第1部分 专题1 第2节 力与直线运动-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组课件PPT

第一部分　专题特训 专题一　力与运动 第2节　力与直线运动 目录 1 2 A组 基础题组 B组 提升题组 A组 基础题组 1．(2025·广西卷，3)某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 km/h减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，期间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程动车行驶距离约为(　　) A．216 m B．350 m C．600 m D．700 m 高考体验 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4 2．(2024·福建卷，3)某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试的速度—时间图像如图所示。已知0～3.0 s和3.5～6.0 s内图线为直线，3.0～3.5 s内图线为曲线，则该车(　　) A．在0～3.0 s内的平均速度为10 m/s B．在3.0～6.0 s内做匀减速直线运动 C．在0～3.0 s内的位移大小比在3.0～6.0 s内的大 D．在0～3.0 s内的加速度大小比在3.5～6.0 s内的小 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6 3．(2025·安徽卷，5)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中(　　) A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7 解析：甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设轻绳上的拉力大小为T，甲、乙的加速度大小均为a，由牛顿第二定律，对甲有T－μmg＝ma，对乙有mg－T＝ma，联立解得a＝2.5 m/s2，T＝7.5 N，C正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，在竖直方向上根据平衡条件可知，地面对木箱的支持力FN＝Mg＋FN甲＋T＝Mg＋mg＋T，可知地面对木箱的支持力FN不变，B错误。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8 4．(2025·北京卷，11)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t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11 6．(2024·全国甲卷，24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 答案：(1)20 m/s　(2)680 m A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7．(2025·山东省潍坊市高三下模拟)汽车自动驾驶技术依赖于传感器，实时感知周围环境并进行决策。在一次测试中，一辆自动驾驶汽车因感知到前方存在障碍物而紧急刹车，刹车过程可看作匀减速直线运动。以开始刹车时为计时零点，自动驾驶汽车的x­t图像如图所示，则自动驾驶汽车(　　) A．前4秒内刹车的加速度大小为4 m/s2 B．计时零点的速度大小为40 m/s C．前4秒内平均速度大小为10 m/s D．0～4 s内和0～8 s内平均速度大小相等 好题精选 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 15 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 16 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 17 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 18 9．(2025·青海省海东市高三下三模)(多选)如图所示，水平平板小车放在光滑水平地面上，两小朋友(均视为质点)坐在水平平板小车上，相互间不接触。他们与小车间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其中小朋友乙的质量大一些。现用逐渐增大的水平力沿水平地面拉动平板小车，下列说法正确的是(　　) A．小朋友甲相对小车先发生滑动 B．两小朋友同时发生相对滑动 C．相对小车发生滑动前，小朋友乙的加速度较大 D．小朋友乙所受的摩擦力一直较大 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 19 解析：由牛顿第二定律可知，甲、乙恰好与平板小车发生相对滑动均有μmg＝ma，即不发生滑动的最大加速度大小均为a＝μg，所以甲、乙与平板小车间同时发生相对滑动，且相对小车发生滑动前甲、乙的加速度始终相同，A、C错误，B正确；水平方向的摩擦力提供加速度，有f＝ma，由于加速度相同，质量大的小朋友乙所受的摩擦力大，D正确。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 20 10．物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是(　　) A．t＝1 s时，物块Q的速度大小为0.4 m/s B．恒力F大小为1.6 N C．物块Q的质量为0.5 kg D．t＝1 s后，物块P、Q一起做匀加速直 线运动 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 21 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 22 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 23 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 24 12．如图，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)货物运动到传送带左端时的速度大小； (2)货物在传送带上运动的时间。 答案：(1)2 m/s　(2)2 s A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 25 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 26 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 27 B组 提升题组 高考体验 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 29 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 30 2．(2025·山东卷，8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　　) A．gsin2θ－μgcosθ－μgsinθcosθ B．gsinθcosθ－μgcosθ－μgsin2θ C．gsinθcosθ－μgcosθ－μgsinθcosθ D．gcos2θ－μgcosθ－μgsin2θ B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 31 解析：建筑材料在垂直于PN的竖直平面内的受力分析如图1所示，可知坡面对建筑材料的支持力FN＝mgcosθ，重力沿坡面向下的分力G1＝mgsinθ；建筑材料在坡面内的受力分析如图2所示，可知挡板对建筑材料的支持力FN′＝G1sinθ，对建筑材料，由牛顿第二定律有G1cosθ－μFN－μFN′＝ma，联立解得建筑材料的加速度大小a＝gsinθcosθ－μgcosθ－μgsin2θ，B正确。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 32 3．(2025·湖南卷，5)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60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，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2mg B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg 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 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 33 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 34 4．(2024·广东卷，7)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F­y图像或y­t图像可能正确的是(　　) B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 35 解析：从木块开始释放到与弹簧刚接触的过程中，即 0≤y≤H的过程，木块所受合外力为木块的重力，即F＝mg， 则F保持不变；从木块接触弹簧到下落至最低点的过程中，即 y>H的过程，根据力的合成和胡克定律有F＝mg－k(y－H)，则 随着y增大，F先均匀减小到0，后反向均匀增大；同理分析可知，上升过程的F­y图像与下落过程的F­y图像相同，故A、B错误。结合上述分析，由牛顿第二定律可知，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y­t图像斜率逐渐增大；从木块下落H高度到下落至最低点的过程，木块先向下做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，速度先逐渐增大后逐渐减小到0，所以y­t图像的斜率先逐渐增大后逐渐减小到0，到达最低点后，木块向上运动，因为木块下落过程与上升过程具有对称性，所以其y­t图像如图所示，故C正确，D错误。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 36 5．(2025·黑吉辽蒙卷，10)(多选)如图a，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图b所示，两条曲线均为抛物线，乙的x­t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　) A．μ1＋μ2＝2tanθ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 37 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 38 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 39 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 40 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 41 好题精选 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 42 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 43 8．(2025·河南省五市高三下第一次联考)(多选)汽车A沿水平车道以vA＝12 m/s的速度向前做匀减速直线运动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2，此时发现在相邻车道前方相距x0＝7 m处有以vB＝4 m/s的速度同向运动的汽车B匀速行驶，从此刻开始计时，经多长时间两车并排(即相遇)(　　) A．1 s B．6.25 s C．7 s D．7.25 s B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 44 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 45 9．(2025·黑龙江省齐齐哈尔市高三下一模)(多选)如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的v­t图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因 数是0.05 B．长木板P与地面之间的动摩擦因数 是0.75 C．t＝9 s时长木板P停下来 D．长木板P的长度至少是16.5 m B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 46 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 47 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 48 10．(2025·山东名校考试联盟高三下高考模拟)如图所示，遵循胡克定律的弹性绳上端固定于O点，跨过一固定的光滑钉子P与粗糙水平面上的小滑块连接。O、P、A、B位于同一竖直平面内，B位于P的正下方。已知弹性绳原长为l，OP＝1.1l，PA＝0.4l。滑块从A点由静止释放后沿水平面向左滑到B的过程中，下列说法正确的是(　　) A．滑块的加速度一直在减小 B．滑块所受地面的摩擦力一直在减小 C．滑块的速度一直在增大 D．滑块所受地面的支持力一直在增大 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 49 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 50 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 51 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 52 答案：(1)40 m/s　(2)0.04 m B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 53 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：由题可知，此过程动车行驶的时间为t＝eq \f(60,60)×70 s＝70 s，开始时动车速度v0＝36 km/h＝10 m/s，则该过程动车行驶的距离为x＝eq \f(v0,2)t＝eq \f(10,2)×70 m＝350 m，故B正确。 解析：根据v­t图像可知，在0～3.0 s内该汽车做匀加速直 线运动，其平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(0＋30,2) m/s＝15 m/s，故A错误；根 据v­t图像可知，在3.0～3.5 s内该汽车做非匀变速运动，在3.5 ～6.0 s内该汽车做匀减速直线运动，故B错误；在图中作一条辅助虚线连接v­t图线上3.0 s末和6.0 s末的点，如图所示，此虚线与t轴围成的面积和0～3.0 s内图线与t轴围成的面积相等，而比3.0～6.0 s内图线与t轴围成的面积小，根据v­t图像中图线与t轴围成的面积表示位移可知，该汽车在0～3.0 s内的位移比在3.0～6.0 s内的小，故C错误；根据v­t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知图中辅助虚线对应的加速度大小a′与0～3.0 s内的加速度大小相等，比3.5～6.0 s内的小，则该汽车在0～ 3.0 s内的加速度大小比在3.5～6.0 s内的小，故D正确。 解析：t1～t3间，f向下，先增大后减小，可知此过程 实验舱的速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于 电磁弹射过程后向上做减速运动，A错误；t2～t3间，f向 下减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝eq \f(f,m)＋g，故此过程加速度大小减小，B正确；t3～t5间，f向上，先增大后减小，可知此过程速度方向向下，先增大后减小，即实验舱先向下加速后向下减速，则先处于失重状态后处于超重状态，C错误；根据前面分析可知，t3时刻速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻实验舱达到最高点，D错误。 5．(2025·四川卷，8)(多选)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是(　　) A.eq \f(a2b,c2) B.eq \f(ab2,c2) C.eq \f(d2,b) D.eq \f(b2,d) 解析：取国际单位制的基本单位，根据动能公式Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，kg·(m/s)2为能量单位。eq \f(a2b,c2)的单位为eq \f(m2·kg,s2)＝kg·(m/s)2，是能量的单位，故A正确；eq \f(ab2,c2)的单位为eq \f(m·kg2,s2)＝kg2·m/s2，不是能量的单位，故B错误；eq \f(d2,b)的单位为eq \f(（kg·m·s－1）2,kg)＝kg·(m/s)2，是能量的单位，故C正确；eq \f(b2,d)的单位为eq \f(kg2,kg·m·s－1)＝kg·s/m，不是能量的单位，故D错误。 解析：(1)设救护车匀速运动时的速度大小为v，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，有v＝at1 代入数据解得v＝20 m/s。 (2)设救护车在t3时刻停止鸣笛，停止鸣笛时救护车距出发处的距离为x，救护车在加速运动过程中的位移为x1，在停止鸣笛前救护车匀速运动的位移为x2，则 x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) x2＝v(t3－t1) x＝x1＋x2 t2时最后的鸣笛声传回到救护车出发处，有x＝v0(t2－t3) 联立并代入数据，解得x＝680 m。 解析：由x­t图像可知，自动驾驶汽车在0～4 s内的位移 大小为x＝80 m－40 m＝40 m，在4～8 s内自动驾驶汽车保 持静止，将刹车过程逆向看作初速度为0的匀加速直线运动， 根据x＝eq \f(1,2)at2，解得刹车的加速度大小为a＝5 m/s2，故A错误； 计时零点的速度大小为v＝at＝20 m/s，故B错误；前4秒内平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝10 m/s，0～8 s内平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))′＝eq \f(x,t′)＝5 m/s，故0～4 s内和0～8 s内平均速度大小不相等，故C正确，D错误。 8．(多选)如图甲、乙所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为eq \r(3)r，重力加速度为g，下列关系正确的是(　　) A．t1>t2 B．t3＝t4 C．t2<t4 D．t1＝t4 解析：解法一：1号小球的加速度大小为a1＝eq \f(m1gcos30°,m1)＝gcos30°＝eq \f(\r(3),2)g，位移大小为x1＝2rcos30°＝eq \r(3)r，由x1＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)可知运动时间为t1＝eq \r(\f(2x1,a1))＝2eq \r(\f(r,g))；2号小球的加速度大小为a2＝eq \f(m2gcos60°,m2)＝gcos60°＝eq \f(1,2)g，位移大小为x2＝2rcos60°＝r，由x2＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)可知运动时间为t2＝eq \r(\f(2x2,a2))＝2eq \r(\f(r,g))；3号小球的加速度大小为a3＝eq \f(m3gcos30°,m3)＝gcos30°＝eq \f(\r(3),2)g，位移大小为x3＝eq \f(\r(3)r,sin30°)＝2eq \r(3)r，由x3＝eq \f(1,2)a3teq \o\al(2,3)可知运动时间为t3＝eq \r(\f(2x3,a3))＝2eq \r(\f(2r,g))；4号小球的加速度大小为a4＝eq \f(m4gcos60°,m4)＝gcos60°＝eq \f(1,2)g，位移大小为x4＝eq \f(\r(3)r,sin60°)＝2r，由x4＝eq \f(1,2)a4teq \o\al(2,4)可知运动时间为t4＝eq \r(\f(2x4,a4))＝2eq \r(\f(2r,g))。综上可知t1＝t2<t3＝t4，故B、C正确，A、D错误。 解法二：把斜面的最底端移到同一点，并以该点作为外接圆的最低点，作出斜面的外接圆如图所示，当外接圆的半径为R、斜面倾角为θ时，斜面长度为l＝2Rsinθ，小球的加速度大小为a＝gsinθ，设小球从斜面顶端运动到底端用时为t，则l＝eq \f(1,2)at2，解得t＝2eq \r(\f(R,g))，由图可知t1＝t2＝2eq \r(\f(r,g))<t3＝t4＝2eq \r(\f(2r,g))，故B、C正确，A、D错误。 解析：a­t图线与t轴围成的面积表示速度变化量，若0～1 s内Q的加速度均匀增大，则0～1 s内Q的速度变化量大小ΔvQ＝eq \f(1,2)×1×0.8 m/s＝0.4 m/s，由题图乙可得实际Q的a­t图线与t轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图线与t轴围成的面积，故0～1 s内Q的速度变化量大于0.4 m/s，即t＝1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s，故A错误；设物块P的质量为mP，t＝0时P的加速度大小为a0＝1.0 m/s2，由牛顿第二定律可得恒力大小F＝mPa0＝2 N，故B错误；设t＝1 s时物块P、Q整体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有F＝(mP＋mQ)a1，代入数据解得物块Q的质量mQ＝0.5 kg，故C正确；t＝1 s时，弹簧处于压缩状态，且P和Q的a­t图线与t轴所围图形面积即速度不同，因此t＝1 s后，两物块受变化的弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故D错误。 11．(2025·河南省新乡市等高三下模拟)(多选)汽车甲沿平直的公路行驶，汽车乙静止在同一平直的公路上，t＝0时刻汽车甲和汽车乙第一次并排，同时汽车乙由静止开始运动。通过计算机描绘了两辆汽车的平均速度eq \f(x,t)随时间t的变化规律如图所示，图线A、B分别为汽车甲、乙的图像，已知汽车乙的最大速度为vm＝30 m/s。下列说法正确的是(　　) A．汽车甲、乙的加速度大小之比为1∶2 B．t＝6 s时，两汽车的速度相等 C．汽车甲停止时，两汽车之间的距离为76.5 m D．汽车甲停止时，两汽车之间的距离为81 m 解析：将匀变速直线运动的位移与时间的关系式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2整理得eq \f(x,t)＝eq \f(1,2)at＋v0，根据图像得eq \f(1,2)a甲＝eq \f(12－18,6) m/s2，eq \f(1,2)a乙＝eq \f(12,6) m/s2，解得a甲＝－2 m/s2，a乙＝4 m/s2，汽车甲、乙的加速度大小之比为1∶2，A正确；两汽车的初速度分别为v0甲＝18 m/s，v0乙＝0， t＝6 s时，两汽车的速度分别为v甲＝v0甲＋a甲t＝6 m/s，v乙＝v0乙＋a乙t＝24 m/s，B错误；汽车甲停止运动的时间t0甲＝eq \f(0－v0甲,a甲)＝9 s，汽车甲的位移x甲＝eq \f(v0甲＋0,2)t0甲＝81 m，汽车乙达到最大速度的时间t0乙＝eq \f(vm,a乙)＝7.5 s，则0～9 s内汽车乙的位移x乙＝eq \f(0＋vm,2)t0乙＋vm×(t0甲－t0乙)＝157.5 m，所以汽车甲停止时，两汽车之间的距离为Δx＝x乙－x甲＝76.5 m，C正确，D错误。 解析：(1)设货物在平台上的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有 F－μ1mg＝ma1 设货物运动到传送带左端时的速度大小为v1，货物与传送带左端的距离为s1，由运动学规律有veq \o\al(2,1)－0＝2a1s1 代入数据解得v1＝2 m/s。 (2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，以水平向右为正方向，设此时货物的加速度为a2，由牛顿第二定律有F－μ2mg＝ma2 解得a2＝－1 m/s2 故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，有v＝v1＋a2t2 该段时间货物位移大小为s2＝eq \f(v1＋v,2)t2 共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，有l－s2＝vt3 货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3 联立并代入数据解得t＝2 s。 1．(2025·安徽卷，4)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8x，则(　　) A．x＝eq \f(1,18)at2 B．x＝eq \f(1,16)at2 C．x＝eq \f(1,8)at2 D．x＝eq \f(1,2)at2 解析：设汽车做匀加速运动的时间为t0，则汽车做匀速运动的速度大小为v＝at0，位移大小为x1＝vt，由对称性和匀变速直线运动的规律可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移大小均为x＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，由位移关系可得x1＋2x＝8x，联立解得 x＝eq \f(1,18)at2，A正确。 解析：对小球A受力分析，其受重力mg、轻绳的拉力T以及 B的库仑引力F库，如图所示，根据平衡条件得Tsin30°＝ mgsin30°，F库＝Tcos30°＋mgcos30°，解得T＝mg，F库＝ eq \r(3)mg，A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为零，库仑力与 重力的合力与轻绳拉力等大反向，剪断轻绳瞬间，轻绳拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为T＝mg，由牛顿第二定律得小球A的加速度大小a＝eq \f(T,m)＝g，C正确；由于剪断轻绳瞬间，A球对B球的库仑力不变，则B球的受力情况不变，轻杆对B球的作用力不变，D错误。 解析：根据匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，结合两x­t图线均为抛物线，可知物块甲、乙均做匀变速直线运动，且由图b中图线斜率的变化，可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀减速直线运动，设甲的加速度大小为a甲，乙的加速度大小为a乙，对甲有3x0＝v0t0＋eq \f(1,2)a甲teq \o\al(2,0)，对乙有x0＝v0t0－eq \f(1,2)a乙teq \o\al(2,0)，由于t＝t0时乙图线切线斜率为0，则此时乙的速度为0，有t0＝eq \f(v0,a乙)，联立可得a甲＝a乙，由牛顿第二定律，对甲有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma甲，对乙有μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tanθ，A正确；t＝t0时甲的速度大小为v＝v0＋a甲t0，与t0＝eq \f(v0,a乙)、a甲＝a乙联立得v＝2v0，B错误； t＝t0前，由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反，则物块甲、乙组成的整体合力为零，由于斜面静止，斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为零，由受力分析可知，竖直方向上整体受到重力和地面的支持力，水平方向上不受力作用，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错误；t＝t0时物块乙的速度减为零，此后，物块乙静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物块和斜面组成的整体，合力有水平向左的分量，则地面对斜面的摩擦力方向向左，D正确。 6．(2025·湖北卷，7)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为eq \f(L,2)的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图a所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图b所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(　　) A.eq \r(\f(L,2μg)) B.eq \r(\f(L,μg)) C.eq \r(\f(2L,μg)) D．2eq \r(\f(L,μg)) 解析：撤去拉力前门板做初速度为0的匀加速直线运动，撤去 拉力后门板做匀减速直线运动，由于门板恰好不与门框发生碰撞， 则门板末速度为0，作出其v­t图像如图所示，整个运动过程门板 的总位移为eq \f(L,2)，即v­t图像中图线与t轴围成的图形面积恒定，由牛 顿第二定律可知，撤去拉力后门板的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg，即减速过程v­t图线的斜率恒定，由图可知，若使整个运动过程用时尽量短，则加速过程的加速度应尽量大，加速时间趋近于0，由eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,min)可知最短时间趋近于tmin＝eq \r(\f(L,μg))，B正确。 7．(2025·湖北省百师联盟高三下二轮复习联考)如图所示为某汽车在提速过程中速度随位移变化的图像，若该过程中，汽车可视为做匀变速直线运动，其加速度大小为a。从汽车位于x＝0位置到速度大小变为108 km/h的过程中，汽车行驶的时间和位移大小分别为tm、xm。从汽车位于x＝0位置开始计时，3 s内汽车的平均速度大小为eq \o(v,\s\up10(－))，则下列关于a、tm、xm、eq \o(v,\s\up10(－))的说法正确的是(　　) A．a＝10 m/s2 B．tm＝4 s C．xm＝90 m D．eq \o(v,\s\up10(－))＝10 m/s 解析：由运动学公式v2－veq \o\al(2,0)＝2ax可得v＝2,0)eq \r(v＋2ax) ，由图线与纵轴的交点坐标可知v0＝10 m/s，由图线与横轴的交点坐标可知－2,0)eq \f(v,2a) ＝－10 m，解得a＝5 m/s2，故A错误；由于vm＝108 km/h＝30 m/s，根据公式vm＝v0＋atm解得tm＝4 s，故B正确；由以上分析可知vm、xm满足veq \o\al(2,m)－veq \o\al(2,0)＝2axm，代入数据可得xm＝80 m，故C错误；根据公式v3＝v0＋at′得3 s末的速度v3＝25 m/s，则eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋v3,2)＝17.5 m/s，故D错误。 解析：根据位移关系，两车相遇时有vAt－eq \f(1,2)at2＝vBt＋x0，解得t＝1 s或t＝7 s，t＝1 s时汽车A、汽车B第一次相遇，此时汽车A的速度为v＝vA－at＝10 m/s，之后汽车A超过汽车B，汽车A刹车的时间为tA＝eq \f(vA,a)＝6 s，由于tA<7 s，故汽车A停车时汽车B还未追上，第一次相遇后汽车A运动的位移为xA＝eq \f(v2,2a)＝25 m，则汽车B追上汽车A所用时间tB＝eq \f(xA,vB)＝6.25 s，故第二次相遇的时刻是t2＝1 s＋tB＝7.25 s，故选A、D。 解析：设P、Q的质量均为m，P、Q间的动摩擦因数为μ1，P与地面间的动摩擦因数为μ2，由图乙可知，在0～6 s时间内，Q一直在P上做匀加速直线运动，对Q由牛顿第二定律得μ1mg＝ma2，根据图乙可知a2＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(3,6) m/s2＝0.5 m/s2，联立解得μ1＝0.05，故A正确；力F在5 s时撤去，此时长木板P的速度为v1＝5 m/s，6 s时两者速度相同，为v2＝3 m/s，在5～6 s的过程，对P由牛顿第二定律得μ1mg＋μ2·2mg＝ma1，由图乙可知a1＝eq \f(5－3,6－5) m/s2＝2 m/s2，联立解得μ2＝0.075，故B错误； 从6 s末到长木板P停下的过程，对长木板P由牛顿第二定律得μ2·2mg－μ1mg＝ma3，解得长木板P从t＝6 s到停下过程中的加速度大小a3＝1 m/s2，该过程所用的时间为Δt＝eq \f(v2,a3)＝3 s，可知t＝6 s＋Δt＝9 s时长木板P停下来，故C正确；6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由v­t图线与t轴围成的面积表示位移，可知6 s前Q相对于P向左运动的位移大小为Δx1＝eq \f(1,2)×5×5 m＋eq \f(1,2)×(5＋3)×1 m－eq \f(1,2)×3×6 m＝7.5 m，6 s后到两者都停下，Q相对于P向右运动的位移大小为Δx2＝2,2)eq \f(v,2μ1g) －2,2)eq \f(v,2a3) ＝4.5 m<Δx1，则长木板P的长度至少为Lmin＝Δx1＝7.5 m，故D错误。 解析：设P点到绳与滑块连接处的高度差为h，绳与滑块连接处为C点，PC段绳与水平方向的夹角为θ，则绳长为OP＋PC＝1.1l＋eq \f(h,sinθ)，绳的拉力大小为F＝k·Δx＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1.1l＋\f(h,sinθ)－l))＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinθ)＋0.1l))，对滑块受力分析，如图所示，竖直方向有FN＋Fsinθ＝mg，联立解得FN＝mg－kh－0.1klsinθ，滑块从A滑到B的过程中，θ一直增大，则FN一直减小，故D错误；根据f＝μFN，可知滑块所受地面的摩擦力一直在减小，故B正确； 绳的拉力F在水平方向有F水平＝Fcosθ＝kheq \f(cosθ,sinθ)＋0.1klcosθ，可知随着θ变大，F水平一直减小，当滑块滑到B时，θ＝eq \f(π,2)，F水平＝0，即绳对滑块的水平方向拉力一直减小至0，由于滑块一直受水平向右的滑动摩擦力作用，所以水平方向上的合力一定是先向左，使滑块向左加速，当拉力水平方向的分力与滑动摩擦力大小相等时，加速度为0，再向左运动时，摩擦力大于拉力水平分力，滑块做减速运动，故A、C错误。 11．(2025·福建省厦门市第一中学高三下模拟)青海某花炮企业 生产的某种型号礼花弹在地面上从炮筒中沿竖直方向射出，到达最 高点时炸开。礼花弹的结构如图所示，其工作原理为：点燃引线， 引燃发射药，发射药燃烧发生爆炸，礼花弹经Δt＝10 ms从炮筒高 速射出并同时点燃延期引线，当礼花弹上升到最高点时，延期引线 点燃礼花弹，礼花弹炸开。已知礼花弹在炮筒中的运动可视为匀加速直线运动，加速距离d＝0.2 m，礼花弹离开炮筒后受到的空气阻力大小始终等于其所受重力大小的eq \f(1,4)，延期引线的燃烧速度v＝1.25 cm/s，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)礼花弹射出的最大速度vm； (2)延期引线的长度l。 解析：(1)根据匀变速直线运动的规律有eq \f(1,2)vmΔt＝d 解得vm＝40 m/s。 (2)设礼花弹离开炮筒后向上减速时的加速度大小为a，减速时间为t，根据牛顿第二定律有mg＋eq \f(1,4)mg＝ma 根据匀变速直线运动规律有0＝vm－at 且l＝vt 解得l＝0.04 m。 $