2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习题型04 运用运动的合成与分解理论解决常见实际问题（解析版）

题型04运用运动的合成与分解理论解决常见实际问题

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

总方法透视典例引领变式演练

考向01位移与速度的合成与分解

考向02小船渡河问题

考向03关联速度问题

考向04平抛运动问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

黑吉辽蒙高考物理“运动的合成与分解”是曲线运动与抛体的核心方法，近5年（2021-2025）稳

定高频，集中在选择中档题+实验+大题综合，区分度突出，以下为结构化考情分析。定义：按平行

四边形定则对位移、速度、加速度做矢量合成/分解，核心是等时性、独立性、等效性，把复杂运动

拆解为直线分运动求解。备考重点原则：先判分运动性质，优先正交分解；抓等时性与沿绳/杆速度

相等两大约束。平抛：水平匀速、竖直自由落体，临界落点/速度偏角计算。关联速度：沿绳/杆分

量相等，垂直分量不影响牵连速度。小船渡河：最短时间（船头⊥河岸）、最短位移（合速度⊥河

岸，分v船与v水大小讨论）。流程：定对象→拆运动→建坐标系→列分运动方程→合成合运动→

验证边界。高频失分点矢量分解方向错误（如绳端速度错分解为水平/竖直）。忽略等时性，分运

动时间不统一。临界条件漏判（如平抛落点、绳绷直）。小船渡河时v船与v水大小关系判断失误，

导致最短位移计算错误。

（一）．运动的合成与分解基本知识

1．遵循的法则

位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．

2．合运动与分运动的关系

(1)等时性：合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止．

(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响．

(3)等效性：各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果．

3．运动性质的判断

变化：非匀变速运动

加速度或合外力

不变：匀变速运动

共线：直线运动

加速度或合外力方向与速度方向

不共线：曲线运动

4．两个直线运动的合运动性质的判断

标准：看合初速度方向与合加速度方向是否共线．

两个互成角度的分运动合运动的性质

两个匀速直线运动匀速直线运动

一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动

两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动

如果v合与a合共线，为匀变速直线运动

两个初速度不为零的匀变速直线运动

如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动

考向01位移与速度的合成与分解

【例1-1】（2025·黑龙江·模拟预测）空中一热气球在风力作用下运动，沿水平方向（x轴）、竖直方向（y

轴）运动的分运动vx−x、vy−y图像如图所示，则关于热气球的运动和受力说法正确的是（）

A．合运动为匀变速直线运动B．合运动为变加速曲线运动

C．所受的合力为恒力D．所受合力一直减小

【答案】B

【详解】由图像可知，热气球竖直方向做匀速直线运动，水平方向做加速直线运动，由图可知，相等的位

Δv

移速度增加量相等，平均速度增大，所用的时间减少，根据a，所以加速度增大。根据牛顿第二定律

t

可知，热气球受到的合力一直增大，与合速度方向不在同一直线上，做变加速曲线运动。

故选B。

【例1-2】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）一倾角为37足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立

Oxy直角坐标系，如图甲所示。从t0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加

沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1kg，重力加速度g取

10m/s2，sin370.6,cos370.8，不计空气阻力，则（）

A．物块始终做匀变速曲线运动

B．t1s时，物块的加速度为6m/s2

C．t2s时，物块速度大小为122m/s

D．t0到t2s时间内，F1和F2对物块做的总功72J

【答案】CD

【详解】A．根据题图乙可得F1=4-t，F2=3t

则F1、F2的合力为Fx=F1+F2=4+2t

物块在y轴方向受到的力不变，为mgsin37°。沿x轴方向受到的力Fx在改变，合力在改变，加速度在改变，

所以物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；

B．t=1s时，Fx=4+2t=4N+2×1N=6N

Fx622mgsin3722

则axm/s=6m/s，agsin37100.6m/s=6m/s

m1ym

解得a6262m/s2=62m/s2，故B错误；

C．t=2s时，沿x轴正方向，对物块，根据动量定理得Fxt=mvx-0

48

由于Fx与时间t成线性关系，可得Ft2Ns=12Ns

x2

12

解得vm/s=12m/s

x1

此时y轴方向速度大小为vy=gsin37°•t=10×0.6×2m/s=12m/s

故此时物块的速度大小为v122122m/s122m/s，故C正确；

11

D．前2秒物体沿y运动的位移为解得ygsint2100.622m=12m

22

重力做功为WG=mgysin37°=1×10×12×0.6J=72J

1

根据动能定理得WWmv20

GF2

12

解得和对物块做的总功为，故正确。

F1F2WF1122J-72J=72JD

2

故选CD。

【变式1-1】（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡

做成的小圆柱体R。R从坐标原点以速度v0匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为0的匀加速直

线运动。关于小圆柱体R的运动轨迹可能正确的是（）

A．①B．②C．③D．④

【答案】A

【详解】小圆柱体R竖直方向做匀速运动，沿x轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动，合外力沿x轴

正方向，根据曲线运动的轨迹向合力的方向弯曲但永远不会重合，故小圆柱体R的运动轨迹只可能是①。

故选A。

【变式1-2】（2025·黑龙江·二模）当汽车在水平路面上匀速前进时，车轮与地面间不打滑，对于其中一个

车轮，下列说法正确的是（）

A．车轮受地面摩擦力方向一定向前

B．气门嘴运动到最低点时所受合力为零

C．气门嘴运动过程中所受合力大小不变

D．气门嘴运动到车轮轮轴前方同一竖直高度时的速度方向竖直向下

【答案】C

【详解】A．题干里没有提及此车轮是否为驱动轮，无法确定相对地面的运动趋势，无法判断摩擦力方向，

故A错误；

B．气门嘴的运动为匀速直线运动与匀速圆周运动的合运动，气门嘴运动到最低点时匀速圆周运动的线速度

不为零，合力提供向心力，故所受合力不为零，故B错误；

C．匀速圆周运动合力大小等于向心力大小，所以气门嘴运动过程中所受合力大小不变，故C正确；

D．气门嘴运动到车轮轮轴前方同一竖直高度时，该点具有水平速度和竖直向下速度，即合速度斜向下，故

D错误。

故选C。

考向02小船渡河问题

【例2-1】（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）如图所示，两平行河岸的宽度为d=150m，水流速度大小为

v1=5m/s，方向沿着河岸，一条小船从河岸的某点渡河到对岸，船在静水中的速度为v2大小恒定，船头与垂

直河岸方向的夹角为30°时，小船相对河岸的速度大小为v，方向与垂直河岸方向的夹角为60°，下列说法

正确的是（）

A．v253m/s

B．v=5m/s

C．小船渡河时间为20s

D．小船渡河位移大小为300m

【答案】D

【详解】AB．把v、v2分别沿着河岸和垂直河岸分解，则在垂直河岸方向有vcos60v2cos30

沿着河岸方向有v2sin30v1vsin60

联立解得v25m/s，v53m/s，故AB错误；

d

CD．小船渡河位移大小为s300m

cos60

s

渡河时间为t203s，故C错误，D正确。

v

故选D。

【例2-2】（2026·内蒙古包头·月考）如图，小船从河岸处A点出发渡河。若河宽为100m，河水流速v14m/s，

方向平行于河岸指向河的下游，船在静水中速度v24m/s，船头方向与河岸垂直，船视为质点，则下列说

法正确的是（）

A．小船从A点出发经过20s到达对岸

B．小船到达对岸的位置在河正对岸下游100m处

C．若河水流速变慢，小船从A点到对岸的时间可能小于20s

D．若小船行驶到河中央时水流变快，小船的实际速度方向会改变

【答案】BD

【详解】ABC．小船过河时间由垂直河岸的速度和河宽决定，与水流速度无关，所以小船过河时间为

d

t25s

v2

小船到达对岸的位置在河正对岸下游xv1t100m，故AC错误，B正确；

D．小船的合速度是相互垂直的船速和水速的合成，则小船行驶到河中央时水流变快，即水速变大，小船合

速度的大小和方向都会变，故D正确。

故选BD。

【变式2-1】（2026·辽宁·调研）2025年全国青少年航海模型锦标赛在丽水市水上运动中心盛大开幕，此次

赛事不仅是科技体育竞技的精彩展现，更是青少年科技体育与国防教育深度融合的重要实践。某位同学在

某河段操纵航海模型（可视为质点）进行试航，由河岸行驶到距离河岸4m远的A点，OA垂直于河岸，如

图甲所示。模型在静水中的速度随时间的变化情况如图乙所示，而水流速度与到河岸距离的变化关系则如

图丙所示（水流速度平行于河岸）。

(1)求模型从河岸运动到A点所需的最短时间，以及该过程在水中行驶的最大速度；

(2)若模型以最短时间运动到A点，从A点掉头后沿AO路线返回河岸，掉头后瞬间相对于静水的速率与掉

头前相对于静水的速率相等，求掉头后瞬间船头指向与OA夹角的正弦值。

【答案】(1)2s，5m/s

3

(2)

4

【详解】（1）由于船做的是匀加速直线运动，若模型的运动时间最短，船头应垂直河岸，由图乙得加速度

v22d

为a2m/s，t2s

ta

此时船速为vat4m/s

22

根据运动的合成得，此时模型的速度最大，即v合vv水5m/s

（2）若想返回时沿AO方向运动，在A点时，如图所示

v水v水3

由此可知，船头与OA夹角的正弦值为sin

v船v4

【变式2-2】（2026·辽宁抚顺·调研）一条汽艇过河救援，河水流速v13m/s，船在静水中速度v25m/s，

汽艇过河过程中船头方向始终与河岸垂直，下列说法正确的是（）

A．汽艇渡河所用时间最短B．汽艇的实际运动轨迹与河岸垂直

C．汽艇在河水中的合速度大小是4m/sD．汽艇渡河位移最短

【答案】A

【详解】A．汽艇渡河所用时间取决于垂直河岸方向的速度分量，由于汽艇过河过程中船头方向始终与河岸

垂直，所以汽艇渡河所用时间最短，故A正确；

B．汽艇的实际运动轨迹由合速度方向决定，汽艇在河水中的合速度方向与河岸不垂直，所以汽艇的实际运

动轨迹与河岸不垂直，故B错误；

．汽艇在河水中的合速度大小为22，故错误；

Cv合v1v234m/sC

D．由于船在静水中速度v25m/s大于河水流速v13m/s，当合速度垂直于河岸时，汽艇渡河位移最短；

汽艇过河过程中船头方向始终与河岸垂直，合速度方向不垂直河岸，汽艇渡河位移不是最短，故D错误。

故选A。

考向03关联速度问题

【例3-1】（2026·辽宁沈阳·一模）如图，长为L＝0.8m的轻杆竖直放置，上端与小球A相连，下端用光滑

转轴固定于水平桌面上。小球A恰好与立方体B接触，B的右侧紧贴放置一小物体C；距离物体C足够远

处，静止放置带负电的小物体D；D的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。D

到桌面右端距离d＝0.5m，桌面距地面高度H＝0.75m。A受微小扰动后，杆与A向右转动，B、C一起向

右运动。A与B刚分离时，A受到杆的弹力为零；B离开A后，用外力制动，C继续向右运动与D碰撞（仅

发生一次碰撞且碰撞时间极短）；碰撞后，D减速运动并离开桌面，第一次落地时与桌面右端的水平距离

3

xm。A、B、C和D满足的质量关系为mAmD0.01kg；mBmC0.02kg，D所带电荷量q＝0.1C

4

1

且始终保持不变；D与桌面间动摩擦因数，其余各处摩擦不计；电场的场强E＝1N/C，磁感应强度

3

2

B00.2T，重力加速度g取10m/s。求：

(1)物体D离开桌面时速度大小；

(2)物体C与物体D碰撞后，物体D速度大小；

(3)物体C与物体D碰撞过程中损失的动能。

【答案】(1)vD11m/s

4

(2)vm/s

D3

(3)E损0

【详解】（1）依题意，物体D带负电，离开桌面后，由于qEmDg0.1N，所以物体D在洛伦兹力作用

下沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示，设半径与竖直方向夹角为

根据几何关系有HRRcos

xRsin

解得R＝0.5m

v2

根据牛顿第二定律有qvBmD1

D10DR

解得vD11m/s

（2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为v，受力分析如图所示

根据牛顿第二定律，竖直方向有FNqEmDgqvB0，水平方向有FfFN

由于qEmDg

解得FfqvB0

从碰撞结束到物体D离开桌面过程中，取一个很短的时间间隔t，根据动量定理有FftmDv

两边求和FftmDv

有qB0dmDvDlmDvD

4

解得vm/s

D3

（3）设A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为θ，依题意，此时小球A受到杆的弹力为零，对小

v2

球A，根据牛顿第二定律有mgsinmA

AAL

此时A与B水平方向速度相同，有vCvBvAsin

对小球A和物体B、C，从开始释放到A与B刚脱离接触的瞬间，根据机械能守恒定律

111

有mgL1sinmv2mv2mv2

A2AA2BB2CC

°

解得θ＝30，vCvB1m/s

之后物体C继续向右运动，与物体D碰撞，对物体C和D，以水平向右为正，根据动量守恒定律有

mCvCmCvC1mDvD

1

解得vm/s

C13

121212

根据能量守恒定律有E损mCvCmCvC1mDvD

222

解得E损0

【例3-2】（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，四根长度均为L=1m的细杆用铰链连成一个四边形，O

点通过铰链固定在墙上。现将B点推至与O点重合，使四根细杆都紧贴墙壁。现拉着B点沿垂直于墙壁的

方向做速度为v=2m/s的匀速直线运动。当发现四根细杆恰好构成一个正方形时，图中OA杆的角速度是

（）

2

A．1rad/sB．rad/sC．2rad/sD．2rad/s

2

【答案】D

【详解】由图可知，A点的线速度等于AB杆的速度，把B点的速度分解到互相垂直的方向，如图所示

有o

vAvsin45

由vr

有vAL

解得2rad/s

故选D。

【变式3-1】（2025·内蒙古赤峰·一模）如图所示，一固定在水平面上的光滑木板，与水平面的夹角30，

16mg

木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板

5d

上，上端与质量为2m的物块Q连接。跨过定滑轮O的不可伸长的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在

水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且

恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角37。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时

轻绳与直杆间的夹角53。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块

Q与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计滑轮大小及摩擦。sin37°0.6，cos37°0.8，sin530.8，

cos530.6。则下列说法正确的是（）

A．物块P向左运动的过程中其机械能先增大后减小

B．物块P从A点运动到B点时，物块Q的重力势能减少量小于P、Q两物块总动能的增加量

5

C．物块P在A点时弹簧的伸长量为d

24

125mgd

D．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为

516

【答案】CD

【详解】A．由于轻绳只能提供拉力，其对于物块P来说在从A点到B点过程中轻绳拉力的方向与其运动

方向成锐角，即轻绳拉力对其做正功。而由于水平光滑直杆，所以物块P在该过程只有轻绳拉力做功，即

物块P在该过程中机械能一直增加，故A项错误；

C．对物块P在A点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力在竖直方向的分力与重力

大小相等，方向相反，即Tsinmg

5

所以绳子的拉力为Tmg

3

对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有T2mgsinF弹

2

解得F弹mg

3

设弹簧拉伸的长度为x，由胡克定律有F弹kx

5d

解得x

24

故C项正确；

dd5d

B．物块P到B点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了OAOB

sinsin12

5d5d5d

所以此时弹簧的压缩量为x

122424

即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的拉伸量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹性势能

相同。物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹力做功为零，所以由能量守恒可知，物块Q重力势能

减少量之和等于物块P和Q两物块的动能的增加量，故B项错误；

3

D．物块P运动到B点时，P和Q速度满足vvcosv

QP5P

5d11

物块P从A点运动到B的过程中，由能量守恒有2mgsinmv2·2mv2

122P2Q

1

对物块P由动能定理有Wmv2

2P

125

解得Wmgd

516

故D项正确。

故选CD。

【变式3-2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图ab、cd为在同一竖直面内的两光滑水平轨道，两轨道间

的竖直距离为h。轨道上有两个可视为质点的物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮的不可

伸长的轻绳相连接。现有水平向右的拉力拉动物块A，使A、B运动起来，在轨道间的绳子OB与水平轨道

成30角的瞬间，撤掉拉力，此时物体A在下面的轨道运动速率为v，设绳长BO远大于滑轮直径，不

计轻绳与滑轮间的摩擦，不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A．在轻绳OB与水平轨道成30时，物体B的速度大小为2v

7

B．在轻绳OB与水平轨道成30角到90角的过程中，绳对B做的功为mv2

6

21

C．当轻绳OB与水平轨道成90角时，物体B的速度大小为v

3

D．若在轻绳OB与水平轨道90角时，绳与物体B恰好分离且物体B恰好离开ab面，物体B下落

14v2

过程中不与墙面、滑轮相碰，则B落地的速度大小为2gh

3

【答案】C

【详解】A．图示位置时物体B的速度可理解为由沿绳方向的分速度和与绳垂直方向的分速度组成的合速度，

23

设物体B的速度为vB，结合关联速度的关系可知vBcos30v解得vv

B3

故A错误；

C．在之后的运动过程中当轻绳OB与水平轨道成90时物体B沿绳方向的分速度为零，即物体A的速度变

为零，因为轨道光滑和不计轻绳与滑轮间的摩擦，故物体A和B组成的系统在轻绳OB与水平轨道成90之

121212'21

前机械能守恒，由mvmvBmv'B解得vv

222B3

故C正确；

11

B．在轻绳OB与水平轨道成30角到90角的过程中，绳对B做的功为Wmv'2mv2

2B2B

1

解得Wmv2

2

故B错误；

2

D．物体B下落过程中做平抛运动，可得vy2gh

2272

则B落地的速度大小为v合v'vv2gh

By3

故D错误。

故选C。

考向04平抛运动问题

【例4-1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）将一质量为0.1kg的小球水平抛出，其运动轨迹上有A、B、

C三点，如图所示.其中A为抛出点，小球从A到B和B到C所用时间均为1s，且位移大小之比为1:5，不

计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是（）

A．小球从A到C动量变化量大小为1kgm/s

B．小球平抛的初速度大小为5m/s

C．小球从A到C重力的平均功率为20W

5

D．小球在B点的动量大小为kgm/s

2

【答案】BD

【详解】A．小球从A到C，速度变化量Δv2gt20m/s

由动量定理有ΔpmΔv2kgm/s，A错误；

1

B．AB的高度差为hgt25m

12

BC的高度差为h23h115m

的长度为22

ABxABh1v0t

的长度为22

BCxBCh2v0t

由题意知xAB:xBC1:5

解得v05m/s，B正确；

12

C．小球从A到C，下落的高度hg2t20m

2

mgh

重力的平均功率为P10W，C错误；

2t

．小球在点时的速度大小22

DBvBv0gt55m/s

5

则小球在B点的动量大小为pmvkgm/s，D正确。

B2

故选BD。

【例4-2】（2025·黑龙江·模拟预测）如图所示，光滑斜面底端与半径为R的光滑半圆形轨道平滑连接，整

个轨道和斜面都在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A处由静止释放，通过半圆形轨道最

高点B时，恰好对轨道的压力为零。小球过B点后垂直打在斜面上。重力加速度为g，不计空气阻力，求：

(1)斜面顶端到地面的高度；

(2)斜面与水平面夹角的正切值。

52

【答案】(1)R(2)

22

12

【详解】（1）小球由A点到B点的过程中，根据动能定理有mgH2mgRmv

2B

mv2

在B点由重力提供向心力，则有mgB

R

5

解得HR

2

（2）小球过B点后做平抛运动，落在斜面上的D点，如图所示

1v

则有xvt，hgt2，tanB

B2gt

2Rh

在CDE中，由几何关系可得tan

x

2

解得tan

2

【变式4-1】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）一同学将铅球水平推出，若忽略空气阻力和铅球自身转动的影

响，则铅球被推出至落地的运动过程中（）

A．速度不断变化

B．加速度不断变化

C．水平方向做匀变速直线运动

D．在空中运动的时间仅由推出速度决定

【答案】A

【详解】A．铅球做平抛运动，水平速度不变，竖直速度持续增加，合速度大小和方向均变化，A正确；

B．平抛运动的加速度始终为重力加速度g，方向竖直向下，大小和方向均不变，B错误；

C．水平方向无空气阻力，加速度为零，做匀速直线运动而非匀变速，C错误；

1

D．平抛运动时间由竖直高度决定，公式为hgt2

2

与水平初速度无关，D错误。

故选A。

【变式4-2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平

射出的同时乙黄豆从另一细管末端M点斜向上射出，一段时间后两黄豆在N点相遇。若M点在P点正下方，

M点与N点位于同一水平线上，不计空气阻力，黄豆视为质点，则（）

A．甲在P点的速度为乙在最高点速度的两倍

B．N点甲的速度与水平方向夹角的正切值为乙的两倍

C．N点甲的速度大小为乙的两倍

D．PM的距离为乙相对M点上升最大高度的两倍

【答案】B

【详解】A．设从抛出到相遇黄豆的运动时间为t，乙黄豆做斜上抛运动，在最高点竖直分速度为零，在最

高点的速度等于水平分速度；两黄豆同时射出在N点相遇，则两黄豆的运动时间t相等，两黄豆的水平位

移x相等，甲做平抛运动，甲、乙在水平方向都做匀速直线运动，由于运动时间与水平位移都相等，则甲

在P点的速度即初速度v0与乙在最高点的速度即水平分速度vx相等，故A错误；

t

g

．点乙的速度与水平方向夹角的正切值v乙ygt

BNtan2

vxvx2v0

v甲ygtgt

N点甲的速度与水平方向夹角的正切值tan22tan，故B正确；

vxv02v0

t1

C．在N点v乙ggt，v甲ygt2v乙y

y22

22

在N点乙的速度大小v乙v0v乙y

2222

在N点甲的速度大小v甲v0v甲yv04v乙y2v乙，故C错误；

111

D．乙做斜上抛运动，乙相对M点上升的最大高度hg(t)2gt2

228

1

甲做平抛运动，则PMgt24h，故D错误。

2

故选B。

1．（2025·吉林·一模）如图所示，用细绳悬挂木箱，水平箱底上有一个静止物块，物块与木箱右壁间夹有

一弹簧，弹簧处于压缩状态。重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力，细绳剪断后的一小段时间里，下列

说法正确的是（）

A．物块的运动轨迹为直线B．物块的加速度a等于10m/s2

C．弹力做功等于物块动能增量D．物块动能增量大于重力势能减少量

【答案】D

【详解】B．剪断细绳瞬间，整体在竖直方向上开始向下自由落体，木箱底面对物块的支持力突变为零，则

此时物块受到重力和水平方向弹簧弹力，合力大于重力，方向指向左下方，故加速度大于10m/s2，方向指

向左下方，故B错误；

A．物块在竖直方向受到向下的重力，保持不变，加速度不变；在水平方向上，弹力是变力，加速度不断变

化，根据运动的合成可知物块的运动轨迹为曲线，故A错误；

CD．忽略一切阻力，细绳剪断后的一小段时间里，重力和弹力都做正功，根据动能定理可知重力和弹力做

的功等于物块动能的增加量，又因重力做功值等于重力势能的减少量，所以物块动能增量大于重力势能减

少量，故C错误，D正确。

故选D。

2．（2025·吉林·一模）如图甲所示为建筑工地重型塔吊。工作时悬臂保持不动，可沿悬臂水平移动的天车

下有一个挂钩可用于悬挂重物。天车有两个功能，一是吊着重物沿竖直方向运动，二是吊着重物沿水平方

向运动。重物经过A点开始计时（t0，竖直方向初速度为零），在将一质量为m的重物运送到B过程中，

3

天车水平方向以at的速度匀速运动，竖直方向运动的加速度随时间变化如图乙所示，不计一切阻力，

200

重力加速度为g，对于该过程，下列说法正确的是（）

A．重物做匀变速曲线运动，合力竖直向下

B．在t0与tt0时刻，拉线对重物拉力的差值为ma0mg

122

C．t0时刻，重物的动能大小为mat

800

1

D．0~t，拉线对重物拉力的冲量大小为mgtmat

00200

【答案】D

【详解】A．依题意可知，由于重物水平方向匀速直线运动，竖直方向做加速度随时间均匀减小的加速运动，

所以重物合力竖直向上，做非匀变速曲线运动，故A错误；

B．在t0时刻，根据牛顿第二定律，由图乙可得T1mgma0

tt0时刻，重物加速度为0，拉线对重物拉力T2mg

二者的差值为TT1T2ma0，故B错误；

1

C．根据at图像围成的面积表示速度的改变量，可得t0时刻，重物在竖直方向上的速度大小为vat

y200

22

31

则t时刻，重物的速度大小为22

0vvxvya0t0a0t0a0t0

22

11

动能大小为Emv2ma2t2，故C错误；

k2200

D．0~t0对重物，根据动量定理可得I合IFIGpmvy

1

可得拉线对重物拉力的冲量大小为IImvmgtmat，故D正确。

FGy0200

故选D。

3．（2025·全国·一模）歼-35A是由中国航空工业集团自主研制的新一代中型隐身多用途战斗机。如图所示

歼-35A战机先水平向右，再沿曲线ab向上，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速

率不变。则在沿ab段曲线飞行过程中（）

A．战机水平方向的分速度逐渐增大

B．战机在某点加速度方向可能沿轨迹的切线方向

C．战机克服重力做功的功率逐渐增大

D．战机所受合外力斜向左上方且保持不变

【答案】C

【详解】A．设战机速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，则水平分速度为vcos，在ab段，θ逐渐

增大，cos逐渐减小，而v不变，所以水平方向的分速度逐渐减小，故A错误；

B．根据曲线运动的条件，飞机沿ab段飞行做曲线运动，所受合外力一定不为零，且合外力方向指向ab曲

线的内侧，由牛顿第二定律可知加速度方向也指向ab曲线的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，故B错误；

C．战机克服重力做功的功率Pmgvymgvsin

可知在ab段，θ逐渐增大，sin逐渐增大，因为v大小不变，故战机克服重力做功的功率逐渐增大，故C

正确；

D．战机做曲线运动，合外力指向轨迹的凹侧，由于飞机速率不变，故合外力方向时刻与速度方向垂直，由

于速度方向时刻变化，所以合外力方向也时刻变化，故D错误。

故选C。

4．（2025·吉林·二模）图为汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹（车轮不打滑）。已

知t0时刻M点与坐标原点O重合，车轮半径R0.3m，汽车的速度v2.0m/s，则（）

A．M点运动到最高点A时的速度为零B．M点在圆心等高点处的速度大小为22m/s

C．最高点A的坐标为（0.6m，0.6m）D．M点从O运动到B的时间为0.3s

【答案】B

【详解】A．M点运动到最高点A时的速度不为零，方向水平向右，故A错误；

B．M点的运动可看成匀速圆周运动与匀速直线运动的合成，则M点在圆心等高点处的速度大小为

22

vM22m/s22m/s

故B正确；

C．M点的运动可看成匀速圆周运动与匀速直线运动的合成，则最高点A的纵坐标为yA2R0.6m

匀速圆周运动的周期为

2R1

T0.3sO点运动至A点的时间为tT0.15s

vOA2

最高点A的横坐标为xAvt0.3m

最高点A的坐标为（0.3m，0.6m），故C错误；

D．根据对称性，M点从O运动到B的时间为tOB2tOA0.3s

故D错误。

故选B。

5．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）如图所示，一可视为质点的小物块，从平台左端以初速度v055m/s

滑上平台，小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的P点时动能为平抛初始

动能的17倍。以平台右端为坐标原点O，在竖直面内建立平面直角坐标系，x轴和y轴分别沿水平方向和

25

竖直方向，挡板形状满足方程yx8（单位：m）。已知小物块与平台间的动摩擦因数，重力加

4

速度g取10m/s2。求：

(1)P点的坐标；

(2)小物块离开平台时的速度大小及小物块沿平台运动的时间。

【答案】(1)（2m，4m）

(2)5m/s，1.6s

111

【详解】（1）由题意有E17E，则有mv2mv217mv2

kPkO22Py2

解得vPy4v

设在P点时速度方向与水平方向成角，位移OP与水平方向成角，则

v

tanPy4

v

yx28

于是有tan2

xx

解得x2m，y4m，即P点坐标为（2m，4m）

11

（2）平抛过程，由动能定理有mgymv2mv2

2P2

解得v5m/s

设小物块沿平台运动时间为t，由动量定理有μmgtmvmv0

解得t=1.6s

6．（2025·内蒙古·模拟预测）为了促进学生德智体美劳全面发展，学校举行了阳光体育季活动。在某次排

球比赛中，学生甲将排球垫起，使排球从A点以斜向上的速度v1飞向对面场地，学生乙等待时机起跳在B

点大力水平击打排球，使排球瞬间获得水平速度v2被击回，排球正好击中A点，轨迹如图所示，假设两轨

迹在同一竖直平面内，空气阻力可以忽略不计，则（）

A．排球从A到B的时间大于从B到A的时间

B．排球从A到B的平均速度大于从B到A的平均速度

C．排球从A到B的加速度小于从B到A的加速度

D．排球从A到B到达最高点的速度大于v2

【答案】A

【详解】A．A到B竖直方向做竖直上抛运动，B到A竖直方向做自由落体，从A到最高点的高度比B到A

的高度大，可知时间也长，则A到B的时间更长，故A正确；

B．两个过程的位移大小一样，A到B的时间长，所以平均速度小，故B错误；

C．两个过程的加速度都是重力加速度，故C错误；

D．从A到B到达最高点的速度为水平速度，两个过程的运动水平位移大小一样，A到B的时间长，所以A

到B的水平速度小于v2，故D错误。

故选A。

7．（2025·内蒙古通辽·三模）2024年，嫦娥六号从月球背面采集并带回质量为1935.3克的月壤。该任务不

仅展示了中国在深空探测领域的技术实力，也为月球科学研究提供了大量宝贵的数据。假设未来我国宇航

员登上月球，并在月球上进行如图所示的实验：在水平月面上固定倾角为30的斜面体，将一小球从斜面底

端正上方某高度处以大小为v0的速度水平向左抛出，测得小球经过时间t恰好垂直打在斜面上。已知月球

的半径为R，引力常量为G，不考虑月球自转。下列说法正确的是（）

3v

A．月球的重力加速度大小为0

3t

3vR

B．月球的质量为0

tG

33v

C．月球的密度为0

4tGR

3vR

D．月球的第一宇宙速度为0

t

【答案】C

v0

【详解】A．根据小球垂直打在斜面上，可得tan30

vy

其中vygt

3v

解得g0

t

故A错误；

Mm

B．设在月球表面的物体质量为m，根据万有引力等于重力Gmg

R2

3vR2

解得M