2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）考前特训热点排查练热点1　受力分析和共点力平衡含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）考前特训热点排查练热点1受力分析和共点力平衡[分值：46分][1~7题，每题4分，8~10题，每题6分]1.(2025·陕晋宁青卷·4)如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为()A.μmgcosθ B.12C.μmg D.0答案D解析对钢管受力分析，如图所示。若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力大小为零，故A、B、C错误，D正确。2.(多选)(2025·广西卷·9)“独竹漂”是一种传统的交通工具，人拿着竹竿站在单竹上，人和单竹筏在水里减速滑行，人与单竹筏相对静止，则()A.人受合力为零B.人对单竹筏的力的方向竖直向下C.人和单竹筏的重心在单竹筏所在的竖直面上D.人和单竹竿构成的整体的重心，与竹竿受到合力的作用线在同一竖直平面上答案CD解析人和竹筏在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A错误；竹筏在水平方向有加速度，人对竹筏有竖直方向的压力和水平方向的摩擦力，所以人对竹筏的力的方向不是竖直向下，故B错误；人和竹筏、竹竿相对静止，且减速滑行，故人和竹筏、竹竿在垂直运动方向的水平方向不受力，所有的力都在运动方向的同一竖直面内，故C、D正确。3.(2024·山东卷·2)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于()A.12 B.33 C.22答案B解析根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mgsin30°≤μmgcos30°可得μ≥tan30°=3故选B。4.(2025·北京市丰台区一模)如图甲所示，文物保护人员对古建筑进行修缮与维护，需要将屋顶的瓦片安全运送到地面，某同学设计了一个装置。如图乙所示。两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜搭在竖直墙壁上，把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到地面，为了防止瓦片速度较大而被损坏，下列措施中可行的是()A.适当增大两杆之间的距离B.减小杆与瓦片的动摩擦因数C.增加每次运送瓦片的块数D.减小木杆的长度答案A解析由题意可知，在屋顶的高度及木杆的倾斜角度不改变的情况下，要想减小瓦片滑到底部的速度就应当增大瓦片与木杆的摩擦力，设杆对瓦片的弹力与竖直方向的夹角为β，则2FNcosβ=mgcosα，则摩擦力Ff=2μFN=μmgcosαcosβ，适当增大两杆之间的距离，则β变大，则Ff变大，瓦片滑到底端时的速度减小；减小杆与瓦片的动摩擦因数，则Ff减小，则瓦片滑到底端时的速度增加，选项A正确，B错误；减少瓦的块数，减少了瓦的质量，虽然摩擦力小了，但同时重力的分力也减小，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C错误；减小木杆的长度，则杆的倾角α增大，则F5.(2025·山西大同市三模)如图所示，两个彩灯用电线1、2、3连接，悬吊在墙角，电线1与竖直方向的夹角θ1=30°，电线3与水平方向的夹角θ2=37°，不计电线的重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则电线1、3上的拉力之比为()A.5∶6 B.6∶5 C.8∶5 D.5∶8答案C解析设电线1、3上的拉力大小分别为F1和F2，对两个灯和电线2整体受力分析，根据平衡条件有F1sin30°=F2cos37°，解得F1∶F2=8∶5，故选C。6.(2025·四川南充市二模)如图所示，半径为R的光滑半球面固定在水平面上，半球面内的刚性轻质细杆AC长为L，杆上B点套有小球。系统静止时，半球面对细杆A端的弹力是对C端的弹力的2倍，则BC部分的长度为()A.23L B.13L C.34L 答案A解析由平衡条件可知，半球面对细杆A端的弹力和对C端的弹力过球心O，且与小球的重力平衡，所以小球应在O点正下方，受力情况如图所示，根据正弦定理可得FAsinα=FCsinβ，OBsin∠A=ABsinβ，OBsin∠C=BCsinα，由数学知识可得∠A=∠C，结合已知条件FA=2FC，解得BC=2AB7.(2025·安徽芜湖市模拟)如图所示，底角为θ=30°、上表面光滑、底面粗糙的等腰三角形底座abc放置在水平粗糙地面上，在b点固定一竖直杆Ob，在O点有一个轻质光滑小滑轮，Q为ab上的一点。轻质细线的一端与质量为m的小滑块P(可视为质点)相连，另一端绕过小滑轮，在拉力F的作用下，拉着小滑块P从a点缓缓上滑，此过程中底座一直保持静止，拉力F方向与竖直方向的夹角始终和OP绳与竖直方向的夹角相等。已知ab=bc=Ob，重力加速度为g，不计空气阻力。P从a滑到Q的过程中，下列说法正确的是()A.P在a处时，细线的拉力大小为mgB.地面对底座的摩擦力不断减小C.底座对地面的压力先减小后增大D.底座对P的弹力一直增大答案B解析对小滑块P进行受力分析，设拉力F与竖直方向夹角为α，OP绳与竖直方向夹角也为α，如图，小滑块P在a处时，根据平衡条件和几何关系有mg=2Fcosα，α=30°，则F=mg3=3mg3，故A错误；对底座和小滑块P整体进行受力分析，地面对底座的摩擦力Ff=Fsinα=FNsin30°，在小滑块P从a滑到Q的过程中，对P分析，根据矢量三角形的动态分析图可知，随着P上滑，α减小，F增大，FN减小，则Ff=FNsin30°不断减小，故B正确，D错误；对整体在竖直方向分析，可知地面对底座的支持力FN'=(m+M)g+Fcosα，由前面分析F增大，α减小，所以Fcosα增大，则FN'8.(2025·广东肇庆市二模)筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是()A.筷子对小球的最小压力是mgB.当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定不变C.当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大D.要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tanθ答案D解析对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有：2Ffcosθ=mg+2FNsinθ，Ff≤Ffmax=μFN，解得FN≥mg故筷子对小球的最小压力为mg2(μcosθ-sinθ)，A错误；根据FNmin=mg2(μcosθ-sinθ)，可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故B、C错误；要想用筷子夹住小球，则FNmin=mg2(μcosθ9.(多选)(2025·福建省部分地市质检)耙的历史悠久，图甲为《天工开物》中用耕牛带动耙整理田地的场景，将其简化为图乙所示的物理模型，耙可视为平行于水平地面的木板ABCD，农具牛轭可简化为平行于AB的直杆EF，两根对称且等长的耙索一端系在A、B点，另一端系在E、F点，其延长线的交点为O1。某次耙地时人和耙做匀速直线运动，两根耙索构成的平面AO1B与水平面夹角∠O1O2O3=30°，两绳延长线夹角∠AO1B=30°，单根耙索的拉力大小为FT，地面对耙的作用力与竖直方向夹角为θ。已知人和耙的总质量为m，所受阻力为对地面压力的33倍，耙索质量不计，重力加速度大小为g，sin15°=6-2A.FT=(6+2)mg4C.θ=30° D.θ=60°答案BC解析由题可知，两耙索拉力的合力为F合=2FTcos15°=6+22FT，对耙和人整体分析，根据平衡条件可得F合cos30°=F阻=33F压，F合sin30°+FN=mg，由牛顿第三定律可知F压=FN，联立解得FT=6-24mg，A错误，B正确；由题可知tanθ=F阻F压10.(多选)(2025·山东省部分学校一模)如图所示，一辆卡车卸货前，已经将车斗倾斜(倾角为30°)，有一挡板未撤下且处于竖直状态。车斗里装了n根钢管(n>3)，钢管质量均为m，忽略钢管与车斗底面、挡板之间的摩擦，各钢管均处于静止状态，重力加速度为g。则下列说法中正确的是()A.钢管1对挡板的弹力大小为33B.钢管1对钢管2的弹力大小为n-1C.钢管1对车斗底面的压力大小为3(D.若将挡板绕下端点缓慢顺时针转动30°，则转动过程中车斗底面对所有钢管的支持力均减小答案AB解析对n根钢管整体，由平衡条件可得，挡板对钢管1的弹力大小为F挡=nmgtan30°=33nmg，可知钢管1对挡板的弹力大小为33nmg，故A正确；以除了钢管1外的所有钢管为整体，由平衡条件可得，钢管1对钢管2的弹力大小为FN12=(n-1)mgsin30°=n-12mg，故B正确；对钢管1受力分析，在垂直斜面的方向上，由平衡条件可得FN斜=mgcos30°+F挡sin30°=3(n+3)6mg，由牛顿第三定律可知钢管1对车斗底面的压力大小为3(n+3)[分值：42分][1~6题，每题4分，7~9题，每题6分]1.(2025·陕西西安市模拟)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍。该质点的加速度为()A.st2 B.6s5t2答案A解析设初速度为v0，末速度为3v0，则位移为s=v0+3v02t，解得v0=s2t，由加速度公式得a=Δ2.(2025·云南昆明市联考)某飞机着陆后先做匀速直线运动，后做匀减速运动至停下，若飞机匀速运动的速度为v，匀减速运动的时间为匀速运动时间的4倍，运动的总路程为s，则飞机着陆后匀速运动的时间为()A.s2v B.s3v C.答案B解析设飞机着陆后匀速运动的时间为t，则匀减速运动的时间为4t，根据题意有s=vt+v2·4t，解得t=s3v3.(2025·福建省模拟)旱冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱。如图甲所示为某旱冰壶比赛的场景，如图乙所示为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到B点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶在该过程中的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是()A.冰壶在C点的速度大小为vB.冰壶由D到O的时间为3tC.冰壶运动的总时间为4tD.投掷点A到圆心O的距离为(2+3)v0t答案D解析设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A到O，有v02=2aL，冰壶由A到C，有v02-vC2=2a·L2，解得vC=22v0，故A错误；由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O到A的初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知tODtBA=12-3，解得tOD=(2+3)t，故B错误；同理tODt总=12，解得t总=(4+23)t，故C错误；投掷点A到圆心O4.(2024·山东卷·3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为()A.(3-1)∶(2-1) B.(3-2)∶(2-1)C.(3+1)∶(2+1) D.(3+2)∶(2+1)答案A解析方法一基本公式法木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=12a木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=12a当木板长度为2L时，有3L=12a又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0联立解得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)故选A。方法二比例式法设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板经过A点时间为Δt1若木板长度为L，则t0∶Δt1=1∶(2-1) ①若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2t0∶Δt2=1∶[(2-1)+(3-2)]=1∶(3-1) ②联立①②得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)5.(2024·重庆市模拟)重庆的桥梁、隧道众多，故被称为“魔幻之都”。长为L的轻轨列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，前方有一长为2L的隧道，为了保证安全通过该隧道，轻轨列车的任一部分位于隧道内时，它的速率都不允许超过2v03。已知列车加速和减速的加速度大小分别为a和2a，则列车从减速开始到恢复正常速率A.v02a+9L2C.v03a+9L2答案A解析当列车的任一部分处于隧道内时，列车的速度不允许超过2v03，则列车进隧道前必须减速到2v03，则有2v03=v0-2at1，解得t1=v06a，通过隧道时匀速运动，通过的位移为3L，故所用时间t2=3L23v0=9L2v0，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=2v03+at3，解得t6.(2025·甘肃白银市模拟)某高速公路的快车道规定行车速度在28~33m/s之间，安全车距在100m以上。在一段平直的高速路段的同一车道上，甲车以36m/s的速度匀速行驶，忽然发现前方80m处的乙车正以30m/s的速度同向匀速行驶，甲车立即以大小为2m/s2的加速度做匀减速直线运动，则甲车至少经多长时间可以符合法规要求行驶()A.18s B.14s C.9s D.4s答案A解析甲车要最短时间内符合法规要求行驶，应先减速至v甲=28m/s，再匀速行驶至与乙车相距100m。减速过程所用时间t1=v0-v甲2m/s2=4s，此时甲、乙相距x=80m-(v0t1-12at12-v乙·t1)=72m，匀速行驶至相距100m用时t2=100m-xv乙-v甲=147.(2025·山东青岛市检测)如图所示，某景区中A、B两景点间可通过缆车往返，当甲车以6m/s的速度开始减速时，对面的乙车从B景点由静止启动，两车加速度大小均为0.5m/s2，甲车到B景点速度减为零。则甲、乙相遇时，甲到B景点的距离为()A.9m B.18m C.27m D.36m答案A解析设甲、乙两车经过时间t相遇，甲车做匀减速直线运动，根据速度—时间公式v=v0+at，甲车速度减为零的时间t0=v0a=60.5s=12s，甲车的位移x甲=v0t-12at2=6t-12×0.5t2，乙车做初速度为零的匀加速直线运动，乙车的位移x乙=12at2=12×0.5t2，又因为x甲+x乙=v02t0，即6t-12×0.5t2+12×0.5t2=36m，解得t=6s，则甲、乙相遇时甲到B景点的距离x=x乙=12at2=18.(2025·云南昆明市一模)春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5s。下列说法正确的是()A.盒子运动的加速度大小为1m/s2B.盒子运动到a点的速度大小为2m/sC.盒子运动到c点的速度大小为1m/sD.盒子从a点运动到e点的时间为2s答案B解析由题知，盒子在停止运动前的最后1s内通过的距离为2m，根据逆向思维法，从e点到d点的过程有x0=12at2，代入数据有a=2m/s2，故A错误；从e点到a点的过程有va2=2a×4x0，解得盒子运动到a点的速度大小为va=2m/s，故B正确；从e点到c点的过程有vc2=2a×2x0，，解得盒子运动到c点的速度大小为vc=2m/s，故C错误；从e点到a点的过程有va=at'，解得盒子从a点运动到e点的时间为t'=19.(2025·河南省部分名校联合模拟)一地下竖直矿井深130m，货物电梯从矿井底由静止开始经匀加速、匀速和匀减速停在矿井口处用时40s。已知加速阶段和减速阶段电梯的加速度大小之比为2∶1，加速阶段的第2s内电梯通过的距离为1.2m。下列说法正确的是()A.匀加速阶段，货物处于失重状态B.电梯在加速阶段的加速度大小为0.8m/s2C.电梯在匀速阶段的速度大小为5m/sD.电梯在匀减速阶段的位移大小为16m答案B解析货物电梯从矿井底部向上做匀加速运动时，加速度向上，货物处于超重状态，A错误；依据运动学公式有加速阶段的第2s内电梯通过的距离为s2=12at22-12at12=1.2m，得a=0.8m/s2，B正确；设电梯加速阶段的时间为t，减速阶段加速度大小为a'=0.5a、时间为t'，由v=at=a't'，得t'=2t，则匀速运动时间t″=40s-t-t'=40s-3t，依题意有12at2+vt″+12a't'2=130m，由以上式子得t=5s或t=653s(舍去)，匀速阶段速度v=at=4m/s，C错误；匀减速阶段位移热点3运动学和动力学图像[分值：46分][1~7题，每题4分，8~10题，每题6分]1.(2025·内蒙古赤峰市模拟)如图甲，高速公路收费站设有“ETC”通道(即不停车收费通道)，某汽车通过笔直的“ETC”通道时先减速至某一限定速度，然后匀速通过收费区，再加速驶离，其速度时间图像如图乙所示。则汽车位移时间图像可能正确的是()答案D解析如题图乙所示，汽车先做正向匀减速直线运动，然后做正向匀速运动，最后做正向匀加速直线运动。图像A反映汽车先做负向匀速运动后静止，再做正向匀速运动，A错误；图像B反映汽车先做正向匀速运动后静止，再做负向匀速运动，B错误；图像C反映汽车先做正向减速直线运动后静止，再做正向加速直线运动，C错误；图像D反映汽车先做正向减速直线运动，然后做正向匀速运动，最后做正向加速直线运动，D正确。2.(2025·陕晋宁青卷·3)某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是()答案A解析根据牛顿第二定律和F-t图像画出如图所示的a-t图像，可知分拣机器人在0~1s和2~3s内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v-t图线的斜率表示加速度可知，A正确。3.(2025·山东淄博市一模)2024年9月11日，朱雀三号火箭可重复使用垂直起降回收试验圆满完成。试验中朱雀三号经历了“加速上升→关闭发动机无动力滑行→发动机空中二次起动→软着陆”的过程，其v-t图像如图所示(取竖直向上为正方向)，下列说法正确的是()A.0~t1时间内，朱雀三号加速上升且加速度逐渐增大B.t1~t2时间内，朱雀三号减速下降C.t2~t3时间内，朱雀三号减速下降且加速度逐渐减小D.t3~t4时间内，朱雀三号处于超重状态答案D解析v-t图线的斜率表示加速度，0~t1时间内，速度为正值且在增大，图线的斜率先增大后减小，即朱雀三号加速上升且加速度先增大后减小，故A错误；t1~t2时间内，速度为正值且在减小，即朱雀三号减速上升，故B错误；t2~t3时间内，速度为负值且绝对值在增大，图线的斜率在减小，即朱雀三号加速下降且加速度逐渐减小，故C错误；t3~t4时间内，速度为负值且绝对值在减小，即朱雀三号减速下降，加速度向上，朱雀三号处于超重状态，故D正确。4.(2025·湖南卷·2)如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是()答案C解析根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为θ，物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0x=v0cosθ，加速度大小为ax=acosθ，则有vx2-v0x2=-2axx，整理可得vx=(v0cosθ)2-2acosθ·x，可知，vx-x图像为类似抛物线的一部分，故A、B错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，初速度为v0y=v0sinθ，加速度大小为ay=asinθ，则有vy2-v0y5.(2025·湖北省一模)在一次无人机飞行表演中，初始时刻两无人机从空中同一地点以相同的初速度v0=30m/s由西向东水平飞行。无人机甲安装有加速度传感器，无人机乙安装有速度传感器，选取向东为正方向，两无人机各自传感器读数与时间的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.3~9s内，甲向东飞行，乙向西飞行B.3~9s内，甲的加速度与乙的加速度相同C.9s末甲、乙相距45mD.0~9s内甲的平均速度为0答案C解析由v-t图像可知，在3~9s内乙向东做减速运动，其速度方向向东，故A错误；在3~9s内，甲的加速度大小为5m/s2，方向向东；乙的加速度大小a乙=309-3m/s2=5m/s2，方向向西，可知两无人机加速度大小相等，方向相反，故B错误；在v-t图像中画出甲的图线，如图所示，根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知在前3s内x甲=v02t1=302×3m=45m，x乙=v0t1=30×3m=90m，即t=3s时两无人机间距离为Δx=x乙-x甲=45m，3~9s内两无人机的位移相等，则9s末甲乙相距45m，故C正确；由图可知0~96.(2025·湖北省模拟)四个质量不同的物体，t=0时刻从坐标x=0位置由静止开始运动，下列图像分别是描述它们的运动情况的图像，在t=4s内，位移最大的是()答案C解析A项，由v2-x图像可知，物体做初速度为零的匀加速直线运动，由v2=2ax可知，a=v22x=0.25m/s2，在t=4s内，位移为x=12at2=12×0.25×42m=2m；B项，v-t图像与时间轴所包围的面积表示位移，所以在t=4s内，位移为x=12×4×2m=4m；C项，a-t图像与时间轴所包围的面积表示速度变化量，因初速度为零，所以4s末物体的速度为v=12×4×2m/s=4m/s，定性作出物体的v-t图像如图所示，图中直线AB为v-t图像在A点的切线，由题意知该切线交时间轴于t=2s，设图中实线在t=4s内与时间轴所包围的面积为S，则S△ABC<S<S△AOC，而S△ABC=4m，S△AOC=8m，所以t=4s内，位移4m<x<8m；D项，由x-t图像可知，物体在t=4s内，位移为7.(多选)(2025·北京朝阳区二模)水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度a与所受拉力F的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。下列说法正确的是()A.m1>m2B.μ1>μ2C.若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少D.若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能小答案BD解析物体运动后，由牛顿第二定律可知F-μmg=ma，即a=1mF-μg，由图像的斜率以及截距可知m1<m2，μ1>μ2，A错误，B正确；若拉力相同，加速度大小无法判断，根据W=Fx=F·12at2，可知在相同的时间内无法判断拉力做功的大小，C错误；根据F-μmg=ma，结合图像的横截距可知物体滑动过程中甲所受的滑动摩擦力更大，根据(F-μmg)x=Ek可知拉力和位移相同时，甲获得的动能更小，8.(2025·河北省模拟)一物体沿直线运动，如图是它运动的1v-x图像，v表示物体运动的速度，xA.该物体在做减速直线运动B.该物体在做匀加速直线运动C.该物体运动位移为x0所用的时间为v0+D.在运动过程中，该物体的加速度逐渐减小答案C解析由图像可知随着x增大，1v在减小，即速度在增大，物体做加速运动，故A错误；根据微元法，在图像中选取一微元Δx，则该段图像与横轴围成的面积为ΔS=1v·Δx=Δt，可知1v-x图像与横轴围成的面积表示运动时间，则物体运动到x0处的时间为t=1v0+1v12x0=v0+v12v0v1x0，由图像可知，增大相同的位移，图像与横轴围成的面积ΔS逐渐减小，即所用的时间Δt在减小，根据1v末-1v初=v初-v末v9.(2025·湖南常德市一模)如图质量分别为mA、mB的两滑块紧贴但不粘连地放在粗糙的水平地面上，滑块B与滑块A接触的那一面固定一个力传感器。两滑块与地面的动摩擦因数均为μ，从t=0时起，对A施加一个水平向右的外力F，且F=kt(k>0)，滑块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列选项中力传感器测得A、B之间的弹力FN与时间的函数关系正确的是()答案C解析根据题意可知，当F<μmAg时，A对B没有弹力。当μmAg<F<μ(mA+mB)g时，有FN=F-μmAg=kt-μmAg，为一次函数，斜率为k，当F>μ(mA+mB)g时物块加速运动，由牛顿第二定律FN-μmBg=mBa，F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a，解得A、B之间的弹力FN=mBmA+mBF10.(2025·湖南怀化市三模)如图甲所示，在水平地面上，可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力F，从某点P以v0=4m/s的速度向左滑动，物体运动的部分速度v随时间t的变化图像如图乙所示，已知物体的质量m=3kg，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是()A.F的大小为12NB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25C.物体回到P点的速度大小为1.5m/sD.物体回到P点的时刻为1.5s答案D解析物体向左做匀减速运动时，加速度大小a1=40.5m/s2=8m/s2，物体向右做匀加速运动时，加速度大小a2=10.5m/s2=2m/s2，根据F+μmg=ma1，F-μmg=ma2，解得F=15N，μ=0.3，选项A、B错误；物体向左运动的位移为x1=12×4×0.5m=1m，则物体回到P点向右运动的位移x=x1=1m，根据x=12a2t22，解得t2=1s，v=a2t2=2m/s，故物体回到P点的时刻为1.5热点4牛顿运动定律[分值：42分][1~7题，每题4分，8~10题，每题6分]1.(2025·甘肃卷·3)2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6×106N。火箭质量约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为(重力加速度g取10m/s2)()A.2m/s2 B.4m/s2 C.6m/s2 D.12m/s2答案A解析根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma，代入数据解得a=6×106-5×1065×102.(2025·河南安阳市一模)静止在粗糙水平面上的小物块，在受到水平拉力作用后，获得大小为3m/s2的加速度；若仅将水平拉力的大小加倍，则该物块的加速度大小可能为()A.8m/s2 B.6m/s2 C.4m/s2 D.2m/s2答案A解析设小物块的质量为m，则由牛顿第二定律可得F-Ff=ma，当F加倍后，有2F-Ff=ma'，代入数据解得a'=2a+Ffm>2a=6m/s2，故选3.(2024·湖南卷·3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为()A.g，1.5g B.2g，1.5gC.2g，0.5g D.g，0.5g答案A解析剪断前，对B、C、D整体受力分析：A、B间轻弹簧的弹力FAB=(3m+2m+m)g=6mg对D受力分析：C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg剪断后，对B：FAB-3mg=3maB解得aB=g，方向竖直向上对C：FDC+2mg=2maC解得aC=1.5g，方向竖直向下，故选A。4.(2025·湖北省十一校联考)将等质量的长方体A、B置于粗糙水平地面上，长方体A和B与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2(μ1>μ2)，如图甲所示。对A施加水平向右的恒力F时，A、B一起向右加速运动，A、B间的弹力大小为F1。如图乙所示，将A、B置于斜面上，A、B与斜面的动摩擦因数未变，对A施加大小相同的沿斜面向上的力F时，A、B一起沿斜面向上加速运动，A、B间的弹力大小为F2，则()A.F1<F<F2 B.F1<F2<FC.F1=F2<F D.F2<F1<F答案B解析题图甲过程，对长方体A，根据牛顿第二定律有F-μ1mg-F1=ma1，对长方体B，根据牛顿第二定律有F1-μ2mg=ma1，整理解得2F1=F-(μ1-μ2)mg，题图乙过程，设斜面倾角为θ，对长方体A，根据牛顿第二定律F-F2-mgsinθ-μ1mgcosθ=ma2，对长方体B，根据牛顿第二定律F2-mgsinθ-μ2mgcosθ=ma2，整理解得2F2=F-(μ1-μ2)mgcosθ，已知μ1>μ2，可得F1<F2<F，故选B。5.(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2mgB.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mgC.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为gD.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小答案C解析A球静止时，对A球受力分析，如图所示，根据力的平衡条件得F库=FTcos30°+mgcos30°，FTsin30°=mgsin30°，解得FT=mg，F库=3mg，A、B错误；剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球A所受库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得剪断瞬间小球A的加速度大小为g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球受力不变且状态不变，因此轻绳剪断瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。6.(多选)(2025·湖南省长沙市一模)如图所示，质量mB=2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA=1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600N/m，重力加速度g取10m/s2。以下结论正确的是()A.变力F的最小值为2NB.变力F的最小值为6NC.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/sD.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为55答案BC解析对A、B整体受力分析有F+F弹-(mA+mB)g=(mA+mB)a，可得F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-F弹，当F弹最大时，F最小，即刚开始施力时，F弹最大且等于A和B的重力之和，则Fmin=(mA+mB)a=6N，故A错误，B正确；刚开始，弹簧的压缩量为x1=mAg+mBgk=0.05m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2-mBg=mBa，解得x2=0.04m，物块A在这一过程的位移为Δx=x1-x2=0.01m，由运动学公式可知v2=2aΔx，代入数据得v=0.27.(2025·重庆市模拟)如图所示，一固定斜面倾角为30°，斜面顶端固定一个光滑轻质定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线，一端连接质量为m的木箱A(内装质量为3m的沙)，细线的倾斜部分与斜面平行，另一端竖直悬挂质量为m的小桶B。给木箱A一个沿斜面向下的初速度，木箱A恰好沿斜面向下做匀速直线运动。让系统静止后将木箱A中2.5m的沙转移到小桶中，由静止释放木箱A，已知重力加速度为g。下列说法正确的是()A.木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为mgB.木箱与斜面间的动摩擦因数为3C.由静止释放木箱后细线的拉力大小为3.5mgD.由静止释放木箱后木箱的加速度大小为1940答案D解析木箱匀速运动时细线拉力FT=mg，根据平行四边形定则可知，木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为2FTcos30°=3mg，故A错误；对木箱，由平衡条件有FT=mg=4mgsin30°-μ4mgcos30°，解得μ=36，故B错误；让系统静止后将木箱A中2.5m的沙转移到小桶中，设细线拉力