北京·高考真题）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，

上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随

速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（）

A．从到，实验舱处于电磁弹射过程B．从到，实验舱加速度大小减小

C．从�1到�3，实验舱内物体处于失重状态D�．2�时3刻，实验舱达到最高点

【答案】B�3�5�4

【详解】A．间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于

弹射过程后做�竖1∼直�上3抛运动；故A错误；

B．，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有

23

即�∼���+�=��

�

�=�+�

故加速度大小在减小，故B正确；

C．间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，

加速�度3∼先�向5下后向上，先失重后超重，故C错误；

D．根据前面分析可知时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故时刻到达最高点，故D错误。

故选B。�3�3

7.（2024·北京·高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间

站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（）

A．B．C．D．

����

�+��+���

【答案】A����

【详解】根据题意，对整体应用牛顿第二定律有

F=(M＋m)a

对空间站分析有

F′=Ma

解两式可得飞船和空间站之间的作用力

′�

�=�

故选�A。+�

8.（2024·北京通州·一模）2023年7月，我国研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行。如图所示，

电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力

环境。据报道该装置目前达到了上抛阶段2s和下落阶段2s的4s微重力时间、10µg的微重力水平。若

某次电磁弹射阶段可以视为加速度大小为5g的匀加速运动，重力加速度取g=10m/s2，下列说法正确的

是（）

A．电磁弹射阶段用时约为2s

B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为20m

C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为100m

D．实验舱开始竖直上抛的速度约为20m/s

【答案】D

【详解】AD．由题意可知实验舱上升时间为2s，可知实验舱开始上抛的速度为

上

电�=磁�弹�射=阶2段0有m/s

�解=得5��

�故=A0错.4s误，D正确；

B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为

12

ℎ=⋅5�⋅�=4m

故B2错误；

C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为

上

12

ℎ1=��=20m

故C错2误。

故选D。

9.（2024·北京朝阳·一模）列车进站可简化为匀减速直线运动，在此过程中用t、x、v和a分别表示列车

运动的时间、位移、速度和加速度。下列图像中正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【详解】A．列车进站做匀减速直线运动，速度应越来越小，而A中x-t的斜率不变，表示其速度不变，故

A错误；

BC．根据题意可知，列车进站做匀减速直线运动，以初速方向为正方向，则a为负且大小恒定，故BC错

误；

D．根据匀变速直线的运动规律，有

22

�解得−�0=2��

22

�以初=速2�方�向+为�0正方向，则a为负且大小恒定，可知v2与x为线性关系，且斜率为负，故D正确。

故选D。

10.（2024·北京西城·模拟预测）北京冬奥会速滑馆内装有历经5年发明的高科技“猎豹”高速摄像机，让犯

规无处遁形。某次速度滑冰比赛中，摄像机和运动员的水平位移x随时间t变化的图像分别如图所示，

下列说法中正确的是（）

A．摄像机做直线运动，运动员做曲线运动

B．时间内摄像机在前，时间内运动员在前

C．0~�1时间内摄像机与运动员�1~的�2平均速度相同

D．0~�2时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度

【答案】0C~�2

【详解】A．位移时间图形无论是曲线还是直线，均表示物体做直线运动，故A错误；

B．根据位移时间图像可知，时间内摄像机在前，时刻之后运动员在前，故B错误；

C．由于时间内运动员和0摄~�像2机的位移相同且所用�时2间也相同，根据平均速度

0~�2

�

�=

可知�，时间内摄像机与运动员的平均速度相同，故C正确；

D．位移0~时�2间图像的斜率表示速度，根据图像可知，表示运动员的速度时间图像的斜率，在时间内的

0~�2

某时刻与表示摄像机的位移时间图像的斜率相同，则可知在该时刻运动员的速度等于摄像机的速度，而该

时刻之前运动员的速度小于摄像机的速度，过了该时刻之后，表示运动员的位移时间图像的斜率大于表示

摄像机的位移时间图像的斜率，则可知该时刻后运动员的速度大于摄像机的速度，故D错误。

故选C。

11.（2023·北京门头沟·一模）“加速度的变化率”可以表示加速度随时间变化的快慢。汽车加速度的变化率

越小，乘客舒适感越好。某汽车由静止启动，前3s内加速度随时间的变化关系如图所示，则（）

A．内汽车做匀加速运动

B．加0~速2s度变化率的单位为

23

C．第3s末，汽车速度达到m/s

D．乘客感觉内比10m内/更s舒适

【答案】C0~2s2s~3s

【详解】A．由图可知，内汽车的加速度增大，不是匀加速运动，故A错误；

B．加速度变化率为加速度0~变2s化量与时间的比值，则单位为

2

ms3

=ms

故sB错误；

C．图像中面积表示速度的变化量，则内汽车速度的变化量为

�−�0∼3s

1

Δ�=×1+3×5=10ms

则第32s末，汽车速度达到，故C正确；

D．由题意可知，加速度的1变0化m/率s越小，乘客舒适感越好，由图可知，内比内的加速度的变化

率大，则内更舒适，故D错误。0~2s2s~3s

故选C。2s~3s

12.（2025·北京朝阳·二模）如图1所示，物块A、B紧靠在一起放置在水平地面上，水平轻弹簧一端与A

拴接，另一端固定在竖直墙壁上。开始时弹簧处于原长，物块A、B保持静止。时刻，给B施加

一水平向左的恒力F，使A、B一起向左运动，当A、B的速度为零时，立即撤去�恒=力0。物块B的

�−�

图像如图2所示，其中至时间内图像为直线。弹簧始终在弹性限度内，A、B与地面间的动摩擦因

数相同。下列说法正确的�4是�（5）

A．时刻A、B分离

B．改�3变水平恒力F大小，的时间不变

C．时间内图像满足同�4一∼正�5弦函数规律

D．0∼�4和时间内图2中阴影面积相等

【答案】0D∼�2�2∼�4

【详解】A．由题意结合题图2可知，时刻弹簧弹力与物块A、B所受的摩擦力大小相等，弹簧处于压缩

状态，时刻弹簧刚好恢复原长，A、B�3刚要分离，故A错误；

CD．t=�04时刻弹簧处于原长，时刻弹簧刚好恢复原长，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，

和时间内图2中阴影面�4积相等，不满足同一正弦函数规律，故D正确，C错误；0∼�2

B．�2改∼变�4水平恒力F大小，则弹簧压缩量变化，两物体分开时B的速度变化，则的时间变化，故B

错误；�4∼�5

故选D。

13.（2025·北京大兴·三模）如图所示为无人机内部的一个加速度计部件，可以测量竖直轴向加速度，质量

块上下两侧与两根竖直的轻弹簧连接，两根弹簧的另一端分别固定在外壳上。固定在质量块上的指针

可指示弹簧的形变情况，弹簧始终处于弹性限度内，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产

生的加速度为，加速度的方向竖直向上时为正值。下列说法正确的是（）

��

A．当无人机悬停在空中时，

B．当无人机自由下落时，�=0

�=�

C．当时，无人机处于失重状态

D．无�人=机0无.5论�悬停在地球表面还是空间站的“天宫”中，的数值都一样

【答案】C�

【详解】A．悬停时，弹力合力与重力平衡，即弹合

�=��

由弹合

�=��

得，A错误；

�=�

B．自由下落时，弹力合力为0，由弹合

�=��=0

得，B错误；

C．�=0，弹力合力为，弹力小于轴重力，无人机处于失重状态，C正确；

D．由�=上0述.5分�析可知，无人机0.5悬�停�时，通过信号系统显示出质量块受到除重力外的力产生的加速度等于该处

的重力加速度，地球表面的重力加速度不等于空间站的“天宫”处的重力加速度，a的数值不同，D错误。

故选C。

（建议用时：40分钟）

1.（2025·北京大兴·三模）如图1，一质量为的平板车静止在光滑水平面上，有一质量为的小滑块以

一定的水平速度冲上平板车，之后小滑块和�平板车的－图像如图2所示，平板车足够长�。下列说法

正确的是（）��

A．由图像可知：

B．若仅增大滑块与�平>板�车间的动摩擦因数，线段变长

C．若仅增大平板车质量，线段的斜率变小��

D．图中的面积表示小滑�块�滑上平板车后小滑块的对地位移

△�𝑂

【答案】C

【详解】A．v-t图像的斜率表示加速度，由图可知滑块的加速度大于平板车的加速度，滑块和平板车所受

合力相等，都等于两物体之间的摩擦力大小，根据f=ma可知，滑块的质量小于平板车的质量，即M＜m，

故A错误；

B．若仅增大滑块与平板车间的动摩擦因数，则滑块和平板车之间的摩擦力变大，根据牛顿第二定律可知两

物体的加速度变大，根据速度—时间关系图像可知，CD和OD的斜率都变大，它们达到共速的时间变短，

即线段OE变短，故B错误；

C．若仅增大平板车质量，两物体之间的摩擦力大小不变，根据牛顿第二定律可知平板车的加速度变小，所

以线段OD的斜率变小，故C正确；

D．v-t图像与坐标轴所围面积表示位移，则图中△COD的面积表示小滑块滑上平板车后，小滑块相对平板

车的位移，故D错误。

故选C。

2.（2025·湖南长沙·一模）如图甲所示，质量为的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量

为的小球，，用一力水平向右拉小�球0，使小球和车一起以加速度向右运动时，细线与竖直

方向�成角，�细0线>的�拉力大小为�。若用一力水平向左拉小车，使小球和车�一起以加速度向左运动

''

时，细线�与竖直方向也成角，�如T图乙所示，�细线的拉力大小为，则（）�

'

��T

A．B．C．D．

''''

【答案】�BD<��>���>�T��=�T

【详解】对题图甲中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有

对题图甲中小球受力分析，如图所示�=�0+��

对小球，根据牛顿第二定律有，

�Tcos�−��=0�−�Tsin�=��

联立解得，

���(�0+�)

Tcos��0

对题图乙中�小=车和小�球=组成的整体�t，an根�据牛顿第二定律有

′′

对题图乙中小球受力分析，如图所示�=�0+��

对小球，根据牛顿第二定律有，

''′

TT

解得，�cos�−��=0�sin�=��

'��′

T0

综合可�知=cos��=�+��tan�

因为�'T=�T

所以�0>�

故BD�'符>合�题意。

故选BD。

3.（2025·四川资阳·一模）如图甲所示一水平的浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带

之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外力作用下先加速后

减速，其速度—时间�=0.2图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留

下了一段黑色痕迹，�取−�，则下列说法正确的是（）