第5讲 牛顿运动定律-2027届高考物理一轮复习题型全练

第5 讲 牛顿运动定律 题型一 牛顿第一定律的理解 1．（2026•周口模拟）广东选手吴瑞庭在2025年8月4日全国田径锦标赛上创造了男子三级跳远17米68的成绩，打破了尘封近16年的亚洲和全国纪录。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　） A．助跑是为了增大运动员自身的惯性 B．蹬地起跳时，运动员处于失重状态 C．从起跳后到最高点过程中，运动员的重力势能增加 D．从起跳到落地过程中，运动员动量不变 2．（2026春•沙坪坝区校级月考）可视为质点的物体重5N，在重力及另外两个大小分别为6N和7N的恒力作用下运动，物体的运动不可能是（　　） A．匀速直线运动 B．匀变速直线运动 C．类平抛运动 D．匀速圆周运动 3．（2026•湛江开学）一天，下着倾盆大雨，晓明同学乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了。列车行驶过程中，他发现水面的形状如图甲所示，此时车厢水平桌面上放置的一密闭的盛水容器（如图乙），容器内有一气泡，则该气泡（相对于容器）（　　） A．向左移动 B．向右移动 C．静止不动 D．无法判断 （多选）4．（2026•临泉县校级开学）乱扔香蕉皮是不文明的行为，路人行走时踩到香蕉皮会滑倒，引发安全事故，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．人踩到香蕉皮滑倒，是因为人受到惯性的作用 B．人走得越快越容易滑倒，所以速度越大，人的惯性越大 C．人踩到香蕉皮滑倒，是因为人下半身的速度大于上半身的速度 D．人踩到香蕉皮应该会向后滑倒 题型二 牛顿第二定律的初步运用 1．（2026•沙坪坝区校级模拟）如甲图，某同学站在电梯内的水平地板上，随电梯下楼过程的速度—时间关系如图乙。该同学的质量为60kg，重力加速度g＝10m/s2，该同学在下楼过程中对地板的最大压力为（　　） A．600N B．630N C．636N D．666N 2．（2026•攀枝花二模）课外小组同学从楼顶自由释放一质量为m的小球，经时间t落到地面。若小球在下落过程中受到的空气阻力与其速率成正比，比例系数为k，且落地前小球可近似认为达到匀速运动。已知重力加速度为g，则楼顶距地面的高度近似为（　　） A． B． C． D． 3．（2026•淄博二模）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其高度h与时间t的关系图像如图所示，0～t1时间内和t2～t3时间内图线为曲线，t1～t2时间内图线为直线。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g。则（　　） A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg B．t1～t2时间内，v减小，FN＞mg C．t1～t2时间内，v增大，FN＜mg D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg （多选）4．（2026•河北区模拟）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1.0kg，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10m/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不变 C．甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N 题型三 牛顿第三定律的理解 1．（2026春•红桥区校级期中）2024年“行走大运河”——中国辉煌足迹大运河龙舟系列活动在天津海河举行。赛龙舟时，某船桨向后推水的力为F1，水向前推该船桨的力为F2。关于F1和F2，说法正确的是（　　） A．是一对作用力与反作用力 B．是一对平衡力 C．方向相同 D．F1＞F2 2．（2026春•温州期中）解说围棋比赛时，棋盘竖直放置，棋盘和棋子都是磁性材料制成，棋子能吸在棋盘上。不计棋子与棋子之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　） A．棋盘对棋子的弹力是棋子发生弹性形变产生的 B．棋盘对棋子的作用力与棋子的重力等大反向 C．棋盘对棋子的吸引力与棋子对棋盘的压力是一对平衡力 D．棋盘对棋子的压力与棋子对棋盘的支持力合力为零 3．（2026•五华区校级模拟）如图，马通过斜绳拉着雪橇在平直雪地上沿直线加速前进。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．斜绳拉雪橇的力大于雪橇拉斜绳的力 B．斜绳拉雪橇的力等于雪地对雪橇的摩擦力 C．斜绳拉雪橇的力可能小于雪地对雪橇的作用力 D．斜绳拉雪橇的力一定大于雪地对雪橇的作用力 （多选）4．（2026•天津模拟）中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT﹣100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器质量M＝5kg，每秒喷出的一价氙离子数n＝2.0×1019个，速度v＝2×104m/s，单个氙离子的质量为m＝3.2×10﹣25kg，电子电荷量e＝1.6×10﹣19C，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　） A．A、B两电极间的加速电压为1600V B．单台霍尔推进器产生的平均推力大小为0.128N C．天和核心舱的加速度为6.4×10﹣3m/s2 D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为3.2A 题型四 求瞬时加速度的两类题型 1．（2026春•青山湖区校级月考）如图所示，AB物块用轻绳连接，BC物块用轻弹簧连接，用拉力F拉着ABC向上运动，稳定时弹簧的长度保持不变，ABC三个物块的质量分别为m、2m、3m，拉力F＝9mg，则（　　） A．稳定时B的加速度为g B．稳定时轻绳的弹力为5mg C．保持F不变，轻绳突然断开的瞬间B的加速度为3.75g D．保持F不变，轻绳突然断开的瞬间B的加速度为3.25g 2．（2026•天山区校级模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则（　　） A．L2的拉力大小为2mg B．剪断L2瞬间，小球乙的加速度为g C．剪断L2瞬间，小球甲的加速度为3g D．同时剪断L1和L2的瞬间，小球甲和乙的加速度都为g 3．（2026•辽宁模拟）如图所示，质量为2m的木箱静置在水平面上，木箱内一质量为m的小球用一根细线和一轻弹簧吊起，小球静止时弹簧恰好水平，细线与竖直方向夹角为45°。已知木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现剪断细线，则在剪断细线的瞬间，木箱的加速度大小为（　　） A．0 B．0.2g C．0.3g D．0.5g （多选）4．（2026•信宜市校级模拟）如图，竖直平面内轻杆一端连接在光滑活动铰链O上，另一端固定一质量为4m的小球P，细线绕过光滑小孔S连接小球P、Q（均视为质点），小球Q的质量为m，小孔S位于铰链O正下方，水平向左的拉力F拉着小球P，整个系统处于静止状态，轻杆、小球P和小孔S间细线与竖直方向的夹角分别为53°和37°，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．拉力F的大小为6mg B．撤去拉力F的一瞬间，小球P的加速度大小为0.84g C．撤去拉力F的一瞬间，小球P、Q间细线上的拉力大小为0.12mg D．撤去拉力后，小球P摆至最低点时，小球Q重力的瞬时功率为零 题型五 动力学的两类基本问题 1．（2026•东莞市模拟）一辆汽车紧急避让急刹车（车轮抱死）后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕。警察为了判断该汽车是否超速，测出路面上车轮磨痕的长度为16m，重力加速度g＝10m/s2。已知轮胎与地面的动摩擦因数是0.8。道路限速50km/h，请根据以上条件判断该汽车（　　） A．没有超速 B．超速10%以内 C．超速10%﹣20% D．超速20%以上 2．（2026春•长沙县期中）在坐标系xOy中，从0时刻起，一质量为m的物体（视为质点）沿x轴、y轴的分位移与时间的关系图像如图甲、乙所示，已知甲图像在0时刻和乙图像在t0时刻的切线斜率均为0，两图像中倾斜虚线的斜率均为k，两图像均为抛物线，下列说法正确的是（　　） A．物体在t0时刻的速度大于2k B．物体沿y轴方向的分加速度大小为 C．物体受到的合力大小为 D．0至t0时间内物体的位移大小为kt0 3．（2026•一模拟）如图所示，一儿童将无动力玩具小车在地面上滑出，松手后小车由斜面底端A冲上倾角θ＝30°的斜面，运动至B时速度为0。已知小车的质量为m＝0.2kg，A、B之间的距离为0.75m，小车由A至B所用的时间为0.5s。则小车沿斜面上滑时所受的合力大小为（　　） A．2N B．1.2N C．0.2N D．1N （多选）4．（2026•天水模拟）在设计商场扶梯时为了节省电能，往往会使其在长时间无人乘坐时怠速运行，有人乘坐时才会恢复到正常运行速度。如图所示，倾角30°的扶梯以0.5m/s怠速运行，某质量为60kg的同学站上电梯后，电梯匀加速运行1s速度到达1.5m/s之后匀速运行，乘坐扶梯总共用20s，整个过程中人与电梯相对静止。电梯台阶上表面水平，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．0～1s内，该同学受到的支持力大小为630N B．0～1s内，该同学受到大小为30N的摩擦力 C．1～20s内，该同学受到的摩擦力大小为300N D．扶梯总长度为29.5m 题型六 超重失重问题 1．（2026•沈河区校级三模）歼﹣20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，虚线ab是歼﹣20战机从水平地面起飞过程中的部分曲线轨迹，关于此过程下列说法正确的是（　　） A．研究歼﹣20姿态调整时可以把战斗机看成质点 B．歼﹣20的运动一定是匀变速曲线运动 C．歼﹣20从a到b飞行过程中的速度时刻在变化 D．歼﹣20从a到b起飞过程中，飞行员处于失重状态 2．（2026春•荔湾区校级期中）气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结构如图所示，一重物套在光滑杆上，与一端固定的弹簧栓接，当车轮转动的角速度达到一定值时，重物拉伸弹簧后使触点M、N接触，从而接通电路使气嘴灯发光。下列说法正确的是（　　） A．正确安装使用时，M端的线速度比N端的大 B．气嘴灯运动至最低点时处于失重状态 C．要在较低的转速时发光，可以更换劲度系数更小的弹簧 D．气嘴灯做圆周运动时，重物受到重力、弹力和向心力的作用 3．（2026春•温州期中） 2025年在广州举行的第十五届全运会女子铅球决赛中，中国运动员巩立姣以19.68米的成绩获得女子铅球比赛冠军，下列有关说法正确的是（　　） A．19.68米是比赛中铅球发生的位移大小 B．19.68米是比赛中铅球经过的路程 C．在研究铅球的运动轨迹时，可将铅球看成质点 D．巩立姣推铅球的过程，铅球处于失重状态 （多选）4．（2026•古浪县模拟）一个苹果从高度为1.25m处开始做自由落体运动，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．苹果下落过程处于失重状态 B．苹果运动的时间为0.5s C．苹果落地时，苹果对地面的压力大于地面对苹果的支持力 D．苹果在空中受重力作用，重力单位牛顿是国际单位制基本单位 题型七 动力学中的图像问题 1．（2026•平南县开学）无人机是当前我国战略性新兴产业之一，近年来不管在技术、产品、应用还是市场上，我国都取得了巨大的成就。如图1所示，某次无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，它运动的v﹣t图像如图2所示，b点为图线的最高点。下列说法正确的是（　　） A．研究无人机螺旋桨的转动情况时可将其视为质点 B．无人机在t1～t2过程中受到的合外力越来越小 C．无人机在t2时刻运动到最高点 D．无人机在t3时刻向下运动 2．（2026•湛江一模）一种弹跳杆的结构如图甲所示。小朋友双手握住横杆开始弹跳，经历从地面上升、离地后下落、与地面作用再弹起等往复运动，如图乙所示。以小朋友静止站在弹跳杆脚踏板上时重心的位置O为坐标原点，在竖直方向建立表示小朋友重心位置的坐标轴，如图丙所示。假设小朋友在运动过程中始终保持站立姿态，不计空气阻力及弹跳杆重力，重力加速度大小为g。在某次小朋友从最高点下落至重心到达最低点的过程中，下列各选项中可能正确反映小朋友运动速度v随时间t的变化关系，或加速度a（取竖直向下为正方向）随相对O点的位移x变化关系的是（　　） A． B． C． D． 3．（2026•茂名模拟）2025年广州全运会开幕式上，寓意着独占鳌头的鳌鱼惊艳亮相，该鳌鱼质量为m，依靠绳索的合力F和空气浮力实现空中游动。F与竖直向下方向夹角为θ，且都为变量。该鳌鱼水平运动时的v﹣t图像如图丙所示，此过程竖直方向保持平衡。鳌鱼受到水平空气阻力f＝kv，k为常量，以鳌鱼水平前进方向为正方向，设F的水平分量为Fx，重力加速度g大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）4．（2026•临泉县校级开学）很多智能手机都有加速度传感器，能通过对应的APP显示加速度的变化情况。某同学用手掌托着手机，打开加速度传感器，把手机竖直向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到的加速度随时间变化的图像如图所示（取向上为正方向）。已知图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则由此可判断出（　　） A．t1时刻，手机离开手掌 B．t2时刻，手机处于完全失重状态 C．t3时刻，手机处于完全失重状态 D．手机离开手掌后上升的高度为0.45m 题型八 传送带问题 1．（2026•香坊区校级二模）在民航机场和火车站用传送带传送物品通过安检设备。乘客将物品轻放到匀速运动的水平传送带上，传送带对物品的摩擦力使其开始运动，随后它们保持相对静止一起匀速前进。若传送带匀速运动的速度增大，则（　　） A．加速运动过程中物品受到的摩擦力增大 B．匀速运动过程中物品受到的摩擦力增大 C．物品加速运动的位移减小 D．物品匀速运动的时间减小 2．（2026•辽宁模拟）如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t＝0时刻，将一炭包轻放在顶端A点，炭包沿传送带向下滑动，经过0.6s炭包滑到传送带的底端B，整个过程，炭包的速度随时间变化的规律如图乙所示，炭包可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A．传送带的倾角α＝30° B．传送带的速度v＝1.6m/s C．炭包与传送带间的动摩擦因数为0.2 D．炭包在传送带上留下的痕迹长度为0.48m 3．（2025•江苏二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ＜tanθ。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B．滑块一定可以回到A点 C．滑块最终停留在B点 D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 （多选）4．（2026•延边州模拟）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数图线，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为﹣2m/s2 D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度分别为0、3m/s 题型九 板块问题 1．（2026•朝阳区一模）老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本上，用水平向右的恒力F将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，抽出课本的过程历时t。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．课本受到5个力作用 B．课本受到的摩擦力大小为2μmg C．F大于4μmg才可能将课本从粉笔盒下抽出 D．粉笔盒最终将停留在初始位置右侧μgt2处 2．（2026春•海淀区校级期中）如图，一质量为M、长为L的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，从物块滑上木板到物块从木板右端离开的过程中（　　） A．木板的动能增量等于fL B．物块的动能减少量等于fL C．木板的动能增量一定小于fL D．如果换用质量更大的木板而其他条件不变，m、M间摩擦生热将减少 3．（2026•辽宁模拟）如图所示，倾角为37°的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2kg的木板和质量为1kg的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现将物块和木板同时由静止释放，则物块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．6.4N B．4.8N C．4.0N D．0 （多选）4．（2026•安宁区校级模拟）如图所示，6块木板依次并排静止在水平地面上，每块木板的质量均为m，前5块木板长度均为L，第6块木板长度为，木板与地面间的动摩擦因数为μ。一质量也为m的小物块（大小忽略不计），在大小为5μmg的恒定拉力作用下，以3的初速度滑上第1块木板的左端，小物块与木板间的动摩擦因数为4μ。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　） A．小物块从滑上第1块木板到离开第4块木板的时间为 B．小物块离开第5块木板时小物块的速度为 C．小物块在第6块木板上滑动的过程中第6块木板的位移为 D．第5块木板的右端与第6块木板的左端最终相距为 综合提升 一 ．选择题（共6小题） 1．（2026春•温州期中）如图所示，运动员射箭时，松手后，弦对箭产生的作用力如乙图所示，弦的夹角为α，F1和F2为弦的张力，其合力F恰好沿着α角的平分线方向。弦可视为轻质，下列有关说法错误的是（　　） A．F1和F2大小相等 B．F的大小等于 C．箭对弦的弹力是由于箭发生了形变 D．箭对弦的弹力和弦对箭的弹力是一对作用力与反作用力 2．（2025秋•唐山期末）北京时间2013年6月20日，我国航天员在天宫一号空间实验室进行了太空授课，演示了包括质量的测量在内的一系列实验。如图所示，测量时航天员把自己固定在支架的一端，另外一名航天员将支架拉开到指定位置。松手后，支架拉着航天员从静止返回到舱壁，返回过程中可测得多个物理量。则测量航天员质量选用的规律是（　　） A．平行四边形定则 B．共点力平衡 C．牛顿第二定律 D．杠杆平衡 3．（2026•陕西模拟）如图甲所示，售货员给质量为16kg的推车一初速度，使其运动一段距离后停靠在墙边，该过程可看成推车做匀变速直线运动。用手机频闪照相功能每隔0.2s给运动中的推车拍一张照片，如图乙所示，拍照间隔内推车移动的距离分别为0.75m、0.65m。下列说法正确的是（　　） A．推车离手后的加速度大小为1.5m/s2 B．推车离手后的加速度大小为0.5m/s2 C．推车离手后受到的合力大小为40N D．推车离手后受到的合力大小为8N 4．（2026•滨海新区模拟）2026年央视春晚节目《武BOT》中，人形机器人与武术演员同台完成空翻、舞剑、棍法对练等动作，展现了强大的运动控制与平衡能力。如图甲、乙、丙所示，机器人空翻时，先踏上辅助平台，之后平台向上弹起，将机器人推向空中，辅助机器人完成空翻动作，以下说法正确的是（　　） A．研究机器人空翻动作时，可以将机器人视为质点 B．辅助平台对机器人的作用力与机器人对辅助平台的作用力大小始终相等 C．机器人腾空翻腾的过程中处于超重状态 D．机器人的速度越大，其惯性越大 5．（2026春•合肥月考）2026年央视春晚合肥分会场的舞台上，一场精心设计的“空中灯光秀”成为当晚的一大看点。演出当晚，16架无人机载着特制彩灯从地面升腾而起，在舞台周围形成一个圆，象征着团圆美好的节日寓意。若某无人机竖直升空过程中的速度一时间图像如图所示，则（　　） A．t1时刻无人机上升至最高点 B．t2时刻无人机开始下降 C．t2～t3时间内无人机上装载的物品处于超重状态 D．0～t1时间内的平均速度大于t2～t3时间内的平均速度 6．（2026•南平模拟）某快递自动分拣系统部分流水线的示意图如图所示，足够宽的水平传送带以大小为v1的速度匀速运行，货物以大小为v2的速度垂直进入传送带，经时间t货物恰好与传送带相对静止。货物可视为质点，与传送带间的动摩擦因数处处相等。若改变v2，则下列关于t随v2变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共7小题） （多选）7．（2026春•沙坪坝区校级月考）如图甲所示，一质量为m的小薄板abcd（厚度可忽略）以初速度v0沿水平面向右运动，即将进入区域①的左边界。薄板与区域①之间的动摩擦因数为μ，区域②光滑，两区域交替出现且长度均与薄板的ad边长相等。当薄板的ab边在每个区域①内运动时，受到水平向右的拉力F＝kx+b（k＞0，b＞0，x为ab距①左边界的距离）；当薄板的ab边在区域②内运动时，F＝0。薄板的速度大小v与运动时间t的关系如图乙所示，vm是薄板运动速度的最大值，已知重力加速度为g，则（　　） A．薄板在区域①内运动的加速度为 B．ad边的长度为 C． D． （多选）8．（2026•海口模拟）在如图所示的装置中，水平地面上放置着一个装有力传感器的木箱，木箱（含力传感器）的质量为2m，一个质量为m的小球通过轻质细弹簧竖直悬挂在箱顶，同时用一根轻绳将小球与箱底的力传感器（固定在箱底）连接起来。当系统处于平衡状态时，力传感器显示的拉力数值为mg（g为重力加速度大小），弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．系统平衡时，弹簧的伸长量为 B．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g C．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为2mg D．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为4mg （多选）9．（2026•渝中区校级模拟）如图所示，O点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。一块长度为L的质量均匀分布且质量为m的木板静止在O点左侧，右端距离O点为x0，木板在恒力F作用下由静止沿水平面运动，当木板右端到达O点时立即撤去恒力F，已知O点右侧水平面与木板间的动摩擦因数为μ，木板始终未全部进入O点右侧区域。则以下说法正确的是（　　） A．木板停下前一直做匀变速直线运动 B．木板加速阶段的平均速度小于减速阶段的平均速度 C．最终木板右端离O点的距离大小为 D．若开始木板右端与O点距离x0减小（不为0），木板做减速运动的时间减小 （多选）10．（2026•南昌模拟）某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示，轻弹簧上端固定，沿弹簧长度方向固定一把刻度尺。弹簧自然伸长时，指针所指刻度记为C点；在弹簧下端悬挂一个质量为0.1kg的小钢球，静止时指针所指刻度记为O点，并将该处标记为加速度0刻度值。现将这个装置用来测量电梯竖直上下运行时的加速度。已知OB、OC间的距离均为1.00cm，A为OC中点，g取10m/s2，取加速度方向向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A．指针在B位置时，小钢球处于超重状态 B．该弹簧的劲度系数为1N/m C．指针指在A位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为﹣5m/s2 D．若在刻度尺上标注加速度值，则刻度对应的数值是不均匀分布的 （多选）11．（2026•天元区校级开学）将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆的截面直径，对环施加一在竖直平面内斜向上与杆的夹角为θ的拉力F，如图甲所示；当拉力逐渐变大时，环的加速度随拉力F变化的规律如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．圆环质量为0.3kg B．圆环与杆之间的动摩擦因数为0.5 C．当F＝15N时，环受到的摩擦力大小为3N D．环受到的摩擦力大小为1N时，环的加速度大小可能为m/s2 （多选）12．（2026•深圳模拟）如图所示，足够长的倾斜传送带沿顺时针方向匀速运动，速度大小为v0，传送带表面粗糙。t＝0时刻将某一工件无初速度放在传送带上a点，t0时刻因故障传送带瞬间停止运动。以传送带底端O点为零位移处，v0方向为正方向，Oa＝x0，工件的速度v、位移x随时间变化关系，可能正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）13．（2026•辽宁模拟）如图所示，A、B两物块分别置于光滑水平面上足够长的轻质泡沫板的左、右两端。其中物块A质量m＝2kg，与泡沫板间的动摩擦因数μ1＝0.5；物块B质量M＝8kg，与泡沫板间的动摩擦因数μ2＝0.2。t＝0时刻分别对A、B施加水平向左、水平向右的拉力，两拉力随时间均满足F＝2+2t（N），重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在拉力不断变化的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块A与泡沫板之间始终不会发生相对滑动 B．物块B与泡沫板之间的摩擦力最大为10N C．t＝7s时，物块B与泡沫板之间刚要发生相对滑动 D．t＝10s时，物块A的速度大小为18m/s 三．解答题（共9小题） 14．（2024•荣县校级开学）超速、超载行驶危害都很大，如图为某道路交通标志牌：小型车最高行驶速度不得超过100km/h。而大型客车、载货汽车最高行驶速度不得超过80km/h。 （1）请用动能的知识解释交通部门为什么要这样规定？ （2）超载的危害很多，请你选取某一知识点如惯性、压强、动能等说说超载所造成的危害？ 15．（2026•和平区模拟）如图所示，质量为m1＝2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3。这时铁箱内一个质量为m2＝0.5kg的木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求： （1）水平拉力F的大小； （2）减小拉力F，木块沿铁箱左侧壁落到底部（不反弹），此时箱的速度为10m/s，立即撤去拉力，又经一段时间木块达铁箱右侧壁，此时木块的速度为5m/s，则铁箱的长度L是多少？ 16．（2026•贵州模拟）如图，有一半径为R的四分之一光滑圆弧形固定轨道AB，其末端与长度为L1的水平地面BC相切，C点平滑连接有一长度为L2的固定倾斜直轨道CD，该轨道与水平地面的夹角为θ，A、B、C、D处于同一竖直面内。将一小滑块甲从A点静止释放，甲运动至B点与静置于B点的小滑块乙发生弹性正碰，碰撞时间极短。乙通过水平地面及倾斜直轨道，到达最高点D时速度恰好为0。两滑块的质量均为m，与水平地面及倾斜直轨道的动摩擦因数均为μ。已知R＝0.8m，L1＝4m，L2＝0.6m，m＝0.2kg，μ＝0.125，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）甲与乙碰撞前瞬间，甲对圆弧轨道的压力大小； （2）甲与乙碰撞后瞬间，乙的速度大小； （3）θ应满足的关系式。（用关于θ的三角函数表示） 17．（2026•云南模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在悬点O处，下端连接物体A，A下边用轻杆连接物体B，两物体质量均为m，重力加速度为g。现缓慢向下拉B，当向下的拉力增大到F＝3mg时撤掉F，之后A、B两物体在竖直方向运动，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，求： （1）撤掉F的瞬间，B的加速度大小； （2）B运动到最高点时，杆对B的弹力； （3）当杆中弹力为零时，B的速度大小。（弹簧的弹性势能为kx2，其中k为劲度系数，x为形变量） 18．（2026春•大兴区校级期中）如图所示，小孩坐在冰车上，现用一个与水平方向成α＝37°。大小为200N的力F拉着冰车沿水平冰面从静止开始以加速度a＝2m/s2做匀加速直线运动，已知小孩和冰车的总质量为40kg，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求： （1）冰车在前4s内的位移大小x。 （2）4s内拉力的平均功率。 （3）冰车与地面的动摩擦因数μ。 19．（2026春•浦东新区校级期中）胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车胎压异常而引发的事故。如图所示，一辆质量为800kg的小汽车行驶在山区的波浪形路面，路面可视为圆弧且左右圆弧半径相同，半径r＝40m，根据胎压可计算出汽车受到的支持力，当支持力达到5.8×104N时检测器报警。重力加速度g取10m/s2。 （1）汽车在A点速度vm多大时会触发报警？ （2）汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度vB是多少？ 20．（2025秋•南宁期中）质量m＝20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，在水平面上做直线运动。0～2s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的速度—时间图像如图所示。重力加速度g取10m/s2。求： （1）物体在0～2s及2～4s内加速度大小； （2）物体与水平面间的动摩擦因数μ。 21．（2026•南充模拟）某快递分拣中心的水平传送带以恒定速度v＝2m/s匀速运行，将质量m＝0.5kg的包裹无初速度地轻放在传送带上某位置，已知包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，包裹放在传送带上的初始位置到分拣口的距离L＝5m，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）包裹在传送带上加速运动时的加速度大小； （2）包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间。 22．（2026春•荔湾区校级期中）如图所示，有一上表面光滑的挡板固定在光滑水平地面上，在其右侧紧靠挡板放置一木板，木板长度为30a，水平地面右侧有一堵墙。木板和固定挡板等高，其右端有一薄挡板（质量不计）。现将可视为质点的滑块以初速度从左端滑上静止的木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.25，二者的质量均为m，重力加速度为g。 （1）若木板右端距离墙面足够远，则在木板与墙面碰撞前的过程中： ①滑块是否会与木板右端的挡板碰撞？请作出分析证明； ②求滑块在木板上的滑动时间t； （2）设木板右侧距离墙长度为x（x＜8a），木板与墙和固定挡板碰撞后速度立即变为零（不反弹），但与墙和固定挡板均不粘连，滑块与挡板碰撞后原速率反弹，请写出滑块最终静止时到木板右端的距离L与x的关系式。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第5 讲 牛顿运动定律 题型一 牛顿第一定律的理解 1．（2026•周口模拟）广东选手吴瑞庭在2025年8月4日全国田径锦标赛上创造了男子三级跳远17米68的成绩，打破了尘封近16年的亚洲和全国纪录。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　） A．助跑是为了增大运动员自身的惯性 B．蹬地起跳时，运动员处于失重状态 C．从起跳后到最高点过程中，运动员的重力势能增加 D．从起跳到落地过程中，运动员动量不变 【答案】C 【分析】围绕惯性、超重失重、重力势能、动量的物理概念，结合跳远各阶段运动特点，逐一分析选项表述对错。 【解答】解：A、惯性只与质量有关，助跑不能改变运动员的惯性，故A错误； B、蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，运动员处于超重状态，故B错误； C、空气阻力不能忽略，从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，运动员重力势能增加，机械能减小，故C正确； D、从腾空到落地，运动员所受合力不为零，运动员的动量改变，故D错误。 故选：C。 2．（2026春•沙坪坝区校级月考）可视为质点的物体重5N，在重力及另外两个大小分别为6N和7N的恒力作用下运动，物体的运动不可能是（　　） A．匀速直线运动 B．匀变速直线运动 C．类平抛运动 D．匀速圆周运动 【答案】D 【分析】先确定6N和7N的合力范围，结合重力分析总合力为恒力，根据各运动的受力要求，判断变速圆周运动不可能，其余运动均可能。 【解答】解：A.当6N与7N的合力大小为5N、方向竖直向上时，可与重力平衡，总合力为零，物体可做匀速直线运动，故A错误； B.总合力为恒力，若初速度与合力共线，物体可做匀变速直线运动，故B错误； C.总合力为恒力，若初速度与合力垂直，物体可做类平抛运动，故C错误； D.变速圆周运动需要变力（方向时刻变化），而总合力为恒力，无法提供时刻变化的向心力，故D正确。 故选：D。 3．（2026•湛江开学）一天，下着倾盆大雨，晓明同学乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了。列车行驶过程中，他发现水面的形状如图甲所示，此时车厢水平桌面上放置的一密闭的盛水容器（如图乙），容器内有一气泡，则该气泡（相对于容器）（　　） A．向左移动 B．向右移动 C．静止不动 D．无法判断 【答案】B 【分析】根据甲图分析列车的加速度方向，然后可以分析乙中气泡的运动方向。 【解答】解：根据图甲及惯性原理可知，水向左倾移动可知此时列车有向右的加速度，同理图乙中水也应左移，因为气泡的密度小于水的密度，惯性的大小仅与质量有关，所以同样大小的水球向左运动，而气泡应右移，故B正确，ACD错误。 故选：B。 （多选）4．（2026•临泉县校级开学）乱扔香蕉皮是不文明的行为，路人行走时踩到香蕉皮会滑倒，引发安全事故，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．人踩到香蕉皮滑倒，是因为人受到惯性的作用 B．人走得越快越容易滑倒，所以速度越大，人的惯性越大 C．人踩到香蕉皮滑倒，是因为人下半身的速度大于上半身的速度 D．人踩到香蕉皮应该会向后滑倒 【答案】CD 【分析】惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关；人踩到香蕉皮，人下半身的速度增大，上半身仍保持原来的速度，据此分析。 【解答】解：AB．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关，与物体的速度无关，故AB错误； CD．人踩到香蕉皮滑倒，是因为人下半身的速度增大，上半身仍保持原来的速度，即下半身的速度大于上半身的速度，人应该会向后滑倒，故CD正确。 故选：CD。 题型二 牛顿第二定律的初步运用 1．（2026•沙坪坝区校级模拟）如甲图，某同学站在电梯内的水平地板上，随电梯下楼过程的速度—时间关系如图乙。该同学的质量为60kg，重力加速度g＝10m/s2，该同学在下楼过程中对地板的最大压力为（　　） A．600N B．630N C．636N D．666N 【答案】B 【分析】先从速度—时间图像中提取电梯减速阶段的加速度，再用牛顿第二定律求出地板对人的支持力，根据牛顿第三定律得到人对地板的最大压力。 【解答】解：结合图像，0～5s：匀加速下楼，速度向下增大，加速度方向向下（失重状态，支持力小于重力）。 5～15s：匀速下楼，加速度为0，支持力等于重力（N＝mg）。 15～21s：匀减速下楼，速度向下减小，加速度方向向上（超重状态，支持力大于重力，此时压力最大） 匀减速阶段的时间间隔：Δt＝21s﹣15s＝6s 速度变化量：Δv＝0﹣3m/s＝﹣3m/s 加速度大小：，方向向上。 对同学受力分析：竖直方向受重力mg（向下）、地板的支持力N（向上），加速度向上，取向上为正方向，由牛顿第二定律：N﹣mg＝ma 代入数据可得N＝630N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．（2026•攀枝花二模）课外小组同学从楼顶自由释放一质量为m的小球，经时间t落到地面。若小球在下落过程中受到的空气阻力与其速率成正比，比例系数为k，且落地前小球可近似认为达到匀速运动。已知重力加速度为g，则楼顶距地面的高度近似为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】需先根据匀速运动条件求出最大速度，再应用Ift＝kt的关系，联立求解下落高度。 【解答】解：小球落地前达到匀速运动，此时重力与空气阻力平衡，即： mg＝ kv 解得匀速运动的速度为： v＝ 小球从静止开始下落，初动量为0，末动量为mv。根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量： I合＝△p 合外力的冲量为重力冲量与阻力冲量之差，即： mgt﹣If＝mv﹣0 其中If为空气阻力的冲量。 阻力的平均值f＝k ，则阻力冲量为： If＝t＝kt 又因平均速度 （h为下落高度），代入得： If＝k•t＝kh 将If＝kh和v＝代入动量定理表达式： mgt﹣kh＝mg 整理得： kh＝mgt﹣ 解得： h＝ 故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．（2026•淄博二模）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其高度h与时间t的关系图像如图所示，0～t1时间内和t2～t3时间内图线为曲线，t1～t2时间内图线为直线。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g。则（　　） A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg B．t1～t2时间内，v减小，FN＞mg C．t1～t2时间内，v增大，FN＜mg D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg 【答案】D 【分析】A.结合题意，由图像的倾斜程度与速度的关系及牛顿第二定律，即可分析判断； BC.结合题意，由图像的倾斜程度与速度的关系，先确定乘客的运动状态，进而可确定其受力的情况； D.同前面思路，先根据图像的倾斜程度与速度的关系，确定乘客的运动状态，再由牛顿第二定律列式，即可分析判断。 【解答】解：A.由题图可知，0～t1时间内，图像越来越陡峭，则表示乘客的高度h的减少速度越来越快， 则说明乘客下降的速度大小v在增大， 因此，该时间段内，乘客向下做加速直线运动，所以其加速度a向下，则由牛顿第二定律可得： mg﹣FN＝ma＞0， 所以有： mg＞FN， 故A错误； BC.由题图可知，t1～t2时间内，图像的倾斜程度不变，则表示乘客的高度h的减少速度不变， 则说明乘客下降的速度大小v不变， 因此，该时间段内，乘客向下做匀速直线运动，所以其受力平衡，则有： mg＝FN， 故BC错误； D.由题图可知，t2～t3时间内，图像越来越平缓，则表示乘客的高度h的减少速度越来越慢， 则说明乘客下降的速度大小v在减小， 因此，该时间段内，乘客向下做减速直线运动，所以其加速度a向上，则由牛顿第二定律可得： FN﹣mg＝ma＞0， 所以有： FN＞mg， 故D正确。 故选：D。 （多选）4．（2026•河北区模拟）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1.0kg，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10m/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不变 C．甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N 【答案】BC 【分析】对甲、乙分别受力分析，用牛顿第二定律列方程求解加速度与拉力，再结合受力分析判断摩擦力方向和支持力变化。 【解答】解：A、物块甲向右运动，木箱静止，结合相对运动甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误； B、设乙运动的加速度为a，乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱看成一个整体，竖直方向受力分析由牛顿第二定律有M总g﹣FN＝M总a 可知地面对木箱的支持力大小不变，故B正确； CD、设甲乙质量均为m，绳子拉力为T，对甲，结合牛顿第二定律T﹣μmg＝ma 对乙，结合牛顿第二定律mg﹣T＝ma 代入数据可得T＝7.5N，a＝2.5m/s2，故C正确，D错误。 故选：BC。 题型三 牛顿第三定律的理解 1．（2026春•红桥区校级期中）2024年“行走大运河”——中国辉煌足迹大运河龙舟系列活动在天津海河举行。赛龙舟时，某船桨向后推水的力为F1，水向前推该船桨的力为F2。关于F1和F2，说法正确的是（　　） A．是一对作用力与反作用力 B．是一对平衡力 C．方向相同 D．F1＞F2 【答案】A 【分析】本题考查的核心是牛顿第三定律中作用力与反作用力的特点，同时区分了“作用力与反作用力”和“平衡力”的区别。解题关键在于：明确每个力的施力物体和受力物体；记住作用力与反作用力的“异体、等大、反向、共线”特点；区分“异体”的作用力与反作用力和“同体”的平衡力。 【解答】解：船桨向后推水的力F1与水向前推该船桨的力F2是一对作用力和反作用力，总是大小相等、方向相反，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2026春•温州期中）解说围棋比赛时，棋盘竖直放置，棋盘和棋子都是磁性材料制成，棋子能吸在棋盘上。不计棋子与棋子之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　） A．棋盘对棋子的弹力是棋子发生弹性形变产生的 B．棋盘对棋子的作用力与棋子的重力等大反向 C．棋盘对棋子的吸引力与棋子对棋盘的压力是一对平衡力 D．棋盘对棋子的压力与棋子对棋盘的支持力合力为零 【答案】B 【分析】本题是典型的受力平衡与弹力、相互作用力概念辨析题，本题的核心考查三个知识点：弹力的产生原因：弹力由施力物体的形变产生，而非受力物体。平衡力与相互作用力的区别：平衡力同体、相互作用力异体。物体平衡的合力特点：静止物体的合力为零，所有外力的合力必然与重力平衡。 【解答】解：A．弹力是施力物体发生弹性形变产生的，棋盘对棋子的弹力，施力物体是棋盘，因此该弹力是棋盘发生弹性形变产生的，而非棋子形变产生的，故A错误； B．棋子静止，合力为零。重力竖直向下，棋盘对棋子的所有作用力（静摩擦力、弹力、磁力的合力），必然与重力等大反向，构成平衡力，故B正确； C．平衡力的条件是“作用在同一物体上”，棋盘对棋子的吸引力作用在棋子上，棋子对棋盘的压力作用在棋盘上，二者不作用在同一物体，不是平衡力，故C错误； D．棋盘对棋子的压力与棋子对棋盘的支持力是一对相互作用力，分别作用在棋子和棋盘两个不同物体上，不能合成求合力，故D错误。 故选：B。 3．（2026•五华区校级模拟）如图，马通过斜绳拉着雪橇在平直雪地上沿直线加速前进。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．斜绳拉雪橇的力大于雪橇拉斜绳的力 B．斜绳拉雪橇的力等于雪地对雪橇的摩擦力 C．斜绳拉雪橇的力可能小于雪地对雪橇的作用力 D．斜绳拉雪橇的力一定大于雪地对雪橇的作用力 【答案】C 【分析】先对雪橇进行受力分析，明确雪地对雪橇的作用力是支持力与摩擦力的合力，再结合牛顿第三定律与牛顿第二定律分析各选项中力的大小关系。 【解答】解：A、斜绳拉雪橇的力和雪橇拉斜绳的力是一对作用力与反作用力，结合牛顿第三定律，二者大小始终相等，故A错误； B、雪橇沿直线加速前进，水平方向合力向前，斜绳拉力的水平分量大于雪地对雪橇的摩擦力，斜绳拉雪橇的力本身一定大于摩擦力，故B错误； CD、雪地对雪橇的作用力是支持力和摩擦力的合力，支持力大小近似等于雪橇整体重力减去拉力的竖直分量。 当雪橇整体重力较大、拉力较小时，雪地对雪橇的合力大小完全可以大于斜绳的拉力，拉力可能小于雪地对雪橇的作用力，故C正确，D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026•天津模拟）中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT﹣100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器质量M＝5kg，每秒喷出的一价氙离子数n＝2.0×1019个，速度v＝2×104m/s，单个氙离子的质量为m＝3.2×10﹣25kg，电子电荷量e＝1.6×10﹣19C，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　） A．A、B两电极间的加速电压为1600V B．单台霍尔推进器产生的平均推力大小为0.128N C．天和核心舱的加速度为6.4×10﹣3m/s2 D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为3.2A 【答案】BD 【分析】根据动能定理列式解答；根据动量定理列式求解；根据牛顿第三定律和牛顿第二定律列式解答；根据电流强度的定义式列式求解。 【解答】解：A.氙离子经电场加速，根据动能定理有，可得加速电压为U＝400V，故A错误； B.规定向右的方向为正方向，对氙离子，根据动量定理可得，代入数据解得0.128N，故B正确； C.根据牛顿第二定律和牛顿第三定律，天和核心舱受到氙离子的反作用力大小为F＝44×0.128N＝0.5128N，由于不知天和核心舱的质量，故无法计算其加速度，故C错误； D.单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流A＝3.2A，故D正确。 故选：BD。 题型四 求瞬时加速度的两类题型 1．（2026春•青山湖区校级月考）如图所示，AB物块用轻绳连接，BC物块用轻弹簧连接，用拉力F拉着ABC向上运动，稳定时弹簧的长度保持不变，ABC三个物块的质量分别为m、2m、3m，拉力F＝9mg，则（　　） A．稳定时B的加速度为g B．稳定时轻绳的弹力为5mg C．保持F不变，轻绳突然断开的瞬间B的加速度为3.75g D．保持F不变，轻绳突然断开的瞬间B的加速度为3.25g 【答案】D 【分析】A．对ABC整体，根据牛顿第二定律分析； B．对A，根据牛顿第二定律分析； CD．对C，根据牛顿第二定律分析弹簧弹力，再对B，根据牛顿第二定律分析。 【解答】解：A．对ABC整体，由牛顿第二定律可知F﹣6mg＝6ma，代入数据可得a＝0.5g，故A错误； B．对A，由牛顿第二定律可知F﹣T﹣mg＝ma，代入数据可得T＝7.5mg，故B错误； CD．对C，由牛顿第二定律可知F弹﹣3mg＝3ma，代入数据可得F弹＝4.5mg， 保持F不变，轻绳突然断开的瞬间弹簧弹力不突变，对B，由牛顿第二定律可知2mg+F弹＝2maB，代入数据可得aB＝3.25g，方向竖直向下，故C错误，D正确。 故选：D。 2．（2026•天山区校级模拟）如图所示，质量分别为m、2m的两个小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则（　　） A．L2的拉力大小为2mg B．剪断L2瞬间，小球乙的加速度为g C．剪断L2瞬间，小球甲的加速度为3g D．同时剪断L1和L2的瞬间，小球甲和乙的加速度都为g 【答案】C 【分析】对甲、乙整体受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；若剪断L2瞬间，对乙，弹簧的弹力不变，对甲，由牛顿第二定律列式，即可分析求解。 【解答】解：A、对甲、乙整体受力分析，受力情况如图所示： 其中G＝mg+2mg＝3mg 由平衡条件可知：F1＝3mgtan60°mg，F2 故A错误； B、剪断L2该瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零，故B错误； C、剪断L2该瞬间，弹簧的弹力不变，两根绳子的拉力都消失，小球甲受到重力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律可得ma＝mg+2mg 所以a＝3g 故C正确； D、同时剪断L1和L2的瞬间，弹簧的弹力不变，两根绳子的拉力都消失，与剪断L2该瞬间相同，小球甲的加速度大小等于3g，乙的加速度为零，故D错误。 故选：C。 3．（2026•辽宁模拟）如图所示，质量为2m的木箱静置在水平面上，木箱内一质量为m的小球用一根细线和一轻弹簧吊起，小球静止时弹簧恰好水平，细线与竖直方向夹角为45°。已知木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现剪断细线，则在剪断细线的瞬间，木箱的加速度大小为（　　） A．0 B．0.2g C．0.3g D．0.5g 【答案】C 【分析】开始时对小球受力分析，根据平衡条件求出弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出小车瞬间的加速度大小。 【解答】解：对开始时的小球受力分析如图 可知小球受到弹簧的弹力F＝mg•tan45°＝mg 当剪断细线的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，弹簧的弹力不变，此时木箱沿水平方向受到地面的摩擦力和弹簧的弹力，竖直方向受到重力和地面的支持力，选取向左为正方向，由牛顿第二定律可知2ma＝F﹣μ•2mg 代入数据可得a＝0.3g 故C正确，ABD错误。 故选：C。 （多选）4．（2026•信宜市校级模拟）如图，竖直平面内轻杆一端连接在光滑活动铰链O上，另一端固定一质量为4m的小球P，细线绕过光滑小孔S连接小球P、Q（均视为质点），小球Q的质量为m，小孔S位于铰链O正下方，水平向左的拉力F拉着小球P，整个系统处于静止状态，轻杆、小球P和小孔S间细线与竖直方向的夹角分别为53°和37°，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．拉力F的大小为6mg B．撤去拉力F的一瞬间，小球P的加速度大小为0.84g C．撤去拉力F的一瞬间，小球P、Q间细线上的拉力大小为0.12mg D．撤去拉力后，小球P摆至最低点时，小球Q重力的瞬时功率为零 【答案】BD 【分析】A、对P受力分析，根据平衡条件分析； BC、撤去拉力瞬间，绳拉力会发生突变，小球P做竖直面圆周运动，初速度为零，向心力为零，小球Q向下做加速运动，绳与杆垂直，二者均有沿绳方向的运动趋势，所以沿绳方向加速度大小相等，分别对两个小球受力分析，根据牛顿第二定律分析； D、小球P摆至最低点时，小球Q的速度突变为零。 【解答】解：A、对P受力分析如图所示： 将力正交分解，有TOsin53°+TQsin37°＝F，TOcos53°＝TQcos37°+4mg，又TQ＝mg，代入数据可得F＝7mg，故A错误； BC、撤去拉力瞬间，绳拉力会发生突变，小球P做竖直面圆周运动，小球Q向下做加速运动，二者均有沿绳方向的运动趋势，所以沿绳方向加速度大小相等，由牛顿第二定律可知4mgcos37°+TQ1＝4ma，mg﹣TQ1＝ma，代入数据可得a＝0.84g，TQ1＝0.16mg，故B正确，C错误； D、小球P摆至最低点时，小球Q的速度突变为零，所以小球Q的重力的瞬时功率为零，故D正确。 故选：BD。 题型五 动力学的两类基本问题 1．（2026•东莞市模拟）一辆汽车紧急避让急刹车（车轮抱死）后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕。警察为了判断该汽车是否超速，测出路面上车轮磨痕的长度为16m，重力加速度g＝10m/s2。已知轮胎与地面的动摩擦因数是0.8。道路限速50km/h，请根据以上条件判断该汽车（　　） A．没有超速 B．超速10%以内 C．超速10%﹣20% D．超速20%以上 【答案】C 【分析】先由动摩擦因数求出汽车刹车加速度，再结合匀减速直线运动公式算出刹车初速度，对比限速数值判断对应的超速区间。 【解答】解：汽车刹车过程，结合牛顿第二定律μmg＝ma 设汽车做匀减速直线运动的初速度为v0，运动学公式 代入数据可得刹车前初速度v0＝16m/s＝57.6km/h 超速比例为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2026春•长沙县期中）在坐标系xOy中，从0时刻起，一质量为m的物体（视为质点）沿x轴、y轴的分位移与时间的关系图像如图甲、乙所示，已知甲图像在0时刻和乙图像在t0时刻的切线斜率均为0，两图像中倾斜虚线的斜率均为k，两图像均为抛物线，下列说法正确的是（　　） A．物体在t0时刻的速度大于2k B．物体沿y轴方向的分加速度大小为 C．物体受到的合力大小为 D．0至t0时间内物体的位移大小为kt0 【答案】D 【分析】先根据x﹣t图像的抛物线特征与切线斜率，分析x、y方向的运动性质，求出分加速度和t0时刻的分速度，再通过运动合成分析合速度、合力及位移，逐一判断选项。 【解答】解：A、位移时间图像是抛物线，表示匀变速直线运动，对匀变速直线运动，平均速度等于初末速度之和的二分之一，倾斜虚线的斜率k表示平均速度，则有，物体在t0时刻沿x方向的分速度为vx＝2k，沿y轴方向的分速度为0，则t0时刻物体的速度为v＝vx＝2k，故A错误； B、同理，0时刻物体沿y轴方向的分速度为vy＝2k，物体沿y轴方向的分加速度大小为，故B错误； C、同理，物体沿x轴方向的分加速度大小为，则合加速度为 由牛顿第二定律可得物体受到的合力为，故C错误； D、0至t0时间内x＝kt0，y＝kt0，物体的位移为，故D正确。 故选：D。 3．（2026•一模拟）如图所示，一儿童将无动力玩具小车在地面上滑出，松手后小车由斜面底端A冲上倾角θ＝30°的斜面，运动至B时速度为0。已知小车的质量为m＝0.2kg，A、B之间的距离为0.75m，小车由A至B所用的时间为0.5s。则小车沿斜面上滑时所受的合力大小为（　　） A．2N B．1.2N C．0.2N D．1N 【答案】B 【分析】先分析小车在斜面上的运动，它做匀减速直线运动，末速度为零。先根据位移和时间，求出小车在斜面上的加速度；再结合牛顿第二定律，由加速度和质量求出小车所受的合力大小。 【解答】解：小车从A到B做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移公式 解得初速度v0＝3m/s 由加速度定义式 解得a＝﹣6m/s2 即加速度大小为6m/s2，负号表示方向与初速度方向相反 根据牛顿第二定律有F合＝ma 解得F合＝1.2N 故ACD错误，B正确。 故选：B。 （多选）4．（2026•天水模拟）在设计商场扶梯时为了节省电能，往往会使其在长时间无人乘坐时怠速运行，有人乘坐时才会恢复到正常运行速度。如图所示，倾角30°的扶梯以0.5m/s怠速运行，某质量为60kg的同学站上电梯后，电梯匀加速运行1s速度到达1.5m/s之后匀速运行，乘坐扶梯总共用20s，整个过程中人与电梯相对静止。电梯台阶上表面水平，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．0～1s内，该同学受到的支持力大小为630N B．0～1s内，该同学受到大小为30N的摩擦力 C．1～20s内，该同学受到的摩擦力大小为300N D．扶梯总长度为29.5m 【答案】AD 【分析】先分解0～1s内扶梯的加速度，用牛顿第二定律求出支持力和摩擦力，再分析1～20s匀速时的受力平衡，最后通过匀加速和匀速阶段的位移公式计算扶梯总长度。 【解答】解：A.0～1s内，电梯的加速度 竖直方向加速度 代入数据得ay＝0.5m/s2 由牛顿第二定律N﹣mg＝may 代入数据得支持力N＝630N，故A正确； B.0～1s内，水平方向加速度 代入数据得axm/s2 摩擦力，故B错误； C.1～20s内，电梯匀速运行，加速度为0，水平方向无加速度，因此摩擦力为0，故C错误； D.匀加速阶段位移 匀速阶段位移x2＝1.5×（20﹣1）m＝28.5m 总长度x＝x1+x2 代入数据得x＝29.5m，故D正确。 故选：AD。 题型六 超重失重问题 1．（2026•沈河区校级三模）歼﹣20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，虚线ab是歼﹣20战机从水平地面起飞过程中的部分曲线轨迹，关于此过程下列说法正确的是（　　） A．研究歼﹣20姿态调整时可以把战斗机看成质点 B．歼﹣20的运动一定是匀变速曲线运动 C．歼﹣20从a到b飞行过程中的速度时刻在变化 D．歼﹣20从a到b起飞过程中，飞行员处于失重状态 【答案】C 【分析】根据质点条件、曲线运动速度特点、匀变速运动定义、超重失重判断逐一判断。 【解答】解：A、研究战机姿态调整，要看自身形状和姿态，不能看成质点，故A错误； B、战机起飞动力、受力时刻变化，加速度不恒定，不是匀变速曲线运动，故B错误； C、曲线运动速度方向时刻改变，速度时刻变化，故C正确； D、起飞向上加速，有竖直向上加速度，飞行员处于超重，不是失重，故D错误。 故选：C。 2．（2026春•荔湾区校级期中）气嘴灯安装在自行车的气嘴上，骑行时会发光，一种气嘴灯的感应装置结构如图所示，一重物套在光滑杆上，与一端固定的弹簧栓接，当车轮转动的角速度达到一定值时，重物拉伸弹簧后使触点M、N接触，从而接通电路使气嘴灯发光。下列说法正确的是（　　） A．正确安装使用时，M端的线速度比N端的大 B．气嘴灯运动至最低点时处于失重状态 C．要在较低的转速时发光，可以更换劲度系数更小的弹簧 D．气嘴灯做圆周运动时，重物受到重力、弹力和向心力的作用 【答案】C 【分析】结合圆周运动线速度规律、超重失重现象、向心力公式及受力分析，逐一判断选项描述的正误。 【解答】解：A.气嘴灯随车轮同轴转动，角速度相同，M端更靠近轮轴，转动半径更小，由v＝ωr 可知，线速度与转动半径成正比，因此M端线速度比N端小，故A错误； B.气嘴灯运动至最低点时，向心加速度指向轮轴（向上），加速度方向向上时物体处于超重状态，故B错误； C.发光的条件是弹簧被拉伸至触点接触，劲度系数更小的弹簧，在较小的向心力（较低转速）下就容易被拉伸到所需伸长量，因此可在较低转速时发光，故C正确； D.向心力是效果力，并非物体实际受到的力，重物实际受到重力、杆的支持力和弹簧的弹力，由这些力的合力提供向心力，故D错误。 故选：C。 3．（2026春•温州期中） 2025年在广州举行的第十五届全运会女子铅球决赛中，中国运动员巩立姣以19.68米的成绩获得女子铅球比赛冠军，下列有关说法正确的是（　　） A．19.68米是比赛中铅球发生的位移大小 B．19.68米是比赛中铅球经过的路程 C．在研究铅球的运动轨迹时，可将铅球看成质点 D．巩立姣推铅球的过程，铅球处于失重状态 【答案】C 【分析】结合位移、路程、质点、失重的概念，对每个选项逐一分析判断，区分铅球比赛成绩的定义、质点模型的适用条件及失重状态的判断标准。 【解答】解：A.铅球比赛成绩19.68米是从投掷圈前沿到落地点的水平距离，并非铅球从出手点到落地点的位移大小，故A错误； B.铅球运动轨迹为曲线，路程是轨迹的实际长度，必然大于水平距离19.68米，故B错误； C.研究铅球的运动轨迹时，铅球的大小和形状对轨迹分析的影响可忽略不计，可将其视为质点，故C正确； D.推铅球过程中，铅球有向上的加速度分量，处于超重状态，而非失重状态，故D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026•古浪县模拟）一个苹果从高度为1.25m处开始做自由落体运动，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．苹果下落过程处于失重状态 B．苹果运动的时间为0.5s C．苹果落地时，苹果对地面的压力大于地面对苹果的支持力 D．苹果在空中受重力作用，重力单位牛顿是国际单位制基本单位 【答案】AB 【分析】根据自由落体运动规律计算运动时间，结合失重状态定义、牛顿第三定律和国际单位制知识，逐一分析选项的正确性。 【解答】解：A、苹果自由下落时加速度竖直向下，大小等于重力加速度，处于完全失重状态，故A正确； B、自由落体位移公式为 代入数据可得下落时间t＝0.5s，故B正确； C、苹果对地面的压力和地面对苹果的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，故C错误； D、牛顿是国际单位制的导出单位（1N＝1kg•m/s2），故D错误。 故选：AB。 题型七 动力学中的图像问题 1．（2026•平南县开学）无人机是当前我国战略性新兴产业之一，近年来不管在技术、产品、应用还是市场上，我国都取得了巨大的成就。如图1所示，某次无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，它运动的v﹣t图像如图2所示，b点为图线的最高点。下列说法正确的是（　　） A．研究无人机螺旋桨的转动情况时可将其视为质点 B．无人机在t1～t2过程中受到的合外力越来越小 C．无人机在t2时刻运动到最高点 D．无人机在t3时刻向下运动 【答案】B 【分析】先依据质点的定义判断研究螺旋桨转动时能否将其视为质点，再通过v﹣t图像的斜率分析加速度变化，进而判断合外力的变化情况，最后结合速度方向判断最高点位置与运动方向，逐一分析各选项。 【解答】解：A.研究无人机螺旋桨的转动情况时，无人机的形状和大小不能忽略，不能将其视为质点，故A错误； B.根据 v﹣t 图像的切线斜率表示加速度，由题图2可知，无人机在t1～t2过程中的加速度越来越小，根据牛顿第二定律可知，其所受合外力越来越小，故B正确； CD.根据 v﹣t 图像可知，无人机在0～t4时间内的速度方向一直向上，所以t4时刻运动到最高点，故CD错误。 故选：B。 2．（2026•湛江一模）一种弹跳杆的结构如图甲所示。小朋友双手握住横杆开始弹跳，经历从地面上升、离地后下落、与地面作用再弹起等往复运动，如图乙所示。以小朋友静止站在弹跳杆脚踏板上时重心的位置O为坐标原点，在竖直方向建立表示小朋友重心位置的坐标轴，如图丙所示。假设小朋友在运动过程中始终保持站立姿态，不计空气阻力及弹跳杆重力，重力加速度大小为g。在某次小朋友从最高点下落至重心到达最低点的过程中，下列各选项中可能正确反映小朋友运动速度v随时间t的变化关系，或加速度a（取竖直向下为正方向）随相对O点的位移x变化关系的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将小朋友从最高点下落至最低点的过程分为自由下落阶段和接触弹簧后的变加速阶段，结合牛顿第二定律分析加速度和速度的变化规律，进而判断图像是否合理。 【解答】解：AB、根据题意分析可知，在某次小朋友从最高点下落至重心到达最低点的过程中，小朋友先做自由落体运动，加速度为重力加速度，大小和方向不变；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，以小朋友和弹跳杆为整体，设总质量M，开始时弹簧的弹力小于整体的重力，根据牛顿第二定律有Mg﹣k•Δx＝Ma 可知随着形变量Δx的增大，加速度逐渐减小，方向竖直向下，与速度方向相同，故整体向下做加速度减小的加速运动；当加速度为零时速度最大，即弹簧的弹力等于整体的重力，整体继续向下运动，弹簧的弹力大于整体的重力，根据牛顿第二定律有k•Δx﹣Mg＝Ma′ 可知随着形变量Δx的增大，加速度逐渐增大，方向竖直向上，与速度方向相反，故整体向下做加速度增大的减速运动，最后速度为零。根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知刚开始为一条过原点的倾斜直线，之后，先是一条加速度逐渐减小、速度逐渐增大的曲线，后是一条加速度逐渐增大、速度逐渐减小的曲线，故AB错误； CD、根据题意分析可知，以小朋友和弹跳杆为整体，在整体未落地之前，只受重力作用，加速度为重力加速度，大小和方向不变；；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，根据简谐运动特点，可得回复力F回＝﹣kx 根据牛顿第二定律有F回＝Ma 可得 可知a与x呈线性关系，选项D中a﹣x图像为曲线，不符合规律，故C正确，D错误。 故选：C。 3．（2026•茂名模拟）2025年广州全运会开幕式上，寓意着独占鳌头的鳌鱼惊艳亮相，该鳌鱼质量为m，依靠绳索的合力F和空气浮力实现空中游动。F与竖直向下方向夹角为θ，且都为变量。该鳌鱼水平运动时的v﹣t图像如图丙所示，此过程竖直方向保持平衡。鳌鱼受到水平空气阻力f＝kv，k为常量，以鳌鱼水平前进方向为正方向，设F的水平分量为Fx，重力加速度g大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据v﹣t图像将运动分为匀加速和匀速两个阶段，结合竖直方向受力平衡、水平方向阻力公式，分析F的水平分量Fₓ和tanθ的变化规律，再对照选项图像判断。 【解答】解：A.在0～t0阶段，是匀加速阶段，水平方向 Fsinθ﹣kv＝ma 可得Fx＝ma+kv＝ma+kat 当t＝t0时，Fx1＝ma+kat0，所以图像为不过原点的直线，在t0～3t0阶段，是匀速阶段，水平方向Fx2＝kat0，所以图像为水平直线，故A正确； B.在0～t0阶段，是匀加速阶段，由竖直方向Fcosθ＝F浮﹣mg＝F常量，水平方向Fsinθ﹣kv＝ma 得 当t＝t0时，，图像为不过原点的直线在t0～3t0阶段，是匀速阶段，水平方向Fx2＝kat0 竖直方向，所以图像为水平直线，故CD错误。 故选：A。 （多选）4．（2026•临泉县校级开学）很多智能手机都有加速度传感器，能通过对应的APP显示加速度的变化情况。某同学用手掌托着手机，打开加速度传感器，把手机竖直向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到的加速度随时间变化的图像如图所示（取向上为正方向）。已知图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则由此可判断出（　　） A．t1时刻，手机离开手掌 B．t2时刻，手机处于完全失重状态 C．t3时刻，手机处于完全失重状态 D．手机离开手掌后上升的高度为0.45m 【答案】CD 【分析】结合a﹣t图像分析手机运动的不同阶段，判断各时刻的超重失重状态，再利用竖直上抛运动的对称性与规律计算上升高度，逐一验证选项。 【解答】解：A.t1时刻，手机的加速度最大且方向向上，手机处于超重状态，手机没有离开手掌，故A错误； B.t2时刻，手机的加速度为0，不是处于完全失重状态，故B错误； C.手机离开手掌后只受重力，加速度为﹣10.0 m/s2，t3时刻手机离开手掌，手机处于完全失重状态，故C正确； D.t3时刻手机离开手掌，t4时刻手机回到手掌，手机离开手掌后上升的高度 代入数据得y1＝0.45m，故D正确。 故选：CD。 题型八 传送带问题 1．（2026•香坊区校级二模）在民航机场和火车站用传送带传送物品通过安检设备。乘客将物品轻放到匀速运动的水平传送带上，传送带对物品的摩擦力使其开始运动，随后它们保持相对静止一起匀速前进。若传送带匀速运动的速度增大，则（　　） A．加速运动过程中物品受到的摩擦力增大 B．匀速运动过程中物品受到的摩擦力增大 C．物品加速运动的位移减小 D．物品匀速运动的时间减小 【答案】D 【分析】题目描述物品在水平传送带上经历加速与匀速两个阶段。加速阶段物品在滑动摩擦力作用下从静止开始匀加速，摩擦力大小由动摩擦因数与物品重力决定，与传送带速度无关，因此速度增大时摩擦力不变。匀速阶段物品与传送带相对静止，摩擦力为零。当传送带速度增大，物品的加速度不变，但达到共速所需时间变长，导致加速位移增大，而总位移固定，因此匀速段位移减小。由于匀速段速度增大且位移减小，匀速运动时间必然减少。分析时需明确两个阶段的受力与运动特征，并注意总位移为定值这一约束。 【解答】解：A、物品被轻放到水平传送带上，初速度为零，在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，当速度增加到与传送带速度v相等时，开始做匀速直线运动。 加速过程中，物品所受滑动摩擦力f＝μmg，其大小由动摩擦因数μ和物重mg决定，与传送带速度v无关。根据牛顿第二定律，加速度为定值，不随v增大而改变。 加速过程中摩擦力f＝μmg保持不变，故A错误； B、匀速运动时物品与传送带无相对运动趋势，摩擦力为零，故B错误； C、由运动学公式可知，当v增大而a不变时，加速位移x增大，故C错误； D、设传送带全长L，匀速段位移为L﹣x，匀速运动时间，v增大导致x增大，进而使L﹣x减小，同时v增大，故匀速时间t匀减小，故D正确。 故选：D。 2．（2026•辽宁模拟）如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t＝0时刻，将一炭包轻放在顶端A点，炭包沿传送带向下滑动，经过0.6s炭包滑到传送带的底端B，整个过程，炭包的速度随时间变化的规律如图乙所示，炭包可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A．传送带的倾角α＝30° B．传送带的速度v＝1.6m/s C．炭包与传送带间的动摩擦因数为0.2 D．炭包在传送带上留下的痕迹长度为0.48m 【答案】B 【分析】根据图示图像求出加速度，应用牛顿第二定律求出传送带的倾角和炭包与传送带间的动摩擦因数；根据图示图像求出传送带的速度；应用运动学公式求出炭包在传送带上留下痕迹的长度。 【解答】解：AC、由图示v﹣t图像可知，炭包的加速度大小a1，a2 对炭包，由牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα＝ma1，mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，代入数据解得α＝37°，μ＝0.25，故AC错误； B、炭包在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，与传送带共速后继续做匀加速运动，由图示v﹣t图像可知，传送带的速度v＝1.6m/s，故B正确； D、炭包加速到与传送带共速过程痕迹的长度Δx1＝vt11.6×0.2mm＝0.16m，共速后到运动到B端过程痕迹的长度Δx2vt2m﹣1.6×（0.6﹣0.2）m＝0.32m＞Δx1，则痕迹长度Δx＝Δx2＝0.32m，故D错误。 故选：B。 3．（2025•江苏二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ＜tanθ。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B．滑块一定可以回到A点 C．滑块最终停留在B点 D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 【答案】A 【分析】根据滑块的受力情况分析其运动过程，应用运动学公式分析答题。 【解答】解：AC、静止释放滑块后，滑块相对于传送带向下滑动，所受摩擦力方向沿传送带向上， 由于μ＜tanθ，滑块所受合力沿传送带向下，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma， 解得a＝gsinθ﹣μgcosθ，滑块沿传送带向下做匀加速直线运动， 滑块离开倾斜传送带时的速度为v'，滑块到达水平传送带上后做匀减速直线运动， 由牛顿第二定律得μmg＝ma'，解得a'＝μg， 减速到零后反向向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a'＝μg， 如果v'≥v，滑块向右先做初速度为零的匀加速直线运动，加速到v后做匀速直线运动， 滑块返回倾斜传送带时的速度为v； 如果v'＜v，滑块在水平传送带上减速为零后反向做初速度为零的匀加速直线运动， 加速到v'＜v时返回倾斜传送带，由以上分析可知，滑块返回倾斜传送带时的速度v返≤v， 滑块返回倾斜传送带后相对倾斜传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿斜面向上， 与下滑过程受力情况相同，加速度相等为a，滑块沿倾斜传送带向上做匀减速直线运动， 速度减为零后反向向下做匀加速直线运动，重复前面的过程， 因此滑块在倾斜传送带上运动过程的加速度总是相同的， 滑块会在水平与倾斜传送带上往复运动，最终不会停留在B点，故A正确，C错误； B、由AC分析可知，滑块返回倾斜传送带时的速度小于等于离开倾斜传送带的速度， 在倾斜传送带上滑过程的加速度与下滑过程加速度相等， 滑块沿传送带上滑的位移小于等于下滑的位移大小， 因此滑块可能会回到A点，或回到A点下方，故B错误； D、若增大水平传送带的速率，滑块返回倾斜传送带时的速度小于等于离开传送带时的速度， 滑块可以运动到A点或A点下方，不可能到达A点上方，故D错误。 故选：A。 （多选）4．（2026•延边州模拟）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数图线，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为﹣2m/s2 D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度分别为0、3m/s 【答案】ABC 【分析】结合x﹣t图像的斜率与分段函数特征，利用运动学公式与牛顿运动定律分析物块的初速度、加速度、动摩擦因数及速度变化规律。 【解答】解：D.x﹣t图线的斜率表示速度，由3.0～4.5s内图像斜率可知，第3.0s末物块的速度 代入数据得v3＝﹣2m/s 第2.0s末物块的速度为零，故D错误； C.第2.0s末物块的速度为零，2.0～3.0s时间内，物块的加速度为 代入数据得a＝﹣2m/s2，故C正确； B.由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma 代入数据得μ＝0.2，故B正确； A.0～2s内，由v＝v0+at 将v＝0，a＝﹣2m/s2，t＝2s代入上式，代入数据得v0＝4m/s，故A正确。 故选：ABC。 题型九 板块问题 1．（2026•朝阳区一模）老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本上，用水平向右的恒力F将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，抽出课本的过程历时t。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．课本受到5个力作用 B．课本受到的摩擦力大小为2μmg C．F大于4μmg才可能将课本从粉笔盒下抽出 D．粉笔盒最终将停留在初始位置右侧μgt2处 【答案】C 【分析】对课本、粉笔盒分别做受力分析，结合滑动摩擦力公式、牛顿第二定律分析两者的运动状态，再逐一判断各选项的正误。 【解答】解：A.课本受到：自身重力、粉笔盒对其的压力、桌面对其的支持力、外力F、与桌面间的摩擦力、与粉笔盒间摩擦力，一个6个力，故A错误； B.课本与粉笔盒间的摩擦力大小f1＝μmg 与桌面间的滑动摩擦力大小f2＝2μmg 课本相对于粉笔盒和桌面均向右运动，则这两个摩擦力方向均向左，因此课本受到的摩擦力合力是f1+f2＝3μmg，故B错误； C.根据牛顿第二定律，对粉笔盒：f1＝ma1 解得a1＝μg 对课本：F﹣f1﹣f2＝ma2 课本从粉笔盒下抽出，需要满足a2＞a1 联立解得F＞4μmg，故C正确； D.课本从粉笔盒下抽出过程，粉笔盒做匀加速直线运动，a1＝μg 向右位移 课本抽出后，粉笔盒在桌面上做匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μg 则减速到0的位移 因此粉笔盒最终将停留在初始位置右侧，故D错误。 故选：C。 2．（2026春•海淀区校级期中）如图，一质量为M、长为L的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，从物块滑上木板到物块从木板右端离开的过程中（　　） A．木板的动能增量等于fL B．物块的动能减少量等于fL C．木板的动能增量一定小于fL D．如果换用质量更大的木板而其他条件不变，m、M间摩擦生热将减少 【答案】C 【分析】根据物块从木板离开时，二者的位移关系，可得到木板的动能增量、物块的动能减少量；对物块、木板整体分析，可得到木板动能增加量表达式，得到其增量范围；由功能关系，可得到摩擦生热的表达式，根据摩擦生热量的影响因素，可分析木板质量是否影响生热量。 【解答】解：AB、根据物块从木板离开时，二者的位移满足：xm﹣xM＝L，由动能定理可知木板的动能增量：fxM＝ΔEkM，物块的动能减少量：fxm＝Ekm0﹣Ekm末，故AB错误； C、对物块、木板整体分析，可得：，木板动能增加量为：，即，故C正确； D、由功能关系，可得到摩擦生热为：Q＝fL，即木板质量不影响生热量，故D错误。 故选：C。 3．（2026•辽宁模拟）如图所示，倾角为37°的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2kg的木板和质量为1kg的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现将物块和木板同时由静止释放，则物块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．6.4N B．4.8N C．4.0N D．0 【答案】C 【分析】先对物块与木板整体用牛顿第二定律求加速度，再隔离物块分析所需静摩擦力，与两者间最大静摩擦力比较判断是否相对滑动，进而确定摩擦力类型并计算大小。 【解答】解：木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.5＜tan37°＝0.75 木板一定会沿斜面下滑，假设木板和物块一起加速下滑，整体分析（M+m）gsin37°﹣μ1（M+m）gcos37°＝（M+m）a 代入数据得a＝2m/s2 对物块受力分析mgsin37°﹣Ff＝ma 代入数据得Ff＝4.0N＜μ2mgcos37°＝6.4N 故假设成立，物块与木板之间的摩擦力大小为4.0N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 （多选）4．（2026•安宁区校级模拟）如图所示，6块木板依次并排静止在水平地面上，每块木板的质量均为m，前5块木板长度均为L，第6块木板长度为，木板与地面间的动摩擦因数为μ。一质量也为m的小物块（大小忽略不计），在大小为5μmg的恒定拉力作用下，以3的初速度滑上第1块木板的左端，小物块与木板间的动摩擦因数为4μ。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　） A．小物块从滑上第1块木板到离开第4块木板的时间为 B．小物块离开第5块木板时小物块的速度为 C．小物块在第6块木板上滑动的过程中第6块木板的位移为 D．第5块木板的右端与第6块木板的左端最终相距为 【答案】ACD 【分析】本题涉及物块在多个木板上滑动的复杂动力学过程，需分段分析物块与各木板的运动状态。首先明确物块受恒力与滑动摩擦力作用做匀加速直线运动，而木板是否运动取决于物块对它的摩擦力与地面对整体木板的最大静摩擦力关系。前四块木板因最大静摩擦力足够大而保持静止，物块相对地面做匀加速运动；从第五块木板开始，木板可能因摩擦力超过最大静摩擦力而加速运动，需考虑物块与木板的相对运动，利用相对位移等于木板长度这一条件求解时间，进而计算各阶段末速度及木板位移。整个过程需结合牛顿第二定律、运动学公式及相对运动关系，逐段分析物块离开每块木板时的状态。 【解答】解：物块受到向右的拉力F＝5μmg和木板对其向左的滑动摩擦力f＝4μmg，根据牛顿第二定律，其加速度为。 对于木板，当物块在第i块木板上时，受到向右的驱动力f＝4μmg，地面对剩余7﹣i块木板及物块整体的最大静摩擦力fm＝μ（m+（7﹣i）m）g＝μ（8﹣i）mg。 当i＝1，i＝2，i＝3时，有fm＝3μmg，第5、6块木板一起加速，加速度；当i＝6时，f＞fm＝2μmg，第6块木板加速，加速度。 A、物块在前4块木板上运动时，木板均静止，物块位移x1＝4L，根据位移公式，代入，解得：，故A正确； B、物块离开第4块木板时的速度。在第5块木板上运动时，相对加速度Δa1＝ap﹣a56＝0.5μg，根据相对位移关系，解得：。物块离开第5块木板时的速度，故B错误； C、物块进入第6块木板前，第6块木板的速度。在第6块木板上运动时，相对加速度Δa2＝ap﹣a6＝﹣μg，根据相对位移关系，解得：。此过程中第6块木板的位移，故C正确； D、物块离开第6块木板时，第5块木板的速度vB5减小至0，总位移。此时第6块木板的速度，随后减速至停下的位移。第6块木板的总位移。两者最终间距，故D正确。 故选：ACD。 综合提升 一 ．选择题（共6小题） 1．（2026春•温州期中）如图所示，运动员射箭时，松手后，弦对箭产生的作用力如乙图所示，弦的夹角为α，F1和F2为弦的张力，其合力F恰好沿着α角的平分线方向。弦可视为轻质，下列有关说法错误的是（　　） A．F1和F2大小相等 B．F的大小等于 C．箭对弦的弹力是由于箭发生了形变 D．箭对弦的弹力和弦对箭的弹力是一对作用力与反作用力 【答案】B 【分析】根据合力沿角平分线的条件判断两分力的大小关系，利用平行四边形定则推导合力表达式，再结合弹力成因与牛顿第三定律辨析选项。 【解答】解：A.已知合力沿α角的平分线，垂直合力方向的合力为0，可得 因此F1＝F2，故A正确； B.根据力的合成，合力沿角平分线方向，因为F1＝F2，则F大小为，故B错误； C.弹力的本质是施力物体发生弹性形变对受力物体产生的力，箭对弦的弹力的施力物体是箭，因此弹力来源于箭的形变，故C正确； D.箭对弦的弹力和弦对箭的弹力，是两个物体之间的相互作用，属于一对作用力与反作用力，故D正确。 故选：B。 2．（2025秋•唐山期末）北京时间2013年6月20日，我国航天员在天宫一号空间实验室进行了太空授课，演示了包括质量的测量在内的一系列实验。如图所示，测量时航天员把自己固定在支架的一端，另外一名航天员将支架拉开到指定位置。松手后，支架拉着航天员从静止返回到舱壁，返回过程中可测得多个物理量。则测量航天员质量选用的规律是（　　） A．平行四边形定则 B．共点力平衡 C．牛顿第二定律 D．杠杆平衡 【答案】C 【分析】分析太空完全失重环境的特点，依据牛顿第二定律的变形公式，通过弹力与加速度测量完成质量测量；逐一说明平行四边形定则、共点力平衡、杠杆平衡均依赖重力或力矩平衡，无法在失重条件下使用。 【解答】解：在太空完全失重环境下测量航天员质量，是将支架拉开后由弹力提供合外力，使航天员做变速运动，通过测量弹力、加速度等物理量，再依据牛顿第二定律F＝ma变形得到质量，以此完成质量测量。 平行四边形定则用于力的合成与分解，共点力平衡适用于静止或匀速直线运动的受力场景，杠杆平衡依赖重力与力矩，这三个规律均无法在失重环境下完成质量测量，所以只有牛顿第二定律符合该实验的测量原理，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．（2026•陕西模拟）如图甲所示，售货员给质量为16kg的推车一初速度，使其运动一段距离后停靠在墙边，该过程可看成推车做匀变速直线运动。用手机频闪照相功能每隔0.2s给运动中的推车拍一张照片，如图乙所示，拍照间隔内推车移动的距离分别为0.75m、0.65m。下列说法正确的是（　　） A．推车离手后的加速度大小为1.5m/s2 B．推车离手后的加速度大小为0.5m/s2 C．推车离手后受到的合力大小为40N D．推车离手后受到的合力大小为8N 【答案】C 【解答】解：AB、推车做匀变速直线运动，已知频闪照相时间间隔T＝0.2s，连续两段位移分别为x1＝0.75m、x2＝0.65m 根据匀变速直线运动推论：连续相等时间内的位移差Δx＝aT2，其中Δx＝x2﹣x1 代入数据得：Δx＝0.65m﹣0.75m＝﹣0.1m 则，加速度大小为2.5m/s2，故AB错误； CD、根据牛顿第二定律F＝ma，其中推车质量m＝16kg，加速度大小a＝2.5m/s2 代入数据可得F＝40N，故C正确，D错误。 故选：C。 4．（2026•滨海新区模拟）2026年央视春晚节目《武BOT》中，人形机器人与武术演员同台完成空翻、舞剑、棍法对练等动作，展现了强大的运动控制与平衡能力。如图甲、乙、丙所示，机器人空翻时，先踏上辅助平台，之后平台向上弹起，将机器人推向空中，辅助机器人完成空翻动作，以下说法正确的是（　　） A．研究机器人空翻动作时，可以将机器人视为质点 B．辅助平台对机器人的作用力与机器人对辅助平台的作用力大小始终相等 C．机器人腾空翻腾的过程中处于超重状态 D．机器人的速度越大，其惯性越大 【答案】B 【分析】结合质点模型条件、牛顿第三定律、超重失重定义及惯性的决定因素，逐一辨析各选项的正误。 【解答】解：A、研究机器人空翻动作时，不能忽略机器人的大小和形状，不可以将机器人视为质点，故A错误； B、辅助平台对机器人的作用力与机器人对辅助平台的作用力是相互作用力，结合牛顿第三定律，这两个力的大小始终相等，方向相反，故B正确； C、机器人腾空翻腾的过程中，加速度方向向下，机器人处于失重状态，故C错误； D、惯性是物体的固有属性，惯性大小仅由质量决定，故D错误。 故选：B。 5．（2026春•合肥月考）2026年央视春晚合肥分会场的舞台上，一场精心设计的“空中灯光秀”成为当晚的一大看点。演出当晚，16架无人机载着特制彩灯从地面升腾而起，在舞台周围形成一个圆，象征着团圆美好的节日寓意。若某无人机竖直升空过程中的速度一时间图像如图所示，则（　　） A．t1时刻无人机上升至最高点 B．t2时刻无人机开始下降 C．t2～t3时间内无人机上装载的物品处于超重状态 D．0～t1时间内的平均速度大于t2～t3时间内的平均速度 【答案】D 【分析】先分析v﹣t图像各段的运动性质，速度始终为正说明无人机一直上升；再根据速度是否为0判断最高点，由速度方向判断是否开始下降，通过加速度方向判断超重失重状态，最后结合图像面积比较两段的平均速度。 【解答】解：AB、v﹣t图像中，整个过程速度始终为正，0∼t3时间内无人机速度方向一直向上，持续上升，t3时刻速度减为0才到达最高点，故AB错误； C、t2∼t3时间内，无人机向上做减速运动，速度向上，减速时加速度方向向下；加速度向下时物体处于失重状态，故C错误； D、v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，平均速度 在匀变速直线运动中 则有 即0～t1时间内的平均速度大于t2～t3时间内的平均速度，故D正确。 故选：D。 6．（2026•南平模拟）某快递自动分拣系统部分流水线的示意图如图所示，足够宽的水平传送带以大小为v1的速度匀速运行，货物以大小为v2的速度垂直进入传送带，经时间t货物恰好与传送带相对静止。货物可视为质点，与传送带间的动摩擦因数处处相等。若改变v2，则下列关于t随v2变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】货物进入传送带后，在垂直于传送带的方向有初速度v2，沿传送带方向有速度v1。货物受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，可以分解为两个相互垂直方向的加速度，从而合成合加速度。根据牛顿第二定律求出加速度大小，再利用运动学公式找出时间t和v2的关系。 【解答】解：货物刚进入传送带时，合速度为传送带速度v1，（沿传送带运动方向）与初速度v2（垂直传送带方向）的合速度，滑动摩擦力方向与相对速度方向相反，大小恒为 f＝μmg， 因此加速度大小恒定：a＝μg。当货物最终和传送带相对静止时，货物速度等于v1，即速度变化量的大小等于初相对速度的大小：。根据运动学公式Δv＝at＝μgt，整理得：t，t随v2增大而增大，且t﹣v2，图像的斜率逐渐增大，图像为下凸的递增曲线，故B正确，ACD错误。 故选：B。 二．多选题（共7小题） （多选）7．（2026春•沙坪坝区校级月考）如图甲所示，一质量为m的小薄板abcd（厚度可忽略）以初速度v0沿水平面向右运动，即将进入区域①的左边界。薄板与区域①之间的动摩擦因数为μ，区域②光滑，两区域交替出现且长度均与薄板的ad边长相等。当薄板的ab边在每个区域①内运动时，受到水平向右的拉力F＝kx+b（k＞0，b＞0，x为ab距①左边界的距离）；当薄板的ab边在区域②内运动时，F＝0。薄板的速度大小v与运动时间t的关系如图乙所示，vm是薄板运动速度的最大值，已知重力加速度为g，则（　　） A．薄板在区域①内运动的加速度为 B．ad边的长度为 C． D． 【答案】BD 【分析】薄板在区域①内做匀加速直线运动，需要分析拉力与摩擦力的合力是否恒定。已知拉力随位移线性变化，而摩擦力与进入区域①的长度成正比，两者合成后若合力恒定，则要求线性项的系数为零，从而确定薄板长度与摩擦因数及拉力系数的关系，并得到匀加速阶段的加速度。最大速度出现在匀加速阶段结束时刻，需结合动能定理分析拉力做功与动能增量关系，利用已知的匀变速运动规律关联初速度、最大速度及加速度与位移。整个运动过程中薄板最终速度恢复为初速度，表明拉力与摩擦力总功为零，由此可建立关于摩擦因数的方程，结合匀加速阶段的条件验证各选项。 【解答】解：由图乙可知，薄板ab边在区域①内运动时速度随时间均匀增大，表明其做匀加速直线运动，所受合力为定值。 由于拉力F＝kx+b，且在此过程中摩擦力为（x为ab边距区域①左边界的距离，L为薄板长度），则合力。 该合力为定值的条件是，解得：kL＝μmg，此时加速度。当ab边在区域②内运动时，薄板的cd部分仍受到区域①的摩擦力作用，此时摩擦力为（x'为ab边进入区域②的距离），加速度随位移变化，因此速度图线为曲线。 由于薄板最终速度回到v0，整个运动周期内合外力做功为零，即WF﹣Wf＝0。 其中，拉力做功，摩擦力在进入和离开区域①的两个阶段做功相等，总功Wf＝μmgL。 AC、由WF＝Wf得，结合kL＝μmg，可解得。虽然ab边在区域①内运动时的加速度为，但薄板在区域①内的运动过程还包含离开阶段，此时加速度发生改变，故AC错误； B、将μmg＝2b代入kL＝μmg，解得薄板的长度，故B正确； D、对ab边在区域①内运动的过程应用动能定理，有，代入，解得，故D正确。 故选：BD。 （多选）8．（2026•海口模拟）在如图所示的装置中，水平地面上放置着一个装有力传感器的木箱，木箱（含力传感器）的质量为2m，一个质量为m的小球通过轻质细弹簧竖直悬挂在箱顶，同时用一根轻绳将小球与箱底的力传感器（固定在箱底）连接起来。当系统处于平衡状态时，力传感器显示的拉力数值为mg（g为重力加速度大小），弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．系统平衡时，弹簧的伸长量为 B．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g C．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为2mg D．剪断轻绳瞬间，地面对木箱的支持力大小为4mg 【答案】BD 【分析】对小球，由平衡条件结合胡克定律列式即可求出弹簧的伸长量；剪断轻绳瞬间由牛顿第二定律列式可求小球的加速度的大小；剪断轻绳瞬间，对木箱（含力传感器）由平衡条件可求支持力大小。 【解答】解：A、对小球，根据平衡条件及胡克定律可得：k•Δx＝mg+T 又T＝mg 联立解得：，故A错误； B、剪断轻绳瞬间，小球所受弹簧弹力不变，则由牛顿第二定律可得：k•Δx﹣mg＝ma，解得加速度大小为：，故B正确； CD、由题意可知木箱（含力传感器）的质量为2m，剪断轻绳瞬间，对木箱（含力传感器）受力分析可知，其所受重力和弹簧的弹力的合力大小为4mg，由平衡条件可得地面对木箱的支持力大小为4mg，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）9．（2026•渝中区校级模拟）如图所示，O点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。一块长度为L的质量均匀分布且质量为m的木板静止在O点左侧，右端距离O点为x0，木板在恒力F作用下由静止沿水平面运动，当木板右端到达O点时立即撤去恒力F，已知O点右侧水平面与木板间的动摩擦因数为μ，木板始终未全部进入O点右侧区域。则以下说法正确的是（　　） A．木板停下前一直做匀变速直线运动 B．木板加速阶段的平均速度小于减速阶段的平均速度 C．最终木板右端离O点的距离大小为 D．若开始木板右端与O点距离x0减小（不为0），木板做减速运动的时间减小 【答案】BC 【分析】先将木板运动分为左侧光滑面匀加速和右侧粗糙面变加速减速两个阶段，再用匀变速平均速度公式、动能定理分别分析平均速度和最终位移，最后结合加速度变化规律判断各选项正误。 【解答】解：A.撤去恒力F前，由牛顿第二定律F＝ma 可知木板做匀加速直线运动；撤去恒力F后，在木板全部进入O点右侧前，设木板向右滑动的位移为x，则木板所受摩擦力为 可得加速度为，所以木板加速度增大，故A错误； B.木板匀加速过程加速度不变，减速过程加速度增大，故加速过程的平均速度小于减速过程的平均速度，故B正确； C.对木板全程运动由动能定理有WF﹣Wf＝0，恒力F做功WF＝Fx0，木板进入O点右侧过程中，摩擦力做功为 则，故C正确； D.木板进入O点右侧的过程中，由于所受合外力为 所以木板的运动恰好为的简谐运动，若开始木板右端与O点距离x0减小，则进入O点右侧的最远距离减小，即简谐运动的振幅减小，简谐运动的周期与振幅无关，木块仍为的简谐运动，运动时间不变，故D错误。 故选：BC。 （多选）10．（2026•南昌模拟）某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示，轻弹簧上端固定，沿弹簧长度方向固定一把刻度尺。弹簧自然伸长时，指针所指刻度记为C点；在弹簧下端悬挂一个质量为0.1kg的小钢球，静止时指针所指刻度记为O点，并将该处标记为加速度0刻度值。现将这个装置用来测量电梯竖直上下运行时的加速度。已知OB、OC间的距离均为1.00cm，A为OC中点，g取10m/s2，取加速度方向向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A．指针在B位置时，小钢球处于超重状态 B．该弹簧的劲度系数为1N/m C．指针指在A位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为﹣5m/s2 D．若在刻度尺上标注加速度值，则刻度对应的数值是不均匀分布的 【答案】AC 【分析】先根据小球静止在O点的平衡条件求弹簧劲度系数，再结合牛顿第二定律分析指针在B、A位置时的加速度与超重失重状态，最后判断加速度刻度的分布特点。 【解答】解：B、小铜球静止在O点时，弹簧弹力与重力平衡：mg＝kxOC 代入数据可得k＝100N/m，故B错误； A、B在O点下方，弹簧伸长量大于O点的伸长量，弹力F＝kx＞mg 取向上为正方向，由牛顿第二定律：F﹣mg＝ma＞0，则a＞0，加速度向上，小铜球处于超重状态，故A正确； C、A是OC中点，OA＝0.5cm＝0.005m 弹簧伸长量x＝xOC﹣0.005m＝0.01m﹣0.005m＝0.005m 由牛顿第二定律：mg﹣kx＝ma 代入有1N﹣0.5N＝0.1a 代入数据可得a＝5m/s2 题目规定向上为正方向，因此示数为5m/s2，故C正确； D、设指针位置相对于O点的位移为x（向上为正），则弹簧伸长量为xOC﹣x，弹力F＝k（xOC﹣x）。 由牛顿第二定律：F﹣mg＝ma 代入得：k（xOC﹣x）﹣kxOC＝ma＝﹣kx＝ma a，a与x呈线性关系，因此刻度是均匀的，故D错误。 故选：AC。 （多选）11．（2026•天元区校级开学）将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆的截面直径，对环施加一在竖直平面内斜向上与杆的夹角为θ的拉力F，如图甲所示；当拉力逐渐变大时，环的加速度随拉力F变化的规律如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．圆环质量为0.3kg B．圆环与杆之间的动摩擦因数为0.5 C．当F＝15N时，环受到的摩擦力大小为3N D．环受到的摩擦力大小为1N时，环的加速度大小可能为m/s2 【答案】ABC 【分析】对环受力分析（拉力、重力、支持力、摩擦力），结合牛顿第二定律列方程；利用图乙中F＝5N时的加速度，根据牛顿第二定律求环的质量。当F＞5N时杆对环的弹力方向向下，根据牛顿第二定律列式，结合F＝0时，a＝5m/s2求解动摩擦因数μ；再代入不同拉力值，分析摩擦力与加速度的对应关系，判断各选项。 【解答】解：A、由图可知，当拉力超过5N时，杆对环的弹力反向，故当F＝5N时，N＝0，f＝0，根据牛顿第二定律得 竖直方向有Fsinθ﹣mg＝0 水平方向有Fcosθ＝ma 代入数据F＝5N，am/s2 可得θ＝37°，m＝0.3kg，故A正确； B、当F＞5N时杆对环的弹力方向向下，根据牛顿第二定律有 Fcosθ﹣μ（Fsinθ﹣mg）＝ma 由图像可知当F＝0时，a＝5m/s2 解得μ＝0.5，故B正确； C、当F＝15N时，环受到的摩擦力大小为f＝μ（Fsinθ﹣mg）＝0.5×（15×0.6﹣0.3×10）N＝3N，故C正确； D、环受到的摩擦力大小为1N时，则可能f＝μ（Fsinθ﹣mg）＝1N 或者f＝μ（mg﹣Fsinθ）＝1N 则FN或者FN 根据Fcosθ﹣f＝ma，解得环的加速度大小可能为am/s2，或am/s2，故D错误。 故选：ABC。 （多选）12．（2026•深圳模拟）如图所示，足够长的倾斜传送带沿顺时针方向匀速运动，速度大小为v0，传送带表面粗糙。t＝0时刻将某一工件无初速度放在传送带上a点，t0时刻因故障传送带瞬间停止运动。以传送带底端O点为零位移处，v0方向为正方向，Oa＝x0，工件的速度v、位移x随时间变化关系，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】分析mgsinθ与μmgcosθ可能的关系，判断工件的运动情况，再确定图像的形状。 【解答】解：设工件的质量为m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带的倾角为θ。 若mgsinθ＞μmgcosθ，则工件一直向下做匀加速直线运动； 若mgsinθ＝μmgcosθ，则工件一直处于静止状态，C图是可能的； 若mgsinθ＜μmgcosθ，则工件先向上做匀加速直线运动，t0时刻传送带瞬间停止运动后，由于惯性，工件继续向上做匀减速直线运动，直到静止，A图是可能的，B图不可能。结合x﹣t图像的斜率表示速度，可知D不可能，故AC正确，BD错误。 故选：AC。 （多选）13．（2026•辽宁模拟）如图所示，A、B两物块分别置于光滑水平面上足够长的轻质泡沫板的左、右两端。其中物块A质量m＝2kg，与泡沫板间的动摩擦因数μ1＝0.5；物块B质量M＝8kg，与泡沫板间的动摩擦因数μ2＝0.2。t＝0时刻分别对A、B施加水平向左、水平向右的拉力，两拉力随时间均满足F＝2+2t（N），重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在拉力不断变化的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块A与泡沫板之间始终不会发生相对滑动 B．物块B与泡沫板之间的摩擦力最大为10N C．t＝7s时，物块B与泡沫板之间刚要发生相对滑动 D．t＝10s时，物块A的速度大小为18m/s 【答案】BD 【分析】题目描述两个物块在光滑水平面上通过轻质泡沫板连接，分别受到随时间线性增大的拉力作用。分析的关键在于泡沫板质量不计，因此两物块对板的摩擦力大小必须时刻相等。需要分别判断两物块何时达到最大静摩擦力，并利用摩擦力相等的条件分析它们与板相对滑动的先后顺序及运动状态变化。 物块A与板之间是否始终不发生相对滑动。分析需先确定A达到最大静摩擦力的临界拉力值，即当拉力随时间增加时，A所受的摩擦力同步增加直至达到其最大静摩擦力，此后若拉力继续增加，A将发生相对滑动。通过比较临界时间点与拉力变化过程，可以判断其相对滑动状态。 物块B与泡沫板之间的摩擦力最大值。由于板质量不计，两物块对板的摩擦力大小相等。当A发生相对滑动后，其摩擦力保持为滑动摩擦力不变，该值限制了B所受摩擦力的最大值。将A的最大静摩擦力与B的最大静摩擦力进行比较，即可判断B所受摩擦力的上限。 t＝7s时，物块B与泡沫板之间是否刚要发生相对滑动。判断B是否发生相对滑动，需要看B所受的摩擦力是否达到其自身的最大静摩擦力。由于B所受摩擦力被A的滑动摩擦力所限制，其最大值已知，只需比较该最大值与B的最大静摩擦力即可确定B是否会发生相对滑动。 t＝10s时，物块A的速度大小。计算A的速度需要分段分析其运动过程。在A相对滑动前，它与板一起静止或运动，速度为零或可由整体分析；在A相对滑动后，它受到拉力和恒定滑动摩擦力的作用，其加速度随时间变化。通过积分计算A在相对滑动阶段加速度对时间的累积，即可得到t＝10s时的速度。 【解答】解：由于泡沫板质量不计，根据牛顿第二定律分析泡沫板可知，两物块对板的摩擦力大小相等、方向相反，即fA＝fB。当拉力F≤10N时，两物块与板均保持相对静止，系统合力为零，加速度均为零，此时摩擦力fA＝fB＝F。物块A与板间的最大静摩擦力fA＝μ1mg＝0.5×2×10N＝10N； 物块B与板间的最大静摩擦力fB＝μ2Mg＝0.2×8×10N＝16N。当F＝10N时，对应2+2t＝10s，解得：t＝4s，此时物块A即将开始相对板滑动。 A、根据分析，t＞4s后物块A与板发生相对滑动，故A错误； B、当t＞4s后，物块A相对板滑动，其摩擦力保持为滑动摩擦力fA＝10N。由于板质量不计，fB始终等于fA，即fB最大值为10N。由于10N＜16N，物块B与板之间始终不会发生相对滑动，故B正确； C、由于物块B受到的最大摩擦力被A限制在10N，未达到其最大静摩擦力16N，因此B永远不会相对板滑动，故C错误； D、在0～4s内，物块A静止，速度为零。在4～10s内，物块A的加速度。根据速度与加速度的关系，t＝10s时物块A的速度，故D正确。 故选：BD。 三．解答题（共9小题） 14．（2024•荣县校级开学）超速、超载行驶危害都很大，如图为某道路交通标志牌：小型车最高行驶速度不得超过100km/h。而大型客车、载货汽车最高行驶速度不得超过80km/h。 （1）请用动能的知识解释交通部门为什么要这样规定？ （2）超载的危害很多，请你选取某一知识点如惯性、压强、动能等说说超载所造成的危害？ 【答案】（1）速度相同时，质量大的动能大，制动距离大，质量小的动能小，制动距离小，当制动距离相同时，不同车型限速就不同。 （2）超载造成车的质量增大，惯性增大，制动距离变长，容易发生危险；超载会导致车对路面的压强增大，容易把路面压坏；超载还会使速度相等时动能增大，制动距离也会变长。 【分析】（1）根据质量和惯性，刹车距离等知识进行分析解答。 （2）根据惯性和刹车距离等进行分析解答。 【解答】解：（1）在相同的道路上，不同车型的机动车质量不同，速度相同时，质量大的动能大，制动距离大，质量小的动能小，制动距离小，当制动距离相同时，不同车型限速就不同。 （2）超载造成车的质量增大，惯性增大，制动距离变长，容易发生危险；超载会导致车对路面的压强增大，容易把路面压坏；超载还会使速度相等时动能增大，制动距离也会变长。 答：（1）速度相同时，质量大的动能大，制动距离大，质量小的动能小，制动距离小，当制动距离相同时，不同车型限速就不同。 （2）超载造成车的质量增大，惯性增大，制动距离变长，容易发生危险；超载会导致车对路面的压强增大，容易把路面压坏；超载还会使速度相等时动能增大，制动距离也会变长。 15．（2026•和平区模拟）如图所示，质量为m1＝2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.3。这时铁箱内一个质量为m2＝0.5kg的木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求： （1）水平拉力F的大小； （2）减小拉力F，木块沿铁箱左侧壁落到底部（不反弹），此时箱的速度为10m/s，立即撤去拉力，又经一段时间木块达铁箱右侧壁，此时木块的速度为5m/s，则铁箱的长度L是多少？ 【答案】（1）水平拉力F的大小为129N。 （2）铁箱的长度L是1.2m。 【分析】（1）木块恰好静止于铁箱后壁，竖直方向由静摩擦力与重力平衡，水平方向由铁箱后壁弹力提供木块加速度。对木块分析可求得系统共同加速度，再以整体为对象，水平方向由拉力与动摩擦力的合力产生该加速度，由此建立方程求解水平拉力F。 （2）撤去拉力后，木块与铁箱在摩擦力作用下均做匀减速直线运动。分别对木块和铁箱进行受力分析，可求得两者加速度大小。已知木块初速度、末速度及加速度，可求出木块从左侧滑到右侧所用时间。利用时间分别计算木块和铁箱对地的位移，铁箱长度即为该段时间内两者的相对位移。 【解答】解：（1）木块恰好静止于铁箱后壁，竖直方向上受力平衡，水平方向由铁箱后壁的弹力提供其加速度，有m2g＝μ2N及N＝m2a。 对铁箱与木块构成的整体应用牛顿第二定律，可得F﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）a。联立以上方程并代入数据，解得水平拉力大小为F＝129N。 （2）撤去拉力后，木块沿铁箱底部向右滑动，两者均做匀减速直线运动。设此时初速度v0＝10m/s，木块抵达右侧壁时速度为v＝5m/s。 对木块，设其加速度大小为a2，有μ2m2g＝m2a2。对铁箱，设其加速度大小为a1，有μ1（m1+m2）g﹣μ2m2g＝m1a1。 设木块到达右侧壁所经历的时间为t，则有v＝v0﹣a2t。在此时间内，木块与铁箱对地的位移分别为x2和x1，满足，。 铁箱的长度L即为该过程中两者的相对位移，即L＝x2﹣x1。联立方程并代入数据，解得铁箱的长度为L＝1.2m。 答：（1）水平拉力F的大小为129N。 （2）铁箱的长度L是1.2m。 16．（2026•贵州模拟）如图，有一半径为R的四分之一光滑圆弧形固定轨道AB，其末端与长度为L1的水平地面BC相切，C点平滑连接有一长度为L2的固定倾斜直轨道CD，该轨道与水平地面的夹角为θ，A、B、C、D处于同一竖直面内。将一小滑块甲从A点静止释放，甲运动至B点与静置于B点的小滑块乙发生弹性正碰，碰撞时间极短。乙通过水平地面及倾斜直轨道，到达最高点D时速度恰好为0。两滑块的质量均为m，与水平地面及倾斜直轨道的动摩擦因数均为μ。已知R＝0.8m，L1＝4m，L2＝0.6m，m＝0.2kg，μ＝0.125，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）甲与乙碰撞前瞬间，甲对圆弧轨道的压力大小； （2）甲与乙碰撞后瞬间，乙的速度大小； （3）θ应满足的关系式。（用关于θ的三角函数表示） 【答案】（1）甲与乙碰撞前瞬间，甲对圆弧轨道的压力大小为6N； （2）甲与乙碰撞后瞬间，乙的速度大小为4m/s； （3）θ应满足的关系式为cosθ+8sinθ＝4。 【分析】（1）利用机械能守恒求甲在B点的速度，结合牛顿第二定律求轨道支持力，进而得到压力； （2）弹性碰撞中质量相等时速度交换，得出乙的速度； （3）对乙从B到D的过程应用动能定理，考虑水平和倾斜轨道的摩擦力及重力做功，列出方程推导θ的关系式。 【解答】解：（1）设滑块甲运动到B点前的瞬间，其速度大小为v10，圆弧轨道对甲的支持力大小为F，甲对圆弧轨道的压力为F′，根据机械能守恒定律，有 mgR 可得 v10 v10＝4m/s 根据牛顿第二定律和向心加速度公式，有 F﹣mg＝m 可得 F＝6N 由牛顿第三定律得甲对圆弧轨道的压力 F′＝6N （2）设甲与乙碰撞结束后的瞬间，甲的速度为v1，乙的速度为v2，由于碰撞时间 极短，而且是弹性正碰，因此碰撞前后甲与乙组成的系统满足动量守恒和机械能守恒。 取水平向右为正方向，有 mv10＝mv1+mv2 解得v1＝0 v2＝4m/s； （3）对于乙在BD段的运动，由能量守恒可得 μmgcosθL2+mgsinθL2 可得θ满足的关系式为 cosθ+8sinθ＝4 答：（1）甲与乙碰撞前瞬间，甲对圆弧轨道的压力大小为6N； （2）甲与乙碰撞后瞬间，乙的速度大小为4m/s； （3）θ应满足的关系式为cosθ+8sinθ＝4。 17．（2026•云南模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在悬点O处，下端连接物体A，A下边用轻杆连接物体B，两物体质量均为m，重力加速度为g。现缓慢向下拉B，当向下的拉力增大到F＝3mg时撤掉F，之后A、B两物体在竖直方向运动，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，求： （1）撤掉F的瞬间，B的加速度大小； （2）B运动到最高点时，杆对B的弹力； （3）当杆中弹力为零时，B的速度大小。（弹簧的弹性势能为kx2，其中k为劲度系数，x为形变量） 【答案】（1）撤掉F的瞬间，B的加速度大小为； （2）B运动到最高点时，杆对B的弹力大小为，方向竖直向下； （3）当杆中弹力为零时，B的速度大小为。 【分析】（1）撤掉F的瞬间，对AB整体，受到的合力与F等大反向，根据牛顿第二定律分析； （2）撤掉F后AB一起做简谐运动，根据对称性可知在最高点的加速度，再根据牛顿第二定律分析； （3）当弹簧恢复原长时，杆中弹力为零，根据平衡条件分析初始时弹簧形变量，再根据机械能守恒定律分析由撤掉F至弹簧恢复原长的过程。 【解答】解：（1）撤掉F的瞬间，对AB整体，受到的合力与F等大反向，由牛顿第二定律可知3mg＝2ma1，代入数据可得； （2）撤掉F后AB一起做简谐运动，由简谐运动的对称性可知，在最高点时AB的加速度大小也为，对B，由牛顿第二定律可知，代入数据可得，方向竖直向下； （3）当弹簧恢复原长时，杆中弹力为零，当F＝3mg时，对AB整体有kx1＝2mg+F， 由撤掉F至弹簧恢复原长的过程，系统机械能守恒，代入数据可得。 答：（1）撤掉F的瞬间，B的加速度大小为； （2）B运动到最高点时，杆对B的弹力大小为，方向竖直向下； （3）当杆中弹力为零时，B的速度大小为。 18．（2026春•大兴区校级期中）如图所示，小孩坐在冰车上，现用一个与水平方向成α＝37°。大小为200N的力F拉着冰车沿水平冰面从静止开始以加速度a＝2m/s2做匀加速直线运动，已知小孩和冰车的总质量为40kg，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求： （1）冰车在前4s内的位移大小x。 （2）4s内拉力的平均功率。 （3）冰车与地面的动摩擦因数μ。 【答案】（1）冰车在前4s内的位移大小为16m； （2）4s内拉力的平均功率为640W； （3）冰车与地面的动摩擦因数为。 【分析】（1）利用初速度为零的匀加速直线运动位移公式，结合已知的加速度和时间，计算冰车在前4s内的位移； （2）先求出拉力在水平方向的分力，再结合平均速度公式得到4s内的平均速度，最后用平均功率公式计算拉力的平均功率； （3）对冰车和小孩整体进行受力分析，分解拉力，结合竖直方向受力平衡和水平方向的牛顿第二定律，列方程求解动摩擦因数。 【解答】解：（1）由题意可知小孩与冰车做匀加速直线运动 故根据 代入数据可得前4s内的位移为x＝16m； （2）根据 W＝Fcosα•x 代入数据可得 （3）由牛顿第二定律得：Fcosα﹣f＝ma 代入数据可得摩擦力f＝80N 支持力为N＝mg﹣Fsinα＝40kg×10m/s2﹣200N×0.6＝280N 动摩擦因数 答：（1）冰车在前4s内的位移大小为16m； （2）4s内拉力的平均功率为640W； （3）冰车与地面的动摩擦因数为。 19．（2026春•浦东新区校级期中）胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压，在汽车上安装胎压监测报警器，可以预防因汽车胎压异常而引发的事故。如图所示，一辆质量为800kg的小汽车行驶在山区的波浪形路面，路面可视为圆弧且左右圆弧半径相同，半径r＝40m，根据胎压可计算出汽车受到的支持力，当支持力达到5.8×104N时检测器报警。重力加速度g取10m/s2。 （1）汽车在A点速度vm多大时会触发报警？ （2）汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度vB是多少？ 【答案】（1）汽车在A点速度为50m/s时会触发报警； （2）汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度是20m/s。 【分析】（1）在A点（凹形圆弧最低点）对汽车受力分析，由支持力与重力的合力提供向心力，代入支持力报警值列牛顿第二定律方程求解速度。 （2）在B点（凸形圆弧最高点），汽车刚好不脱离路面时支持力为0，由重力提供向心力，列牛顿第二定律方程求解最大速度。 【解答】解：（1）汽车在凹形路面最底端受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律有 解得vm＝50m/s （2）若汽车在最高点B对路面没有压力时，只受到重力作用提供向心力，则有 代入数据解得vB＝20m/s 答：（1）汽车在A点速度为50m/s时会触发报警； （2）汽车要想不脱离路面，在最高点B时的最大速度是20m/s。 20．（2025秋•南宁期中）质量m＝20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，在水平面上做直线运动。0～2s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的速度—时间图像如图所示。重力加速度g取10m/s2。求： （1）物体在0～2s及2～4s内加速度大小； （2）物体与水平面间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）物体在0～2s的加速度为﹣5m/s2，2～4s内加速度大小﹣1m/s2； （2）物体与水平面间的动摩擦因数0.2。 【分析】（1）根据速度—时间图像的斜率表示加速度，利用加速度公式 分别计算0～2s和2～4s内的加速度大小； （2）对两个时间段分别进行受力分析，结合牛顿第二定律列出方程，联立求解动摩擦因数 μ。 【解答】解：（1）由图像可得：0～2s内物体的加速度 2～4s内物体的加速度 （2）根据牛顿第二定律： 0～2s内，﹣（F+μg）＝ma1① 2～4s内，﹣（F﹣μg）＝ma2② 联立①②式代入数据，得：μ＝0.2； 答：（1）物体在0～2s的加速度大小为5m/s2，2～4s内加速度大小1m/s2； （2）物体与水平面间的动摩擦因数0.2。 21．（2026•南充模拟）某快递分拣中心的水平传送带以恒定速度v＝2m/s匀速运行，将质量m＝0.5kg的包裹无初速度地轻放在传送带上某位置，已知包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，包裹放在传送带上的初始位置到分拣口的距离L＝5m，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）包裹在传送带上加速运动时的加速度大小； （2）包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间。 【答案】（1）包裹在传送带上加速运动时的加速度大小为2m/s2； （2）包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间为3s。 【分析】（1）包裹轻放在传送带上，根据滑动摩擦力公式并结合牛顿第二定律求解包裹在传送带上加速运动时的加速度大小； （2）包裹匀加速至与传送带共速，利用速度—位移公式求解加速位移，与传送长度进行比较，利用速度—时间公式求解加速时间，之后分析包裹匀速至传送带末端的时间，最后求解有包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的总时间。 【解答】解：（1）包裹轻放在传送带上，有 f＝μmg＝ma，解得a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2； （2）包裹匀加速至与传送带共速，有2ax＝v2，解得位移为x1m＜L， 加速时间t1s＝1s，之后包裹匀速至传送带末端， 有包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间为。 答：（1）包裹在传送带上加速运动时的加速度大小为2m/s2； （2）包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间为3s。 22．（2026春•荔湾区校级期中）如图所示，有一上表面光滑的挡板固定在光滑水平地面上，在其右侧紧靠挡板放置一木板，木板长度为30a，水平地面右侧有一堵墙。木板和固定挡板等高，其右端有一薄挡板（质量不计）。现将可视为质点的滑块以初速度从左端滑上静止的木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.25，二者的质量均为m，重力加速度为g。 （1）若木板右端距离墙面足够远，则在木板与墙面碰撞前的过程中： ①滑块是否会与木板右端的挡板碰撞？请作出分析证明； ②求滑块在木板上的滑动时间t； （2）设木板右侧距离墙长度为x（x＜8a），木板与墙和固定挡板碰撞后速度立即变为零（不反弹），但与墙和固定挡板均不粘连，滑块与挡板碰撞后原速率反弹，请写出滑块最终静止时到木板右端的距离L与x的关系式。 【答案】（1）①滑块不会与木板右端的挡板碰撞，因为滑块相对木板的位移16a小于木板长度30a。 ②滑块在木板上的滑动时间为。 （2）当0≤x＜2a时，距离L＝2a﹣x；当2a≤x＜8a时，距离L＝x﹣2a。 【分析】（1）①滑块在木板上滑动时，两者均受摩擦力作用，加速度大小相等。滑块相对木板做匀减速运动，通过分析两者达到共同速度所需时间，计算此过程中滑块相对木板的位移。若该位移小于木板长度，则滑块不会与右端挡板碰撞。 ②滑块在木板上滑动的时间即为两者从开始运动到达到共同速度所经历的时间，由滑块初速度与加速度大小可直接确定。 （2）根据滑块在撞墙前后相对木板滑动的总潜力距离与木板长度的关系进行讨论。若总潜力距离不超过木板长度，滑块最终停在木板上某处；若超过木板长度，滑块会与右端挡板碰撞并反弹，最终停在木板上另一位置。需分别计算两种情况下滑块最终位置到右端的距离。 【解答】解：（1）①滑块A在木板B上滑动的过程中，受向左的摩擦力f＝μmg，其加速度aA＝μg，即aA＝0.25g；木板B受向右的摩擦力，其加速度，即aB＝0.25g。 设二者达到共同速度vc所需时间为tc，则有v0﹣aAtc＝aBtc，代入数据，解得：。 共同速度vc＝aBtc，即。 此过程中滑块相对于木板的位移，或利用相对运动，即Δs＝16a。 由于Δs＝16a＜30a（木板长度），滑块在到达木板右端前已与木板共速，故滑块不会与木板右端的挡板碰撞。 ②由①分析可知，滑块在木板上滑动的时间即为达到共速的时间，故滑块在木板上运动的时间t＝tc，即。 （2）当x＜8a时，木板在与滑块共速前就会撞墙。设木板撞墙的时间为t1，则，解得：。 此时滑块相对于木板向右滑动的距离。 撞墙瞬间滑块的速度。 木板撞墙后速度变为零，此后滑块在静止的木板上继续滑行，相对于木板还能滑动的距离。 滑块相对于木板向右运动的总潜力距离。 情况1：当32a﹣x≤30a，即2a≤x＜8a时，滑块未撞到右端挡板即停止，此时滑块到右端的距离L＝30a﹣（32a﹣x）＝x﹣2a。 情况2：当32a﹣x＞30a，即0≤x＜2a时，滑块会撞到右端挡板。根据“原速率反弹”，滑块损失的动能仅为克服摩擦力做的功和木板撞墙损失的机械能。 由能量守恒，滑块相对于木板走过的总路程仍为S总＝32a﹣x。此时滑块走过30a到达右端反弹，向左折回的距离为L＝（32a﹣x）﹣30a＝2a﹣x。 综上所述，滑块最终静止时到木板右端的距离L与x的关系式为： 当0≤x＜2a时，距离L＝2a﹣x；当2a≤x＜8a时，距离L＝x﹣2a，或表示为L＝|x﹣2a|。 答：（1）①滑块不会与木板右端的挡板碰撞，因为滑块相对木板的位移16a小于木板长度30a。 ②滑块在木板上的滑动时间为。 （2）当0≤x＜2a时，距离L＝2a﹣x；当2a≤x＜8a时，距离L＝x﹣2a。 1 学科网（北京）股份有限公司 $