重难02 力与直线运动（重难专练）（天津专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

重难 02 力与直线运动 内容导航 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：动力学中的连接体问题 1.连接体 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度). 2.常见连接体的类型 (1)同速连接体(如图) 特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度. 处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系. (2)关联速度连接体(如图) 特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联. 处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解. 【必备知识】1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法. 2.处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 3.隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。 【必备知识】不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解． 二：“传送带”模型的动力学问题 1.水平传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 (1)传送带较短或v0较大时滑块一直减速到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.若v0>v返回时速度为v，若v0<v返回时速度为v0 2.倾斜传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直减速 (4)可能先以a1加速后以a2加速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 【必备知识】1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断. 2.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变. 三：滑块—滑板模型 1．命题规律 滑块—滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。 2．复习指导 分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。 3．模型特点 涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 4．两种位移关系 滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2 同向运动时：L＝x1－x2 反向运动时：L＝x1＋x2 【必备知识】1.“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力. 2.滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长． 技巧：会分析弹簧连接体中的“分离问题” 类型一.物块与弹簧分离 分离类型：A与弹簧分离 A F a 处于原长， 分离：弹力为零； 加速度此瞬间还为零 A 处于压缩状态， 接触 类型二.B与地面分离 分离类型：B与地面分离 A B F a 处于伸长状态， 分离：弹力为零； 加速度此瞬间还为零 A B 处于压缩状态， x O F 分离 mAa x1+x2 (mA+mB)g+mAa 斜率k 类型三. 两物体分离问题 分离类型：A、B分离 A B F a 处于压缩状态， x2=mB(g+a)/k 分离：弹力为零； 加速度瞬间还相等 t O v 分离 a B t1 A A B 处于压缩状态， x O F 分离 (mA+mB)a x1-x2 mA(g+a) 斜率k 平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。 技巧2：会分析传送带中位移、相对位移、轨迹划痕等问题 分析表1. 受力分析 运动分析（先加后共） 难点问题 μ>tanθ f=μmgcosθ f突变为静 f'=mgsinθ v v L θ t O v 共速 痕迹 a v 传送带 物体 t1 t2 ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上传条件：μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ 受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题 μ<tanθ a f=μmgcosθ v v' L θ t O v a v 传送带 物体 t1 L ⑤μ<tanθ，物体向下加速 ⑥加速度a=g(μcosθ-sinθ) ⑦物体向下位移为L ⑧物体运动时间、末速度与传送带快慢无关 分析表2. 受力分析 运动分析 难点问题 μ≥tanθ f=μmgcosθ f突变为静 f'=mgsinθ v v L θ( t O v 共速 痕迹 a v 传送带 物体 t1 t2 ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后，若μ≥tanθ 一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ μ<tanθ f=μmgcosθ f方向突变 f'=μmgcosθ v v L θ( t O v 共速 痕迹1 a v 传送带 物体 t1 t2 物体 2 a' ④共速后，若μ<tanθ[ 继续加速，滑动摩擦力方向突变、大小不变，加速度a'=g(sinθ-μcosθ) ⑤痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段 技巧3：会分析有外力作用、斜面、竖直面等的滑块木板问题 1．水平面“板块”模型 类型1　光滑地面，有初速度无外力类 (1)系统不受外力，满足动量守恒． (2)如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观(如图)． 类型2　地面粗糙，滑块(或板)有初速度类 (1)因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动． (2)若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F合＝ma，求出滑块受的摩擦力Ff，再比较它与最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会相对滑动． (3)若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．(如图) 类型3　地面粗糙，加外力类 (1)木板上加力(如图甲)，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动． (2)滑块上加力(如图乙)，注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)． 2．斜面上“板块”模型 类型1　无初速度下滑类(如图) 假设法判断是否发生相对滑动 (1)μ2<μ1(上面比下面粗糙)，则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀加速运动． (2)μ2>μ1(下面比上面粗糙)，则会相对滑动． 类型2　加外力下滑类(如图) 对m分析，加速度范围gsin θ－μ1gcos θ<a<gsin θ＋μ1gcos θ 加速度在这个范围内，板块可保持相对静止． （建议用时：20分钟） 1．（2024·天津·高考真题）生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂直，底板和侧板对重物的弹力分别为、，忽略重物和底板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间的夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时（   ） A．增大，增大 B．减小，增大 C．增大，减小 D．减小，减小 2．（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（　　） A．列车减速过程的加速度大小 B．列车减速过程F的冲量为mv C．列车减速过程通过的位移大小为 D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为 3．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A （1）在N点的速度的大小； （2）与间冰面的动摩擦因数。 4．（2025·天津滨海新·模拟预测）某同学站在地铁车厢内，列车正向左水平运动。若某段时间内他观察到扶手向左偏离的角度α基本上保持不变，如图所示。重力加速度为g，则列车的加速度（　　） A．方向向左 B．方向向右 C．大小为gsinα D．大小为gtanα 5．（2025·天津南开·二模）在物理学发展的过程中许多科学家做出了重要的贡献。下列说法符合物理史实的是（　　） A．伽利略将逻辑推理与实验相结合，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法 B．麦克斯韦指出光是一种电磁波，并通过实验证实了电磁波的存在 C．玻尔将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子和其他原子光谱的实验规律 D．贝克勒尔最早发现了天然放射现象，并指出原子核是由质子和中子组成的 6．（2025·天津·一模）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持的恒定速率顺时针运行，传送带的长。现将一质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，包裹B向前运动了0.9m静止。已知包裹A与传送带和水平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取。 (1)求包裹A在传送带上运动的时间； (2)若包裹B的质量为0.4kg，求包裹B与水平面间的动摩擦因数。 7．（2025·天津南开·二模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率。如图甲所示，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ=37°时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度 ，，，求： (1)包裹与托盘间的动摩擦因数μ； (2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小； (3)若机器人运行的最大速度 ，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t。 8．（2025·天津滨海新·三模）如图所示，送水工人用推车在水平路面运桶装水，水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，运送过程中水桶与推车保持相对静止，∠AOB为锐角且保持不变。到达目的地后，另一工人将板OA由竖直转至水平即可将水桶卸下。全程车把手距地面的高度不变，忽略水桶与板间摩擦，下列说法正确的是（　　） A．推车由静止突然启动时，F1减小F2增大 B．推车由匀速突然减速时，F1增大F2不变 C．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1先增大后减小 D．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F2先增大后减小 （建议用时：30分钟） 9．（2025·天津·一模）高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳（质量可忽略）的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速地从跳台上落下。在整个下落过程中，若不计空气阻力，则（　　） A．运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大 B．当弹性绳恰好伸直时，运动员的速度最大 C．重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同 D．重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功 10．（2025·天津宁河·一模）随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像（竖直向上为正方向），g取10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．0~10s货物处于失重状态 B．0~10s内电梯对货物的支持力恒为1100N C．0~36s内电梯对货物的支持力做功2.8×104J D．36~46s货物处于超重状态 11．（2025·天津河西·一模）托球跑是趣味运动会的一种比赛项目。比赛中，运动员手持乒乓球拍托着质量为m的球向前跑动。在比赛中途的某一段时间t内，乒乓球与球拍保持相对静止，球和球拍随运动员共同沿水平方向匀加速直线运动通过x距离，乒乓球的速度变化量为，球拍平面与水平面之间的夹角为，如图所示。不计球和球拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　） A．在这段时间内，乒乓球加速度的大小为 B．在这段时间内，乒乓球所受合外力冲量的大小为 C．在这段时间内，球拍对乒乓球的弹力做的功为 D．在这段时间内，乒乓球所受合外力做的功为 12．（2025·天津·一模）2024年6月，中国无人机成功飞越了“世界之巅”。如图甲，某次无人机从地面静止开始竖直向上飞行，图乙为它运动的图像，图像中的段和段均为直线。下列说法正确的是（　　） A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对平衡力 B．无人机在过程中处于失重状态 C．无人机在过程中受到的合外力越来越大 D．无人机在t1˜˜t4过程中机械能先增大后减小 13．（2024·天津蓟州·三模）质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为时刻，两物体的速度图像如图所示，则下列判断正确的是（　　） A．时间内，甲、乙的平均速度相等 B．时刻之前，甲受到的空气阻力总是大于乙受到的空气阻力 C．下落过程中，甲受到的空气阻力在不断增大 D．时间内，甲机械能的减小量大于乙机械能的减小量 14．（2025·天津·二模）嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，3t₀时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（　　） A．时间内，探测器做匀减速直线运动 B．2t₀时刻探测器的速度 C．探测器在 时间内的位移大小是 时间内的位移大小的4倍 D．时间内，探测器的位移大小为 15．（2025·天津河东·二模）如图所示，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度，A球在B球的正上方。先将B球由静止释放，经过一段时间后再将A球由静止释放，当A球下落时，刚好在点与第一次触地反弹后再次下落的B球相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零，已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及所有碰撞中的动能损失，求： (1)与A球碰撞前瞬间B球的速度大小； (2)与A球碰撞前B球在空中运动的时间。 16．（2024·天津蓟州·三模）一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该图像可知（　　） A．物体在1s末改变运动方向 B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反 C．前2s内合力冲量为0 D．第3s合力对物体做负功 17．（2024·天津·模拟预测）一大学生为备战2023年成都大运会跳高项目，在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线。取重力加速度，下列说法中正确的是（　　） A．乙图中cd段表示运动员一直处于失重状态 B．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约 C．乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小为 D．整个过程中，运动员加速度的最大值为22.5m/s2 18．（2024·天津河东·二模）图甲是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包．在某次演练时，消防员背着马丁飞行背包从地面开始竖直飞行，其图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．消防员上升的最大高度为 B．消防员在内处于超重状态 C．消防员在前内加速度最大 D．消防员在内的平均速度大小为零 （建议用时：40分钟） 19．（2024·天津·模拟预测）让同一竖直线上的小球A和小球B在空中同时由静止释放，小球A在小球B的上方，小球B释放时距地面高度为h，如图所示，若小球B与地面发生碰撞后反弹至最高点时恰好与小球A发生第一次碰撞，小球B的质量是小球A质量的3倍，不计空气阻力，两小球均可看作质点，所有碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度为g，求： （1）小球A静止释放时距地面的距离hA； （2）A、B两小球第一次碰后瞬间小球A的速度vA。 20．（2024·天津南开·一模）2023年10月3日，杭州亚运会女子10米跳台决赛中，中国运动员全红婵的惊人一跳，赢得全场7个10分，并最终夺得冠军。在进行10米跳台跳水训练时，运动员必须在距离水面一定高度前完成规定动作并调整好入水姿势。某兴趣小组对10米跳台跳水进行模拟研究，将运动员视为质点，若运动员起跳时获得竖直向上的初速度，并在距离水面前完成规定动作并调整好入水姿势竖直入水，其入水深度，跳台距水面高度，运动员质量，重力加速度，空气阻力不计。求： （1）运动员距离跳台的最高距离； （2）运动员完成规定动作允许的最长时间； （3）运动员即将入水时速度v的大小和入水至水深h处的过程运动员受到水的平均作用力F的大小。 21．如图所示，用一轻绳把质量为1kg的小球悬挂在O点，将小球拉至距离水平传送带高h处的A点静止释放，当小球运动到最低点B时，与静止在传送带左端质量为1kg的物块发生弹性碰撞，物块从传送带右端C点飞出，最后落在水平地面的D点。已知B、C的距离为，物块与传送带之间动摩擦因数为，传送带上端距离地面高度为H。物块、小球均可视为质点，重力加速度大小g取，不计空气阻力。 (1)传送带静止时，物块刚好能够运动到C点，求高度h。 (2)当传送带以速度v沿顺时针方向转动，其他条件不变，要使落点D、C两点水平距离最远，v至少为多大？ (3)若传送带以速度沿顺时针方向转动，其他条件不变，在物块通过传送带期间，电动机需要多做多少功结果可用根式表示 22．（2025·天津·模拟预测）如图所示，倾角为的倾斜传送带上、下两端的间距，逆时针匀速率运转的速度大小，将一用特殊材料制作的物块乙无初速度轻放到传送带上端，当乙运动后，将物块甲无初速度轻放到传送带上端，以后每当甲追上乙时，两者发生弹性碰撞。已知甲、乙质量均为，甲与传送带间的动摩擦因数，乙与传送带间的动摩擦因数，甲、乙均可视为质点，重力加速度取，，。求： (1)乙刚放上传送带时的加速度大小及时间内运动的位移大小； (2)从开始放上甲到甲第一次追上乙的过程中，甲在传送带上留下的划痕长度； (3)在传送带上甲与乙碰撞的次数。 23．（2025·天津·模拟预测）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1 C．球上升阶段阻力的冲量大小等于下落阶段阻力的冲量大小 D．球上升阶段动量变化的大小小于下落阶段动量变化的大小 24．（2025·天津·模拟预测）如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度v0=12m/s从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前1.0s内和在1.0s~t0内为两段不同的二次函数，t0时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　） A．传送带转动速率v1=8m/s B．图乙中t0的数值为1.5 C．0~t0内煤块在传送带上的划痕长度为6m D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难 02 力与直线运动 ( 内容导航 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：动力学中的连接体问题 1.连接体 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度). 2.常见连接体的类型 (1)同速连接体(如图) 特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度. 处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系. (2)关联速度连接体(如图) 特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联. 处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解. 【必备知识】1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法. 2.处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 3.隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。 【必备知识】不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解． 二：“传送带”模型的动力学问题 1.水平传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 (1)传送带较短或v0较大时滑块一直减速到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.若v0>v返回时速度为v，若v0<v返回时速度为v0 2.倾斜传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直减速 (4)可能先以a1加速后以a2加速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 【必备知识】1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断. 2.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变. 三：滑块—滑板模型 1．命题规律 滑块—滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。 2．复习指导 分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。 3．模型特点 涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 4．两种位移关系 滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2 同向运动时：L＝x1－x2 反向运动时：L＝x1＋x2 【必备知识】1.“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力. 2.滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长． 技巧：会分析弹簧连接体中的“分离问题” 类型一.物块与弹簧分离 分离类型：A与弹簧分离 ( A F a 处于原长， 分离：弹力为零； 加速度此瞬间还为零 ) ( A 处于压缩状态， 接触 ) 类型二.B与地面分离 分离类型：B与地面分离 ( A B F a 处于伸长状态， 分离：弹力为零； 加速度此瞬间还为零 ) ( A B 处于压缩状态， ) ( x O F 分离 m A a x 1 + x 2 ( m A + m B ) g+ m A a 斜率 k ) 类型三. 两物体分离问题 分离类型：A、B分离 ( A B F a 处于压缩状态， x 2 = m B ( g+a ) /k 分离：弹力为零； 加速度瞬间还相等 ) ( t O v 分离 a B t 1 A ) ( A B 处于压缩状态， ) ( x O F 分离 ( m A + m B ) a x 1 - x 2 m A ( g+a ) 斜率 k ) 平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。 技巧2：会分析传送带中位移、相对位移、轨迹划痕等问题 分析表1. 受力分析 运动分析（先加后共） 难点问题 μ>tanθ ( f=μmgcosθ f 突变为静 f'=mgsinθ v v L θ ) ( t O v 共速 痕迹 a v 传送带 物体 t 1 t 2 ) ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上传条件：μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ 受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题 μ<tanθ ( a f=μmgcosθ v v' L θ ) ( t O v a v 传送带 物体 t 1 L ) ⑤μ<tanθ，物体向下加速 ⑥加速度a=g(μcosθ-sinθ) ⑦物体向下位移为L ⑧物体运动时间、末速度与传送带快慢无关 分析表2. 受力分析 运动分析 难点问题 μ≥tanθ ( f=μmgcosθ f 突变为静 f'=mgsinθ v v L θ ( ) ( t O v 共速 痕迹 a v 传送带 物体 t 1 t 2 ) ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后，若μ≥tanθ 一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ μ<tanθ ( f=μmgcosθ f 方向突变 f'=μmgcosθ v v L θ ( ) ( t O v 共速 痕迹 1 a v 传送带 物体 t 1 t 2 物体 2 a ' ) ④共速后，若μ<tanθ[ 继续加速，滑动摩擦力方向突变、大小不变，加速度a'=g(sinθ-μcosθ) ⑤痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段 技巧3：会分析有外力作用、斜面、竖直面等的滑块木板问题 1．水平面“板块”模型 类型1　光滑地面，有初速度无外力类 (1)系统不受外力，满足动量守恒． (2)如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观(如图)． 类型2　地面粗糙，滑块(或板)有初速度类 (1)因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动． (2)若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F合＝ma，求出滑块受的摩擦力Ff，再比较它与最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会相对滑动． (3)若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．(如图) 类型3　地面粗糙，加外力类 (1)木板上加力(如图甲)，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动． (2)滑块上加力(如图乙)，注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)． 2．斜面上“板块”模型 类型1　无初速度下滑类(如图) 假设法判断是否发生相对滑动 (1)μ2<μ1(上面比下面粗糙)，则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀加速运动． (2)μ2>μ1(下面比上面粗糙)，则会相对滑动． 类型2　加外力下滑类(如图) 对m分析，加速度范围gsin θ－μ1gcos θ<a<gsin θ＋μ1gcos θ 加速度在这个范围内，板块可保持相对静止． （建议用时：20分钟） 1．（2024·天津·高考真题）生活中人们经常使用如图所示的小车搬运重物，小车的底板和侧板垂直，底板和侧板对重物的弹力分别为、，忽略重物和底板之间的摩擦力。保持底板与水平面之间的夹角不变，重物始终与小车相对静止，小车水平向右运动，由匀速变为加速时（   ） A．增大，增大 B．减小，增大 C．增大，减小 D．减小，减小 【答案】B 【详解】对重物受力分析，设底板与水平面之间的夹角为，如图所示 小车匀速时，有，小车加速时，有 其中，则减小，增大。 故选B。 2．（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（　　） A．列车减速过程的加速度大小 B．列车减速过程F的冲量为mv C．列车减速过程通过的位移大小为 D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为 【答案】C 【详解】A．根据牛顿第二定律有 可得减速运动加速度大小 故A错误； B．根据运动学公式有故力F的冲量为 方向与运动方向相反；故B错误； C．根据运动学公式可得 故C正确； D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为 故D错误。 故选C。 3．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A （1）在N点的速度的大小； （2）与间冰面的动摩擦因数。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有 设A在间受到的滑动摩擦力为，则有 设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得 联立解得 由速度与位移的关系式，有 代入数据解得 （2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得 解得 设A在间受到的滑动摩擦力为，则有 由动能定理可得联立解得 4．（2025·天津滨海新·模拟预测）某同学站在地铁车厢内，列车正向左水平运动。若某段时间内他观察到扶手向左偏离的角度α基本上保持不变，如图所示。重力加速度为g，则列车的加速度（　　） A．方向向左 B．方向向右 C．大小为gsinα D．大小为gtanα 【答案】BD 【详解】AB．通过观察发现，绳对小球的拉力指向右上方，说明水平方向小球受到的合外力向右，则列车的加速度也向右，故A错误，B正确； CD．对小球，根据牛顿第二定律 解得,故C错误，D正确。 故选BD。 5．（2025·天津南开·二模）在物理学发展的过程中许多科学家做出了重要的贡献。下列说法符合物理史实的是（　　） A．伽利略将逻辑推理与实验相结合，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法 B．麦克斯韦指出光是一种电磁波，并通过实验证实了电磁波的存在 C．玻尔将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子和其他原子光谱的实验规律 D．贝克勒尔最早发现了天然放射现象，并指出原子核是由质子和中子组成的 【答案】A 【详解】A．在研究自由落体运动和反驳亚里士多德力是维持物体运动原因的观点过程中，伽利略将逻辑推理与实验相结合，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故A正确； B．麦克斯韦指出光是一种电磁波，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故B错误； C．玻尔将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，但不能够解释其他原子光谱的实验规律，故C错误； D．贝克勒尔最早发现了天然放射现象，查德威克指出原子核是由质子和中子组成的，故D错误。 故选A。 6．（2025·天津·一模）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持的恒定速率顺时针运行，传送带的长。现将一质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，包裹B向前运动了0.9m静止。已知包裹A与传送带和水平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取。 (1)求包裹A在传送带上运动的时间； (2)若包裹B的质量为0.4kg，求包裹B与水平面间的动摩擦因数。 【答案】(1)2.25s (2)0.5 【详解】（1）对A进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 令经历时间，A与传送带达到相等速度，则有 解得 此时A的位移 之后A做匀速直线运动，经历时间 包裹A在传送带上运动的时间 解得 （2）碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 解得 包裹B向前运动了0.9m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有 解得 对B进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 7．（2025·天津南开·二模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率。如图甲所示，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ=37°时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度 ，，，求： (1)包裹与托盘间的动摩擦因数μ； (2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小； (3)若机器人运行的最大速度 ，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t。 【答案】(1)0.75 (2) (3) 【详解】（1）当托盘倾角增大到θ=37°时，包裹恰好开始下滑，根据平衡条件有 解得 （2）当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，根据牛顿第二定律有 解得 （3）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短。匀加速直线运动阶段有， 利用逆向思维，匀减速直线运动阶段有， 匀速运动的时间 解得 8．（2025·天津滨海新·三模）如图所示，送水工人用推车在水平路面运桶装水，水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，运送过程中水桶与推车保持相对静止，∠AOB为锐角且保持不变。到达目的地后，另一工人将板OA由竖直转至水平即可将水桶卸下。全程车把手距地面的高度不变，忽略水桶与板间摩擦，下列说法正确的是（　　） A．推车由静止突然启动时，F1减小F2增大 B．推车由匀速突然减速时，F1增大F2不变 C．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1先增大后减小 D．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F2先增大后减小 【答案】BC 【详解】A．推车由静止时F1、F2和重力三力平衡，F1水平向右，F2竖直方向分量与重力平衡，突然启动时即加速度水平向左，故F1减小F2不变，故A错误； B．推车由匀速突然减速时即加速度水平向右，F1增大F2不变，故B正确； CD．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1、F2和重力三力平衡构成矢量三角形如图，根据，F1由先图示位置逆时针转，可知F1先增大后减小，F2一直减小，故C正确，D错误； 故选 BC。 （建议用时：30分钟） 9．（2025·天津·一模）高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳（质量可忽略）的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速地从跳台上落下。在整个下落过程中，若不计空气阻力，则（　　） A．运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大 B．当弹性绳恰好伸直时，运动员的速度最大 C．重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同 D．重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功 【答案】AD 【详解】A．从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能减小，所以动能和弹性势能之和增加，故A正确； B．当弹性绳的弹力大小等于重力时，运动员的速度最大，故B错误； C．根据动量定理，由于初、末状态，动量均为零，因此重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等，方向相反，故C错误； D．根据动能定理，由于初、末状态动能均为零，因此重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功，故D正确。 故选AD。 10．（2025·天津宁河·一模）随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像（竖直向上为正方向），g取10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．0~10s货物处于失重状态 B．0~10s内电梯对货物的支持力恒为1100N C．0~36s内电梯对货物的支持力做功2.8×104J D．36~46s货物处于超重状态 【答案】C 【详解】A．0~10s货物向上加速，处于超重状态，故A错误； B．0~10s内电梯的加速度为 对货物，根据牛顿第二定律可得 解得对货物的支持力恒为 故B错误； C．由于图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，0~36s内货物上升的距离为 根据动能定理可得， 所以电梯对货物的支持力做功为 故C正确； D．36~46s货物向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。 故选C。 11．（2025·天津河西·一模）托球跑是趣味运动会的一种比赛项目。比赛中，运动员手持乒乓球拍托着质量为m的球向前跑动。在比赛中途的某一段时间t内，乒乓球与球拍保持相对静止，球和球拍随运动员共同沿水平方向匀加速直线运动通过x距离，乒乓球的速度变化量为，球拍平面与水平面之间的夹角为，如图所示。不计球和球拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　） A．在这段时间内，乒乓球加速度的大小为 B．在这段时间内，乒乓球所受合外力冲量的大小为 C．在这段时间内，球拍对乒乓球的弹力做的功为 D．在这段时间内，乒乓球所受合外力做的功为 【答案】BC 【详解】A．乒乓球受到重力mg、支持力N而做加速直线运动，受力如图 由牛顿第二定律有 解得加速度大小 故A错误； B．合外力冲量大小 故B正确； C．球拍对乒乓球的弹力为 则球拍对乒乓球的弹力做的功 故C正确； D．根据动能定理，乒乓球所受合外力做的功等于该过程动能该变量，即 故D错误。 故选BC。 12．（2025·天津·一模）2024年6月，中国无人机成功飞越了“世界之巅”。如图甲，某次无人机从地面静止开始竖直向上飞行，图乙为它运动的图像，图像中的段和段均为直线。下列说法正确的是（　　） A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对平衡力 B．无人机在过程中处于失重状态 C．无人机在过程中受到的合外力越来越大 D．无人机在t1˜˜t4过程中机械能先增大后减小 【答案】B 【详解】A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对相互作用力，故A错误； B．由乙图可知，无人机在过程中减速上升，其加速度方向竖直向下，处于失重状态，故B正确； C．根据v-t图像中图线的斜率表示加速度，由乙图可知，无人机在过程中加速度恒定，根据牛顿第二定律 可知无人机受到的合外力保持不变，故C错误； D．无人机在t1˜˜t4过程中空气对无人机的作用力一直做正功，机械能一直增大，故D错误。 故选B。 13．（2024·天津蓟州·三模）质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为时刻，两物体的速度图像如图所示，则下列判断正确的是（　　） A．时间内，甲、乙的平均速度相等 B．时刻之前，甲受到的空气阻力总是大于乙受到的空气阻力 C．下落过程中，甲受到的空气阻力在不断增大 D．时间内，甲机械能的减小量大于乙机械能的减小量 【答案】CD 【详解】A．根据图像与横轴围成的面积表示位移，由图可知，时间内，甲的位移大于乙的位移，根据平均速度公式 可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故A错误； BC．由图可知，时刻之前，乙物体的加速度恒定，而甲物体运动加速度一直减小，甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙加速度，而两物体均只受重力和阻力，根据牛顿第二定律可得解得 则加速度越大，阻力越小，加速度越小，阻力越大，故说明甲受到的空气阻力先小于乙受到的空气阻力，后大于乙受到的空气阻力，且甲物体受到的空气阻力在不断增大，故B错误，C正确； D．时间内，设阻力做功为，根据动能定理有 由图可知，甲的位移大于乙的位移，则甲物体的重力做功大于乙物体的重力做功，而甲、乙的动能变化量相等，则甲的阻力做功大于乙的阻力做功，根据功能关系，机械能的减少量等于阻力的功，则甲物体机械能的减小量大于乙物体机械能的减小量，故D正确。 故选CD。 14．（2025·天津·二模）嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，3t₀时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（　　） A．时间内，探测器做匀减速直线运动 B．2t₀时刻探测器的速度 C．探测器在 时间内的位移大小是 时间内的位移大小的4倍 D．时间内，探测器的位移大小为 【答案】BD 【详解】A．匀减速直线运动加速度大小和方向不变，由图像可知t0-3t0时间内加速度大小变化，不是匀减速直线运动，故A错误； B．根据a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，3t0时刻速度，2t0-3t0时间内图像与时间轴所围面积为 即2t0到3t0速度变化量为，那么2t0时刻速度 故B正确； C．t0～3t0内，根据a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，t0～3t0内速度变化量 2t0-3t0内速度变化量 采用逆向思维把探测器运动看成初速度为0的匀加速直线运动，t0-2t0，2t0-3t0位移比为3：1，探测器在t0～3t0时间内的位移大小是2t0～3t0时间内的位移大小的4倍，但嫦娥六号做加速度减小的减速运动，探测器在t0～3t0时间内的位移大小不是2t0～3t0时间内的位移大小的4倍，故C错误； D．0～t0时间内，探测器做匀减速直线运动，末速度v=a0t0 根据 （这里v=a0t0，a=-a0，t=t0） 可得 故D正确。 故选BD。 15．（2025·天津河东·二模）如图所示，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度，A球在B球的正上方。先将B球由静止释放，经过一段时间后再将A球由静止释放，当A球下落时，刚好在点与第一次触地反弹后再次下落的B球相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零，已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及所有碰撞中的动能损失，求： (1)与A球碰撞前瞬间B球的速度大小； (2)与A球碰撞前B球在空中运动的时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）球碰撞前的速度 取向下为正方向，两球碰撞过程动量守恒、动能守恒，分别有 又 联立解得 （2）球第一次下落 球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性，上升时间 球第二次下落 球在空中运动的时间 解得 16．（2024·天津蓟州·三模）一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该图像可知（　　） A．物体在1s末改变运动方向 B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反 C．前2s内合力冲量为0 D．第3s合力对物体做负功 【答案】C 【详解】A．由图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误； B．根据图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误； C．由图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，故C正确； D．由图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力对物体做正功，故D错误。 故选C。 17．（2024·天津·模拟预测）一大学生为备战2023年成都大运会跳高项目，在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线。取重力加速度，下列说法中正确的是（　　） A．乙图中cd段表示运动员一直处于失重状态 B．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约 C．乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小为 D．整个过程中，运动员加速度的最大值为22.5m/s2 【答案】BD 【详解】A．根据题意，由图乙中点可知，运动员的重力为，在点时，运动员对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态，在d点时，运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重，故A错误； B．由图乙可知，运动员在空中的时间为 重心上升的最大高度约故B正确； C．运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，图像的面积表示冲量，由图可得，bcd段训练台对运动员的冲量大小I满足 则运动员对训练台的冲量大小大于，故C错误； D．由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为，由牛顿第三定律可知，训练台对运动员的最大作用力为，由牛顿第二定律有 又有解得故D正确。 故选BD。 18．（2024·天津河东·二模）图甲是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包．在某次演练时，消防员背着马丁飞行背包从地面开始竖直飞行，其图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．消防员上升的最大高度为 B．消防员在内处于超重状态 C．消防员在前内加速度最大 D．消防员在内的平均速度大小为零 【答案】C 【详解】A．有题意可知，消防员上升的最大高度为内图象与坐标轴围成的面积，最大高度为，A错误； B．由图象可知，内消防员的加速的方向为向下，即消防员的重力大于飞行背包的牵引力，此时消防员处于失重状态，B错误； C．由图象可知，消防员在前30s内，图象的斜率最大，即前30s内加速度最大，C正确； D．消防员在内位移不为0，所以平均速度大小也不为0，D错误。 故选C。 （建议用时：40分钟） 19．（2024·天津·模拟预测）让同一竖直线上的小球A和小球B在空中同时由静止释放，小球A在小球B的上方，小球B释放时距地面高度为h，如图所示，若小球B与地面发生碰撞后反弹至最高点时恰好与小球A发生第一次碰撞，小球B的质量是小球A质量的3倍，不计空气阻力，两小球均可看作质点，所有碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度为g，求： （1）小球A静止释放时距地面的距离hA； （2）A、B两小球第一次碰后瞬间小球A的速度vA。 【答案】（1）5h；（2），方向竖直向上 【详解】（1）设小球做自由落体运动的时间为，有 小球B自由落体运动后与地面发生弹性碰撞，会原速反弹；当小球A与小球B第一次碰撞时，小球A做自由落体运动的时间为，有 小球A静止释放时距地面的距离 （2）设小球A的质量为小球B的质量为 发生弹性碰撞时，小球A的碰前速度为，则 AB两小球碰撞时动量和机械能守恒，有 解得负号表示运动方向竖直向上。 20．（2024·天津南开·一模）2023年10月3日，杭州亚运会女子10米跳台决赛中，中国运动员全红婵的惊人一跳，赢得全场7个10分，并最终夺得冠军。在进行10米跳台跳水训练时，运动员必须在距离水面一定高度前完成规定动作并调整好入水姿势。某兴趣小组对10米跳台跳水进行模拟研究，将运动员视为质点，若运动员起跳时获得竖直向上的初速度，并在距离水面前完成规定动作并调整好入水姿势竖直入水，其入水深度，跳台距水面高度，运动员质量，重力加速度，空气阻力不计。求： （1）运动员距离跳台的最高距离； （2）运动员完成规定动作允许的最长时间； （3）运动员即将入水时速度v的大小和入水至水深h处的过程运动员受到水的平均作用力F的大小。 【答案】（1）0.05m；（2）1.4s；（3），2008N 【详解】（1）运动员起跳后做竖直上抛运动，到最高点则有 解得 （2）运动员从起跳到最高点所用时间t1为 运动员从最高点到距水面1.6m处所用时间t2为 代入数据解得 运动员完成规定动作允许的最长时间为 （3）运动员入水时，由速度位移关系公式可得 代入数据解得入水时速度大小为 运动员入水后至水深h处，由速度位移关系公式可得 代入数据解得 运动员入水后至水深h处的过程中，受到重力mg和水的平均作用力F，由牛顿第二定律可得 解得平均作用力F的大小为 21．如图所示，用一轻绳把质量为1kg的小球悬挂在O点，将小球拉至距离水平传送带高h处的A点静止释放，当小球运动到最低点B时，与静止在传送带左端质量为1kg的物块发生弹性碰撞，物块从传送带右端C点飞出，最后落在水平地面的D点。已知B、C的距离为，物块与传送带之间动摩擦因数为，传送带上端距离地面高度为H。物块、小球均可视为质点，重力加速度大小g取，不计空气阻力。 (1)传送带静止时，物块刚好能够运动到C点，求高度h。 (2)当传送带以速度v沿顺时针方向转动，其他条件不变，要使落点D、C两点水平距离最远，v至少为多大？ (3)若传送带以速度沿顺时针方向转动，其他条件不变，在物块通过传送带期间，电动机需要多做多少功结果可用根式表示 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）小球由A点运动到B点，由动能定理 小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律， 物块由B点恰运动到C点，由动能定理 解得 （2）要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式 由牛顿第二定律 解得 要使落点D、C两点水平距离最远，v至少为。 （3）因为，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热量与物块增加的动能之和，故，， 摩擦生热的时间 物块与传送带之间相对位移 解得 22．（2025·天津·模拟预测）如图所示，倾角为的倾斜传送带上、下两端的间距，逆时针匀速率运转的速度大小，将一用特殊材料制作的物块乙无初速度轻放到传送带上端，当乙运动后，将物块甲无初速度轻放到传送带上端，以后每当甲追上乙时，两者发生弹性碰撞。已知甲、乙质量均为，甲与传送带间的动摩擦因数，乙与传送带间的动摩擦因数，甲、乙均可视为质点，重力加速度取，，。求： (1)乙刚放上传送带时的加速度大小及时间内运动的位移大小； (2)从开始放上甲到甲第一次追上乙的过程中，甲在传送带上留下的划痕长度； (3)在传送带上甲与乙碰撞的次数。 【答案】(1)，0.8m(2)1m(3)4次 【详解】（1）乙放上传送带后做加速运动，设加速度为，由牛顿第二定律有： 解得 设乙从静止到与传送带共速所用时间为，则， 乙与传送带共速后与传送带一起匀速运动，位移为，则 则 （2）甲放上传送带后做加速运动，设加速度为，由牛顿第二定律有 设甲由静止到与传送带共速所用时间为，则 ， 经分析，共速后甲继续做加速运动，由牛顿第二定律有 设共速后甲继续运动时间追上乙，则有 甲运动的这段时间内乙的位移 由位移公式有   综上，解得 在时间内甲相对传送带向上移动 在时间内甲相对传送带向下运动 故甲与传送带间划痕为。 （3）甲追上乙时甲的速度 甲、乙发生弹性碰撞，对甲、乙组成的系统由动量守恒与能量守恒有：  ， 解得， 碰后甲加速运动，加速度为，乙做减速运动，设加速度大小为对乙物块由牛顿第二定律有 设甲再次追上乙前，乙一直减速运动，所用时间为 则   解得 此时， 假设成立。之后甲、乙碰撞重复上述运动，在一次碰撞中乙向下移动的位移   则次 取整后次，加上第一次碰撞，甲、乙在传送带上碰撞次数为4次。 23．（2025·天津·模拟预测）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1 C．球上升阶段阻力的冲量大小等于下落阶段阻力的冲量大小 D．球上升阶段动量变化的大小小于下落阶段动量变化的大小 【答案】AC 【详解】A．小球抛出上升过程和下降过程，由牛顿第二定律有mg+f1=ma1，mg-f2=ma2 已知小球受到的空气阻力与速率成正比，即f=kv 则小球刚抛出时空气阻力最大，加速度最大，有mg+kv1=mamax， 小球落地前已经匀速运动，有mg=kv2， 联立解得amax=5g 故A正确； B．因为小球要克服空气阻力做功，则机械能不断减少，则上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，又因为上升过程与下降过程的位移大小相等，所以小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，则从最高点下降落回到地面所用时间大于t1，故B错误； C．已知小球受到的空气阻力与速率成正比，则阻力与速率的关系为f=kv 故阻力的冲量大小为If=Σft=Σkvt=kx 因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故C正确； D．根据动能表达式可得，动量大小p=mv 联立可得 小球初动能为16E0，球上升阶段动量的变化量 小球下降阶段动量的变化量 所以球上升阶段动量变化的大小大于下落阶段动量变化的大小，故D错误。 故选AC。 24．（2025·天津·模拟预测）如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度v0=12m/s从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前1.0s内和在1.0s~t0内为两段不同的二次函数，t0时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　） A．传送带转动速率v1=8m/s B．图乙中t0的数值为1.5 C．0~t0内煤块在传送带上的划痕长度为6m D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25 【答案】D 【详解】A．煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律则有 解得加速度大小为 当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，同理可得加速度大小为 煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为，由于 则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得 代入数据解得 则传送带的速度大小为，故A错误； BD．根据上述分析可知，图乙中时刻，煤块向上运动速度减为零，结合， 解得 则煤块下滑时的加速度大小为 结合乙图可知，时间内煤块的位移 又因为 代入数据解得，故B错误，D正确； C．内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为 内煤块在传送带上的划痕长度为 但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以内煤块在传送带上的划痕长度为4m，故C错误。 故选D。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难 02 力与直线运动（重难专练） （建议用时：20分钟） 1．【答案】B 【详解】对重物受力分析，设底板与水平面之间的夹角为，如图所示 小车匀速时，有，小车加速时，有 其中，则减小，增大。 故选B。 2．【答案】C 【详解】A．根据牛顿第二定律有 可得减速运动加速度大小 故A错误； B．根据运动学公式有故力F的冲量为 方向与运动方向相反；故B错误； C．根据运动学公式可得 故C正确； D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为 故D错误。 故选C。 3．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有 设A在间受到的滑动摩擦力为，则有 设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得 联立解得 由速度与位移的关系式，有 代入数据解得 （2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得 解得 设A在间受到的滑动摩擦力为，则有 由动能定理可得联立解得 4．【答案】BD 【详解】AB．通过观察发现，绳对小球的拉力指向右上方，说明水平方向小球受到的合外力向右，则列车的加速度也向右，故A错误，B正确； CD．对小球，根据牛顿第二定律 解得,故C错误，D正确。 故选BD。 5．【答案】A 【详解】A．在研究自由落体运动和反驳亚里士多德力是维持物体运动原因的观点过程中，伽利略将逻辑推理与实验相结合，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故A正确； B．麦克斯韦指出光是一种电磁波，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故B错误； C．玻尔将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，但不能够解释其他原子光谱的实验规律，故C错误； D．贝克勒尔最早发现了天然放射现象，查德威克指出原子核是由质子和中子组成的，故D错误。 故选A。 6．【答案】(1)2.25s (2)0.5 【详解】（1）对A进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 令经历时间，A与传送带达到相等速度，则有 解得 此时A的位移 之后A做匀速直线运动，经历时间 包裹A在传送带上运动的时间 解得 （2）碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 解得 包裹B向前运动了0.9m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有 解得 对B进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 7．【答案】(1)0.75 (2) (3) 【详解】（1）当托盘倾角增大到θ=37°时，包裹恰好开始下滑，根据平衡条件有 解得 （2）当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，根据牛顿第二定律有 解得 （3）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短。匀加速直线运动阶段有， 利用逆向思维，匀减速直线运动阶段有， 匀速运动的时间 解得 8．【答案】BC 【详解】A．推车由静止时F1、F2和重力三力平衡，F1水平向右，F2竖直方向分量与重力平衡，突然启动时即加速度水平向左，故F1减小F2不变，故A错误； B．推车由匀速突然减速时即加速度水平向右，F1增大F2不变，故B正确； CD．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1、F2和重力三力平衡构成矢量三角形如图，根据，F1由先图示位置逆时针转，可知F1先增大后减小，F2一直减小，故C正确，D错误； 故选 BC。 （建议用时：30分钟） 9．【答案】AD 【详解】A．从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能减小，所以动能和弹性势能之和增加，故A正确； B．当弹性绳的弹力大小等于重力时，运动员的速度最大，故B错误； C．根据动量定理，由于初、末状态，动量均为零，因此重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等，方向相反，故C错误； D．根据动能定理，由于初、末状态动能均为零，因此重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功，故D正确。 故选AD。 10．【答案】C 【详解】A．0~10s货物向上加速，处于超重状态，故A错误； B．0~10s内电梯的加速度为 对货物，根据牛顿第二定律可得 解得对货物的支持力恒为 故B错误； C．由于图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，0~36s内货物上升的距离为 根据动能定理可得， 所以电梯对货物的支持力做功为 故C正确； D．36~46s货物向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。 故选C。 11．【答案】BC 【详解】A．乒乓球受到重力mg、支持力N而做加速直线运动，受力如图 由牛顿第二定律有 解得加速度大小 故A错误； B．合外力冲量大小 故B正确； C．球拍对乒乓球的弹力为 则球拍对乒乓球的弹力做的功 故C正确； D．根据动能定理，乒乓球所受合外力做的功等于该过程动能该变量，即 故D错误。 故选BC。 12．【答案】B 【详解】A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对相互作用力，故A错误； B．由乙图可知，无人机在过程中减速上升，其加速度方向竖直向下，处于失重状态，故B正确； C．根据v-t图像中图线的斜率表示加速度，由乙图可知，无人机在过程中加速度恒定，根据牛顿第二定律 可知无人机受到的合外力保持不变，故C错误； D．无人机在t1˜˜t4过程中空气对无人机的作用力一直做正功，机械能一直增大，故D错误。 故选B。 13．【答案】CD 【详解】A．根据图像与横轴围成的面积表示位移，由图可知，时间内，甲的位移大于乙的位移，根据平均速度公式 可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故A错误； BC．由图可知，时刻之前，乙物体的加速度恒定，而甲物体运动加速度一直减小，甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙加速度，而两物体均只受重力和阻力，根据牛顿第二定律可得解得 则加速度越大，阻力越小，加速度越小，阻力越大，故说明甲受到的空气阻力先小于乙受到的空气阻力，后大于乙受到的空气阻力，且甲物体受到的空气阻力在不断增大，故B错误，C正确； D．时间内，设阻力做功为，根据动能定理有 由图可知，甲的位移大于乙的位移，则甲物体的重力做功大于乙物体的重力做功，而甲、乙的动能变化量相等，则甲的阻力做功大于乙的阻力做功，根据功能关系，机械能的减少量等于阻力的功，则甲物体机械能的减小量大于乙物体机械能的减小量，故D正确。 故选CD。 14．【答案】BD 【详解】A．匀减速直线运动加速度大小和方向不变，由图像可知t0-3t0时间内加速度大小变化，不是匀减速直线运动，故A错误； B．根据a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，3t0时刻速度，2t0-3t0时间内图像与时间轴所围面积为 即2t0到3t0速度变化量为，那么2t0时刻速度 故B正确； C．t0～3t0内，根据a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，t0～3t0内速度变化量 2t0-3t0内速度变化量 采用逆向思维把探测器运动看成初速度为0的匀加速直线运动，t0-2t0，2t0-3t0位移比为3：1，探测器在t0～3t0时间内的位移大小是2t0～3t0时间内的位移大小的4倍，但嫦娥六号做加速度减小的减速运动，探测器在t0～3t0时间内的位移大小不是2t0～3t0时间内的位移大小的4倍，故C错误； D．0～t0时间内，探测器做匀减速直线运动，末速度v=a0t0 根据 （这里v=a0t0，a=-a0，t=t0） 可得 故D正确。 故选BD。 15．【答案】(1) (2) 【详解】（1）球碰撞前的速度 取向下为正方向，两球碰撞过程动量守恒、动能守恒，分别有 又 联立解得 （2）球第一次下落 球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性，上升时间 球第二次下落 球在空中运动的时间 解得 16．【答案】C 【详解】A．由图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误； B．根据图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误； C．由图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，故C正确； D．由图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力对物体做正功，故D错误。 故选C。 17．【答案】BD 【详解】A．根据题意，由图乙中点可知，运动员的重力为，在点时，运动员对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态，在d点时，运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重，故A错误； B．由图乙可知，运动员在空中的时间为 重心上升的最大高度约故B正确； C．运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，图像的面积表示冲量，由图可得，bcd段训练台对运动员的冲量大小I满足 则运动员对训练台的冲量大小大于，故C错误； D．由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为，由牛顿第三定律可知，训练台对运动员的最大作用力为，由牛顿第二定律有 又有解得故D正确。 故选BD。 18．【答案】C 【详解】A．有题意可知，消防员上升的最大高度为内图象与坐标轴围成的面积，最大高度为，A错误； B．由图象可知，内消防员的加速的方向为向下，即消防员的重力大于飞行背包的牵引力，此时消防员处于失重状态，B错误； C．由图象可知，消防员在前30s内，图象的斜率最大，即前30s内加速度最大，C正确； D．消防员在内位移不为0，所以平均速度大小也不为0，D错误。 故选C。 （建议用时：40分钟） 19．【答案】（1）5h； （2），方向竖直向上 【详解】（1）设小球做自由落体运动的时间为，有 小球B自由落体运动后与地面发生弹性碰撞，会原速反弹；当小球A与小球B第一次碰撞时，小球A做自由落体运动的时间为，有 小球A静止释放时距地面的距离 （2）设小球A的质量为小球B的质量为 发生弹性碰撞时，小球A的碰前速度为，则 AB两小球碰撞时动量和机械能守恒，有 解得负号表示运动方向竖直向上。 20．【答案】（1）0.05m； （2）1.4s； （3），2008N 【详解】（1）运动员起跳后做竖直上抛运动，到最高点则有 解得 （2）运动员从起跳到最高点所用时间t1为 运动员从最高点到距水面1.6m处所用时间t2为 代入数据解得 运动员完成规定动作允许的最长时间为 （3）运动员入水时，由速度位移关系公式可得 代入数据解得入水时速度大小为 运动员入水后至水深h处，由速度位移关系公式可得 代入数据解得 运动员入水后至水深h处的过程中，受到重力mg和水的平均作用力F，由牛顿第二定律可得 解得平均作用力F的大小为 21．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球由A点运动到B点，由动能定理 小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律， 物块由B点恰运动到C点，由动能定理 解得 （2）要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式 由牛顿第二定律 解得 要使落点D、C两点水平距离最远，v至少为。 （3）因为，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热量与物块增加的动能之和，故，， 摩擦生热的时间 物块与传送带之间相对位移 解得 22．【答案】(1)，0.8m (2)1m (3)4次 【详解】（1）乙放上传送带后做加速运动，设加速度为，由牛顿第二定律有： 解得 设乙从静止到与传送带共速所用时间为，则， 乙与传送带共速后与传送带一起匀速运动，位移为，则 则 （2）甲放上传送带后做加速运动，设加速度为，由牛顿第二定律有 设甲由静止到与传送带共速所用时间为，则 ， 经分析，共速后甲继续做加速运动，由牛顿第二定律有 设共速后甲继续运动时间追上乙，则有 甲运动的这段时间内乙的位移 由位移公式有   综上，解得 在时间内甲相对传送带向上移动 在时间内甲相对传送带向下运动 故甲与传送带间划痕为。 （3）甲追上乙时甲的速度 甲、乙发生弹性碰撞，对甲、乙组成的系统由动量守恒与能量守恒有：  ， 解得， 碰后甲加速运动，加速度为，乙做减速运动，设加速度大小为对乙物块由牛顿第二定律有 设甲再次追上乙前，乙一直减速运动，所用时间为 则   解得 此时， 假设成立。之后甲、乙碰撞重复上述运动，在一次碰撞中乙向下移动的位移   则次 取整后次，加上第一次碰撞，甲、乙在传送带上碰撞次数为4次。 23．【答案】AC 【详解】A．小球抛出上升过程和下降过程，由牛顿第二定律有mg+f1=ma1，mg-f2=ma2 已知小球受到的空气阻力与速率成正比，即f=kv 则小球刚抛出时空气阻力最大，加速度最大，有mg+kv1=mamax， 小球落地前已经匀速运动，有mg=kv2， 联立解得amax=5g 故A正确； B．因为小球要克服空气阻力做功，则机械能不断减少，则上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，又因为上升过程与下降过程的位移大小相等，所以小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，则从最高点下降落回到地面所用时间大于t1，故B错误； C．已知小球受到的空气阻力与速率成正比，则阻力与速率的关系为f=kv 故阻力的冲量大小为If=Σft=Σkvt=kx 因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故C正确； D．根据动能表达式可得，动量大小p=mv 联立可得 小球初动能为16E0，球上升阶段动量的变化量 小球下降阶段动量的变化量 所以球上升阶段动量变化的大小大于下落阶段动量变化的大小，故D错误。 故选AC。 24．【答案】D 【详解】A．煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律则有 解得加速度大小为 当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，同理可得加速度大小为 煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为，由于 则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得 代入数据解得 则传送带的速度大小为，故A错误； BD．根据上述分析可知，图乙中时刻，煤块向上运动速度减为零，结合， 解得 则煤块下滑时的加速度大小为 结合乙图可知，时间内煤块的位移 又因为 代入数据解得，故B错误，D正确； C．内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为 内煤块在传送带上的划痕长度为 但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以内煤块在传送带上的划痕长度为4m，故C错误。 故选D。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $