2026届高考物理三轮冲刺练-力与直线运动

**基本信息** 聚焦力与直线运动核心模块，通过多题型梯度设计，融合牛顿运动定律、动量守恒及图像分析，构建"概念-模型-应用"三阶解题体系，强化科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|整体隔离法、图像面积法、临界条件分析|运动学公式→牛顿定律→多体作用规律递进| |多选题|4题|简谐运动对称性、相对运动计算|弹簧振子模型→板块模型→系统动量守恒拓展| |实验题|1题|控制变量法、逐差法求加速度|实验原理→误差分析→数据处理逻辑链| |解答题|5题|多过程分段法、能量守恒综合应用|单体运动→多体相互作用→复杂过程建模提升|

2026届高中物理高考三轮冲刺练-力与直线运动 一、单选题 1．物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上，，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块a施加水平向右的恒力F。时撤去，在0~2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（　　） A．恒力 B．若F不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动 C．撤去F瞬间，a的加速度大小为 D．物块b的质量为 2．倾角为37°足够长斜面静止放在粗糙水平面上，有一长木板恰好能在斜面处于静止。现有物块以的速度从的顶端开始沿木板下滑，、间动摩擦因数为。已知、的质量分别为，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．物块下滑过程中，地面对斜面的摩擦力向左 B．物块下滑过程中，板仍与斜面保持静止 C．要使不脱离，板长度至少为0.5m D．若不从板上滑落，则最终与斜面保持相对静止 3．如图甲所示，在水平地面上放置一长木板，将一小物块放在长木板上，给施加一水平向左的从0开始逐渐增大的外力，的加速度随外力的变化规律如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终在板上，下列说法正确的是（　　） A．当时，、之间没有摩擦力 B．当时，、之间发生相对滑动 C．当时，、之间的摩擦力大小为 D．当时，、受到的摩擦力不再改变 4．高铁是我国的一张亮丽名片，高铁技术处于世界领先水平。高铁组是由长度相同的动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。某和谐号动车组由8节车厢组成，其中第1、第3和第5节车厢为动车，其余为拖车。假设动车组各车厢质量均为，每节动车的额定功率均为，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比（比例系数为）。下列说法正确的是（　　） A．开启两节动车和三节动车全开启行驶时的最大行驶速度之比为 B．动力全开启匀加速出站时第1、2节车厢间与第4、5节车厢间的作用力之比为 C．和谐号匀加速出站时第1节车厢和第3节车厢通过启动时与车头前端齐平的电线杆的时间之比为 D．和谐号进站时，关闭发动机后仅在运动阻力作用下滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 5．如图所示，劲度系数为的轻弹簧上端固定在悬点处，下端连接物体A，A下端用轻杆连接物体B，两物体的质量均为，重力加速度为。现缓慢向下拉B，当向下的拉力增大到时撤掉，之后A、B在竖直方向运动，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。已知弹簧的弹性势能为，其中为劲度系数，为形变量，弹簧振子做简谐运动的周期，其中为振子的质量，为比例系数。下列说法正确的是（　　） A．撤掉的瞬间，B的加速度大小为 B．B运动到最高点时，杆对B向下的弹力为 C．当杆中弹力为零时，B的速度大小为 D．从撤掉到B上升到最高点用时 6．一物体在某段时间内运动时的位置－时间图像和速度－时间图像如图所示，其中位置－时间图像中的时刻对应抛物线的最高点，则以下说法正确的是（　　） A．图像中 B．图像中 C．物体到达坐标原点的时刻为 D．物体3s时离坐标原点的距离为4.5m 7．甲乙两质点在同一直线上运动，从t=0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，x-t图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x~v2图像如图乙所示。则下列说法正确的是（　　） A．t=0时刻，甲的速度为2m/s，乙的速度为10m/s B．甲质点的加速度大小2m/s2为，乙的加速度大小为4m/s2 C．经过s，甲追上乙 D．经过2.5s，甲追上乙 8．如图甲所示，在倾角的足够长光滑斜面上，放着质量均为的A、B两物块，轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。从时刻开始，对A施加一沿斜面向上的恒力使物块A沿斜面向上运动，在A、B分离前，它们运动的加速度随位移变化的图像如图乙所示，运动位移为时，A与B分离。重力加速度大小为，下列说法不正确的是（　　） A．恒力的大小为 B．弹簧的劲度系数为 C．A与B分离时，A的加速度大小为 D．A与B分离后，A还能继续沿斜面向上运动 二、多选题 9．竖直放置的轻弹簧下端固定在水平面上，将一小球放在轻弹簧上端并向下按压到某一位置，由静止释放，小球经过一段时间后离开弹簧竖直上抛，其加速度与位移的关系如图所示，小球刚释放时加速度大小为，当时达到最高点。已知重力加速度为，图中所标数据均为已知量，忽略空气阻力，则（　　） A．一定大于 B．过程小球速度一直在增大 C．小球从离开弹簧到第一次到达最高点的时间为 D．小球运动过程中的最大速度为 10．如图所示，质量为M=2.0kg、长度为l=2.5m的长木板静置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ1=0.2。质量为m=3.0kg可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度v0向左滑上长木板，滑块恰好运动到长木板的左端。已知长木板刚开始运动时的加速度大小a1=1m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．滑块与长木板间的动摩擦因数 B．滑块与长木板间的动摩擦因数 C．滑块初速度 D．滑块初速度 11．如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．小物块离开木箱时，小物块的速度为 B．小物块离开木箱时，木箱的速度为 C．小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为 D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为 12．如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止（重力加速度用表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法正确的是（　　）    A．若B球受到的摩擦力为零，则 B．若A球所受车厢壁弹力为零，则 C．若推力向左，且，则加速度大小范围是 D．若推力向右，，则加速度大小范围是 三、实验题 13．图为某次“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图。 （1）利用图装置探究小车的加速度与力的关系，在实验之前，需要思考如何测“力”。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是________（选填选项前的字母）。 A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力 B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力 C．无论小车运动的加速度多大，砝码和盘的总重力都等于绳的拉力 D．只有小车质量远大于砝码和盘总质量，砝码和盘的总重力才近似等于绳的拉力 （2）如图是某次实验中得到的一条纸带，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，，，，，小车运动的加速度大小为________（保留2位有效数字）。 四、解答题 14．如图甲所示，质量m1 = 1kg的小物块A静止在一质量m2 = 0.5kg的足够长的木板B的左端。当小物块A受到一个水平向右的外力F作用时，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示。现对小物块A施加水平向右的拉力F = 15N，作用2s后撤去。重力加速度取g = 10m/s2，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）物块A与木板B间的动摩擦因数μ1和木板B与地面间的动摩擦因数μ2； （2）从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间t； （3）物块A与木板B之间因摩擦而产生的热量Q和物块A对木板B做的功。 15．如图所示，质量为M=2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量为m=1kg的物块A（可视为质点）。物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数。现用一水平力F=18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过后撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。求： (1)撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度、； (2)经过一段时间，A、B达到共同速度v的值； (3)计算在整个运动过程中木板B运动的位移。 16．如图甲，足够长、质量的木板Q静止在水平面上，质量的小滑块P（可视为质点）静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数。从零时刻起，对滑块施加水平向右的恒定外力，此时滑块相对木板滑动，经过时间撤去此力。取，则： (1)撤去外力前，滑块受到的摩擦力大小； (2)木板的最大速度； (3)如图乙，若零时刻起，对滑块施加的恒定外力，方向变为与水平面成斜向右上方，经过时间撤去此力，已知，求木板运动的时间。 17．如图所示，质量M=1.0kg、足够长的木板置于光滑水平面上，板左上方有一固定挡板P，质量m1=2.0kg的小物块A静止于木板左端。现将质量m2=1.0kg的小物块B以水平向左的初速度v0=4.0m/s滑上木板，整个运动过程中A、B未发生碰撞。A与挡板P碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B与木板间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。 （1）物块B滑上木板后，A与木板一起运动，求B刚滑上木板时的加速度大小aB 和A与木板的加速度大小a； （2）若A与挡板P的距离x=3.0m，求A开始运动到与挡板P碰撞的时间t； （3）若将木板换成轻质的长板，其他条件不变，整个运动过程中A只与挡板碰撞两次，且最终A、B停止了运动，求整个运动过程中A通过的路程s及B在轻板上滑行的距离L。 参考答案 1．C 【详解】A．时，弹簧弹力为零，对，根据牛顿第二定律可得，故A错误； B．根据图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知，时的速度大于的速度，所以若此时不撤去，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，的加速度减小，的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故B错误； D．时，、整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得 解得，故D错误； C．2s时，对，根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为 撤去瞬间，弹簧弹力不会突变，此时的加速度大小为，故C正确。 故选C。 2．C 【详解】A．由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数 A与斜面之间的弹力及摩擦力的合力方向始终竖直向下，地面对斜面没有摩擦力，A错误； B．B下滑时，对A分析 解得，A将沿斜面向下滑动，B错误； C．在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足 可得 对B物体，根据牛顿第二定律 解得 共速时间 该过程中，物块B的位移 木板A的位移为 所以A板长度至少为，C正确； D．根据，A、B相对静止后沿斜面做匀速直线运动，D错误。 故选C。 3．D 【详解】A．设P、Q间动摩擦因数为，Q与地面间动摩擦因数为，P的质量为m，Q的质量为M，当时，P、Q均静止P、Q之间的摩擦力，A错误； BC．根据图像可知，当时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，当时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，当时，小物块相对长木板加速滑动，P、Q之间的最大静摩擦力，BC错误； D．当时，小物块相对长木板滑动，、受到的摩擦力均为滑动摩擦力，可知不再改变，故D正确。 故选D。 4．A 【详解】A．开启两节动车时 动力全开时 可得最大行驶速度比为，故A正确； B．动力全开匀加速出站时对整车受力分析知 对第1节车厢有 对后4节车厢有 解得，故B错误； C．由各节车厢的长度相同，从静止开始匀加速运动，且启动时电线杆恰与车头前端齐平，由匀变速直线运动的规律可知，第1节车厢和第3节车厢通过电线杆的时间之比，故C错误； D．和谐号进站时，从关闭发动机到停下来由阻力做功改变其动能，由 得 故滑行的距离与关闭发动机时的速度平方成正比，故D错误。 故选A。 5．B 【详解】A．当时，由平衡条件，有 可得 撤掉瞬间对系统，有 解得，故A错误； B．由简谐运动的对称性，在最高点时A、B组成系统向下的加速度也为 对B有 解得 方向向下，故B正确； C．当弹簧恢复原长时，杆对B的弹力为零，由系统机械能守恒定律可得 解得，故C错误； D．撤掉后A、B系统做简谐运动，简谐运动周期公式 从撤掉到B上升到最高点只经历了半个周期，用时，故D错误。 故选B。 6．C 【详解】A．图像的最高点对应速度为0的时刻，由图像可知初速度 加速度 速度为0时 即 物体回到初始位置时，根据位移公式 当时，即 代入数据解得，A错误； B．为时刻的位置，由上述分析知时 故，B错误； C．物体到达坐标原点时， 由 解得，C正确； D．时， 距离原点，D错误； 故选C。 7．C 【详解】AB．甲质点的位移表达式为 将（0，-2）、（1，0）、（2，6）代入上式，解得 乙质点的位移表达式为 将（时 ） 、（ 时 ）代入上式，解得 AB错误； C．乙质点停止所用时间为 乙质点2.5s的位移为 甲质点经过s的位移为 因为 经过s，甲追上乙，C正确； D．经过2.5s，甲质点的位移为 因为初始距离 ，甲没追上乙，D错误。 故选C。 8．D 【详解】A．未作用时，设弹簧压缩量为，对A、B由平衡条件有 由图乙可知作用瞬间，A、B加速度大小为，此时对A、B有 联立解得，正确； BC．A、B分离瞬间，A、B间弹力为0，且二者加速度相等，对A有 对B有 联立解得，BC正确； D．从开始作用到A、B分离过程，结合 可知图乙“面积”表示“”的改变量，则有 解得A、B分离时的速度满足 A、B分离后，对A有 解得 A还能继续沿斜面向上运动，D错误。 本题选不正确项，故选D。 9．AC 【详解】A．弹簧和小球组成的系统，在小球未脱离弹簧时，小球做简谐振动。 其中处是平衡位置，此时弹簧弹力大小为； 在运动到位置时脱离弹簧还能向上继续运动，说明速度不为0，此时。 由简谐运动的对称性可知，压缩到最短时，所以，解得。故A正确； B．在过程中，小球的加速度先向上后向下，所以速度是先增加后减小的，故B错误； C．小球离开弹簧后做竖直上抛直到速度为0，上升的高度 解得，故C正确； D．小球运动过程中与点出现最大速度，根据公式，可知图像与x轴围成的面积是，所以最大速度为。故D错误。 故选AC。 10．AD 【详解】AB．长木板刚开始运动时的加速度大小，对木板分析，根据牛顿第二定律有 解得，故A正确，B错误； CD．对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 可知滑块先向左做匀减速直线运动，木板向左做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向左做匀减速直线运动，最终停止运动。两者达到相等速度过程有 滑块相对于木板的相对位移大小恰好等于木板长度，即有 解得，故C错误，D正确。 故选AD。 11．ABD 【详解】AB．小物块与木箱间的摩擦力 Ff=µmg=0.2×5×10N=10N 由牛顿第二定律可得物块的加速度为 木箱的加速度为 由位移时间公式可有 解得时间为 t=2s 小物块离开木箱时，小物块的速度为 vm=amt=2×2 m/s =4m/s 木箱的速度为 vM=aMt=3×2 m/s=6 m/s AB正确； C．小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为 小物块离开木箱后，木箱的加速度为 小物块落地时与木箱之间的距离为 C错误； D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为 D正确。 故选ABD。 12．AD 【详解】A．设杆的弹力为，对小球A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足 竖直方向有 则 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 可得 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律 故A正确； B．对小球A，根据牛顿第二定律可得 对系统整体根据牛顿第二定律 解得 故B错误； C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力以及车厢壁的弹力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值为 小球B所受向左的合力的最大值 由于 可知 故最大加速度最大时小球B所受摩擦力已达到最大、小球A与左壁还有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律 故C错误； D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时 对小球B根据牛顿第二定律 所以 故D正确。 故选AD。 13． AD/DA 0.79 【详解】（1）[1]A．使小车沿倾角合适的斜面运动，让小车所受重力的下滑分力等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，A正确； B．若斜面倾角过大，小车所受合力将大于绳的拉力，B错误； C．小车运动的加速度太大时，砂和桶的重力明显大于绳的拉力，C错误； D．只有小车质量远大于砝码和盘总质量，砝码和盘的总重力才近似等于绳的拉力，D正确。 故选AD。 （2）[2]根据逐差法计算加速度有 14．（1）0.60，0.20；（2）10s；（3）45J，225J 【详解】（1）根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为 B与地面的滑动摩擦力为 则有 解得 （2）拉力F = 15N开始作用在物块A时，对物块A分析，根据牛顿第二定律得 对木板B分析，根据牛顿第二定律得 解得 拉力F作用2s时物块A和木板B的速度分别为 解得 撤去拉力F直到物块A和木板B共速的过程中，物块A的加速度大小满足 物块A和木板B的共速时满足 解得 物块A和木板B共速后直到停止的过程中，整体的加速度大小满足 解得 减速的时间 所以从拉力F开始作用到物块A和木板B均停止的时间 （3）从拉力F开始作用到物块A和木板B共速的过程中，物块和木板的相对位移 因此物块A与木板B因摩擦而产生的热量 解得 物块A与木板B发生相对运动的过程中，木板B的位移 物块A与木板B间发生相对运动的过程中滑动摩擦力对木板B做的功 Wf1 = f1x 解得 Wf1 = 112.5J 物块A与木板B共速后一起运动的过程中静摩擦力对木板B做的功 Wf2 = f2x2 物块A与木板B共速过程中木板B受到A给他的摩擦力为 f2 = m1a = 2N 物块A与木板B共速过程的位移为 解得 Wf2 = 112.5J 则整个过程中物块A对木板B做的功 W = Wf1＋Wf2 = 225J 15．(1)， (2) (3) 【详解】（1）由分析可知，B被拉着向右运动时，可以判断出A相对B向左滑动，对物块A有， 对木板B有， 解得， （2）撤去外力F后，设经过时间后A、B达到共同速度，对木板B有， 对物块A有 代入数据可得， （3）撤去外力F前，木板B运动的位移 撤去外力到达到共同速度的时间内，木板B运动的位移 经判断A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体有 达到共同速度后继续运动的位移 在整个过程中，木板B运动的位移 联立得 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）撤去外力前，滑块受到的摩擦力 （2）撤去外力前，设滑块P和木板Q的加速度分别为和，速度分别为和，对P根据牛顿第二定律： 得 可知 对Q 得 可知 撤去外力后，木板以加速度继续加速，滑块以加速度减速，根据牛顿第二定律 对P 得 设经过后滑块和木板共速 代入求得 则木板的最大速度 （3）滑块在拉力作用下加速运动，设其加速度为，根据牛顿第二定律，对 且 得 此过程中，木板与水平面间的摩擦力 由于，所以木板不动。 撤去拉力时，滑块的速度最大 撤去后，滑块与木板间摩擦力，滑块减速的加速度大小 木板加速的加速度，则 得 设再经过时间滑块与木板速度相同 代入求得 ， 共速后二者一起匀减速至停止。其加速度 该过程的运动时间 木板的运动时间 17．（1），；（2）；（3）， 【详解】（1）对物块B，根据牛顿第二定律有 解得 对物块A和木板，根据牛顿第二定律有 解得 （2）设从B滑上木板到三者共速所经历的时间为t1，共同速度为，则 解得 该过程中A与木板一起运动的距离 解得 所以接下来三者一起运动，直至与挡板P碰撞，设该过程经历的时间为t2，则 A开始运动到与挡板P碰撞的时间 解得 （3）方法一：设A与板一起运动的加速度为aA，根据牛顿第二定律，有 由题意可知，如果A与P碰前，三者速度已相等，则A与P碰后三者最终会一起向右运动，不会发生第二次碰撞。因此A在与P碰撞前一直做匀加速直线运动，碰后做加速度相等的减速运动。设A每次与挡板碰撞的速度大小为v，A经过时间t3与P碰撞，碰后经过时间t4速度减为零，则 解得 物块B一直向左作匀减速运动，在运动的全过程中根据牛顿第二定律，有 解得 则 解得 根据系统能量守恒，有 解得 方法二：由题意可知，A在与P碰撞前一直做匀加速直线运动，设A每次与挡板碰撞的速度为v，每次碰撞A的动量变化量为2m1v，则 设A与板一起运动的加速度为aA，根据牛顿第二定律，有 则A通过的路程 解得 根据系统能量守恒，有 解得 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $