第2讲 力与直线运动 讲义 -浙江省2027届高考物理选考二轮复习

第2讲 力与直线运动 浙江物理选考力与直线运动，常将牛顿运动定律、匀变速规律融合命题，情景多为传送带、板块、斜面、多物体联动模型。重点考查受力分析结合牛顿第二定律求加速度，再衔接运动学公式求解速度、位移与时间。高频考点含临界加速度、摩擦力突变、整体法与隔离法的灵活切换，也会结合 vt 图像考查动力学信息提取。计算难度适中，但对过程分段分析要求高，注重区分不同阶段受力变化带来的运动状态改变，兼顾选择题定性判断与计算题分步推演，核心是建立 “受力→加速度→运动” 的因果链条。 一、解答匀变速直线运动问题的常用规律 1.常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax。 2.重要推论 (1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2 (2)中间时刻速度：＝＝ (3)位移中点速度＝。 3.运动图象：利用v－t图象或x－t图象求解。 4.常见动力学图像及意义 v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 F-a图像 首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a-t图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 5.运用图像解决问题的两个角度 （1）用给定图像解答问题。 （2）根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情境与函数、图像的相互转换关系。 二、解决动力学问题要抓好关键词语 1.看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。 2.看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。 3.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出　加速度　，再由运动学的有关公式求出速度或位移。 4.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出　加速度　，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。 5.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 三、方法指导 （1）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.审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。 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，另外最后还要注意对解的讨论分析。 （2）连接体问题的分析 1.整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。 2.隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。 类型1 共速连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。 m1 m2 F μ μ a m1 m2 F μ μ a m1 m2 F μ μ a m1 m2 F a m1 m2 F μ μ a m3 μ 求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体 整体求加速度 隔离求内力 T-μm1g=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力 T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T-m1g=m1a 得 m1 m2 F2 μ μ a F1 隔离T-F1-μm1g=m1a 得 m1 m2 μ 光滑 a F m1 m2 μ1 μ2 a )θ m1 μ1 μ2 a )θ m2 整体：a=F/(m1+m2) 隔离m1：f=m1a 得f=m1F/(m1+m2) 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：m1gsinθ-f=m1a 得f=μ2m1gcosθ 方向沿斜面向上 若μ2=0 则 f=0 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：f=m1acosθ 得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ 方向水平向左 若μ2=0 则 f=m1gsinθcosθ 类型2 关联速度连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 m1 m2 a a μ m1 m2 a a 隔离m1：T-μm1g=m1a 隔离m2：m2g-T=m2a 得， 隔离m1：m1g-T=m1a 隔离m2：T-m2g=m2a 得 ， 若μ=0， 且m2<<m1， 若m1=m2，T=m1g=m2g 1. （2026·浙江·高考真题）如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（   ） A．运动员在转弯时加速度为0 B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒 C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力 D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力 2. （2026·浙江·高考真题）如图所示，由传送带AB、直轨道BC、半圆弧轨道CDE、及直轨道EF、FG平滑连接而成的U型水平装置，除传送带AB外，其余轨道均光滑。G点为轻弹簧的固定端，与自由端连接的质量为5m的物块b，静止处于平衡位置F点。现有质量为m的物块a，在A点以水平向右的初速度滑上传送带。已知，轨道BCDEF的总长度，其中半圆弧轨道半径，物块a与传送带间的动摩擦因数，振子周期，，，物块a和b可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞。 (1)若传送带保持静止，求 ①物块a第一次经过B点时的速度大小； ②物块a第一次经过D点时轨道侧壁对其弹力的大小； ③第一次碰撞后弹簧的最大势能； (2)若传送带以速度从A向B传动，物块a重新从A点以速度出发，物块b仍静止在F点，通过计算判断a与b发生第二次碰撞时弹簧处于伸长还是压缩状态，以及b的运动方向。 3. 智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系如图所示，为当地的重力加速度。下列说法正确的是（    ） A．释放时，手机离地面的高度为 B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为 C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍 D．0至时间内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等 4. （2026·陕西商洛·一模）竖直面内一倾角的倾斜轨道与一足够长的光滑水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道最左端，如图甲所示。时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当小物块A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0。小物块A从开始运动到P的过程中的图像如图乙所示。已知小物块A的质量为，重力加速度大小为，不计空气阻力，小物块A、B均可视为质点。求： (1)小物块B的质量； (2)倾斜轨道的倾角大小和小物块A与倾斜轨道间的动摩擦因数； (3)在图乙所描述的整个过程中，小物块A与斜面之间因摩擦而产生的热量。 5. （2025·吉林长春·一模）如图（a），一质量为的足够长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为的小滑块。木板受到水平向右、但大小随时间变化的拉力，利用传感器测出木板的加速度，得到的图像如图（b）所示。已知物体间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，，则（　　） A．滑块的质量 B．木板的质量 C．滑块与木板间动摩擦因数为 D．当 时，滑块的加速度为 6. （2026·广东湛江·模拟预测）果农在约5米高的树上采摘榴莲时，割断果柄，树下另一人则双手撑开一个厚实的布袋。假设榴莲脱落后做自由落体运动，被布袋兜住的瞬间，接果的果农顺势将布袋下沉一段距离，榴莲在袋内经过约0.3秒速度减为零，整个过程榴莲完好无损。已知这颗榴莲质量为，重力加速度g取。关于这一接果过程，下列说法正确的是（　　） A．榴莲从脱离树梢到刚接触布袋的过程中，动能随时间均匀增大 B．榴莲刚接触布袋时，其动能大小为 C．在布袋缓冲榴莲的过程中，布袋对榴莲的平均作用力大小为 D．若果农没有顺势下沉而是僵住不动，使榴莲在内速度减为零，则榴莲受到的平均冲击力将超过 7. （2026·广东佛山·一模）在2026年第二届世界人形机器人运动会的百米赛跑中，机器人甲和机器人乙展开激烈角逐。如图是某段时间内两机器人的位移-时间图像，图中曲线为抛物线，0时刻曲线与时间轴相切。下列说法正确的是（     ） A．0~2 s内，乙的速度一直在增大 B．0~2 s内，乙的速度总大于甲的速度 C．时，甲的加速度大小为 D．时，甲与乙的速度相等 8. （2026·安徽·模拟预测）甲、乙两小车（均可视为质点）从同一位置同时以相同的初速度在同一水平直道上向右运动。甲和乙的位移x与时间t的关系曲线如图所示，其中甲为直线，乙为抛物线，下列说法正确的是（     ） A．甲做匀加速直线运动 B．乙做变加速直线运动 C．时刻，甲、乙两小车的速度之比为 D．时刻，两小车相距 9. （2026·陕西西安·一模）如图所示，用轻绳将质量为的小球悬挂于质量为的木箱顶部。小球通过一根轻弹簧与质量同为的小球相连。小球底部与木箱接触而不挤压。木箱通过轻绳悬挂于天花板。小球和木箱均为静止状态。已知重力加速度为，现仅剪断其中一根轻绳，则（     ） A．剪断轻绳瞬间，轻绳的拉力为 B．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为 C．剪断轻绳瞬间，轻绳的拉力为 D．剪断轻绳瞬间，小球与木箱底部间的弹力为 10. （2026·陕西西安·一模）（多选）如右图所示，三个物体、和放在水平圆盘上，用两根不可伸长的轻绳分别连接、和、。物体、、与圆心距离分别为、和，已知，，物体、、在一条过圆心的直线上且与圆盘间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度绕过圆心的轴匀速转动时，、之间绳中弹力和、之间绳中弹力随的变化关系如下图所示，取，下列说法正确的是（     ） A．物体的质量 B．物体与圆心距离 C．当角速度为时，圆盘对的静摩擦力大小为 D．当角速度为时，、即将与圆盘发生相对滑动 11. （2026·湖南邵阳·一模）如图，固定光滑水平平台上，一质量为的小物块紧靠压缩后锁定的弹簧。右侧传送带长为，以顺时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度。一正方形木板在地面上以的速度垂直于传送带的方向匀速运动。现将弹簧解除锁定，弹性势能释放后，物块滑上传送带，随后经传送带右端水平抛出，打在木板上表面。已知弹簧锁定时的弹性势能为，小物块与传送带、木板之间的动摩擦因数分别为、，重力加速度大小，不计空气阻力及木板的厚度。 (1)求小物块滑上传送带的速度大小； (2)求小物块在传送带上运动的时间； (3)小物块与木板碰撞，竖直方向分速度大小减半。由于碰撞时间极短，忽略小物块重力的冲量。求小物块碰后瞬间的速度大小。 12. （2026·河南郑州·模拟预测）（多选）如图所示，足够长的水平传送带顺时针转动，加速度，当传送带的速度为时，在传送带左端轻轻放上一个可视为质点的煤块，此时开始计时。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数，煤块的质量，重力加速度，下列说法正确的是（     ） A．时，煤块的速度是 B．时，煤块的速度是 C．时，煤块在传送带上留下的痕迹长米 D．时，煤块和传送带因摩擦而产生的热量是 13. （2026·广西贺州·二模）一物体从时刻开始由静止做直线运动，物体运动的加速度随时间变化的图像如图所示。在0~4s内，下列说法正确的是（     ） A．1s末，物体的速度达到最大值 B．1s~2s内与2s~3s内，物体所受合力方向相反 C．在第2s末，物体离出发点最远 D．在第4s末，物体的加速度为0，但速度不为零 14. （2026·广西贺州·二模）如图所示，质量均为5kg的木块A、B，与水平地面间的动摩擦因数均为0.1。A、B用轻弹簧连接，初态处于原长，弹簧的劲度系数为200N/m。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用F=12N的水平拉力拉木块B，稳定后（A、B相对静止），取重力加速度大小，下列说法正确的是（     ） A．木块A受到的摩擦力大小为5N B．木块B受到的摩擦力大小为4N C．弹簧伸长了3.5cm D．弹簧伸长了2cm 15. （2026·辽宁沈阳·一模）（多选）如图甲所示，一木板静置于足够大的水平地面上，木板右端放置一质量为0.5 kg的物块（可视为质点），时对木板施加一水平向右的恒定拉力，时撤去，物块在木板上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且恰好不能从木板左端掉落，整个过程中木板运动的（图像如图乙所示，已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（     ） A．木板与物块间动摩擦因数为0.4 B．木板的质量为0.2 kg C．木板的长度为2.75 m D．最终物块停在距木板右端1.75 m 16. （2026·广西贺州·二模）如图所示，质量的货物（可视为质点）从高的光滑轨道上的P点由静止开始下滑，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道与传送带连接处能量损失不计，货物与传送带间的动摩擦因数，传送带上A、B两点间的距离，传送带一直以的速度顺时针匀速转动，取重力加速度大小。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从传送带左端A点运动到右端B点的过程中，下列说法正确的是（     ） A．摩擦力对货物做的功为40J B．货物从A点运动到B点用时2.5s C．由于摩擦而产生的热量为60J D．由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为80J 17. （2025·福建厦门·模拟预测）（多选）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度随时间的变化曲线如图所示，、、、为曲线上的点，、段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为，取竖直向上为正方向。则（     ） A．段无人机的速度大小为 B．段无人机的货物先超重后失重 C．段无人机和装载物总动量变化量大小为 D．MN段无人机机械能守恒 18. （2026·四川·模拟预测）游乐场有一种叫“魔盘”的娱乐设施，简化模型如图，魔盘侧面与水平面的夹角为。质量分别为M和m（）的大人和小朋友随魔盘一起转动，其轨道半径分别为R、r（），动摩擦因数相同。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则（     ） A．大人受到的摩擦力可能小于 B．大人受到魔盘的支持力一定比小朋友大 C．大人受到魔盘的作用力一定比小朋友大 D．大人一定比小朋友后发生相对滑动 19. （2026·四川·模拟预测）水平地面上轻弹簧左端固定，右端与滑块不拴接，通过滑块压缩 锁定。 时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度平方与滑块位移图像如图所示，其中段为曲线，段为直线，已知滑块质量，重力加速度，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（     ） A．若水平地面光滑，则在滑块向右运动的过程中（未与弹簧分离），滑块机械能守恒 B．滑块与地面间的动摩擦因数 C．弹簧锁定时具有的弹性势能为 D．滑块运动过程中加速度最大为 20. （2026·四川·模拟预测）在跳远比赛中，运动员从起跳点由静止开始助跑，做匀加速直线运动，加速距离 后达到最大速度，然后以该速度匀速助跑一段距离，最后起跳。起跳后，运动员在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速运动，落地点与起跳点的水平距离为。已知起跳时竖直速度，忽略空气阻力，重力加速度。 (1)求运动员助跑加速阶段的加速度大小和加速时间； (2)求运动员起跳后在空中运动的时间和起跳时的水平速度。 21. （2025·福建厦门·模拟预测）（多选）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，有A、B两颗算珠未在归零位，A、B相隔，B与上边框相隔。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）、忽略算珠A、B碰撞的时间，重力加速度取，则（　　） A．算珠A能自己回到归零位 B．算珠B能自己回到归零位 C．算珠A、B在碰撞过程为非弹性碰撞 D．算珠A、B在碰撞过程为弹性碰撞 22. （2025·福建厦门·模拟预测）（多选）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的图线如图乙所示（为小球的加速度，为时间），两图线对应纵轴最小值均为，表示0到时间内的图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为。则（　　） A．时刻，弹簧弹性势能最大 B．从0到时刻，弹簧对A球的冲量为 C．时刻，A、B两小球的速度差最大 D．时刻，B物体的速度大小为 23. （2025·福建厦门·模拟预测）风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，风洞也从实验室走向大众游乐，如图甲所示。某研究小组设计了一个总高度的低速风洞游乐设备，等效模型如图乙所示，设备分成一个高度为的无风区和一个受风区，某物体质量，在无风区中受到空气的阻力可忽略，在受风区受到空气对它竖直向上的恒力作用。某次实验时该物体（可视作质点）从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，重力加速度取。求实验中： (1)物体刚进入受风区时的速度大小； (2)物体在受风区受到空气对它的作用力大小； (3)若物体第一次运动到风洞底端时风力变为原来的0.8倍则物体在无风区上升的最大高度。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2讲 力与直线运动 浙江物理选考力与直线运动，常将牛顿运动定律、匀变速规律融合命题，情景多为传送带、板块、斜面、多物体联动模型。重点考查受力分析结合牛顿第二定律求加速度，再衔接运动学公式求解速度、位移与时间。高频考点含临界加速度、摩擦力突变、整体法与隔离法的灵活切换，也会结合 vt 图像考查动力学信息提取。计算难度适中，但对过程分段分析要求高，注重区分不同阶段受力变化带来的运动状态改变，兼顾选择题定性判断与计算题分步推演，核心是建立 “受力→加速度→运动” 的因果链条。 一、解答匀变速直线运动问题的常用规律 1.常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax。 2.重要推论 (1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2 (2)中间时刻速度：＝＝ (3)位移中点速度＝。 3.运动图象：利用v－t图象或x－t图象求解。 4.常见动力学图像及意义 v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 F-a图像 首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a-t图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 5.运用图像解决问题的两个角度 （1）用给定图像解答问题。 （2）根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情境与函数、图像的相互转换关系。 二、解决动力学问题要抓好关键词语 1.看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。 2.看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。 3.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出　加速度　，再由运动学的有关公式求出速度或位移。 4.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出　加速度　，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。 5.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 三、方法指导 （1）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.审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。 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，另外最后还要注意对解的讨论分析。 （2）连接体问题的分析 1.整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。 2.隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。 类型1 共速连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。 m1 m2 F μ μ a m1 m2 F μ μ a m1 m2 F μ μ a m1 m2 F a m1 m2 F μ μ a m3 μ 求m2、m3间作用力,将m1和m2看作整体 整体求加速度 隔离求内力 T-μm1g=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力 T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a 得 整体求加速度 隔离求内力T-m1g=m1a 得 m1 m2 F2 μ μ a F1 隔离T-F1-μm1g=m1a 得 m1 m2 μ 光滑 a F m1 m2 μ1 μ2 a )θ m1 μ1 μ2 a )θ m2 整体：a=F/(m1+m2) 隔离m1：f=m1a 得f=m1F/(m1+m2) 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：m1gsinθ-f=m1a 得f=μ2m1gcosθ 方向沿斜面向上 若μ2=0 则 f=0 整体：a=g(sinθ-μ2cosθ) 方向沿斜面向下 隔离m1：f=m1acosθ 得f=m1g(sinθ-μ2cosθ)cosθ 方向水平向左 若μ2=0 则 f=m1gsinθcosθ 类型2 关联速度连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 m1 m2 a a μ m1 m2 a a 隔离m1：T-μm1g=m1a 隔离m2：m2g-T=m2a 得， 隔离m1：m1g-T=m1a 隔离m2：T-m2g=m2a 得 ， 若μ=0， 且m2<<m1， 若m1=m2，T=m1g=m2g 题型1选考真题探秘 1. （2026·浙江·高考真题）如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（   ） A．运动员在转弯时加速度为0 B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒 C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力 D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力 【答案】D 【详解】A．运动员在转弯时一定有向心加速度，加速度不可能为零，故A错误； B．倾斜赛道有阻力，阻力对运动员和钢架雪车做负功，运动员和钢架雪车整体机械能不守恒，故B错误； C．钢架雪车所受重力竖直向下，赛道对钢架雪车的支持力垂直赛道向上，不在同一条直线上，不是一对平衡力，故C错误； D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力，故D正确。 故选D。 2. （2026·浙江·高考真题）如图所示，由传送带AB、直轨道BC、半圆弧轨道CDE、及直轨道EF、FG平滑连接而成的U型水平装置，除传送带AB外，其余轨道均光滑。G点为轻弹簧的固定端，与自由端连接的质量为5m的物块b，静止处于平衡位置F点。现有质量为m的物块a，在A点以水平向右的初速度滑上传送带。已知，轨道BCDEF的总长度，其中半圆弧轨道半径，物块a与传送带间的动摩擦因数，振子周期，，，物块a和b可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞。 (1)若传送带保持静止，求 ①物块a第一次经过B点时的速度大小； ②物块a第一次经过D点时轨道侧壁对其弹力的大小； ③第一次碰撞后弹簧的最大势能； (2)若传送带以速度从A向B传动，物块a重新从A点以速度出发，物块b仍静止在F点，通过计算判断a与b发生第二次碰撞时弹簧处于伸长还是压缩状态，以及b的运动方向。 【答案】(1)① 3m/s；②3N；③0.25J (2)弹簧处于压缩状态，b的运动方向为方向。 【详解】（1）① 传送带静止时，物块a在AB段受滑动摩擦力做匀减速运动，由动能定理： 代入、、，解得： ② a从B到D轨道光滑，动能不变，因此 侧壁弹力提供圆周运动向心力： 解得： ③ a从B到F轨道光滑，速度保持，即碰撞前a的速度 a、b发生弹性碰撞： 由动量守恒： 由动能守恒： 联立解得碰撞后速度：， 之后b压缩弹簧，动能全部转化为弹簧最大势能： 代入数值解得： （2）a在传送带上做匀减速运动，减速到的位移为： 即a到达B点时速度恰好为，后续到F点的过程与（1）完全相同，第一次碰撞后， 碰撞后两者的运动时间分析：物块a以向右运动，从F返回B的路程为，耗时： a经过B点后滑上传送带，传送带对a的滑动摩擦力使其加速度 a返回B点的速度为，因此a再次回到F点的总时间为： 物块b做简谐运动，周期，从平衡位置F出发，经过 处于左侧最大位移处，此时弹簧处于压缩状态，b的运动方向为方向。 题型2运动学中的图像问题 3. 智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系如图所示，为当地的重力加速度。下列说法正确的是（    ） A．释放时，手机离地面的高度为 B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为 C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍 D．0至时间内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等 【答案】D 【详解】A．由图可知，时刻手机开始接触地面，则内做自由落体运动，释放时，手机离地面的高度为 故A错误； B．由图可知，时刻手机开始接触地面，时刻手机开始离开地面，则手机第一次与地面碰撞的作用时间为，故B错误； C．由图可知，时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得 可得 手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误； D．由图可知，时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速度为零，则时间内手机的速度变化量为零，根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0至内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故D正确。 故选D。 4. （2026·陕西商洛·一模）竖直面内一倾角的倾斜轨道与一足够长的光滑水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道最左端，如图甲所示。时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当小物块A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0。小物块A从开始运动到P的过程中的图像如图乙所示。已知小物块A的质量为，重力加速度大小为，不计空气阻力，小物块A、B均可视为质点。求： (1)小物块B的质量； (2)倾斜轨道的倾角大小和小物块A与倾斜轨道间的动摩擦因数； (3)在图乙所描述的整个过程中，小物块A与斜面之间因摩擦而产生的热量。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）由图乙可知物块A碰前的速度为，碰后的速度为；物块B碰前速度为0，碰后速度为，由动量守恒定律得 由能量守恒可得 解得 （2）由图乙可知物块A沿斜面下滑的加速度大小 上滑的加速度大小 由牛顿第二定律可知，下滑过程 上滑过程 解得， 即 （3）由图乙可知物块A沿斜面下滑的距离 上滑的距离 在图乙所描述的整个过程中，小物块A与斜面之间因摩擦而产生的热量 5. （2025·吉林长春·一模）如图（a），一质量为的足够长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为的小滑块。木板受到水平向右、但大小随时间变化的拉力，利用传感器测出木板的加速度，得到的图像如图（b）所示。已知物体间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，，则（　　） A．滑块的质量 B．木板的质量 C．滑块与木板间动摩擦因数为 D．当 时，滑块的加速度为 【答案】A 【详解】ABC．题图为木板加速度随拉力变化的图像，图线斜率表示木板加速度随拉力的变化率。第一段中滑块与木板相对静止，以二者组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得 由图中第一段从原点到，的点可得 所以 滑块与木板相对滑动后，木板受到的滑动摩擦力大小恒定，以木板为研究对象，由牛顿第二定律得 因此第二段图线的斜率为 由图中第二段直线经过，的点和，的点可得 所以木板质量为，滑块质量为。 临界点处滑块与木板的共同加速度为，滑块所受静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得 由最大静摩擦力与滑动摩擦力相等可得，故A正确，BC错误； D．当时滑块已与木板相对滑动，滑块所受水平合力为大小的滑动摩擦力。由牛顿第二定律知，滑块的加速度大小为，故D错误。 故选A。 题型3匀变速直线运动规律的应用 6. （2026·广东湛江·模拟预测）果农在约5米高的树上采摘榴莲时，割断果柄，树下另一人则双手撑开一个厚实的布袋。假设榴莲脱落后做自由落体运动，被布袋兜住的瞬间，接果的果农顺势将布袋下沉一段距离，榴莲在袋内经过约0.3秒速度减为零，整个过程榴莲完好无损。已知这颗榴莲质量为，重力加速度g取。关于这一接果过程，下列说法正确的是（　　） A．榴莲从脱离树梢到刚接触布袋的过程中，动能随时间均匀增大 B．榴莲刚接触布袋时，其动能大小为 C．在布袋缓冲榴莲的过程中，布袋对榴莲的平均作用力大小为 D．若果农没有顺势下沉而是僵住不动，使榴莲在内速度减为零，则榴莲受到的平均冲击力将超过 【答案】D 【详解】A．榴莲做自由落体运动，速度 动能 可知动能与时间的平方成正比，不是随时间均匀增大，故A错误； B．榴莲刚接触布袋时，下落高度 根据机械能守恒定律，动能 ，故B错误； C．榴莲刚接触布袋时的速度 在缓冲过程中，取竖直向上为正方向，根据动量定理有 解得平均作用力 ，故C错误； D．若果农僵住不动，作用时间 ，根据动量定理有 解得 因为 ，故D正确。 故选D。 7. （2026·广东佛山·一模）在2026年第二届世界人形机器人运动会的百米赛跑中，机器人甲和机器人乙展开激烈角逐。如图是某段时间内两机器人的位移-时间图像，图中曲线为抛物线，0时刻曲线与时间轴相切。下列说法正确的是（     ） A．0~2 s内，乙的速度一直在增大 B．0~2 s内，乙的速度总大于甲的速度 C．时，甲的加速度大小为 D．时，甲与乙的速度相等 【答案】C 【详解】A．图像的斜率表示速度，乙的图像是倾斜直线，斜率不变，说明乙做匀速直线运动，速度不变，故A错误； B．图像的斜率表示速度，由图可知，乙的速度先大于甲的速度后小于甲的速度，故B错误； C．甲的图像是抛物线，且0时刻与时间轴相切，说明甲做初速度为零的匀加速直线运动，由图可知，内甲的位移为10m，则对甲有 解得，故C正确； D．由图可知，乙的速度 2s时甲的速度，故D错误。 故选C。 8. （2026·安徽·模拟预测）甲、乙两小车（均可视为质点）从同一位置同时以相同的初速度在同一水平直道上向右运动。甲和乙的位移x与时间t的关系曲线如图所示，其中甲为直线，乙为抛物线，下列说法正确的是（     ） A．甲做匀加速直线运动 B．乙做变加速直线运动 C．时刻，甲、乙两小车的速度之比为 D．时刻，两小车相距 【答案】D 【详解】设两车的共同初速度为 甲车的图像为过原点的直线，且时甲车的位移为，因此 由可得 乙车的图像为抛物线，说明其位移是时间的二次函数，因此乙车做匀变速直线运动。设乙车的加速度为，则 当时，乙车的位移为，所以 代入 得 解得 A．甲车的图像为直线，图像斜率不变，说明甲车速度不变，做匀速直线运动，不是匀加速直线运动，故A错误； B．乙车的图像为抛物线，其运动满足，其中加速度恒定，因此乙车做匀加速直线运动，故B错误； C．时，甲车的速度为 乙车的速度为 代入和 得 因此，故C错误； D．当时，甲车的位移为 乙车的位移为 代入和 得 两车之间的距离为，故D正确。 故选D。 题型4牛顿运动定律的综合应用 9. （2026·陕西西安·一模）如图所示，用轻绳将质量为的小球悬挂于质量为的木箱顶部。小球通过一根轻弹簧与质量同为的小球相连。小球底部与木箱接触而不挤压。木箱通过轻绳悬挂于天花板。小球和木箱均为静止状态。已知重力加速度为，现仅剪断其中一根轻绳，则（     ） A．剪断轻绳瞬间，轻绳的拉力为 B．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为 C．剪断轻绳瞬间，轻绳的拉力为 D．剪断轻绳瞬间，小球与木箱底部间的弹力为 【答案】C 【详解】初始状态，小球底部与木箱接触而不挤压，故仅受重力和弹簧弹力作用，其中弹簧弹力 小球受重力、弹簧向下的弹力和绳拉力作用，平衡时满足 解得绳拉力 对小球、及木箱整体受力分析可知，轻绳的拉力 B．剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，小球受重力和弹簧向下的弹力作用，由牛顿第二定律得 解得，故B错误； A．剪断轻绳瞬间，小球向下加速，小球受重力和弹簧向上的弹力，合力为0，加速度为0，故仍静止、与木箱无挤压作用；木箱受重力和绳的拉力，可知 故轻绳的拉力为，故A错误； D．剪断轻绳瞬间，绳拉力消失；假设与木箱分离，小球受重力和弹簧弹力合力为0，加速度 对木箱和小球整体，受重力和弹簧向下的拉力作用，由牛顿第二定律得 解得 因，木箱向下加速度大于，确实与木箱分离，假设成立，故小球与木箱底部间的弹力为0，故D错误； C．小球的加速度大小为，隔离小球，根据牛顿第二定律可知 解得轻绳的拉力，故C正确。 故选C。 10. （2026·陕西西安·一模）（多选）如右图所示，三个物体、和放在水平圆盘上，用两根不可伸长的轻绳分别连接、和、。物体、、与圆心距离分别为、和，已知，，物体、、在一条过圆心的直线上且与圆盘间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度绕过圆心的轴匀速转动时，、之间绳中弹力和、之间绳中弹力随的变化关系如下图所示，取，下列说法正确的是（     ） A．物体的质量 B．物体与圆心距离 C．当角速度为时，圆盘对的静摩擦力大小为 D．当角速度为时，、即将与圆盘发生相对滑动 【答案】AD 【详解】A．对物块A分析，根据牛顿第二定律 可得 由图像可得， 解得，，故A正确； B．由图乙可知，B、C绳中先出现弹力，根据 当时， 当时， 代入数据解得，，故B错误； C．当角速度为时， 由图可知 A、B与B、C间绳的拉力均为1N，对B只有摩擦力提供向心力有，故C错误； D．根据题图可得， A、B即将与圆盘发生滑动时，满足 代入、可得 解得为，故D正确。 故选 AD。 11. （2026·湖南邵阳·一模）如图，固定光滑水平平台上，一质量为的小物块紧靠压缩后锁定的弹簧。右侧传送带长为，以顺时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度。一正方形木板在地面上以的速度垂直于传送带的方向匀速运动。现将弹簧解除锁定，弹性势能释放后，物块滑上传送带，随后经传送带右端水平抛出，打在木板上表面。已知弹簧锁定时的弹性势能为，小物块与传送带、木板之间的动摩擦因数分别为、，重力加速度大小，不计空气阻力及木板的厚度。 (1)求小物块滑上传送带的速度大小； (2)求小物块在传送带上运动的时间； (3)小物块与木板碰撞，竖直方向分速度大小减半。由于碰撞时间极短，忽略小物块重力的冲量。求小物块碰后瞬间的速度大小。 【答案】(1)2m/s (2)1.5s (3) 【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为，在传送带上的加速度大小为a，根据能量守恒有 解得 （2）物块滑上传送带时，根据牛顿第二定律有     假设物块与传送带可以达到共速，由运动学公式有     解得 可知假设成立。则物块从滑上传送带到与传送带共速所需时间     共速后，物块运动时间     物块在传送带上运动的时间 联立解得 （3）以水平面建立坐标系如图 设物块碰撞前、后瞬间竖直方向的速度分别为、，则    ， 物块刚落到木板上时，水平面内相对木板的速度关系如图 因为 由动量定理可知，竖直方向有     x轴方向有     y轴方向有     物块与木板碰撞后     解得 12. （2026·河南郑州·模拟预测）（多选）如图所示，足够长的水平传送带顺时针转动，加速度，当传送带的速度为时，在传送带左端轻轻放上一个可视为质点的煤块，此时开始计时。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数，煤块的质量，重力加速度，下列说法正确的是（     ） A．时，煤块的速度是 B．时，煤块的速度是 C．时，煤块在传送带上留下的痕迹长米 D．时，煤块和传送带因摩擦而产生的热量是 【答案】BD 【详解】AB．取水平向右为正方向。煤块相对传送带向左滑动时，所受滑动摩擦力向右，由牛顿第二定律得 解得煤块的加速度为 传送带的速度为 煤块与传送带达到共同速度前，煤块的速度为 令二者速度相等，则 解得，共同速度为。此后煤块随传送带共同运动所需的加速度为 故煤块不再相对传送带滑动。时，煤块的速度方向水平向右，其大小为，故A错误，B正确； C．在开始的内，传送带的位移为 煤块的位移为 二者相对滑动的距离即煤块在传送带上留下的痕迹长度，为，故C错误； D．煤块受到的滑动摩擦力大小为 煤块和传送带因摩擦产生的热量为，故D正确。 故选BD。 13. （2026·广西贺州·二模）一物体从时刻开始由静止做直线运动，物体运动的加速度随时间变化的图像如图所示。在0~4s内，下列说法正确的是（     ） A．1s末，物体的速度达到最大值 B．1s~2s内与2s~3s内，物体所受合力方向相反 C．在第2s末，物体离出发点最远 D．在第4s末，物体的加速度为0，但速度不为零 【答案】B 【详解】A．由图可知，在0至2秒内加速度为正，物体由静止开始速度持续增大，到第2秒末速度最大，故A错误。 B．由牛顿第二定律得，物体质量为正，合力方向与加速度方向相同。1至2秒内加速度为正，2至3秒内加速度为负，故B正确； C．a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量。0至2秒内图像面积为正三角形，2至4秒内图像面积为等面积的负三角形，物体在第4秒末速度恰减为零。物体在0至4秒内速度始终非负，故第4秒末离出发点最远，故C错误； D．由图知第4秒末加速度为零，且由前述面积判断得此时速度为零，故D错误。 故选B。 14. （2026·广西贺州·二模）如图所示，质量均为5kg的木块A、B，与水平地面间的动摩擦因数均为0.1。A、B用轻弹簧连接，初态处于原长，弹簧的劲度系数为200N/m。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用F=12N的水平拉力拉木块B，稳定后（A、B相对静止），取重力加速度大小，下列说法正确的是（     ） A．木块A受到的摩擦力大小为5N B．木块B受到的摩擦力大小为4N C．弹簧伸长了3.5cm D．弹簧伸长了2cm 【答案】A 【详解】A．以木块A、B整体为研究对象，水平向右为正方向。设木块A、B受到的滑动摩擦力分别为、，由牛顿第二定律得 由滑动摩擦力公式，，代入上式得 再隔离木块A，设弹簧弹力为，则水平方向有 解得，所以木块A受到的摩擦力大小为5 N，故A正确； B．隔离木块B，水平向右为正方向，木块B的受力方程为 代入、和可验证该式成立，木块B受到的摩擦力大小为5 N，故B错误； CD．由胡克定律得 代入和，得，故CD错误。 故选A。 15. （2026·辽宁沈阳·一模）（多选）如图甲所示，一木板静置于足够大的水平地面上，木板右端放置一质量为0.5 kg的物块（可视为质点），时对木板施加一水平向右的恒定拉力，时撤去，物块在木板上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且恰好不能从木板左端掉落，整个过程中木板运动的（图像如图乙所示，已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（     ） A．木板与物块间动摩擦因数为0.4 B．木板的质量为0.2 kg C．木板的长度为2.75 m D．最终物块停在距木板右端1.75 m 【答案】BCD 【详解】A．在0至2.5秒内，物块相对木板向左滑动，物块所受滑动摩擦力向右。由牛顿第二定律，物块沿水平方向有 滑动摩擦力大小为 故加速度大小为 物块由加速变为减速时，木板与物块的速度相等。由图知时木板速度为，故物块此时速度也为。物块在0至2.5秒内初速度为零且加速度恒定，有 代入数据得，，故A错误； B．在2至2.5秒内木板速度大于物块速度，物块对木板的摩擦力向左。设地面对木板的滑动摩擦力大小为，由牛顿第二定律得 由图知，故有 在2.5至3秒内物块速度大于木板速度，物块对木板的摩擦力向右。木板的动力学方程为 由图知，故有 由两式相加得，相减得 代入，得，故B正确； C．时两者速度相等，此时木板相对物块向右的位移最大。由v-t图像面积求0至2秒的位移，木板位移为 物块位移为 在2至2.5秒内，木板位移为 物块位移为 木板相对物块的最大位移为，故C正确； D．在2.5至3秒内物块相对木板向右的位移为 在后木板静止，物块以的速度匀减速至停止，其相对木板的位移为 物块最终距木板右端的距离为，故D正确。 故选BCD。 16. （2026·广西贺州·二模）如图所示，质量的货物（可视为质点）从高的光滑轨道上的P点由静止开始下滑，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道与传送带连接处能量损失不计，货物与传送带间的动摩擦因数，传送带上A、B两点间的距离，传送带一直以的速度顺时针匀速转动，取重力加速度大小。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从传送带左端A点运动到右端B点的过程中，下列说法正确的是（     ） A．摩擦力对货物做的功为40J B．货物从A点运动到B点用时2.5s C．由于摩擦而产生的热量为60J D．由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为80J 【答案】D 【详解】A．货物从光滑轨道下滑到A点的过程中机械能守恒，取A点所在水平面为零势能面。由机械能守恒定律得 解得货物到达A点时的速度为。货物在传送带上相对传送带向左运动，受到水平向右的滑动摩擦力。以向右为正方向，由牛顿第二定律得 解得加速度为。货物与传送带共速前，由匀变速直线运动速度公式得 解得加速时间为。这段时间内，货物的位移满足 所以，摩擦力对货物做的功为 故，故A错误； B．货物与传送带共速后做匀速运动，匀速阶段时间为 所以，从A点到B点的总时间为 故，故B错误； C．货物相对传送带的位移大小为 所以。摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移乘积，故 所以，故C错误； D．根据能量守恒，电动机为运送货物额外提供的电能等于货物增加的动能与摩擦产生的热量之和，故 所以，故D正确。 故选D。 17. （2025·福建厦门·模拟预测）（多选）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度随时间的变化曲线如图所示，、、、为曲线上的点，、段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为，取竖直向上为正方向。则（     ） A．段无人机的速度大小为 B．段无人机的货物先超重后失重 C．段无人机和装载物总动量变化量大小为 D．MN段无人机机械能守恒 【答案】AC 【详解】A．根据EF段方程，可知EF段无人机的速度大小为，A正确； B．根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，B错误； C．根据MN段方程，可知MN段无人机的速度为，则FN段无人机和装载物总动量变化量大小为，C正确； D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。 故选AC。 18. （2026·四川·模拟预测）游乐场有一种叫“魔盘”的娱乐设施，简化模型如图，魔盘侧面与水平面的夹角为。质量分别为M和m（）的大人和小朋友随魔盘一起转动，其轨道半径分别为R、r（），动摩擦因数相同。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则（     ） A．大人受到的摩擦力可能小于 B．大人受到魔盘的支持力一定比小朋友大 C．大人受到魔盘的作用力一定比小朋友大 D．大人一定比小朋友后发生相对滑动 【答案】C 【详解】A．大人和小朋友随魔盘做匀速圆周运动，受重力（其中大人为，小朋友为）、支持力和静摩擦力作用。合力提供向心力，方向水平指向转轴。 设角速度为，轨道半径为（其中大人为，小朋友为）。 加速度 水平指向轴，加速度大小 沿斜面和垂直斜面方向建立坐标系，垂直斜面向上为正方向，可得 解得 沿斜面向上为正方向，可得 解得 大人受到的摩擦力大小 显然，故A错误。 B．大人支持力 小朋友支持力 虽然，但由于，比小。无法比较两个支持力的大小，故B错误。 C． 魔盘对人的作用力是支持力 和摩擦力的合力。 根据牛顿第二定律，人受重力和魔盘作用力，合力为向心力。 可得 大人 小朋友 因为 且，所以恒成立。 故C正确。 D．根据，可得发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值 。可得 解得 因为，所以大人的临界角速度小于小朋友的临界角速度 即随着转速增加，大人先达到临界状态，先飞离发生滑动，D错误。 故选C。 19. （2026·四川·模拟预测）水平地面上轻弹簧左端固定，右端与滑块不拴接，通过滑块压缩 锁定。 时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度平方与滑块位移图像如图所示，其中段为曲线，段为直线，已知滑块质量，重力加速度，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（     ） A．若水平地面光滑，则在滑块向右运动的过程中（未与弹簧分离），滑块机械能守恒 B．滑块与地面间的动摩擦因数 C．弹簧锁定时具有的弹性势能为 D．滑块运动过程中加速度最大为 【答案】D 【详解】A．若水平地面光滑，在滑块向右运动未与弹簧分离的过程中，滑块受重力、支持力和弹簧弹力作用。重力和支持力不做功，弹簧弹力对滑块做正功，根据功能关系可知滑块的机械能增加，故A错误； B． 段图像为直线，说明滑块离开弹簧后做匀减速直线运动。由图可知 点坐标 ， 点坐标 。根据运动学公式 代入数据得 解得加速度 根据牛顿第二定律 解得，故B错误； C．滑块从点运动到点停止，根据能量守恒定律，弹簧锁定时具有的弹性势能全部转化为克服摩擦力做的功，即，故C错误； D．滑块在点时速度最大，加速度为零，此时弹簧弹力等于滑动摩擦力。点横坐标 弹簧压缩量 由平衡条件 代入数据解得 滑块刚释放时（），弹簧压缩量最大，弹力最大，合力最大，加速度最大。由牛顿第二定律 代入数据解得，故D正确。 故选D。 20. （2026·四川·模拟预测）在跳远比赛中，运动员从起跳点由静止开始助跑，做匀加速直线运动，加速距离 后达到最大速度，然后以该速度匀速助跑一段距离，最后起跳。起跳后，运动员在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速运动，落地点与起跳点的水平距离为。已知起跳时竖直速度，忽略空气阻力，重力加速度。 (1)求运动员助跑加速阶段的加速度大小和加速时间； (2)求运动员起跳后在空中运动的时间和起跳时的水平速度。 【答案】(1)加速度大小，加速时间 (2)空中运动时间，起跳时水平速度 【详解】（1）运动员从静止开始做匀加速直线运动，取运动方向为正方向。根据匀变速直线运动的速度与位移关系，初速度为零时有 代入题给数据得 所以加速度大小为 由匀变速直线运动的速度与时间关系 得 代入数值得，故加速时间为。 （2）起跳后水平方向做匀速运动，水平速度保持为助跑结束时的速度，因此，竖直方向取向上为正方向，运动员起跳和落地高度相同，竖直位移为零。由匀变速直线运动位移与时间关系，对竖直运动列运动方程 由于运动时间取正值，解得 代入题给数据，得 又因助跑末速度，所以起跳时水平速度为 21. （2025·福建厦门·模拟预测）（多选）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，有A、B两颗算珠未在归零位，A、B相隔，B与上边框相隔。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）、忽略算珠A、B碰撞的时间，重力加速度取，则（　　） A．算珠A能自己回到归零位 B．算珠B能自己回到归零位 C．算珠A、B在碰撞过程为非弹性碰撞 D．算珠A、B在碰撞过程为弹性碰撞 【答案】BC 【详解】A．设A碰B前运动时间为，由图可知A的初速度为，碰B前速度为，图面积表示位移，则有 代入数据，解得 故图乙中横坐标每一小格表示0.1s，由图乙可知，A碰B后速度方向未变，位移大小为 可知A并未回到归零位，故A错误； B．由图乙可知，A碰B后，A的速度大小为，B的速度大小为B的位移大小为 可知算珠B能自己回到归零位，故B正确； CD．设单颗算珠质量为m，由以上分析有 可知碰撞过程系统动量守恒。A碰B前系统动能为 A碰B后系统动能为 可知碰后系统机械能减少了，因此算珠A、B在碰撞过程为非弹性碰撞，故C正确，D错误。 故选BC。 22. （2025·福建厦门·模拟预测）（多选）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的图线如图乙所示（为小球的加速度，为时间），两图线对应纵轴最小值均为，表示0到时间内的图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为。则（　　） A．时刻，弹簧弹性势能最大 B．从0到时刻，弹簧对A球的冲量为 C．时刻，A、B两小球的速度差最大 D．时刻，B物体的速度大小为 【答案】CD 【详解】A．取竖直向下为正方向。对A、B整体，竖直方向有 所以两球加速度之和始终等于重力加速度的2倍。由图知时刻两图线相交，结合整体关系可知此时两球加速度均为。设弹簧对A球的作用力大小为，对A球应用牛顿第二定律可得 此时弹簧作用力为零，弹簧处于原长，弹性势能最小而非最大，故A错误； B．从0到，A球的图线关于对称，图线在线上、下方围成的面积相等，因此A球合加速度的平均值为，合外力冲量与重力冲量相等，弹簧对A球的冲量为零而不是，故B错误； C．两球速度差的变化趋势由两球加速度之差决定。前A球加速度大于B球加速度，后A球加速度小于B球加速度，速度差在时刻由增大变为减小，故C正确； D．由整体关系，0到内B球加速度图线与横轴所围面积为，且B球初速度为零，所以时刻B球的速度大小为，故D正确。 故选CD。 23. （2025·福建厦门·模拟预测）风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，风洞也从实验室走向大众游乐，如图甲所示。某研究小组设计了一个总高度的低速风洞游乐设备，等效模型如图乙所示，设备分成一个高度为的无风区和一个受风区，某物体质量，在无风区中受到空气的阻力可忽略，在受风区受到空气对它竖直向上的恒力作用。某次实验时该物体（可视作质点）从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，重力加速度取。求实验中： (1)物体刚进入受风区时的速度大小； (2)物体在受风区受到空气对它的作用力大小； (3)若物体第一次运动到风洞底端时风力变为原来的0.8倍则物体在无风区上升的最大高度。 【答案】(1) (2)，方向竖直向上 (3) 【详解】（1）物体在无风区内只受重力作用，从静止开始做自由落体运动。取竖直向下为正方向，由匀变速直线运动的速度与位移关系，物体刚进入受风区时满足 代入，和，所以 （2）取竖直向下为正方向，受风区高度为。在受风区内，以物体为研究对象，由牛顿第二定律得 由匀变速直线运动的速度与位移关系，物体到达洞底时满足 代入，，和，所以 利用前述牛顿第二定律方程解得 负号说明空气作用力方向与所取正方向相反，即竖直向上。 （3）风力变为原来的倍后，物体在洞底由静止开始向上运动。取竖直向上为正方向，受风区内以物体为研究对象，由牛顿第二定律得 代入和，所以 物体在受风区内上升后进入无风区，进入无风区时的速度满足 代入和，所以 进入无风区后只受重力作用，设在无风区内上升的高度为，到达最高点时速度为零，则 代入和，所以 学科网（北京）股份有限公司 $