2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）重难02 匀变速直线运动 牛顿运动定律（重难专练）（解析版）

重难02匀变速直线运动牛顿运动定律

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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

1.理解匀变速直线运动规律及牛顿运动定律，会应用这些规律分析处理运动学问题、动力

学的图像问题以及动力学的两类基本问题。

2.熟练掌握传送带模型、板块模型的规律及应用。

1.解决匀变速直线运动问题的六种方法

2.瞬时加速度问题

3.连接体

连接体的处理方法：整体法和隔离法。

连接体的运动特点

（1）轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是相等。

（2）轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角

速度。

（3）轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两

端连接体的速率相等。

4.两类动力学问题的解题步骤

5.动力学中的临界极值问题

1.叠加体系统临界问题的求解思路

2.滑块刚好未滑离滑板的临界条件判断

刚好不滑离的临界条件：当滑板滑块共速时，滑板滑块之间的相对位移大小Δx等于初始状态时滑块与滑

板端点的距离L。

滑块相对于滑板的位置示意图如图所示，不滑离时L≥Δx；滑离时L＜Δx。

（建议用时：20分钟）

1．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）2025年春晚，国产机器人扭秧歌动作丝滑堪比人类，某机器人先

做匀速直线运动，再做匀加速直线运动，以开始匀加速的时刻为0时刻。运动的时间用t表示，速度用v表

示，位移用x表示，加速度用a表示，则下列图像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【详解】AB．根据匀变速直线运动vv0at

可知机器人的vt图像是一次函数图像，at图像是一条与时间轴平行的直线，故AB错误；

22

CD．根据匀变速直线运动规律vv02ax

1v2

解得xv20

2a2a

因此机器人的xv2图像是一次函数，故C正确，D错误。

故选C。

2．（2025·广东顺德·一模）自动烤串机底部带凹槽的长直轨道与电机相连，带齿轮的不锈钢签子卡在卡槽

中，不锈钢签子在齿轮、卡槽和凹槽的共同作用下转动。某次转动中，带凹槽的轨道在电机作用下由静止

开始向右加速，再减速运动至停止。已知轨道在x＝10cm的范围内做往返运动，加速过程和减速过程可看

作加速度大小均为a0.1m/s2的匀变速直线运动，半径为r＝1cm的齿轮做圆周运动。A为齿轮边缘上一

个质点，求：

(1)若以第一次加速运动的开始为起始时刻（t＝0），在第一次加速阶段，求质点A的线速度vA和角速度A

关于时间t的表达式；

(2)求轨道往返运动的最大速度vm和周期T。

【答案】(1)vA0.1t（m/s）

0t1s，A10t（rad/s）

0t1s

(2)0.1m/s，4s

1

【详解】（1）（1）加速阶段xat2

121

由于加速过程和减速过程的加速度大小相同x2x1

代入数据解得t11s

轨道的速度、质点A的线速度大小vAv0.1t（m/s）

0t1s

v

由于质点A在做圆周运动，又有A10t（rad/s）0t1s

Ar

2

（2）轨道加速过程有vm2ax1

代入数据得vm0.1m/s

则往返周期为T4t1

代入数据得T4s

3．（2026·广东清远·一模）小明乘坐从清远开往广州的轻轨列车，发现列车启动时车窗正对着某电线杆（记

第1根），小明立即启动手机计时器，经过40秒恰好观察到车窗经过第21根电线杆，此时车内电子屏显

示即时速度为180km/h。若这段时间内列车做匀加速直线运动，且相邻两电线杆之间距离相等，下列说法正

确的是（）

A．这段时间内列车的平均速度大小为50m/s

B．相邻电线杆之间的距离约为100m

C．这段时间内列车的加速度大小为1m/s2

D．车窗经过第6根电线杆时，列车的速度大小为25m/s

【答案】D

【详解】A．速度180km/h50m/s

这段时间内列车的平均速度025m/s，故A错误；

22

B．设相邻电线杆之间的距离x，则20xt

可得x50m，故B错误；

C．由at

得a1.25m/s2，故C错误；

t

2

D．车窗经过第6根电线杆时速度为6，位移为5x，则62a5x

可得625m/s，故D正确。

故选D。

2

4．（2026·广东肇庆·一模）一辆公交车在路口等候绿灯，当绿灯亮时，公交车以a12m/s的加速度由静

止开始做匀加速直线运动，此时恰有一辆电动车以v06m/s的速度匀速从旁边超过公交车，已知公交车在

加速至vm10m/s后做匀速直线运动，两车均可视为质点，从公交车启动到追上电动车的过程，下列说法

正确的是（）

A．在公交车启动5s后，两者间的距离最大

B．公交车追上电动车前，两者间的最大距离为9m

C．公交车加速至10m/s前已追上电动车

D．公交车追上电动车所需的总时间为6.25s

【答案】BD

【详解】AB．两车速度相等时距离最大，即v0a1t1

v06

解得时间为t1s3s

a12

11

公交车的位移大小为xat2232m9m

12112

电动车的位移大小为x2v0t163m18m

最大距离为xx2x19m，故A错误，B正确；

v10

m

C．公交车加速至vm10m/s所需时间为t2s=5s

a12

11

此时公交车的位移大小为xat2252m25m

12122

电动车的位移大小为x2v0t265m30m>25m

由于电动车位移大于公交车位移，所以公交车尚未追上电动车，故C错误；

D．公交车加速阶段结束后，与电动车的距离为L30m25m5m

之后公交车以vm10m/s匀速追赶电动车，电动车以v06m/s匀速行驶，追赶所需时间为

L5

t3s1.25s

vmv0106

总时间为tt2t36.25s，故D正确。

故选BD。

5．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）我国自主研制的火星探测器“天问一号”登陆火星的过程主要为以下

几个过程：探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”；当速度v1500m/s时打开降落伞，

进入“伞降减速阶段”，降落伞对探测器的拉力为探测器重力的5倍，该阶段匀减速下落x7.5km至速度v2；

接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，该阶段匀减速下落时间t100s速度刚好减为0，

此时距离火星表面还有100m；探测器的上述过程均可简化为竖直方向上的运动。已知“天问一号”探测器质

量为m4.9103kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面附近重力加速度g取4m/s2，求：

(1)“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；

(2)“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力大小；

(3)刚打开降落伞时探测器距离火星表面的距离。

【答案】(1)16m/s²

(2)24500N

(3)12600m

【详解】（1）根据牛顿第二定律有F1mgma1

其中F15mg

2

解得a116m/s

v2v2

（2）在“伞降减速阶段”，根据速度位移公式有x12

2a1

解得v2100m/s

在“动力减速阶段”，根据速度时间公式有vv2a2t

其中末速度为v0，t100s

2

解得加速度的大小为a21m/s

根据牛顿第二定律有F2mgma2

解得F224500N

v

（3）在“动力减速阶段”，根据位移时间公式有x2t

2

解得x5000m

则刚打开降落伞时探测器距离火星表面的距离hxx100m12600m

6．（2026·广东·模拟）如图所示，一位绿化工人推动割草机以速度v在水平草地上匀速前进，工人对割草

机的推力大小为F，方向与水平方向的夹角为45°。已知割草机的质量为m，割草机轮子没有动力，下列说

法正确的是（）

A．工人的推力在时间t内做功为Fvt

B．工人对地面的压力小于工人的重力

C．由于工人对割草机有向下的压力，所以割草机处于超重状态

D．工人撤去推力后，割草机慢慢停下来，说明力是维持物体运动的原因

【答案】B

2

【详解】A．工人的推力在时间t内做的功为WFvcos45tFvt，A错误；

2

B．地面对工人的支持力FN、竖直方向有FNFsin45G，解得FNGFsin45，工人对地面的压力（大

小等于支持力FN）小于工人的重力，B正确；

C．割草机匀速运动，加速度为零，因此既不处于超重状态也不处于失重状态，C错误；

D．撤去推力后，割草机由于摩擦力而减速停下，这并不能说明推力是维持运动的原因，而是说明了力是物

体运动状态发生改变的原因，D错误。

故选B。

7．（2025·广东深圳·模拟）如图甲所示，液压拔桩机将桩体从土壤中竖直拔出，并上升一段高度的整个过

程中，桩体一直做匀加速直线运动。如图乙所示，桩体被拔出的过程中，受到的阻力f大小与在地基里面的

长度h成正比。已知桩体尖端部分、土壤对桩体的支持力大小以及空气阻力均忽略不计。整个运动过程，

液压机对桩体的作用力F、液压机对桩体的作用力的瞬时功率P，与位移x和时间t的关系中，下列图像中

可能正确的有（）

A．B．

C．D．

【答案】AC

【详解】AB．由题知，桩体向上做匀加速运动，则有vat

没出土之前，根据牛顿第二定律Ffmgma

f0f012

又fH0xH0at

H0H02

f0f012

联立可得FmgmaH0xmgmaH0at

H0H02

出土之后，根据牛顿第二定律有Fmgma

解得Fmgma

综上分析，可知力F先与位移x是一次函数，与时间t之间是二次函数，之后保持不变，故A正确，B错

误；

C．根据功率公式PFv

其中vat

f012

出土之前，PmgmaH0atat

H02

出土之后，Pmgmaat

出土之前P与时间t是三次函数，出土之后是一次函数，故C正确；

D．根据功率公式PFv

其中v2ax

f0

可得到出土之前PmgmaH0x2ax

H0

出土之后，Pmgma2ax，不可能是一次函数，故D错误。

故选AC。

8．（2025·广东顺德·一模）我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰“福建舰”已完成多次海试。在某一次

海试过程中，质量为m的“福建舰”以速度v0沿直线匀速驶向某训练海域，所受阻力恒定，多台发动机的输

出总功率为P。若临时关闭其中一半发动机，下列说法正确的是（）

P

A．“福建舰”所受阻力为

2v0

B．“福建舰”将做加速度减小的减速运动

P

C．“福建舰”在关闭瞬间的加速度大小为

mv0

3

D．“福建舰”从关闭到再次匀速运动过程中，克服阻力做功为mv2

80

【答案】B

P

【详解】A．匀速行驶时，牵引力F等于阻力f，由功率公式PFv0fv0，得阻力f，A错误；

v0

P

P

C．关闭一半发动机后，总功率变为。关闭瞬间，速度v不变，此时牵引力2P。合力

20F

v02v0

PPPF合P

F合fF，加速度a，C错误；

v02v02v0m2mv0

P

B．由于速度减小，牵引力会增大，合力fF'减小，加速度减小，是加速度减小的减速运动，

F2

v

B正确；

D．从关闭发动机到再次匀速，设舰的速度为v

ppv1v1

0（0）22

因v，可得v；舰的动能变化为ΔEkmmv0

2v02222

设从关闭发动机到再次匀速，克服阻力做功为Wf，根据动能定理WFWfEk

32

解得Wf8mv0WF，D错误。

故选B。

（建议用时：30分钟）

1．（2026·广东肇庆·一模）在某智能汽车的自动防撞系统测试中，汽车在平直道路上匀速行驶，当其检测

到正前方26m处有静止障碍物时，系统立即启动初级制动，汽车做匀减速运动，行驶一段距离后触发紧急

制动，汽车以更大的加速度做匀减速运动，最终恰好停在障碍物前．该过程中汽车速度的平方v2与位移x

的关系如图所示，则下列说法正确的是（）

A．汽车在初级制动阶段的速度变化量的大小为6m/s

B．初级制动阶段与紧急制动阶段的加速度大小之比为1:4

C．汽车在紧急制动阶段的运动时间为1s

D．汽车在整个制动过程中的平均速度大小为5m/s

【答案】B

【详解】A．由题图可知，初速度v010m/s，总位移s026m。初级制动阶段位移x118m，末速度v18m/s，

速度变化量的大小Δv810m/s2m/s，故A错误；

2222

22v1v081022

B．由运动学公式v1v02a1x1，解得初级阶段的加速度a1m/s1m/s

2x1218

22

紧急制动阶段：位移x22618m8m，初速度v18m/s，末速度v20。由运动学公式v2v12a2x2

2

解得a24m/s

所以a1:a21:4，故B正确；

C．由v2v1a2t2，得紧急制动阶段的时间t22s，故C错误；

D．由v1v0a1t1，得初级制动阶段的时间t12s

总时间tt1t24s

x26

整个过程的平均速度大小v0m/s6.5m/s，故D错误。

t4

故选B。

2．（2026·广东广州天河区·一模）图（a）为利用阻拦系统让舰载机在航空母舰飞行甲板上快速停止的原理

示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作

用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住

阻拦索中间位置，其着舰到停止的v−t图线如图（b）所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行

距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则（）

1

A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的

5

B．在0.4s~2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化

C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g

D．在0.4s~2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变

【答案】C

【详解】A.由图像可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为

1

x703m=105m

2

无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为x'1000m

1

因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的，故A错误；

10

B.在0.4s∼2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索

的张力的合力几乎不随时间变化，但由于阻拦索的夹角减小，故阻拦索的张力是减小的，故B错误；

C.滑行过程中，在0.4s∼2.5s时间内加速度最大，最大加速度为

v6510

am/s226m/s22.6g2.5g，故C正确；

t2.50.4

D.在0.4s−2.5s时间内，合力的大小不变，速度减小，做功的功率减小，故D错误。

故选C。

3．（2025·广东广州·市调研摸底）载人飞船返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主

伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化

为竖直方向的直线运动，其v-t图像如图所示，设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法

正确的是（）

A．在0~t1时间内，返回舱的动量随时间增大

vv

B．在0~t时间内，返回舱下落高度为12t

121

．在时间内，返回舱下落的加速度不变

Ct1~t2

．在时间内，返回舱重力的功率随时间减小

Dt1~t2

【答案】D

【详解】A．在0~t1时间内，速度逐渐减小，则返回舱的动量mv随时间减小，故A错误；

vv

B．在0~t时间内，若返回舱做匀减速直线运动，返回舱的位移为x12t

1121

vt图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知在0~t1时间内，返回舱实际图线与坐标轴围成的面积小于返

回舱做匀减速直线运动图线与坐标轴围成的面积，即x1x1，即在0~t1时间内，返回舱下落高度小于

vv

12t，故B错误；

21

．图像的斜率表示加速度，在时间内，斜率逐渐变小，即返回舱的加速度减小，故错误；

Cvtt1~t2C

．在时间内，返回舱重力的功率大小为，速度逐渐减小，则重力的功率随时间逐渐减小，

Dt1~t2Pmgv

故D正确。

故选D。

4．（2025·广东深圳龙岗·华中师大附中三模）一木箱置于升降机内的水平地板上，升降机从t0时刻由静

止开始竖直向上运动，其加速度a随时间t的变化规律如图所示。重力加速度大小为g，下列说法正确的是

（）

A．0~2t0内，木箱处于超重状态

B．2t0时，木箱的速度为4gt0

C．2t0~4t0内，木箱做减速运动

D．4t0时，木箱到达最高点

【答案】A

【详解】A．根据题意，由图可知，0~2t0内，升降机加速上升，木箱具有向上的加速度，处于超重状态，

故A正确；

1

BD．at图像中面积表示速度变化量，则2t时，木箱的速度为v2t2g2gt

0200

1

4t时，木箱的速度为v4t2g4gt

0200

方向向上，则木箱未到达最高点，故BD错误；

C．根据题意，由图可知，2t0~4t0内，木箱加速度向上，木箱做加速运动，故C错误。

故选A。

6．（2026·广东肇庆·一模）如图所示，某滑雪场的传送带与水平面的夹角为θ，游客利用传送带运送器械。

已知器械质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．在器械随传送带匀速上行的过程中，

下列说法正确的是（）

A．器械所受摩擦力的大小为mgsin

B．器械受到的摩擦力方向沿传送带向下

C．摩擦力对器械做负功

D．器械所受支持力的冲量为0

【答案】A

【详解】A．器械匀速运动，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力为f=mgsin，故

A正确；

B．器械匀速上行，相对传送带有下滑趋势，所以器械受到的摩擦力方向沿传送带向上，故B错误；

C．器械受到的摩擦力方向与运动方向相同，因此摩擦力对器械做正功，故C错误；

D．器械上行过程中所受支持力一直垂直于传送带，根据IFNtmgcost

可知器械所受支持力的冲量不可能为0，故D错误。

故选A。

7．（2025·广东广州·市调研摸底）如图所示，倾角为θ=37°的足够长的传送带在发动机驱动下逆时针匀速转

动。物块A放置于传送带的上端，物块B放置于物块A下方一段距离的传送带上，t=0时A、B同时无初

速地释放，t=1s时A、B发生第一次碰撞，A、B均可看作质点。已知A、B质量相等，所有的碰撞均为弹

性碰撞；A、B与传送带之间的动摩擦因数分别为10.25,20.75,重力加速度大小g取

10m/s2,sin370.6,cos370.8，则（）

A．A、B初始距离为2m

B．A、B相邻两次碰撞的时间间隔均为3s

C．A、B相邻两次碰撞之间，发动机对传送带所做功相等

D．A、B相邻两次碰撞之间，A、B与传送带间摩擦产生的总热量相等

【答案】AC

【详解】A．由题意，对物块B受力分析，有2mgcos37mgsin37

故物块B开始时在传送带上保持静止；对物块A受力分析，根据牛顿第二定律有

mgsin371mgcos37ma

代入数据求得a4m/s2

11

故物块A将在传送带上加速下滑，直到与B发生碰撞，则A、B初始距离为sat241m2m，故

022

A正确；

B．A与B发生弹性碰撞前瞬间的速度大小为vat4m/s

由于A、B质量相等，发生弹性碰撞后，速度交换，即A与B碰后A瞬间速度为0，B速度为4m/s，由于

AB受力未发生变化，可知A将做初速度为0的匀加速直线运动，B将做速度为4m/s的匀速直线运动，当

1

二者再次发生碰撞时，有at2vt

2

求得t2s

第二次发生碰撞前瞬间A的速度大小为v1at42m/s8m/s

二者发生弹性碰撞，同样发生速度交换，可知发生第二次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v24m/s，

v38m/s

1

当二者第三次发生碰撞时，有vtat2vt

223

解得t2s

以此类推，可判断A、B相邻两次碰撞的时间间隔均为2s，故B错误；

C．结合前面分析可知，由于A、B相邻两次碰撞之间的时间间隔相等，传送带匀速运动发生的位移相等，

所以发动机对传送带所做功相等，故C正确；

D．结合前面分析可知，A、B相邻两次碰撞之间，A、B均相对于传送带向下运动。根据Qfs相对

可知由于A、B每次碰撞之后速度均发生变化，且时间间隔相等，显然它们与传送带间发生的相对位移在

不断变化，所以可知A、B相邻两次碰撞之间，A、B与传送带间摩擦产生的总热量不相等，故D错误。

故选AC。

7．（2025·佛山禅城·供题训练）如图甲，ABCD为光滑的固定轨道，其中AB、CD水平，BC高为h=0.8m。

在CD轨道的右侧，一薄木板锁定在水平地面上（轨道与薄木板等高）。现有两物体P1、P2置于水平轨道

CD上，中间夹有一压缩的轻弹簧，两物体用细线连着处于静止状态。烧断细线，两物体被弹簧弹开后分别

向左右两个方向运动。其中物体P1落在AB面上的速度方向与竖直方向夹角为37°，物体P2恰好能到达木

板的右端。待P2静止后解除木板锁定，木板在一水平恒力F作用下向右运动，作用2s后撤去恒力。当P2

与木板速度相同时，恰好从木板左端滑出，此后P2不再与木板发生相互作用。已知木板运动的速度随时间

2

变化的图线如图乙所示，木板的质量m00.6kg，sin37°0.6，cos37°0.8，重力加速度g10m/s。求：

(1)物体P1离开弹簧的速度大小；

(2)木板与地面间的摩擦因数；

(3)水平恒力F的大小：

(4)压缩弹簧的弹性势能（计算结果可保留根号）。

【答案】(1)3m/s

(2)0.2

(3)4.8N

33.23.2

(4)J

2

2

【详解】（1）物体P1从C点抛出后在空中做平抛运动，竖直方向有2ghvy

解得落到AB面上时的竖直分速度大小为vy4m/s

设物体P1离开弹簧的速度大小为v1，由于物体P1落在AB面上的速度方向与竖直方向夹角为37°，则有

v

tan371

vy

解得v13m/s

（2）由题意结合图乙可知，t2.5s时，P2恰好从木板左端滑出，在2.5s~3.0s内以木板为对象，根据图乙

1

可得木板的加速度大小为am/s22m/s2

30.5

设木板与地面间的摩擦因数为2，根据牛顿第二定律可得2m0gm0a3

解得20.2

（3）设物体P2的质量为m2，物体P2与木板间的摩擦因数为1，由题意结合图乙可知，在0~2.5s内物体

v122

P2一直做匀加速到与木板共速，则物体P2的加速度大小为am/s0.4m/s

t2.5

根据牛顿第二定律可得1m2gm2a

解得10.04

4

在0~2.0s，木板的加速度大小为am/s22m/s2

12

根据牛顿第二定律可得F1m2g2(m0m2)gm0a1

41

在2.0~2.5s，木板的加速度大小为am/s26m/s2

20.5

根据牛顿第二定律可得1m2g2(m0m2)gm0a2

联立解得m21kg，F4.8N

（4）由题意可知，木板的长度等于0~2.5s内物体P2与木板间的相对位移，结合图乙可得

111

L42m(14)0.5m12.5m4m

222

木板锁定时，物体P2恰好能到达木板的右端，设物体P2刚滑上木板时的速度为v2，根据运动学公式可得

2

2aL0v2

其中2，解得

a1g0.4m/sv23.2m/s

物体P1与物体P2被弹簧弹开过程，根据动量守恒可得m1v1m2v2

3.2

解得物体P1的质量为mkg

13

1212

设压缩弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒可得Emvmv

p211222

33.23.2

解得EJ

p2

（建议用时：30分钟）

1．（2025·广州·广大附中三模）篮球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m60kg的运

动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，在原地纵跳摸高训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，

经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m的高度。若将运动员起跳过程（从重心下降0.5m处开始向上运动

到双脚离地过程）视为做匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2，对运动员的起跳过程，则下列说

法正确的是（）

A．运动员处于失重状态

B．地面对运动员的冲量大小为240Ns

C．运动员对地面的压力为1560N

D．运动时间为0.5s

【答案】C

【详解】A．运动员从开始起跳到脚离开地面重心上升h10.5m，做匀加速运动，加速度向上，处于超重状

态，故A错误；

C．运动员离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离h22.90m2.10m0.8m，运动员离开地面

2

后做竖直上抛运动，根据2gh20v

2

解得v4m/s，在起跳过程中，有2ah1v

2

解得a16m/s，由牛顿第二定律得FNmgma

解得FN1560N，由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向竖直向下，故C正确；

v4

BD．依题意，运动员的起跳过程时间为ts0.25s

a16

地面对运动员的冲量大小为IFNt390Ns，故BD错误。

故选C。

2．（2025·广东省·部分学校10月联考）图甲是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每

次划桨用时0.6s，回桨用时0.4s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙

舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法

正确的是（）

A．在0~0.6s内，桨对水的力大于水对桨的力

B．在0~1s内，龙舟前进了0.48m

C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为11:5

D．在此次练习的过程中，经过5次划桨后，龙舟的速度不低于3m/s

【答案】CD

【详解】A．桨对水的力与水对桨的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；

B．根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可得在0~1s内，龙舟前进了0.52m，故B错误；

C．0~1s内，对龙舟应用牛顿第二定律可得Ffma1

fma2

41

其中a

m/s2，a

m/s2，解得F:f11:3

1322

F的冲量与f的冲量大小之比Ft1:ft211:5，故C正确；

D．经推算经过5次划桨后，龙舟的速度为3.2m/s，且第5s末龙舟的速度为3m/s，故D正确。

故选CD。

3．（2025·广东清远·二模）运动员进行往返跑训练时，A点为位移参考原点。当其通过B点时开始匀减速

运动并同步启动计时装置，抵达终点C后立即加速返回。已知减速与加速阶段均为匀变速直线运动，加速

度大小相等。现根据位移传感器记录的s－t图像（如图乙所示），由图中数据可得（）

A．2s末，运动员速度最大

B．4s末，运动员回到起点

C．减速过程中，运动员前进的距离是13m

D．0~3s内，运动员的平均速度大小是2m/s

【答案】D

【详解】A．根据图像，2s末，运动员速度是零，故A错误；

B．根据图像，匀减速直线运动与匀加速直线运动加速度相等，根据对称性可知，4s末，运动员回到刚减速

时的位置，故B错误；

C．根据图像，减速过程中，运动员前进的距离是13m5m8m，故C错误；

s115

D．根据图像，0~3s内，运动员的平均速度大小vm/s2m/s，故D正确。

t3

故选D。

4．（2025·广州·二模）如图（a），砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，

得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图（b）。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数

均相同，则（）

A．0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同

B．0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度相同

C．0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量

D．0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量

【答案】AC

【详解】B．vt图像的斜率表示加速度，根据图（b）可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度大小相等

方向相反，故B错误；

A．vt图像与时间轴所围结合图形的面积表示位移，根据图（b）可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移

相同，故A正确；

C．砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，根据动能定理可知，0~t1时间内，摩擦力对砝码

做的功等于砝码动能的变化量，故C正确；

D．根据功能关系与能量守恒定律有W拉E总Q

即0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦产生的热，故D错误。

故选AC。

5．（2025·广东深圳·致理中学·月考）如图甲所示，某快递公司用倾斜的传送带运送包裹，传送带以1m/s

的速率顺时针匀速运行，现简化为如图乙所示的示意图。将包裹无初速度地放在传送带底端，经10s后恰

3

好运动到传送带顶端，已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为，传送带的倾角θ=30°，重力加速度g取

2

10m/s2。则（）

A．包裹向上运动的过程一直受到静摩擦力的作用

B．传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越小

C．包裹匀加速运动的位移为