2026年高考物理二轮专题复习：专题02 力与直线运动（复习讲义）（全国适用）（解析版）

3/50专题02力与直线运动目录TOC\o"1-4"\h\u目录 101析•考情精解 402构•知能架构 603破•题型攻坚 7题型一匀变速直线运动规律及其应用 7真题动向注重考查匀变速直线运动基本规律在复杂情境中的灵活迁移，强调对运动过程分析、公式选择及数学运算能力的综合考查。必备知识知识1初速速为零的匀加速直线运动规律 11知识2追及相遇模型 11关键能力能力1求解运动学问题的基本思路 12能力2解决匀变速直线运动的六种思想方法 13命题预测考向1匀变速直线运动规律及推论的应用 13【题型总结】匀变速直线运动规律的应用技巧 15考向2自由落体运动与竖直上抛运动 15【题型总结】竖直上抛与自由落体问题的分析技巧 17考向3追及相遇问题 17【题型总结】追及相遇问题 18题型二牛顿运动定律的应用及热点模型 19真题动向聚焦于通过典型模型（如连接体、传送带、板块模型等）考查牛顿定律的深层理解，强化对受力分析、临界状态及多过程问题的综合分析能力。必备知识知识1瞬时类问题 28知识2连接体模型 28知识3板块模型 29知识4传动带模型 30知识5等时圆模型* 31关键能力能力1两类基本动力学问题的求解步骤 31命题预测考向1瞬时类问题 32【题型总结】瞬时类问题的解题步骤 34考向2连接体模型 34考向3板块模型 35考向4传送带模型 36考向5超重与失重 37【题型总结】超重失重类问题解题关键 38考向6牛顿运动定律的综合应用 38【题型总结】解决牛顿运动定律应用类问题的基本思路 39题型三运动学图像和动力学图像 40真题动向加大对图像信息的挖掘深度，要求考生从图像中提取运动特征、推导物理量关系，并注重图像与实际情境的关联性及数学处理能力的考查。必备知识知识1三类运动学图像 45知识2三类动力学图像 45知识3非常规图像 46关键能力能力1处理图像问题的基本流程 47命题预测考向1运动学图像的分析与应用 47考向2动力学图像的分析与应用 49考向3非常规图像的分析与应用 50

命题轨迹透视从近三年高考试题来看，试题涵盖选择题及计算题，题目难度中等。命题趋势：高考物理对“力与直线运动”的考查始终围绕牛顿运动定律与运动学公式的深度融合展开，主要考查学生对牛顿运动定律、匀变速直线运动规律的理解与应用。试题常以实际情境为载体，要求学生精准建立物理模型，熟练运用公式进行定量计算，高频考点包括匀变速直线运动的位移-时间、速度-时间图像分析、摩擦力方向与大小的动态判断、连接体系统的加速度与张力求解、以及超重与失重情境下的受力分析。考点频次总结考点2025年2024年2023年匀变速直线运动规律及其应用2025•江苏卷•T1、2025•安徽卷•T4、2024•山东卷•T3、2024•广西卷•T3、2024•海南卷•T5、2023•山东卷•T6、牛顿运动定律的应用及热点模型2025•河南卷•T1、2025•北京卷•T11、2025•福建卷•T8、2025•陕晋宁青卷•T3、2024•全国甲卷•T15、2024•新课标卷•T25、T14、2024•广东卷•T7、2024•湖南卷•T3、2024•贵州卷•T1、T15、2024•安徽卷•T6、T4、2024•北京卷•T4、2024•黑吉辽卷•T10、2024•湖北卷•T14、2024•浙江6月卷•T18、2024•海南卷•T172023•浙江6月卷•T2、2023•全国乙卷•T14、2023•全国甲卷•T19运动学图像和动力学图像2025•黑吉辽卷•T10、2025•海南卷•T2、2024•河北卷•T3、2024•福建卷•T3、2024•甘肃卷•T2、2024•重庆卷•T1、2023•广东卷•T3、2023•江苏卷•T1、2023•湖北卷•T82026命题预测预计在2026年高考中，试题会强化基础性，聚焦核心概念（如力与加速度的关系），但融入更多综合情境（如结合能量守恒或电磁学），侧重情境创新与综合能力，如新能源汽车能量回收系统的减速过程、智能机器人运动、智能物流传送带上的物体运动分析、多阶段变速运动的分段建模等。试题将减少单一公式的套用，强化对加速度突变、临界条件（如最大静摩擦力、绳子绷紧瞬间）的逻辑判断，2026年备考应重点关注“生活科技情境+多过程叠加+图像辅助”的复合型题目，提升动态分析与数学建模能力。素养目标1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。核心能力掌握临逆向思维、极限思想等解题方法题型一匀变速直线运动规律及其应用1．（2024·海南·T5）商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（）A． B． C． D．【考向】匀变速运动的规律应用【解题指导】利用“匀加速与匀减速时间、位移均相等”的对称性，结合平均速度公式快速求解。【答案】C【详解】设门的最大速度为，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据可得则加速度故选C。命题解读新情境：生活中常见的自动感应门，简化成两扇门先匀加速后匀减速至停止的直线运动模型。新考法：本题考查‌匀变速直线运动的规律应用‌。核心是灵活运用“时间对称/速度对称”或“平均速度公式”求解。新角度：摒弃了传统的设初速度、加速度、列多个方程的模式，考查学生对匀加速与匀减速时间相等、位移相等这一“对称性”模型的理解，以及应用平均速度公式快速解题的能力。属于对基础知识的深层次理解和灵活运用。2．（2024·山东·T3）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；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为。为（）A．B．C．D．【考向】匀变速运动的推论应用【解题指导】分别对木板下端和上端通过A点列位移-时间方程，利用时间差之比联立求解。【答案】A【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为，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，有当木板长度为时，有又，联立解得故选A。命题解读新情境：经典力学模型——斜面匀加速运动的变式新考法：位移-时间关系的建立与求解比例。题目将研究对象（木板）的长度巧妙地转化为其上、下端点通过同一点的时间差问题。新角度：要求学生根据基本运动学公式，对木板下端和上端分别列方程，并巧妙利用“两时间间隔之比”这一条件联立消元求解比例。考查学生利用基本公式构建多对象、多过程物理模型并进行代数运算的逻辑严谨性。3．（2025·福建·T14）在2024年巴黎奥运会上，我国游泳运动员创造了男子百米自由泳新的世界纪录。在此次比赛中，运动员起跳后于时刻入水。入水后的运动过程可近似分为三个阶段:段的前程游为匀减速直线运动，段为匀速游，段的冲刺游为匀加速直线运动；速率随时间变化的图像如图所示。已知，，,，求该运动员在(1)段的平均速度大小；(2)段的加速度大小；(3)段的位移大小。【考向】匀变速运动的规律应用【解题指导】直接根据v-t图识别各阶段初末速度与时间，代入对应运动学公式分段计算。【答案】(1)(2)(3)4.2m【详解】（1）段内的平均速度（2）段内的加速度（3）段内的位移命题解读新情境：体育比赛的多过程运动。新考法：匀变速直线运动分段计算。属于中等难度的计算题，考查对基本公式的掌握和组合应用。新角度：本题将实际体育项目抽象为清晰的物理模型（匀减速-匀速-匀加速三阶段v-t图），考查学生对运动学基本公式的直接应用。关键是正确识别v-t图中各阶段对应的物理量（初末速度、时间），代入公式求解。旨在巩固学生对运动学基本概念的掌握和计算能力。4．（2024·广西·T13）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时，从2号锥筒运动到3号锥筒用时。求该同学（1）滑行的加速度大小；（2）最远能经过几号锥筒。【考向】匀变速运动的规律应用【解题指导】利用通过相等位移的时间，结合中间时刻瞬时速度求加速度，再求停止位置。【答案】（1）；（2）4【详解】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为2、3间中间时刻的速度为故可得加速度大小为（2）设到达1号锥筒时的速度为，根据匀变速直线运动规律得代入数值解得从1号开始到停止时通过的位移大小为故可知最远能经过4号锥筒。命题解读新情境：轮滑过锥筒，通过测量匀减速滑行时通过相等间距的时间来求解问题。新考法：利用位移和时间数据逆向求解初速度与加速度，并判断最终停止位置。这是一道非常经典的匀减速直线运动追及和停止问题。新角度：巧用中间时刻瞬时速度，求出两个特定时刻的速度，再用加速度定义式求解。多过程分析，考查学生从实际测量数据中建立物理模型、分步求解的能力。本题重点在于过程的合理分段和公式的灵活选择，是一道检验学生思维灵活性的好题。知识1初速速为零的匀加速直线运动规律1.在1s末、2s末、3s末、4s末……ns末的速度比为1：2：3……：n2.在1s内、2s内、3s内、4s内……ns内的位移比为12：22：32……：n23.在第1s内、第2s内、第3s内、第4s内……第ns内的位移比为1：3：5……：（2n-1）4.从静止开始通过连续相等位移的时间比为5.从静止开始通过连续相等位移末速度比为匀减速直线运动到停止可等效为反方向初速度为零的匀加速直线运动。匀减速直线运动到停止可等效为反方向初速度为零的匀加速直线运动。知识2追及相遇模型1.基本物理模型：以甲车追乙车为例．1）无论v甲增大、减小或不变，只要v甲<v乙，甲、乙的距离不断增大．2）若v甲＝v乙，甲、乙的距离保持不变，此时甲、乙之间的距离具有最大值或最小值．3）无论v甲增大、减小或不变，只要v甲>v乙，甲、乙的距离不断减小．2.基本思路：分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置3.解题关键：画出运动过程草图，列出两物体的位移关系（隐含时间等量关系）。4.临界问题关键：速度相等．它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点5.常用方法：1）物理方法：通过画出两物体运动过程草图，利用“时间等量关系”与“位移+距离等量关系”分析。初始距离为x0，若两物体速度相等时，x甲≥x乙+x0，则能追上，临界条件为等于，表示恰好追上。若x甲<x乙+x0，则追不上，2）数学方法：根据“时间等量关系”设时间t，由位移关系x甲=x乙+x0，，由运动学公式列出位移与时间t的二次函数关系，利用二次函数的求根公式判别是否能追上。Ⅰ、若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次（追上后被反超）；Ⅱ、若Δ＝0，一个解，说明刚好追上或相遇；Ⅲ、若Δ<0，无解，说明追不上或不能相遇．当t＝－eq\f(b,2a)时，函数有极值，代表两者距离的最大或最小值．3）图像法：在同一坐标系中画出两物体的运动图像．位移－时间图像的交点表示相遇，分析速度－时间图像时，应抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系6．常见追及情景1）速度小者追速度大者：当二者速度相等时，二者距离最大．2）速度大者追速度小者(避免碰撞类问题)：二者速度相等是判断是否追上的临界条件，若此时追不上，二者之间的距离有最小值．能力1求解运动学问题的基本思路1.单过程运动学问题基本解题思路画过程分析图判断运动性质选取正方向选用公式列方程解方程并讨论2.多过程运动学问题基本解题思路如果一个物体的运动包含几个阶段,就要分段分析,速度往往是各个阶段联系的纽带，即前过程的末速度是后过程的初速度.，同时注意多过程的位移与时间关联画各个阶段分析图明确各阶段运动性质找出已知量、待解量、中间量各阶段选公式列方程找出各阶段关联量列方程11.正方向的选取：一般取初速度v0的方向为正方向，若v0=0则一般取加速度a的方向为正方向。2.物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系3.对于刹车类问题：①题目中所给的加速度往往以大小表示，解题中取运动方向为正方向时，加速度应为负值。②求解此类问题应先判断车停下所用的时间,判断题中所给时间是否超出停止时间，再选择合适的公式求解.③如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动能力2解决匀变速直线运动的六种思想方法1.基本公式法：描述匀变速直线运动的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五个量,知道其中任何三个物理量就可以根据三个基本公式（）求出其他物理量。2.平均速度法：适合解决不需要知道加速度的匀变速运动类问题3.比例法：对于初速速为零的匀加速直线运动，可利用其规律比例解题4.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，可以反向看成初速度为零的匀加速直线运动，并结合比例法求解5.推论法：利用匀变速直线运动的推论或，解决已知相同时间内相邻位移的或相同时间内跨段位移的问题（如纸带类问题求加速度）6.图像法：利用v-t图像解决问题考向1匀变速直线运动规律及推论的应用1．（2025·山东济南·一模）如图（a）所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为的地砖拼接而成，且三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是（）A．物块由运动至的时间为B．位置与位置间的距离为C．物块在位置时的速度大小为D．物块下滑的加速度大小为【答案】B【详解】A．物块在由A运动至E的时间为，故A错误；BD．物块在由A运动至E的过程，根据位移时间关系可得物块在由A运动至C的过程，根据位移时间关系可得，联立解得，物块在由A运动至D的过程，根据位移时间关系可得，所以，故B正确，D错误；C．物块在位置D时的速度大小为，故C错误。故选B。2．（2025·海南·一模）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1所示。图2为某旱冰壶比赛的简化示意图，已知B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由点以初速度向右滑动，经时间运动到B点，最终冰壶刚好停在点，假设冰壶在该过程中的运动为匀减速直线运动。下列说法正确的是（）A．冰壶在点的速度为 B．冰壶在点的速度为C．冰壶由到的时间为 D．冰壶运动的总时间为【答案】B【详解】A．中间位置的瞬时速度，故A错误；B．中间位置的瞬时速度，故B正确；CD．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冰壶由到的时间总时间，故C错误，D错误。故选B。【题型总结】匀变速直线运动规律的应用技巧匀变速直线运动中，若出现连续相等的时间问题，往往可优先考虑用vt2＝v0＋v2＝xt和Δx＝aT2两个特殊的推论分析，有些情况下，两个推论可能会综合应用。而如果同时出现物体的初速度为零的情况，往往还会涉及连续相等时间内的位移比满足1∶3∶考向2自由落体运动与竖直上抛运动3．（2025·广西·模拟预测）如图为“眼疾手快”游戏装置示意图，游戏者接住从支架上随机落下的圆棒则游戏成功。已知圆棒长为35cm，某次游戏中圆棒P从静止下落，经过0.15s的反应时间后，游戏者的手从A点由静止开始沿AB连线做匀加速运动，到达B点（位于圆棒P的正下方）时刚好抓住正在通过B点的圆棒，B点与圆棒P下端的距离为45cm，A、B间距20cm，不计空气阻力，。则游戏者的手从A点运动到B点的加速度可能为（）A．30m/s2 B．10m/s2C．2m/s2 D．0.5m/s2【答案】B【详解】圆棒的下端达到B点时，其位移为，由自由落体运动公式解得所需时间圆棒的上端达到B点时，其位移为由自由落体运动公式解得所需时间考虑游戏者的反应时间，则人的手从A点运动到B点的时间介于0.15s-0.25s，根据位移时间公式，可得则人的加速度最小值为加速度的最大值为，故选B。4．（2025·河北衡水·三模）如图所示，小球1和2从地面上方不同高度处同时由静止释放，已知小球1的释放点距地面的高度，落地后反弹上升的最大高度，小球1与地面的接触时间忽略不计，小球2与地面碰撞后不反弹，不计空气阻力，重力加速度取。(1)求小球1落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值；(2)若从小球1第一次落地后到第二次落地前，两小球能同时到达距地面上方高度处，求小球2释放的高度。【答案】(1)(2)55m或【详解】（1）根据速度位移关系可得小球1落地瞬间的速度大小为反弹速度大小为解得则小球1落地后离开地面瞬间与落地前瞬间速度大小的比值为（2）小球1下落的时间反弹到最高点的时间解得设小球1反弹到距地面上方高度处时间为，则有代入数据得若在小球1上升过程相遇，相遇时小球2下落的高度解得若在小球1下降过程相遇，相遇时小球2下落的高度解得故小球2离地的初始高度或【题型总结】竖直上抛与自由落体问题的分析技巧自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，竖直上抛运动的上升阶段是自由落体运动的逆过程。所以，初速度为0的匀变速直线运动的规律和推论在相关情境问题的分析中具有特殊的应用价值。另外，竖直上抛运动结束的同时是自由落体运动的开始，因此，竖直上抛运动往往可以从对称性角度分析，且通常有多解性。考向3追及相遇问题5．（2025·云南昆明·模拟预测）如图所示，直线MN表示一条平直单车道，甲、乙两辆汽车刚开始静止，车头分别在A、B两处，两辆车长均为L=4m，两个车头间的距离为x0=94m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1=2.5m/s2，甲车运动了t0=5s后，发现乙车仍然静止，甲车立即鸣笛，又经过t1=1s，乙车才开始向右做匀加速直线运动。(1)求乙车开始运动时，甲车车头到乙车车尾间的距离d；(2)若乙车运动的加速度a2=5.5m/s2，两辆汽车是否会相撞？若会，请通过计算说明；若不会，请求出甲车车头到乙车车尾间的最小距离dmin；(3)若要使两车不相撞，求乙车运动的最小加速度。【答案】(1)(2)不会，(3)【详解】（1）甲车在乙车开始运动前的位移乙车开始运动时，甲车车头到乙车车尾间的距离（2）设乙车运动后，经过时间两车速度相等，此时两车距离最小，则有解得此时甲车车头到乙车车尾间的距离联立解得可知两车不会相撞且。（3）设乙车运动后，经过时间两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，此种情况下乙车加速度记为，则有，联立解得即要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少为。【题型总结】追及相遇问题两物体相遇时同一时刻在同一位置，这类情境体现出物体运动的时间和空间关系。因此，研究的重点是从时间和空间两个维度，研究和分析两个相对运动的物体之间的关系。另一方面，两物体相距最远或最近的问题中，速度相等往往是限制性条件。利用图像法分析追及相遇问题有时可直观呈现相对运动的位移关系，可化繁为简。题型二牛顿运动定律的应用及热点模型1．（2025·甘肃·T3）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。若在初始的内燃料对火箭的平均推力约为。火箭质量约为500吨且认为在内基本不变，则火箭在初始内的加速度大小约为（）（重力加速度g取）A． B． C． D．【考向】牛顿第二定律的简单应用【解题指导】正确进行受力分析（推力与重力），应用牛顿第二定律列式计算。【答案】A【详解】根据题意，由牛顿第二定律有代入数据解得故选A。命题解读新情境：结合时事热点（神舟发射）的简单动力学计算。新考法：牛顿第二定律的直接应用与估算。属于送分题，但提醒学生关注物理学在重大工程中的应用。新角度：贴近国家科技成就的情境引入，实质为一道简单的计算题。考查学生正确进行受力分析（推力、重力）、合力的确定，并能准确进行单位的换算和科学计数法运算的能力。2．（2024·湖南·T3）如图，质量分别为、、、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， B．2g， C．2g， D．g，【考向】瞬时类问题【解题指导】分析剪断前后弹簧弹力（不变）与绳子拉力（突变为零）的区别，隔离分析。【答案】A【详解】剪断前，对BCD分析对D，剪断后，对B，解得方向竖直向上；对C，解得方向竖直向下。故选A。命题解读新情境：多物体弹簧-细绳混合连接体。新考法：剪断细绳前后的瞬时加速度分析。重点区分弹簧弹力（不突变）与细绳拉力（能突变）的性质。新角度：①剪断前：对系统进行受力分析，求出弹簧弹力。②剪断瞬间：弹簧弹力不变，而绳BC上的力突变为0。分别隔离B和C，利用牛顿第二定律求加速度。这是“瞬时性”和“连接体”的综合经典题。3．（2025·湖南·T5）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，两球连线与轻绳的夹角为，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B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为C．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【考向】瞬时类问题【解题指导】绳子剪断瞬间，绳力消失，库仑力与杆力不变，据此分析瞬时合力。【答案】C【详解】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为A球与B球间的库仑力故AB错误；C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为，则加速度大小为g，故C正确；D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。故选C。命题解读新情境：力电综合的静力学模型，研究其平衡及绳子剪断瞬间的加速度和力。新考法：整合了三力平衡的合成与分解、牛顿第二定律的瞬时性两个考点。新角度：前半部分考查受力分析与几何关系。后半部分是核心：绳子剪断瞬间，绳力突变为零，但弹簧/杆的弹力及库仑力不会突变。学生需理解“瞬时性问题中各力突变与否”的判断依据，并能正确应用牛顿第二定律计算瞬时加速度。轻杆对B的作用力是否变化，则需通过B球的状态（速度、受力情况）来分析。4．（2023·北京·T6）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（

）

A．1N B．2N C．4N D．5N【考向】连接体模型【解题指导】运用整体法与隔离法，找到绳子拉力最大时对应的系统最大加速度。【答案】C【详解】对两物块整体做受力分析有F=2ma再对于后面的物块有FTmax=ma，FTmax=2N联立解得F=4N故选C。命题解读新情境：简单连接体模型。新考法：在系统最大加速度约束下求外力的最大值。是连接体问题的入门级考法。新角度：运用整体法和隔离法联立求解。理解当拉力达到最大时，系统整体的加速度也达到最大，进而得到外力的最大值。考查学生对连接体模型基本解法的掌握，以及对临界条件的理解和运用。5．（2025·安徽·T5）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，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，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逐渐增大C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为【考向】连接体模型【解题指导】分别对甲、乙隔离受力分析，列出牛顿第二定律方程联立求解。【答案】C【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；B．设乙运动的加速度为，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；CD．设绳子的弹力大小为，对甲受力分析有对乙受力分析有联立解得，C正确，D错误。故选C。命题解读新情境：滑轮连接体模型的复杂变式新考法：考查连接体的动力学问题（整体法与隔离法）及静摩擦力方向的判断。新角度：正确对甲、乙分别隔离进行受力分析，列出牛顿第二定律方程并联立求解。同时，对“甲乙木箱”整体进行竖直方向受力分析，判断支持力变化。明确甲对木箱的摩擦力方向由相对运动趋势决定。6．（2023·福建·T5）（多选）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为，第一节车厢对第二节车厢的拉力为，第二节车厢对第三节车厢的拉力为，则（  ）A．当火车匀速直线运动时，B．当火车匀速直线运动时，C．当火车匀加速直线运动时，D．当火车匀加速直线运动时，【考向】连接体模型【解题指导】匀速时，内力抵消其后车厢总阻力；匀加速时，内力提供其后车厢合外力。【答案】BD【详解】AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时，，得故A错误，B正确；CD．当火车匀加速直线运动时，，，得T1∶T2∶T3=3∶2∶1故C错误，D正确。故选BD。命题解读新情境：火车车厢编组的多体连接。新考法：整体法与隔离法在匀速和匀加速不同状态下的应用。经典的多节连接体模型在匀速和加速状态下的内力分布。新角度：这是一个模型化很强的题目。考查学生运用整体法与隔离法处理多节车厢的能力。核心在于理解：匀速时，各车厢均平衡，前方对后方的拉力只需抵消其后所有车厢的总阻力；匀加速时，前方对后方的拉力需提供其后所有车厢的合外力（惯性力与阻力之和）。这揭示了连接体内力分布与整体运动状态的定量关系。7．（2024·安徽·T4）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（

）A． B． C． D．【考向】传送带模型【解题指导】判断μ与tanθ关系，分析速度共速后摩擦力是否突变，确定运动过程。【答案】C【详解】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，ABD错误。故选C。命题解读新情境：经典传送带模型。新考法：根据受力变化判断运动过程，进而匹配正确的a-t图和v-t图。传送带问题的典型过程是“可能先匀加速，后匀速”。新角度：①受力分析：初速度为零，滑动摩擦力方向沿斜面向上，与重力分力方向相反，合力恒定，故先匀加速。②临界分析：当速度与传送带共速时，摩擦力性质可能突变（由滑动变静或消失），需根据μ和θ的关系判断下一步运动。本题是μ>tanθ的情况，加速后保持匀速。考查过程分析和图像对应。8．（2025·山东·T8）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（

）A． B．C． D．【考向】牛顿运动定律的综合应用【解题指导】将重力沿下滑方向和垂直斜面方向分解，正确计算两个接触面的正压力。【答案】B【详解】根据牛顿第二定律可得故选B。命题解读新情境：具有三维空间几何关系的斜面下滑问题。新考法：本质上仍然是牛顿第二定律的应用，但需要在三维空间进行力的分解。难点在于立体几何的识别与正压力的计算。新角度：本题的难点和核心在于受力分析。重力、支持力、两个摩擦力（来自坡面和挡板）均在三维空间。学生需要将重力分解到沿MN方向（下滑力）和垂直于坡面方向（正压力），并正确计算两个滑动摩擦力的表达式，然后列牛顿第二定律方程。考查学生空间想象力和在复杂情境下分解力的基本功。9．（2025·黑吉辽蒙卷·T10）（多选）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0，则（

）A．B．时，甲的速度大小为C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左【考向】牛顿运动定律的综合应用【解题指导】应用系统牛顿第二定律（整体法）分析水平方向合力，判断地面摩擦力。【答案】AD【详解】B．位置与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙的位移可得可得时刻甲物体的速度为，B错误；A．甲物体的加速度大小为乙物体的加速度大小为由牛顿第二定律可得甲物体同理可得乙物体联立可得，A正确C．设斜面的质量为，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定理可得则之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；D．之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。故选AD。命题解读新情境：双物块+斜面组合体的复杂系统。斜面可能受地面摩擦力。新考法：多对象多过程的综合问题，涉及匀变速规律、牛顿第二定律、系统牛顿第二定律、摩擦力的判断。难度高。新角度：整体法分析是本题的难点和高阶考法。要求对“斜面-物块甲-物块乙”构成的系统，应用“系统牛顿第二定律”在水平方向列式，分析地面对斜面摩擦力的方向和变化。这是从更高维度分析系统内力与外部作用关系的典范。知识1瞬时类问题1.解题依据：当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．2.两种基本模型的特点1）刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失.2）弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的.3.基本方法1）分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小.2）分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失).3）求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度.力和加速度可以突变，但速度不可以突变力和加速度可以突变，但速度不可以突变知识2连接体模型1.四类常见连接体模型轻绳或轻弹簧连接体三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关叠加类连接体两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力跨滑轮的连接体两物体速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔离法靠在一起的连接体分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相等2.处理连接体问题的整体法与隔离法的选用技巧整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求连接体内物体之间的作用力3.连接体问题中常见的临界条件接触与脱离接触面间弹力等于0恰好发生滑动摩擦力达到最大静摩擦力绳子恰好断裂绳子张力达到所能承受的最大值绳子刚好绷直或松弛绳子张力为0知识3板块模型1.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动.问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系.2．解题关键点1）统一参考系：所有物理量和计算以地面作为参考系。2）临界点：当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)，因此速度相同是摩擦力突变的一个临界条件.3.解题方法1）明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向，.2）分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变).3）物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.4.常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度.运动学公式中的位移都是对地位移.运动学公式中的位移都是对地位移.知识4传动带模型1.传送带的基本类型传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.2.传送带模型分析流程求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.3.类型1）水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v时，一直匀速③v0<v时，摩擦力为动力，可能一直加速，也可能先加速再匀速①传送带较短时，摩擦力为阻力，滑块一直减速到达左端②传送带足够长时，摩擦力先为阻力，滑块先向左减速，减速到零后摩擦力再为动力，物体反向加速运动回到右端。2）倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速再以a2加速①①水平传送带类问题仿真演示：/expt/1/16/30②倾斜传送带类问题仿真演示：/expt/1/16/31知识5等时圆模型*1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；2.质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．能力1两类基本动力学问题的求解步骤1.确定研究对象：根据问题需要和解题方便，选择某个物体或某几个物体组成的系统整体为研究对象.2.分析受力情况和运动情况：画好示意图、情景示意图，对于多运动过程问题,一定要找准转折点,特别是转折点的速度，明确各过程物体的运动性质；3.选取正方向或建立坐标系：通常以初速度方向为正方向，若无初速度则以加速度的方向为某一坐标轴的正方向.4.确定题目类型：1）已知运动求力类问题→确定加速度：寻找题目中3个运动量（），根据运动学公式（）求解2）已知力求运动类问题→确定合力：若以物体只受到两个力作用，通常用合成法；若受到3个及3个以上的力，一般用正交分解法.求解5.列方程求解剩下物理量：根据牛顿第二定律或者列方程求解，必要时对结果进行讨论考向1瞬时类问题1．空间站是一个地球卫星，处于空间站内的物体完全失重，一切和重力有关的现象都会受到影响。某同学设想在空间站内完成如图所示实验，质量为2m的箱子内有质量均为m的小球1和小球2，两球之间用轻质弹簧相连，小球2与箱子之间用轻质细线相连，在拉力F作用下一起相对于空间站做匀加速直线运动，下列说法正确的是（）A．弹簧的弹力大小为B．细线的拉力大小为C．某时刻将细线剪断，剪断细线瞬间小球2相对于空间站的加速度大小为D．某时刻将弹簧在c处剪断，剪断瞬间箱子相对于空间站的加速度大小为【答案】C【详解】AB．根据题意，由牛顿第二定律，对整体有解得对小球1，弹簧的弹力对小球1和2整体，细线拉力，故AB错误；C．某时刻若将细线剪断，弹簧弹力瞬间不变，细线的拉力消失，则球2的合力为弹簧的弹力。则球2的加速度为，故C正确；D．若将弹簧从c处剪断，轻质弹簧的弹力为零；小球2和箱子有共同的加速度，故D错误。故选C。2．（2025·四川·模拟预测）（多选）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，质量分别为3m、2m、m的A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，在沿斜面向上的恒力F作用下三者保持静止，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为C．突然撤去外力F的瞬间，B的加速度大小为D．突然撤去外力F的瞬间，C的加速度大小为0【答案】ACD【详解】AB．把A、B、C看成是一个整体进行受力分析，根据平衡条件可得在轻绳被烧断的瞬间，A、B之间的绳子拉力为零，对A，由牛顿第二定律有解得对B，根据牛顿第二定律可得对C，由平衡条件可得联立解得故A正确，B错误；CD．突然撤去外力的瞬间，对A、B整体有解得则突然撤去外力的瞬间，B的加速度大小为，受力没有变化，所以加速度等于零。故CD正确。故选ACD。【题型总结】瞬时类问题的解题步骤瞬时加速度的分析，常常是平衡状态下某个力的变化引起的。该类问题的分析主要按以下步骤分析：(1)分析平衡态下物体的受力；(2)根据力的突变性（或变化后可能的运动状态）确定力的变化；(3)分析变化后的合力；(4)根据牛顿第二定律确定瞬时加速度。考向2连接体模型3．（2025·山东泰安·模拟预测）如图所示，游乐场的小火车是由车头和6节车厢连接而成，若各节车厢（含乘客）质量均相等，且在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。下列说法正确的是（

）A．当火车做匀速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力相等B．当火车做匀速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力之比为2:3C．当火车做匀加速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力之比为2:3D．火车做匀速或匀加速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力之比均为3:2【答案】D【详解】AB．设每节车厢的质量为，匀速运动时，以4、5、6节车厢为研究对象，则有解得以第5、6节车厢为研究对象，则有解得故，故A错误，B错误；CD．做匀加速运动时，结合上述分析，由牛顿第二定律可得，联立解得,故C错误，D正确。故选D。考向3板块模型4．（2025·云南楚雄·模拟预测）（多选）如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，静止叠放在水平地面上。A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法正确的是（）A．当时，A、B都相对地面静止B．无论F为何值，B的加速度都不会超过C．当时，A、B之间的摩擦力D．当时，A、B之间发生相对滑动【答案】AD【详解】A．A、B之间的最大静摩擦力B与地面之间的最大静摩擦力A、B都相对地面静止时，，选项A正确；CD．若A、B一起向右运动，A、B之间的摩擦力为静摩擦力，对A、B组成的整体有对B有又解得故时，A、B之间发生相对滑动，当时，A、B之间的摩擦力，选项C错误，D正确；B．当A、B发生相对滑动时，B的加速度所以无论F为何值，B的加速度都不会超过，选项B错误。故选AD。考向4传送带模型5．（2025·安徽合肥·模拟预测）一位顾客在合肥某超市购物时，不慎将手提包（可视为质点）掉落在一条倾角为的倾斜传送带上。手提包从传送带顶端无初速度滑落。安检员小罗发现后，在手提包下滑后，立即从传送带顶端沿传送带向下做匀速直线运动，试图追回手提包。已知传送带本身以的速度向下运行。手提包与传送带间的动摩擦因数为。重力加速度取，，。(1)手提包开始在传送带上下滑的加速度；(2)时，手提包沿传送带向下下滑了多远；(3)如果安检员小罗以的速度匀速追赶，若传送带的长度为，他能否在手提包到达传送带底端前追上手提包？【答案】(1)(2)(3)追不上（见解析）。【详解】（1）设手提包刚放到传送带上时初速度为0，在手提包速度达到前的过程中，由牛顿第二定律有代入数据解得（2）共速前经历的时间为手提包运动的位移手提包的速度达到之后，有所以手提包与传送带共速后继续向下做匀加速运动。由牛顿第二定律可得代入数据解得手提包与传送带共速后继续向下运动的时间为，则有沿传送带下滑的总位移为（3）设手提包从共速时刻运动到传送带底端这一过程经历时间为，则有解得所以此手提包在传送带上运动的时间为此时小罗向下追时间，跑的距离为，故追不上。考向5超重与失重6．（2025·甘肃·模拟预测）某同学练习“深蹲”（完成一次“下蹲”和“起立”过程为一次“深蹲”），他稳定站在压力传感器上，发现压力传感器的示数为，已知重力加速度为。他截取某一动作过程中的图像如图所示，则下列说法正确的是（）A．内该同学完成两次“深蹲”B．该同学“下蹲”过程中最大加速度约为C．该同学“起立”过程中先失重后超重D．该同学“起立”过程中最大加速度约为【答案】D【详解】A．内图像中第一次变化，传感器示数先小于实际重量，后大于实际重量，即先失重后超重，为一次“下蹲”过程，之后为一次“起立”过程，共一次“深蹲”，故A错误；B．由题可知该同学质量该同学“下蹲”过程中，压力传感器的示数最小值为，最大值为，故该同学“下蹲”过程中最大加速度约为，故B错误；C．内“起立”过程中，传感器示数先大于600N，后小于600N，故该同学先处于超重状态后处于失重状态，故C错误；D．该同学“起立”过程中，压力传感器的示数最大值为，最小值为，故该同学“起立”过程中最大加速度约为，故D正确。故选D。【题型总结】超重失重类问题解题关键瞬时加速度的分析，常常是平衡状态下某个力的变化引起的。该类问题的分析主要按以下步骤分析：(1)超重、失重问题，主要从受力和加速度两个角度进行分析，与物体运动的速度无关。(2)通常情况下，可以先确定速度方向，再根据加速或减速的特征，确定加速度方向，从而确定超重或失重。(3)如果物体运动的加速度不在竖直方向上，根据加速度的竖直分量同样可以确定超重或失重。考向6牛顿运动定律的综合应用7．（2025·吉林长春·一模）2023年10月31日，我国神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。其部分运动过程简化如下：返回舱在离地面某高度处打开降落伞，在降落伞的作用下返回舱的速度从降至，此后返回舱的运动可视为匀速下落，当返回舱在距离地面h时启动反推发动机，经时间速度由匀减速至后恰好落到地面。设降落伞所受的空气阻力与其速率成正比，其余阻力不计。重力加速度大小，降落伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，设全过程为竖直方向的运动。(1)求返回舱开始匀减速下落时离地的高度；(2)求返回舱的速度为时的加速度大小；(3)若宇航员的质量，求在最后的匀减速过程中宇航员受到的座椅施加的作用力大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）当返回舱在距离地面时启动反推发动机，经时间速度由匀减速至后恰好落到地面上，根据匀变速直线运动的规律，由公式和可知，代入数据解得（2）由题知，降落伞所受的空气阻力与速率成正比，设返回舱的质量为，返回舱做匀速运动时，根据受力平衡可得当返回舱速度为时，根据牛顿第二定律可得代入数据解得（3）设在最后的匀减速过程返回舱的加速度大小为，根据逆向思维，由匀变速直线运动公式可知，代入数据得对返回舱做匀减速运动的过程，由牛顿第二定律可得代入数据解得【题型总结】解决牛顿运动定律应用类问题的基本思路(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．题型三运动学图像和动力学图像1．（2024·河北·T3）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（

）A．a点 B．b点 C．c点 D．d点【考向】常规图像的理解及应用【解题指导】根据v-t图速度方向突变点识别碰撞时刻，速度首次为零对应最高点。【答案】A【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点。故选A。命题解读新情境：体育运动中常见的‌竖直上抛与碰撞‌问题新考法：图像与物理过程的对应关系‌，特别是‌位移的方向和大小判断‌。本题关键在于理解v-t图“面积”表示位移（含符号），位置高低由实际位移决定。新角度：学生需清楚识别v-t图像中坐标正负（方向）、图线斜率（加速度）和面积（位移）的含义。关键点在于理解碰撞瞬间速度方向突变，以及第一次速度为零的时刻对应上升的最高点。主要考查图像信息向物理情景转换的能力。2．（2023·广东·T3）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度或加速度随时间变化的图像是（）A．

B．

C．

D．

【考向】常规图像的理解及应用【解题指导】抓住“仅受重力，加速度恒为-g”的核心，直接判断v-t与a-t图形状。【答案】D【详解】AB．铯原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误；CD．因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。故选D。命题解读新情境：以国家重大科技工程为背景的竖直上抛运动新考法：匀变速直线运动的图像本质。考查对匀变速直线运动中加速度恒定、速度线性变化这一本质特征的理解。新角度：忽略过程细节，抓住“仅受重力，加速度为-g恒定”这一核心物理事实。直接判断v-t图应为倾斜直线（斜率负），a-t图应为平行于t轴的负值直线。3．（2025·陕晋青宁卷·T3）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（

）A． B．C． D．【考向】图像间的转换【解题指导】依据F-t图由牛顿第二定律得a-t图，再通过加速度分析v-t图变化趋势。【答案】A【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t图画出如图所示的a—t图像可知机器人在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。故选A。命题解读新情境：智能物流系统的变力作用下运动。新考法：应用牛顿第二定律转换图像（F-t→a-t→v-t）。考查学生对图像信息迁移和运动过程关联的能力。新角度：由F=ma，先将F-t图转化为a-t图（形状相同），再由加速度与速度的关系（a-t图面积表示速度变化量Δv），推导出正确的v-t图形状。这是图像类问题的典型解法。4．（2025·江西·T9）（多选）每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能与时间t的关系，下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考向】常规图像的理解及应用【解题指导】根据匀加速、匀减速的周期性，推断各物理量随时间的变化关系草图。【答案】AB【详解】A．位移时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确；B．龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0，速度方向始终为正向，故B正确；C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在时间内是不变的，后0.6s内也是不变的，故C错误；D．根据可知，前开口向上，故D错误。故选AB。命题解读新情境：传统体育运动“龙舟赛”的周期性变速过程。新考法：多角度（x-t,v-t,a-t,Ek-t）描述周期性运动。需要根据文字描述，脑补出运动学量随时间的变化关系，再与图像匹配。新角度：以无人机为参考系，龙舟在t0内从0匀加速到v，再在0.6t0内从v匀减速到0，循环往复。据此可以判断：a-t图为平行于t轴的方波；v-t图为连续的锯齿波（斜线上升下降）；x-t图为一段段的抛物线（斜率先增后减）；Ek-t图为一段段的开口向上的抛物线。考查学生的“建模-绘图”能力。5．（2023·福建·T7）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（

）A．0~2s内，甲车的加速度大小逐渐增大B．乙车在t=2s和t=6s时的速度相同C．2~6s内，甲、乙两车的位移不同D．t=8s时，甲、乙两车的动能不同【考向】常规图像的理解及应用【解题指导】对乙车，利用F-t图面积（冲量）分析速度变化；对甲车，直接读v-t图信息。【答案】BC【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0~2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0~2s内根据动量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s乙车在0~6s内根据动量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s则可知乙车在t=2s和t=6s时的速度相同，故B正确；C．根据图（a）可知，2~6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2~6s内乙车一直向正方向运动，则2~6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；D．根据图（a）可知，t=8s时甲车的速度为0，则t=8s时，甲车的动能为0；乙车在0~8s内根据动量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0可知t=8s时乙车的速度为0，则t=8s时，乙车的动能为0，故D错误。故选BC。命题解读新情境：提供运动学图像和动力学图像进行比较。新考法：图像信息的深度挖掘与对比分析。要求能从v-t图读加速度和位移，从F-t图通过“面积”（冲量）计算速度变化。新角度：考查用动力学观点（动量定理）解决复杂变力问题的能力，是对传统运动学方法的补充和提升。知识1三类运动学图像常见图像斜率k面积两图像交点x－t图像eq\f(Δx,Δt)＝v/表示相遇v－t图像eq\f(Δv,Δt)＝a位移x表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点a－t图像/速度变化量Δv表示此时加速度相等知识2三类动力学图像F－t图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量F－x图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功a－F图像根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F关系例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，斜率为eq\f(1,m)，截距为－μg知识3非常规图像1.