2026届高考物理三轮冲刺考点精炼：多过程问题

**基本信息** 聚焦多过程问题综合应用，通过图像分析与多模块知识串联，培养科学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单选|8题|v-t/a-t图像分析、运动状态判断|运动学公式与图像面积法结合，衔接牛顿定律与能量观点| |多选|4题|1/v-x关系、多过程动量能量综合|动量定理与动能定理交叉应用，强化过程分段与状态分析| |解答|5题|碰撞/电场/传送带综合问题|力电综合场景下物理模型建构，体现科学推理与质疑创新|

2026年高考物理三轮冲刺考点精炼：多过程问题 一、单选题 1．“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（　　）    A．“笛音雷”在时刻上升至最高点 B．时间内“笛音雷”做自由落体运动 C．时间内“笛音雷”的平均速度为 D．时间内“笛音雷”处于失重状态 2．如图，两固定于水平面内的光滑平行金属导轨间足够长，电阻不计，阻值为R的电阻连接在导轨左侧，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直放置在导轨上、与导轨接触良好。某时刻ab获得初速度v后开始沿导轨运动，经t时间ab速度从减速至的过程中（    ） A．ab做匀减速直线运动 B．ab的位移s大于 C．ab棒克服安培力做功大小为 D．左侧电阻R产生的热量为 3．“科技让生活更美丽”，自动驾驶汽车呈现出接近实用化的趋势。图1为某型无人驾驶的智能汽车的测试照，为了增加乘员乘坐舒适性，程序设定汽车制动时汽车加速度大小随位移均匀变化。某次测试汽车“”关系图线如图2所示，汽车制动距离即12m。则关于该次测试，下列判断中正确的是（　　） A．汽车做匀减速直线运动 B．汽车开始制动时的速度大小为 C．汽车开始制动时的速度大小为 D．此车制动时间一定大于 4．一质量为m的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，木箱先超重后失重 B．内，木箱的速度变化量为 C．时，木箱对地板的压力大小为 D．时，木箱的速度为零 5．利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是（　　）    A．根据甲图可求出物体的加速度大小为1m/s2 B．根据乙图可求出物体的加速度大小为10m/s2 C．根据丙图可求出物体的加速度大小为4m/s2 D．根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s 6．一无人机静止在水平地面上，启动后竖直上升，上升过程中加速度a随时间t的变化如图所示，下列判断正确的是（  ） A．无人机在与时刻的速度之比为 B．无人机在与的位移大小之比为 C．无人机在与所受合外力的冲量之比为 D．与合外力对无人机做功之比为 7．光滑水平面上有一物体，它的初速度为，以初速度的方向为正方向，物体的加速度随时间t变化的关系如图所示，则此物体（　　）    A．在0~2s内做匀加速直线运动 B．在5s末的速度为8m/s C．在2~4s内的位移为12m D．在4s末时速度最大 8．图像法、微元累积法是常用的物理研究方法。如图所示某质点沿直线运动，运动速率的倒数与位移的关系（与距离相等），关于质点的运动，下列说法正确的是（　　） A．质点做匀变速直线运动 B．图线斜率等于质点运动的加速度 C．图线与轴围成的面积没有实际的物理意义 D．质点从运动到所用的运动时间是从运动到所用时间的3倍 二、多选题 9．质量为m的物体做直线运动，位移与速度倒数的关系图像如图所示，根据图像所给的信息，在物体从x0到2x0的过程中的运动情况，下列说法正确的是（    ） A．物体做匀减速直线运动 B．物体动量变化量的大小为 C．物体的运动时间为 D．物体动量变化率的大小为 10．科考队在非洲草原上拍摄到了狼沿直线追捕猎物的情景，用计算机模拟后得到了狼运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，已知狼从O点运动到C点与从C点运动到D点所用的时间相等，则（　　） A．狼做加速度变化的减速运动 B．狼做加速度不变的减速运动 C．OC与CD的长度之比为1：（-1） D．OC与CD的长度之比为：1 11．如图1所示，一物体在一水平拉力F作用下，沿水平地面做直线运动，运动过程中拉力大小随时间的变化图像如图2。物体加速度a随时间变化的图像如图3．重力加速度g取，下列说法正确的是（    ）． A．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.15 B．物体与水平地面间的最大静摩擦力为 C．在时间内，合外力做的功为 D．在时间内，拉力F的冲量为 12．光滑绝缘的水平面上存在一范围足够大且沿水平方向的电场。将一质量为m、电荷量为-q的物块（可视为质点）从该水平面上O点由静止释放，沿物块运动方向建立x轴，其速度v与位移x的关系如图所示，该图像为一条斜率为k的直线。下列说法正确的是（　　） A．从O点沿着x轴正方向，各点电势依次升高 B．该物块做匀加速直线运动 C．该物块的加速度a随位移x变化的关系为a=kx2 D．若取O点电势为零，则x=x0处的电势为 三、解答题 13．如图所示，滑道由光滑的曲面滑梯和一条与其平滑连接的水平轨道构成，水平轨道右侧固定有一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于点。若质量为的滑块A从距离地面高处由静止开始下滑，下滑后与静止于点的滑块B发生碰撞。若碰撞后A、B粘在一起，两者以2m/s的速度向右移动0.5m停下。已知水平轨道长度，两滑块与段之间的动摩擦因数相同，其余部分光滑，两滑块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度。求： （1）滑块B的质量； （2）滑块与段之间的动摩擦因数； （3）若A、B两滑块发生弹性碰撞，求弹簧最大的弹性势能。 14．如图所示，在距水平地面高的光滑绝缘水平台面上，一个质量为、带电量的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了的弹性势能。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后以水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面高，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与水平地面上长为的粗糙直轨道CM平滑连接，CM轨道区域存在水平向左的匀强电场，小物块穿过电场后平滑的滑上以速度逆时针转动的传送带，小物块与直轨道和传送带的动摩擦因数均为，传送带MN两端点间距离，小物块刚好没有从N端滑离传送带。小物块在整个运动过程中电量保持不变，重力加速度，空气阻力忽略不计。试求： （1）压缩弹簧后被锁扣K锁住时的弹性势能； （2）匀强电场的场强大小E； （3）小物块从开始运动到最后静止的整个运动过程中因摩擦力做功产生的热量Q。 15．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为，下端与水平绝缘轨道在点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为。，。 （1）若滑块从水平轨道上距离点的点由静止释放，求滑块到达点的速度； （2）在（1）的情况下，求滑块到达点时对轨道的压力； （3）改变的大小，为了使小滑块不脱离圆弧轨道，求AB初始距离的取值范围。 16．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与圆弧轨道DCB相切于B点，DC段粗糙，CB段光滑，圆心角，D点与圆心O等高，圆弧轨道半径，一个质量为，可视为质点的小物体，从D点的正上方距离为的E点处自由下落，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数，取，，。忽略空气阻力对物体运动的影响，则： （1）小物体经多长时间到达D点； （2）当小物体到达圆弧轨道底端C时对轨道的压力为13N，求小物体在圆弧DC段克服摩擦力所做的功； （3）要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L至少要多长？ 17．一辆质量m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4。开始时平板车和滑块以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端。 （1）平板车最终停在何处？ （2）为使滑块不滑离平板车，平板车至少多长？ （3）从平板车第一次与墙壁碰撞后算起，平板车运动的总时间是多少？ 参考答案 1．D A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误； B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误； C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据 可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误； D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。 故选D。 2．C A．由牛顿第二定律，可得 又 联立，解得 可知ab做加速度减小的减速直线运动。故A错误； B．由A选项分析可知，ab做加速度减小的减速直线运动，速度从减速至的过程中其平均速度 则有 故B错误； C．根据动能定理，可得 ab棒克服安培力做功大小为 故C正确； D．左侧电阻R产生的热量为 故D错误。 故选C。 3．D A．汽车制动时汽车加速度大小发生了变化，汽车的运动不是匀减速直线运动，A错误； BC．根据速度与位移的关系式有 结合图像可知，在汽车运动过程中，图像与x轴所围几何图形的面积大小表示，则有 解得 BC错误； D．刹车过程，汽车的速度逐渐减小，全程总位移为12m，则刹车时间必定大于匀速通过该段位移的时间，即有 D正确。 故选D。 4．B A．内，升降机加速度一直竖直向上，故木箱一直处于超重状态。故A错误； B．由图线所围面积表示速度变化量，可知内，木箱的速度变化量为 故B正确； C．时，对木箱进行受力分析，由牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律，可知时，木箱对地板的压力大小为 故C错误； D．内，木箱加速度一直竖直向上，故木箱一直做加速运动，时，木箱的速度最大。故D错误。 故选B。 5．C A．根据 得 加速度为 A错误； B．根据 得 加速度为 B错误； C．根据 得 则 加速度大小为 C正确； D．a-t图线与坐标轴围成的面积等于速度变化量，所以有 D错误。 故选C。 6．A A．根据图像的面积表示速度变化量，由图可知，时刻的速度为 时刻的速度为 所以 故A正确； B．由图可知，无人机在一直加速，则相等时间内通过的位移逐渐增大，故B错误； C．与速度变化量相等，且速度一直增大，则动量变化量相同，由动量定理可知无人机在与所受合外力的冲量相同，故C错误； D．合外力对无人机做功为 合外力对无人机做功为 有 故D错误。 故选A。 7．B A．由图可知，0~2s内加速度增大，故物体做变加速运动，故A错误； B．加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，则0~5s内速度变化量为 由于初速度为1m/s，故5s末的速度为8m/s，故B正确； C．2~4s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，故位移为 故C错误； D．4~5s内加速度均匀减小，由于加速度与速度方向同向，所以速度仍在增加，故可知5s末速度最大，故D错误。 故选B。 8．D B．图像的斜率的斜率 根据单位运算可知，斜率的单位为，而加速度的单位为，可知，图线斜率不等于质点运动的加速度，B错误； A．图像是一条过原点的倾斜直线，可知，与x成正比，根据上述有 假设质点做匀变速运动，则有 解得 可知，如果质点做匀变速运动，加速度一定，则为一个定值，即速度v一定，而实际上，根据图像可知，随质点位移的增大，质点的速度减小，质点做减速直线运动，可知假设不成立，质点做的是加速度变化的变速直线运动，A错误； C．根据微元法可知，图像与横轴所围图形的面积表示时间，C错误； D．由于三角形OBC的面积 根据上述，该面积体现了从O到C所用的时间，同理，从O到 所用的时间 根据题意有 ，， 解得 D正确. 故选D。 9．BC A．图像是过原点的一条倾斜直线，则有 是定值，即 是定值，对于匀减速直线运动，当速度接近于0时，位移与速度乘积接近于0，则位移与速度乘积不是定值，所以此运动不是匀减速直线运动，故A错误； B．物体在从x0到2x0的过程中，速度由v变成v0，则物体的动量变化量大小为 结合可得 则有 故B正确； C．由平均速度可得 即物体位移与速度倒数的累积表示物体的运动时间，则图像与横轴所围成的面积表示物体的运动时间，物体在从x0到2x0的过程中，面积 则物体的运动时间为 故C正确； D．物体动量变化率的大小为 故D错误。 故选BC。 10．AC AB．图像是一条过原点的倾斜直线，根据图像可知，与x成正比，则图像的斜率 变形可知 为常数，假设狼做匀变速运动，则有 联立可得 可知，如果狼做匀变速运动，加速度一定，则为定值，即速度v一定，而实际上，根据图像可知，随狼位移的增大，狼的速度减小，则狼做减速直线运动，可知假设不成立，故狼做的是加速度变化的减速运动，故A正确，B错误； CD．根据微元法可知，图像与横轴所围图形的面积表示时间，又因为狼从O点运动到C点与从C点运动到D点所用的时间相等，所以 所以OC与CD的长度之比为 根据几何关系 联立可得 解得 C正确，D错误。 故选AC。 11．AC A．由图2可得拉力F关于时间的函数为 而由图3可知，在2s末物块的加速度大小为，此时拉力大小为；在4s末加速度大小为，此时拉力大小为，则由牛顿第二定律有 代入数据解得 ， 故A正确； B．物块运动过程中所受的滑动摩擦力为 而最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故B错误； C．加速度与时间的图像中，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，由图3可知，4s末物体的速度为 根据动能定理可得，在时间内，合外力做的功为 故C正确； D．根据图2可知，在时间内，拉力F的冲量大小为图像与时间轴围成的面积，可得 故D错误。 故选AC。 12．AD A．从O点沿着x轴正方向运动，该物块的动能增大，电场力对物块做正功，电场强度方向沿轴负方向，因此，沿着x轴正方向，各点电势依次升高。故A正确； BC．由图像可得 又 可得 可知该物块做变加速直线运动。故BC错误； D．从O点运动到x=x0处过程中，由能量守恒定律有 解得 故D正确。 故选AD。 13．（1）；（2）；（3） （1）从到，对由动能定理 得 若下滑后滑块与静止于点的滑块B发生碰撞后共同运动，由动量守恒 得 （2）若滑块、B一起运动，由运动学公式 得 （3）若滑块、B发生弹性碰撞，由系统动量守恒和能量守恒 得 ， 压缩弹簧到速度为0时，弹簧最大的弹性势能，且 当弹簧将B弹回后 即B恰好返回原静止位置，下滑再次下滑的速度小于第一次速度，即第一次B压缩弹簧的弹性势能最大 14．（1）；（2）；（3） （1）小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知 小物块由A运动到B的时间为 根据图中几何关系可知 解得 根据平抛运动规律有 解得 根据能的转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为 （2）设小物块在B点和C点的速度大小分别为、，B点的速度大小 从B点和C点由机械能守恒定律得 解得 小物块刚好没有从N端滑离传送带，小物块在N端速度为零，从C点N端由动能定理得 解得 （3）小滑块第一次到达C点时的速度为，第一次到达M点的速度为vM， 解得 vM=4m/s 从M到N的时间 此过程中的相对位移 小物块从传送带上返回先做匀加速，速度达到3m/s后做匀速运动，加速时间 此过程中的相对位移 过M点再次进入匀强电场，假设能再次通过C点，设此时速度为，则 解得 且 物块滑到圆轨道某处，又下滑经C点第三次进入电场，设物块停下时距C点的距离为x3 解得 x3=0.18m 小物块在电场中摩擦发的热 Q1=μmg（2 L1+x3）=10.32J 小物块在传送带上发的热 Q=μmg（ x2+x1）=24.5J 总的发热 Q=Q1+Q2=34.82J 15．（1）；（2），方向竖直向下；（3）或 （1）根据题意，从A点到B，根据动能定理可得 解得 （2）由牛顿第二定律得 由牛顿第三定律得 解得 方向竖直向下。 （3）滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，与竖直方向夹角的正切值为 解得 则有 解得 滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到点（等效重力场中圆心等高处），另一种是恰好通过H点（等效最高点）。如图所示 ①如果最高到I点，根据动能定理，有 解得 ②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有 联立解得 故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的的取值范围为 或 16．（1）；（2）；（3） （1）小物体从E点处自由下落到D点，根据 解得 （2）在C点，根据牛顿第二定律可得 由题意可知 解得 小物体从E点到圆弧轨道底端C过程，根据动能定理可得 联立解得 小物体在圆弧DC段克服摩擦力所做的功为 （3）从C点到斜面最高点过程，根据动能定理可得 解得 要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度至少为。 17．（1）平板车最终停在右侧紧靠墙壁处；（2）；（3） （1）平板车每次碰撞后速度大小保持不变，方向相反，由于小滑块的质量大于平板车的质量，可知每次碰撞后，系统的总动量一直向右，所以经过多次碰撞后，平板车最终停在右侧紧靠墙壁处。 （2）平板车与墙壁碰撞无能量损失，滑块与平板车动能最终转化为内能，则有 解得平板车至少长为 （3）设平板车做变速运动的总时间为，该时间与小滑块匀减速的时间相等；根据牛顿第二定律得 又 解得 平板车第一次与墙壁碰撞后，与滑块以共同速向右匀速运动，由动量守恒可得 第一次碰后至平板车与滑块共速，平板车的位移为，对平板车由功能关系 解得 共速后平板车与滑块匀速直线运动至第二次碰撞时间为，则有 可得 同理第二次碰撞后至平板车与滑块共速，平板车匀速的时间，则有 可得 第次碰撞，小车速度 平板车与滑块匀速运动的时间为 可得 当时 解得 =1s 平板车运动的总时间 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 $