题型02 直线运动 牛顿运动定律（题型专练）（广东专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型02 直线运动 牛顿运动定律 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 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 匀变速直线运动规律及应用 考向02 牛顿运动定律的应用【重难】 考向03 动力学中连接体问题【重难】 考向04 运动学和动力学图像【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 直线运动、牛顿运动定律是高中物理力学的重要基础知识，也是高考中的高频必考点。它不仅常以选择题、计算题等形式独立考查物体的运动与受力分析，更是作为一种核心分析工具，广泛渗透于动力学等综合问题中。本题型的命题形式多样，常围绕匀变速直线、动态分析、瞬时性、含摩擦力及连接体等模型展开。解题的关键和核心能力在于准确的受力分析。 考向01 匀变速直线运动规律及应用 【例1-1】(2024·广东六校联考)在中国，每年由于交通造成死亡的事故中50%以上都与酒后驾车有关，酒后驾车的危害触目惊心．驾驶员从视觉感知前方危险，到汽车开始制动的时间称为反应时间，酒后驾驶将明显增加反应时间，对比某驾驶员正常驾驶和酒后驾驶过程，记录感知前方危险后汽车运动的v－t图线如图甲、乙所示．则(　　) 　 A. 图乙对应于正常驾车 B. 全过程酒后驾车的时间比较短 C. 全过程酒后驾车的位移比较小 D. 全过程酒后驾车的平均速度比较大 【例1-2】（2025·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25 m/s 1.解决匀变速直线运动问题的六种方法 2.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析：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)双向可逆类运动分析：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、v、a等矢量的正负及物理意义。 3.追及、相遇问题的解题思路和技巧 (1)紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。 (2)速度相等往往是恰好追上(追不上)，两者间距离有极值的临界条件。 (3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。 【变式1-1】（2025·广东深圳·一模）有一个质量为m的运动员竖直向上弹离蹦床时的速度为，当地的重力加速度为g。某同学描绘了该运动员在弹离绷床后的运动过程中位移y、速度v、加速度a、机械能E随时间t变化的四个图像（以人弹离蹦床时的重心处为参考平面），不计空气阻力，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式1-2】科研人员在保证安全的情况下进行高空坠物实验，让一小球从45 m高的阳台上无初速度落下，不计空气阻力。在小球刚落下时恰被楼下一智能小车发现，智能小车迅速由静止沿直线冲向小球下落处的正下方楼底，准备接住小球。已知智能小车到楼底的距离为18 m。将小球和智能小车都看成质点，智能小车移动过程中只做匀速直线运动或匀变速直线运动，g取10 m/s2。 (1)智能小车至少用多大的平均速度行驶到楼底恰能接住小球； (2)若智能小车在运动过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，要求小车在楼底时已停止运动，求智能小车移动时加速度a的大小需满足什么条件？ 考向02 牛顿运动定律的应用 【例2-1】（2025·广东清远·一模）今年国庆假期，小明在清远站首届航天航空科普展观看了我国战斗机发展历程。如图所示为某型号战斗机在地面上沿直线加速滑行和在空中斜向上匀速爬升的情景，战斗机在加速滑行和匀速爬升两个阶段中：所受推力的大小均与重力大小相等，方向与速度方向相同；所受空气阻力，方向与速度方向相反；所受升力，方向与速度方向垂直。K1、K2未知，已知重力加速度为g，战斗机质量为m，匀速爬升时的速度为v₀，方向与水平方向成。 (1)求K1、K2的值； (2)战斗机在水平地面上滑行，受到地面的摩擦阻力f₂与正压力N的关系为，若战斗机恰好能做匀加速直线运动，求的值和战斗机在水平地面上滑行的加速度大小。 【例2-2】（2025·广东·一模）一半径为R的光滑瓷碗静止在水平桌面上，在球心等高处紧贴着碗壁无初速度静止释放一个质量相等的小铁球，瓷碗始终在水平桌面上。下列说法正确的是（　　） A．小球第一次回到初始位置时，瓷碗的路程大小为2R B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，对碗底的压力与受重力大小相等 C．若半径R足够大，小球在运动过程中可能脱离瓷碗 D．小球相邻两次达到最高点的时间小于 解决动力学两类基本问题的思路 瞬时加速度问题 【变式2-1】（2025·广东·三模）弹射座椅是飞行员的“救命神器”，当飞机遇险时，座椅下的动力装置将座椅和飞行员一起弹射出机舱，然后座椅配置的降落伞张开，使飞行员安全降落。若某飞机意外故障竖直下坠，弹射座椅紧急弹出，弹射座椅弹出时的加速度大小为、方向水平，重力加速度大小为，则当弹射座椅弹出时。弹射座椅对飞行员的作用力大小与飞行员所受重力大小的比值为（　　） A． B． C． D． 【变式2-2】一旦发生火灾，高楼层居民如何逃生一直是困扰我们的致命问题。最近有人设计了一种新型逃生滑梯。提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下，逃生者倚躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼。(假设每层间的高度h＝3 m，g取10 m/s2) (1)经发明者测试，逃生者从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为37°。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。忽略空气阻力和转角处的动能损失。求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数μ； (2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6 m/s，刹车系统可以使减速过程加速度的大小和加速过程加速度的大小相等。为了安全，滑到地面时的速度大小不超过2 m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速度大小相等，求从21楼下滑到地面的最短时间。 【变式2-3】（2025·广东广州·模拟预测）如图甲所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可看作质点）从弹簧上端h处（h不为0）由静止释放，小球落到弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h和x0为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　） A．该星球的第一宇宙速度 B．该弹簧劲度系数k的大小 C．小球在最低点处加速度大于 D．弹簧的最大弹性势能为 考向03 动力学中的连接体问题 【例3-1】（2024·广东·一模）如图，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为和，且（滑轮质量及一切摩擦不计），此时系统的加速度为a，今用一竖直向下的恒力代替，系统的加速度为，则和a的关系为（　　） A． B． C． D． 【例3-2】（24-25高三上·广东广州·阶段练习）如图所示，倾角为的斜面体静置在粗糙水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧下端拴接在斜面体底端的挡板上，质量为m的物块a拴接在轻弹簧的上端，放在斜面体上质量为m的物块b通过跨过光滑定滑轮的细绳与质量为2m的球c拴接。初始时a、b接触，c在外力的作用下，使b、c间绳子伸直但无拉力。物块b、滑轮间的细绳与斜面平行，斜面光滑，（重力加速度为g  sin37°=0.6 cos37°=0.8）。撤去球c的外力一瞬间，下列说法正确的是（　　） A．物块b的加速度为2g B．物块a的加速度0.5g C．斜面体受到水平向右的静摩擦力作用 D．撤去球c的外力后，当弹簧弹力大小为时，a、b刚好分离 常见连接体类型 接触面光滑或μA＝μB 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关 常用隔离法 常会出现临界条件 连接体问题中整体法与隔离法的选用技巧 整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求连接体内物体之间的作用力 【变式3-1】（2024·广东·模拟预测）如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．轻绳AB中的张力大小为5N B．小车的加速度大小为 C．轻绳CA中的张力大小为3N D．轻绳对定滑轮的作用力小于7N 【变式3-2】（24-25高三上·广东·阶段练习）一质量为M的楔形木块放在水平桌面上静止，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．若斜面是光滑的，斜面对地面的压力为 B．若斜面是光滑的，斜面对地面的压力为Mg C．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，斜面对地面的压力为 D．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，斜面对地面的压力为Mg 考向04 运动学和动力学图像 【例4-1】（2025·广东深圳·三模）一木箱置于升降机内的水平地板上，升降机从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．内，木箱处于超重状态 B．时，木箱的速度为 C．内，木箱做减速运动 D．时，木箱到达最高点 【例4-2】（2025·广东广州·模拟预测）急动度j是汽车的加速度随时间的变化率，定义式为。一辆汽车沿平直公路以的速度做匀速运动，0时刻开始加速，0~12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车质量，运动过程中所受阻力。则下列说法正确的是（　　） A．在0~4.0s内汽车做匀加速直线运动 B．在4.0~8.0s内，汽车牵引力大于所受阻力 C．12.0s时，汽车的加速度大小为零 D．6.0s时，汽车牵引力的功率为 1.两关注——横坐标、纵坐标 (1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。 (2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。 2.三理解——斜率、面积、截距 (1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。 (2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个点或两个点到横坐标轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。 (3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。 3.三分析——交点、转折点、渐近线 (1)交点：往往是解决问题的切入点，此交点表示有相等的物理量。 (2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用，此点前、后图线的斜率不同。 (3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。 【变式4-1】（2025·广东深圳·模拟预测）“急动度”是描述加速度变化快慢的物理量，即。具有零急动度的乘客，感觉较舒适。图为某汽车加速过程的急动度随时间的变化规律。下列正确的是（　　） A．在0~5.0s时间内，汽车做匀加速直线运动 B．在5.0~10.0s时间内，汽车做匀加速直线运动 C．在5.0~10.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为4.0 D．在5.0~10.0s时间内，乘客感觉较舒适 【变式4-2】（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 1．（2025·全国卷·高考真题）我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450km/h。若以120m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4km后停止，则减速运动中其加速度的大小为（　　） A．0.1m/s2 B．0.5m/s2 C．1.0m/s2 D．1.5m/s2 2．（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　） A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 3．（2025·安徽·高考真题）汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为，则（　　） A． B． C． D． 4．（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．从到，实验舱内物体处于失重状态 D．时刻，实验舱达到最高点 5．（2025·湖南·高考真题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．A球静止时，轻绳上拉力为 B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为 C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（   ） A． B． C． D． 7.(2024·新课标卷)如图，一长度l＝1.0 m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O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Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。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。 8.（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 9.（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 10.(2024·广雅中学)如图所示，a、b两物体的质量分别为ma和mb，由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿竖直方向拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2，则(　　) A. a1＝a2，x1>x2 B. a1＝a2，x1＝x2 C. a1>a2，x1＝x2 D. a1<a2，x1>x2 11. (2024·佛山质检一)某同学体重50 kg，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如下图所示．竖直向上为正方向．关于该段时间，下列说法中正确的是(　　) A. 3～5 s该同学处于失重状态 B. 9～11 s电梯向下加速运动 C. 该同学受到的最小支持力约为30 N D. 该同学受到的最大支持力约为530 N 12. AB是固定在空中的粗糙水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块使物块和小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则下列说法中正确的是(　　) A. 杆对物块的支持力为Mg B. 细线上的拉力为 C. F＝(M＋m)gtan θ D. 物块和小球的加速度为gtan θ 13.如图，倾角为30°、质量为m的斜面体静止于光滑水平面上。轻弹簧的上端固定在斜面体的顶端A处，下端拴接一质量为的光滑小球(可视为质点)。现让系统在水平恒力F作用下以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动，小球与斜面相对静止且小球未运动到水平面上。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。则撤去力F瞬间(在撤去力F的瞬间，小球与斜面之间的弹力不变)(　　) A.弹簧的弹力大小为 B.斜面体的加速度大小为g C.小球的加速度大小为0 D.小球对斜面的压力大小为 14.如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　） A.弹簧弹力大小为 B.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmg C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 15.某次冰壶训练中，一冰壶以某一初速度在水平冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为x时其速度恰好为零，若冰壶通过第一个的距离所用的时间为t，则冰壶通过最后的距离所用的时间为（　　） A.（－2）t B.（－）t C.（＋2）t D.（＋）t 17.中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号与复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A.复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝70 s时两车相距最远 B.复兴号高铁经过95 s加速达到最大速度 C.t＝140 s时，复兴号高铁追上和谐号动车 D.复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4 900 m 18.(2024·广东二模)如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小vn'与第一次碰前瞬间的速度大小v1满足关系式vn'＝v1。现有一质量为2m的物块以速度v0＝4从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞(碰撞时间均忽略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。 (1)物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小； (2)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量； (3)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。 19.(2024·广东二模)中国国家邮政局监测数据显示，2023年1～4月中国快递业务量达300亿件，我们的生活离不开快递。如图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为0.5 kg的货物(可视为质点)，轻放在倾斜传送带上端A处，图乙为倾斜传送带AB段的数控设备记录的货物的速度－时间图像，1.2 s末货物刚好到达下端B处，随后以不变的速率滑上水平传送带C端。已知CD段的长度L＝6 m，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，B、C间距忽略不计，取g＝10 m/s2。下列说法不正确的是(　　) A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.倾斜传送带与水平面间的夹角为30° C.货物在水平传动带上做匀变速直线运动的时间为0.4 s D.货物从C端运动到D端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量为1 J 20.(2024·广东高三期末)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小； (2)t＝6 s时物体的速度； (3)物体沿斜面上升的最大高度。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 直线运动 牛顿运动定律 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 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 匀变速直线运动规律及应用 考向02 牛顿运动定律的应用【重难】 考向03 动力学中连接体问题【重难】 考向04 运动学和动力学图像【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 直线运动、牛顿运动定律是高中物理力学的重要基础知识，也是高考中的高频必考点。它不仅常以选择题、计算题等形式独立考查物体的运动与受力分析，更是作为一种核心分析工具，广泛渗透于动力学等综合问题中。本题型的命题形式多样，常围绕匀变速直线、动态分析、瞬时性、含摩擦力及连接体等模型展开。解题的关键和核心能力在于准确的受力分析。 考向01 匀变速直线运动规律及应用 【例1-1】(2024·广东六校联考)在中国，每年由于交通造成死亡的事故中50%以上都与酒后驾车有关，酒后驾车的危害触目惊心．驾驶员从视觉感知前方危险，到汽车开始制动的时间称为反应时间，酒后驾驶将明显增加反应时间，对比某驾驶员正常驾驶和酒后驾驶过程，记录感知前方危险后汽车运动的v－t图线如图甲、乙所示．则(　　) 　 A. 图乙对应于正常驾车 B. 全过程酒后驾车的时间比较短 C. 全过程酒后驾车的位移比较小 D. 全过程酒后驾车的平均速度比较大 【答案】 D 【解析】 驾驶员在反应时间里没有操作车，汽车仍做匀速直线运动，酒后驾驶将明显增加反应时间，图乙对应于酒后驾驶，故A错误；设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2，由图线可得t1＝0.5 s，t2＝1.5 s；汽车初速度v0＝30 m/s，正常驾驶时的减速时间为t3＝4.0 s，由图线可得正常驾驶时的汽车刹车距离为s＝v0t1＋t3＝75 m，同理，可求出酒后驾驶时的汽车刹车距离为s′＝105 m，故B、C错误；根据＝可得正常驾驶时的平均速度＝＝ m/s≈16.7 m/s，同理，可求出酒后驾驶时的平均速度′＝＝ m/s≈19.1 m/s，故D正确． 【例1-2】（2025·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25 m/s 【答案】D 【详解】A．速度 这段时间内列车的平均速度，故A错误； B．设相邻电线杆之间的距离，则 可得，故B错误； C． 由 得，故C错误； D．车窗经过第6根电线杆时速度为，位移为，则 可得，故D正确。 故选D。 1.解决匀变速直线运动问题的六种方法 2.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析：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)双向可逆类运动分析：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、v、a等矢量的正负及物理意义。 3.追及、相遇问题的解题思路和技巧 (1)紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。 (2)速度相等往往是恰好追上(追不上)，两者间距离有极值的临界条件。 (3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。 【变式1-1】（2025·广东深圳·一模）有一个质量为m的运动员竖直向上弹离蹦床时的速度为，当地的重力加速度为g。某同学描绘了该运动员在弹离绷床后的运动过程中位移y、速度v、加速度a、机械能E随时间t变化的四个图像（以人弹离蹦床时的重心处为参考平面），不计空气阻力，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】A．运动员在弹离绷床后做竖直上抛运动，则有 上升到最高点时，利用逆向思维有 解得 根据对称性可知，运动员返回弹离绷床位置的时间 运动员在弹离绷床后的运动过程中位移与时间呈现二次函数关系，图像为一条抛物线，且开口向下，故A正确； B．运动员在弹离绷床后做竖直上抛运动，则有 运动员在弹离绷床后的运动过程中速度与时间呈现线性关系，且斜率为负值，减速至0的时间为，运动员返回弹离绷床位置的时间为，故B正确； C．运动员在弹离绷床后做竖直上抛运动，加速度始终等于重力加速度，即运动员的加速度为一条平行于时间轴的直线，故C错误； D．运动员仅受重力作用，运动员运动过程的机械能守恒，以人弹离蹦床时的重心处为参考平面，则机械能始终等于，可知，机械能随时间的变化关系图像为一条平行于时间轴的直线，故D正确。 故选ABD。 【变式1-2】科研人员在保证安全的情况下进行高空坠物实验，让一小球从45 m高的阳台上无初速度落下，不计空气阻力。在小球刚落下时恰被楼下一智能小车发现，智能小车迅速由静止沿直线冲向小球下落处的正下方楼底，准备接住小球。已知智能小车到楼底的距离为18 m。将小球和智能小车都看成质点，智能小车移动过程中只做匀速直线运动或匀变速直线运动，g取10 m/s2。 (1)智能小车至少用多大的平均速度行驶到楼底恰能接住小球； (2)若智能小车在运动过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，要求小车在楼底时已停止运动，求智能小车移动时加速度a的大小需满足什么条件？ 【答案】　(1)6 m/s　(2)a≥9 m/s2 【解析】　(1)小球自由下落过程，由运动学公式得 h＝gt① 对智能小车运动过程，由运动学公式得x＝vt0② 联立①②并代入数据解得v＝6 m/s，t0＝3 s。 (2)假设智能小车先匀加速接着匀减速运动到楼底，运动过程中的最大速度为v0，由运动学公式得 v＝③ 解得v0＝2v＝12 m/s＞vm＝9 m/s 故智能小车应先加速到vm＝9 m/s，再匀速，最后匀减速运动到楼底。 设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，由运动学公式得 x1＝at④ x3＝at⑤ x2＝vmt2⑥ vm＝at1＝at3⑦ t1＋t2＋t3≤t0⑧ x1＋x2＋x3＝x⑨ 联立④～⑨式并代入数据得a≥9 m/s2。 考向02 牛顿运动定律的应用 【例2-1】（2025·广东清远·一模）今年国庆假期，小明在清远站首届航天航空科普展观看了我国战斗机发展历程。如图所示为某型号战斗机在地面上沿直线加速滑行和在空中斜向上匀速爬升的情景，战斗机在加速滑行和匀速爬升两个阶段中：所受推力的大小均与重力大小相等，方向与速度方向相同；所受空气阻力，方向与速度方向相反；所受升力，方向与速度方向垂直。K1、K2未知，已知重力加速度为g，战斗机质量为m，匀速爬升时的速度为v₀，方向与水平方向成。 (1)求K1、K2的值； (2)战斗机在水平地面上滑行，受到地面的摩擦阻力f₂与正压力N的关系为，若战斗机恰好能做匀加速直线运动，求的值和战斗机在水平地面上滑行的加速度大小。 【答案】(1)， (2)， 【详解】（1）战斗机匀速爬升时的速度为v₀，与水平方向成，受力平衡，如图所示 沿速度方向有 垂直速度方向有 推力 代入数据解得， （2）设战斗机在地面上滑行时速度为，受到地面弹力为，受力分析可知 竖直方向有 水平方向有 推力 联立解得 战斗机做匀加速直线运动，加速度不变，方程中的系数必须为零，即 解得 代入数据解得加速度为 【例2-2】（2025·广东·一模）一半径为R的光滑瓷碗静止在水平桌面上，在球心等高处紧贴着碗壁无初速度静止释放一个质量相等的小铁球，瓷碗始终在水平桌面上。下列说法正确的是（　　） A．小球第一次回到初始位置时，瓷碗的路程大小为2R B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，对碗底的压力与受重力大小相等 C．若半径R足够大，小球在运动过程中可能脱离瓷碗 D．小球相邻两次达到最高点的时间小于 【答案】A 【详解】A．小球和瓷碗水平方向动量守恒，小球从释放到另一侧最高点的过程中，设小球质量为m,位移大小为x1，瓷碗位移大小为x2，由人船模型位移关系可知：mx1=mx2，x1+x2=2R 代入数据可得：x1=x2=R 由运动对称性可知，瓷碗来回总路程为2R，故A正确； B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，根据动能定理有 水平方向动量守恒 小球相对瓷碗做圆周运动，由牛顿第二定律有 代入得 由牛顿第三定律可知小球对碗底的压力也为，大于重力，故B错误； C．由能量守恒可知，若小球能脱离瓷碗，其重力势能一定要大于，不满足题意，故C错误； D．由于小球下落过程中；受到碗壁支持力有竖直向上的分量，故下落过程中同一竖直位移时，运动速度一定比相同条件下自由落体运动速度要小，根据两段对称性可知，用时一定大于，故D错误。 故选A。 解决动力学两类基本问题的思路 瞬时加速度问题 【变式2-1】（2025·广东·三模）弹射座椅是飞行员的“救命神器”，当飞机遇险时，座椅下的动力装置将座椅和飞行员一起弹射出机舱，然后座椅配置的降落伞张开，使飞行员安全降落。若某飞机意外故障竖直下坠，弹射座椅紧急弹出，弹射座椅弹出时的加速度大小为、方向水平，重力加速度大小为，则当弹射座椅弹出时。弹射座椅对飞行员的作用力大小与飞行员所受重力大小的比值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设飞行员的质量为，当弹射座椅弹出时，座椅对飞行员的作用力大小为，由牛顿第二定律有 解得 可得，C正确。 故选C。 【变式2-2】一旦发生火灾，高楼层居民如何逃生一直是困扰我们的致命问题。最近有人设计了一种新型逃生滑梯。提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下，逃生者倚躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼。(假设每层间的高度h＝3 m，g取10 m/s2) (1)经发明者测试，逃生者从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为37°。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。忽略空气阻力和转角处的动能损失。求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数μ； (2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6 m/s，刹车系统可以使减速过程加速度的大小和加速过程加速度的大小相等。为了安全，滑到地面时的速度大小不超过2 m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速度大小相等，求从21楼下滑到地面的最短时间。 【答案】【(1)0.4 m/s2　0.7　(2)27.5 s 【解析】(1)由＝at2，解得a＝0.4 m/s2 由牛顿第二定律可得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.7。 (2)经分析，研究对象先做匀加速运动、再做匀速运动、最后做匀减速运动所用时间最短 轨道斜面总长度x总＝＝100 m 加速到最大速度需要的时间和位移 t1＝＝15 s，x1＝t1＝45 m 减速到2 m/s所需要的时间和位移 t2＝＝10 s，x2＝t2＝40 m 匀速运动的时间t3＝＝2.5 s 从21楼下滑到地面的最短时间 t＝t1＋t2＋t3＝27.5 s。 【变式2-3】（2025·广东广州·模拟预测）如图甲所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可看作质点）从弹簧上端h处（h不为0）由静止释放，小球落到弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h和x0为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　） A．该星球的第一宇宙速度 B．该弹簧劲度系数k的大小 C．小球在最低点处加速度大于 D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】AC 【详解】A．设该星球表面重力加速度为g。当x=0时，a=a0 此时小球只受重力，则a0=g，根据 可得该星球的第一宇宙速度，故A正确； B．当x=x0时，a=0，对小球，根据平衡条件得kx0=mg，a0=g 可得 故B错误； C．若小球从弹簧原长处由静止释放，根据简谐运动的对称性可知，小球在最低点处加速度为a0。现小球P从弹簧上端h处由静止释放，到达最低点时弹簧压缩量增大，合力增大，则小球在最低点处加速度大于a0，故C正确； D．由于x=x0时，a=0，小球速度最大，继续向下运动，所以小球在最低点处时弹簧的压缩量大于x0，根据小球和弹簧构成的系统机械能守恒可得，弹簧的最大弹性势能大于mg（h+x0）=ma0（h+x0），故D错误。 故选AC。 考向03 动力学中的连接体问题 【例3-1】（2024·广东·一模）如图，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为和，且（滑轮质量及一切摩擦不计），此时系统的加速度为a，今用一竖直向下的恒力代替，系统的加速度为，则和a的关系为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得 得 当用一竖直向下的恒力代替时，对，根据牛顿第二定律得 得 则 故ACD错误，B正确。 故选B。 【例3-2】（24-25高三上·广东广州·阶段练习）如图所示，倾角为的斜面体静置在粗糙水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧下端拴接在斜面体底端的挡板上，质量为m的物块a拴接在轻弹簧的上端，放在斜面体上质量为m的物块b通过跨过光滑定滑轮的细绳与质量为2m的球c拴接。初始时a、b接触，c在外力的作用下，使b、c间绳子伸直但无拉力。物块b、滑轮间的细绳与斜面平行，斜面光滑，（重力加速度为g  sin37°=0.6 cos37°=0.8）。撤去球c的外力一瞬间，下列说法正确的是（　　） A．物块b的加速度为2g B．物块a的加速度0.5g C．斜面体受到水平向右的静摩擦力作用 D．撤去球c的外力后，当弹簧弹力大小为时，a、b刚好分离 【答案】BCD 【详解】AB．撤去球c的外力前，b、c间绳子伸直但无拉力，以a、b为整体，根据受力平衡可得 撤去球c的外力一瞬间，以c为对象，根据牛顿第二定律可得 以a、b为整体，根据牛顿第二定律可得 联立解得a、b、c的加速度大小为 故A错误，B正确； C．以斜面体和a、b、c为系统，由于a、b的加速度沿斜面向上，具有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可得 可知斜面体受到水平向右的静摩擦力作用，故C正确； D．撤去球c的外力后，a、b刚好分离时，a、b间的弹力为0，此时a、b、c的加速度大小相等，以c为对象，根据牛顿第二定律可得 以b为对象，根据牛顿第二定律可得 以a为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得弹簧弹力大小为 故D正确。 故选BCD。 常见连接体类型 接触面光滑或μA＝μB 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关 常用隔离法 常会出现临界条件 连接体问题中整体法与隔离法的选用技巧 整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求连接体内物体之间的作用力 【变式3-1】（2024·广东·模拟预测）如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．轻绳AB中的张力大小为5N B．小车的加速度大小为 C．轻绳CA中的张力大小为3N D．轻绳对定滑轮的作用力小于7N 【答案】AB 【详解】A．设轻绳AB中的张力大小为T，OA与竖直方向的夹角为θ，则有 解得 故A正确； B．小球B受到的合力为4N，其加速度大小为 故B正确； C．设轻绳CA中的张力大小为T′，则有 解得 故C错误； D．轻绳对定滑轮的作用力大小为，故D错误。 故选AB。 【变式3-2】（24-25高三上·广东·阶段练习）一质量为M的楔形木块放在水平桌面上静止，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．若斜面是光滑的，斜面对地面的压力为 B．若斜面是光滑的，斜面对地面的压力为Mg C．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，斜面对地面的压力为 D．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，斜面对地面的压力为Mg 【答案】C 【详解】AB．若斜面是光滑，物块a只受重力和斜面的支持力，有 故a给斜面的压力为 将分解为水平和竖直方向两个分力，竖直向下的分力为 同理可得，b物体给斜面压力的竖直向下的分力为 对斜面受力分析可得 由牛顿第三定律可知斜面对地面的压力为，故AB错误； CD．若斜面不光滑，a、b匀速下滑，则a、b均受力平衡，斜面给a、b的力都为mg，方向竖直向上，由牛顿第三定律可知a、b对斜面的力均为mg，方向竖直向下；对斜面分析可得地面的支持力为，故斜面对地面的压力为，故C正确，D错误。 故选C。 考向04 运动学和动力学图像 【例4-1】（2025·广东深圳·三模）一木箱置于升降机内的水平地板上，升降机从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．内，木箱处于超重状态 B．时，木箱的速度为 C．内，木箱做减速运动 D．时，木箱到达最高点 【答案】A 【详解】A．根据题意，由图可知，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； BD．图像中面积表示速度变化量，则时，木箱的速度为 时，木箱的速度为 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，内，木箱加速度向上，木箱做加速运动，故C错误。 故选A。 【例4-2】（2025·广东广州·模拟预测）急动度j是汽车的加速度随时间的变化率，定义式为。一辆汽车沿平直公路以的速度做匀速运动，0时刻开始加速，0~12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车质量，运动过程中所受阻力。则下列说法正确的是（　　） A．在0~4.0s内汽车做匀加速直线运动 B．在4.0~8.0s内，汽车牵引力大于所受阻力 C．12.0s时，汽车的加速度大小为零 D．6.0s时，汽车牵引力的功率为 【答案】BCD 【详解】A．由题图可知，汽车在0~4.0s内急动度为，根据急动度的定义式 可知这段时间加速度的变化量 即汽车的加速度增大了，故汽车做变加速直线运动，故A错误； B．由题图可知，汽车在4.0~8.0s内急动度为0，根据急动度的定义式 可知这段时间加速度的变化量为0，即汽车的加速度不变，故汽车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 可知汽车牵引力大于所受阻力，故B正确； C．由A项可知汽车在0~4.0s内加速度的变化量为，而在时刻加速度为零，故在时加速度为，则由图像转化为图像，如图 可知12.0s时，汽车的加速度大小为零，故C正确； D．根据图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，由C项可得0~6.0s的速度变化量为 则6.0s时汽车的速度大小为 根据图像可知在6.0s时，汽车做匀加速直线运动，加速度为，根据牛顿第二定律有 代入数据解得牵引力为 所以6.0s时，汽车牵引力的功率为，故D正确。 故选BCD。 1.两关注——横坐标、纵坐标 (1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。 (2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。 2.三理解——斜率、面积、截距 (1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。 (2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个点或两个点到横坐标轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。 (3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。 3.三分析——交点、转折点、渐近线 (1)交点：往往是解决问题的切入点，此交点表示有相等的物理量。 (2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用，此点前、后图线的斜率不同。 (3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。 【变式4-1】（2025·广东深圳·模拟预测）“急动度”是描述加速度变化快慢的物理量，即。具有零急动度的乘客，感觉较舒适。图为某汽车加速过程的急动度随时间的变化规律。下列正确的是（　　） A．在0~5.0s时间内，汽车做匀加速直线运动 B．在5.0~10.0s时间内，汽车做匀加速直线运动 C．在5.0~10.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为4.0 D．在5.0~10.0s时间内，乘客感觉较舒适 【答案】C 【详解】AB．由急动度的物理意义可知，在0～5.0s时间内，急动度增加，加速度增加的越来越快，在5.0～10.0s时间内，急动度不变，则加速度均匀增加，即加速度总是在变化的，故AB错误； C．由急动度的物理意义可知，J-t图像的面积代表加速度的变化量，在5.0～10.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为Δa=5.0×0.8m/s2=4.0m/s2，故C正确； D．急动度越小乘客越舒适，在5.0～10.0s时间内急动度最大，乘客感觉不舒适，故D错误； 故选C。 【变式4-2】（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，故C错误； D．根据图像，0~3s内，运动员的平均速度大小，故D正确。 故选D。 1．（2025·全国卷·高考真题）我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450km/h。若以120m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4km后停止，则减速运动中其加速度的大小为（　　） A．0.1m/s2 B．0.5m/s2 C．1.0m/s2 D．1.5m/s2 【答案】B 【详解】根据速度位移关系 其中， 代入数据可得减速运动中其加速度的大小 故选B。 2．（2025·重庆·高考真题）“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半经为R的OP圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则（　　） A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 【答案】B 【详解】AB．对汽车，根据速度位移关系 可得匀减速运动的加速度大小 汽车做减速运动的时间 这段时间列车行驶距离为 B正确，A错误； CD．根据 可得汽车在OP段向心加速度大小为 CD错误。 故选B。 3．（2025·安徽·高考真题）汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意可知，设匀加速直线运动时间为，匀速运动的速度为， 匀加速直线运动阶段，由位移公式 根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移， 则匀速直线运动阶段有 联立解得 再根据 解得 BCD错误，A正确。 故选A。 4．（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．从到，实验舱内物体处于失重状态 D．时刻，实验舱达到最高点 【答案】B 【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直上抛运动；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 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，加速度先向下后向上，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。 5．（2025·湖南·高考真题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．A球静止时，轻绳上拉力为 B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为 C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 【答案】C 【详解】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示 由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为 A球与B球间的库仑力 故AB错误； C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为，则加速度大小为g，故C正确； D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。 故选C。 6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t图画出如图所示的a—t图像 可知机器人在0 ~ 1s和2 ~ 3s内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t图线的斜率表示加速度可知A正确。 故选A。 7.(2024·新课标卷)如图，一长度l＝1.0 m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O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Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。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。 【答案】(1)4 m/s　 s　(2) m 【解析】(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小 a1＝μg＝3 m/s2 薄板做加速运动的加速度大小 a2＝＝3 m/s2 对物块l＋Δl＝v0t－a1t2 对薄板Δl＝a2t2 解得v0＝4 m/s，t＝ s。 (2)物块飞离薄板后薄板的速度 v2＝a2t＝1 m/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 t′＝＝ s 则平台距地面的高度 h＝gt′2＝ m。 8.（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即 当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力 到合力为零前，随着增大减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着减小增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确； CD．在木块下落高度之前，木块做自由落体运动，根据 速度逐渐增大， 图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律 木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中 木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下 故CD错误。 故选B。 9.（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m 【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知 解得 （2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 方向竖直向上； ②头锤落到气囊上时的速度 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） 解得 v=2m/s 则上升的最大高度 10.(2024·广雅中学)如图所示，a、b两物体的质量分别为ma和mb，由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿竖直方向拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2，则(　　) A. a1＝a2，x1>x2 B. a1＝a2，x1＝x2 C. a1>a2，x1＝x2 D. a1<a2，x1>x2 【答案】 C 【解析】 对整体分析，有a1＝，a2＝＝－g，对b物体隔离分析，有F1＝mba1＝，F2－mbg＝mba2，F2＝，根据胡克定律，有F＝kx，可知a1>a2，x1＝x2，故C正确． 11. (2024·佛山质检一)某同学体重50 kg，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如下图所示．竖直向上为正方向．关于该段时间，下列说法中正确的是(　　) A. 3～5 s该同学处于失重状态 B. 9～11 s电梯向下加速运动 C. 该同学受到的最小支持力约为30 N D. 该同学受到的最大支持力约为530 N 【答案】 D 【解析】 由图可知，3～5 s的加速度为正，方向是竖直向上，则处于超重状态，故A错误；由图可知，9～11 s的加速度为负，方向是竖直向下，9 s的速度是竖直向上的，则电梯向上减速运动，故B错误；由图可知，10 s时，a1＝－0.6 m/s2，同学受到的支持力最小Nmin－mg＝ma1，解得Nmin＝470 N，故C错误；由图可知，4 s时，a2＝0.6 m/s2，同学受到的支持力最大Nmax－mg＝ma2，解得Nmax＝530 N，故D正确． 12. AB是固定在空中的粗糙水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块使物块和小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则下列说法中正确的是(　　) A. 杆对物块的支持力为Mg B. 细线上的拉力为 C. F＝(M＋m)gtan θ D. 物块和小球的加速度为gtan θ 【答案】 D 【解析】 以整体为研究对象，竖直方向受重力和支持力处于平衡状态，因此杆对物块的支持力为(M＋m)g，故A错误；以小球为研究对象，受力分析可得T＝，mgtan θ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同，为a＝gtan θ，故B错误，D正确；整体在水平方向满足F－f＝(M＋m)a，因此F＝(M＋m)gtan θ＋f，故C错误． 13.如图，倾角为30°、质量为m的斜面体静止于光滑水平面上。轻弹簧的上端固定在斜面体的顶端A处，下端拴接一质量为的光滑小球(可视为质点)。现让系统在水平恒力F作用下以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动，小球与斜面相对静止且小球未运动到水平面上。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。则撤去力F瞬间(在撤去力F的瞬间，小球与斜面之间的弹力不变)(　　) A.弹簧的弹力大小为 B.斜面体的加速度大小为g C.小球的加速度大小为0 D.小球对斜面的压力大小为 【答案】　B 【解析】　未撤去力F时，因mgtan 60°＝m·g＝ma，说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用力，弹簧拉力大小FT＝＝mg；撤去力F的瞬间，弹簧弹力不发生突变，仍为mg，小球与斜面之间的弹力不变，故小球对斜面的压力为零，选项A、D错误；设撤去力F瞬间斜面体的加速度大小为a′ ，则FTcos 30°＝ma′，解得a′＝g，选项B正确；小球受力不变，加速度不变，大小仍为g，选项C错误。 14.如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　） A.弹簧弹力大小为 B.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmg C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 【答案】AB 【解析】对A、B、C三个物块受力分析，摩擦力为f＝μ（m＋2m＋m）g＝4μmg，根据牛顿第二定律得F－f＝（m＋2m＋m）a，对A受力分析，根据牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma，联立可得F弹＝，故A正确；保持A、B、C三个物块相对静止，对B分析可知，整体的最大加速度为amax＝＝，对A、B、C三个物块，根据牛顿第二定律得Fm－4μmg＝（m＋2m＋m）amax，解得Fm＝6μmg，故B正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的加速度不变，故C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析结合牛顿第二定律得：F合＝3μmg＋F弹＝3μmg＋＝3ma，则整体的加速度为a＝μg＋，由B选项可知，物块B的最大加速度为amax＝＜a，所以若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相对静止，故D错误。 15.某次冰壶训练中，一冰壶以某一初速度在水平冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为x时其速度恰好为零，若冰壶通过第一个的距离所用的时间为t，则冰壶通过最后的距离所用的时间为（　　） A.（－2）t B.（－）t C.（＋2）t D.（＋）t 【答案】 【解析】　由逆向思维可知，冰壶从静止开始做匀加速直线运动，由s＝aT2可知，冰壶通过连续相等距离所用时间之比为1∶（－1）∶（－）∶…∶（－），n为大于或等于1的整数，则冰壶通过最后的距离所需时间为t'＝＝（＋）t，故选D。 17.中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号与复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A.复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝70 s时两车相距最远 B.复兴号高铁经过95 s加速达到最大速度 C.t＝140 s时，复兴号高铁追上和谐号动车 D.复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4 900 m 【答案】B 【解析】　由v-t图像可知，0≤t≤140 s时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，t＞140 s时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝140 s时两车相距最远，根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距Δx＝×140×70 m－×（140－70）×70 m＝2 450 m，故A、C、D错误；复兴号高铁的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为t1＝＝ s＝95 s，故B正确。 18.(2024·广东二模)如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小vn'与第一次碰前瞬间的速度大小v1满足关系式vn'＝v1。现有一质量为2m的物块以速度v0＝4从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞(碰撞时间均忽略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和木板共速。 (1)物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小； (2)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量； (3)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。 【答案】(1)μg　2μg　(2)5μmgx　(3)x 【解析】(1)对物块由牛顿第二定律有μ·2mg＝2ma1，解得a1＝μg，对木板由牛顿第二定律有μ·2mg＝ma2，解得a2＝2μg。 (2)从木板开始运动到第一次碰撞挡板有x＝a2，可得从木板开始运动到发生第一次碰撞时 的时间为t1＝，这段时间内，物块的位移x1＝v0t1－a1，解得x1＝x，故因摩擦产生的热量为Q＝μ·2mg＝5μmgx。 (3)第一次碰撞前，木板的速度v1＝a2t1＝2，第一次碰撞后的速度v1'＝v1＝v1，第二次碰前的速度v2＝v1'，故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为Δt1＝2＝2t1，故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为t2＝t1＋Δt1＝t1＋2t1，第二次碰撞后的速度v2'＝v1＝v1，第三次碰前的速度v3＝v2'，故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为Δt2＝2＝2t1，故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为t3＝t2＋Δt2＝t1＋2t1，归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为tn＝t1＋2t1＝t1，该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有x2＝v0tn－a1，代入数据解得x2＝x。 19.(2024·广东二模)中国国家邮政局监测数据显示，2023年1～4月中国快递业务量达300亿件，我们的生活离不开快递。如图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为0.5 kg的货物(可视为质点)，轻放在倾斜传送带上端A处，图乙为倾斜传送带AB段的数控设备记录的货物的速度－时间图像，1.2 s末货物刚好到达下端B处，随后以不变的速率滑上水平传送带C端。已知CD段的长度L＝6 m，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，B、C间距忽略不计，取g＝10 m/s2。下列说法不正确的是(　　) A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.倾斜传送带与水平面间的夹角为30° C.货物在水平传动带上做匀变速直线运动的时间为0.4 s D.货物从C端运动到D端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量为1 J 【答案】B 【解析】0～0.2 s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，0.2～1.2 s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，0～0.2 s内有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，0.2～1.2 s内有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得sin θ＝0.6，μ＝0.5，即θ＝37°，故A正确，B错误；结合题图乙可知，传送带的速率v＝2 m/s，货物在水平传送带上运动的加速度大小为a＝＝μg，货物在水平传送带上做匀减速运动的时间t3＝＝0.4 s，货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为x＝t3，解得x＝1.2 m，由于x＜L，故货物与传送带共速一起做匀速运动，货物与水平传送带的相对位移Δx＝x－vt3，货物与传送带间因摩擦产生的总热量Q＝μmgΔx，解得Q＝1 J，故C、D正确。故选B。 20.(2024·广东高三期末)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小； (2)t＝6 s时物体的速度； (3)物体沿斜面上升的最大高度。 【答案】(1)0.5　30 N　(2)6 m/s　(3)18 m 【解析】(1)设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可得 F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1 撤去力后，由牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2 根据速度－时间图像的斜率等于加速度可知a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2 联立解得μ＝0.5，F＝30 N。 (2)3 s末物体速度减为零，之后物体下滑，根据牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3 解得a3＝2 m/s2 由速度与时间的关系式得v＝a3t＝6 m/s，即物体6 s末的速度为6 m/s。 (3) 物体沿斜面上滑的最大位移 s＝＋＝30 m 物体沿斜面上升的最大高度h＝ssin 37°＝18 m。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $