2026年高考物理二轮复习（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）

（培优版）考前特训热点排查练

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〃?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小夹角为仇重力加速度大小为g。则地面对钢管左端

的摩擦力大小为（）

，，，，，，，，，，〃，，，，〃，，，，，，〃，〃，，，

A.〃〃2gcos0

D.O

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、竹竿相对替止，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（）

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/〃gsin30°W""?gcos300

可得“2tan30。=当

故选B。

4.（2025•北京市丰台区一模）如图中所示，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A8和。。相互平行，斜搭在竖直墙

壁匕把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨匕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恃况下，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4则2&COS斤mgcosa,则摩擦力

尸尸2〃尸产号，,适当增大两杆之间的距离，则夕变大，则a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R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成小，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，则杆的便角〃增大，则Ff变小，瓦片滑到底端的速

度增大，选项D错误。

5.（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I与竖直方向的夹

角0尸30。，电线3与水平方向的夹角夕2=37。，不计电线的重力，sin37o=0.6,cos370=0.8,则电线1、3上

解析设电线1、3上的拉力大小分别为R和尸2,对两个灯和电线2整体受力分析，根据平衡条件有Hsin

30。=尸2cos37°,解得：F2=8：5,故选Co

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“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8c部分

的长度为（）

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。端的弹力过球心。，且与小球的重力平衡，所以

小球应在。点正下方，受力情况如图所示，根据正弦定理可得久"二鸟，卫广瑞，-^-=—,由数学知

smasin/ys\n/.Asin/?smz.Cs.na

识可得NA=NC,结合已知条件E=2&,解得8c=2A8,又因为解得3C=%,故选A。

J

7.（2025•安徽花湖市模拟）如图所示，底角为。-30二上表面九滑、底面粗糙的等腰三角形底座“比放置在水

平粗糙地面上，在〃点固定一竖直杆在。点有一个轻质光滑小滑轮，。为外上的一点。轻质细线的

一端与质量为〃，的小滑块P（可视为质点）相连，另一端绕过小滑轮，在拉力尸的作用下，拉着小滑块P从

。点缓缓上滑，此过程中底座一直保持静止，拉力尸方向与竖直方向的夹角始终和绳与竖直方向的夹

角相等。已知ab=bc=Ob,重力加速度为g,不计空气阻力。P从。滑到。的过程中，下列说法正确的是

A.P在。处时，细线的拉力大小为等

B.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

解析对小滑块尸进行受力分析，设拉力/与竖直方向夹角为a,OP绳与竖直方向夹角也为a,如图，小

滑块P在a处时，根据平衡条件和几何关系有"田=2Fcosa,a=30°,则尸二詈二虫詈，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=Fsina=Fwsin30°,在小滑块P从a滑到Q的过程

中，对尸分析，根据矢量三角形的动态分析图可知，随着尸上滑，a减小，户增大，尺减小，则a=/Nsin

30。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+Fcos

a,由前面分析尸增大，a臧小，所以尸cosa增大，则尸N'增大，故C错误。

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，用筷子夹住质帚为〃，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优已知小球与筷子之间的动摩擦因数为〃，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（）

mg

A.筷子对小球的最小压力是，

2(〃cos8+sin8)

B.当。增大时，筷子对小球的最小压力一定不变

C.当&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〃>tan0

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：2Ffcos6/=w5+2FNsinH,FW尺皿二〃尺,

mg

解得产N》

2(〃cosO-sinJ)

故筷子对小球的最小压力为…A错误；根据FNminM，7“可知当。增大时，筷子对小球

2（^cos0-sin0）2：〃cos0-sin0）

的最小压力一定增大，故B、C错误；要想用筷子夹住小球，F=-~m?>0则"COS仇sin夕>0,

Nmin2（〃cos6-sin6）r

即必须满足//>tan/故D正确。

9.（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A8CD农具牛胡可简化为平行于48

的直杆ER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,其延长线的交点为口。某次

耙地时人和耙做匀速直线运动，两根耙索构成的平面AQ8与水平面夹角/0。20=30。，两绳延长线夹角

N4。山=30。，单根耙索的拉力大小为臼，地面对耙的作用力与竖直方向夹角为仇已知人和耙的总质量为

m,所受阻力为对地面压力的今倍，耙索质量不计，重力加速度大小为g,sinl5*『，COS15。；：\^6+\2

O*r4

则（）

A尸尸（历

4

C庆30。D.6>=60°

答案BC

解析由题可知,两耙索拉力的合力为/合=2FRCOS15。二匹磬FT,对耙和人整体分析，根据平衡条件可得产

frcos30°=Fm=^Fa,尸6、sin300+A=〃吆，由牛顿第三定律可知/a二心，联立解得"产邑舄阳，A错误，B

•3T,

正确；由题可知tan心火二血，解得启30。，C正确，D错误。

尸乐3

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〃根钢管（〃>3）,钢管质量均为〃?，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骨〃以

B.钢管1对钢管2的弹力大小为?〃吆

4

C.钢管1对车斗底面的压力大小为驾出〃?g

«5

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〃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^=nmgtan3Q°=—nmg9可知钢管1对挡板的弹力大小为包g,故A

33

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jFNi2=（n-l）/ngsin30°二巴」而且，故B正确；对钢管1

2

受力分析，在垂直斜面的方向上，由平衡条件可得外斜“geos30。+尸档

sin30°=^（n+3）mg,由牛顿第三定律可知钢管1对车斗底面的压力大小为

在炉琉g,故C错误；若将挡板绕下端点缓慢顺时针转动30。，则转动

过程中车斗底面对除了钢管1外的其他钢管的支持力总是不变的，故D

错误。热点2匀变速直线运动的规律

［分值:42分］

［I〜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/内位移为s,速度变为原

来的3倍。该质点的加速度为（）

A.4B雪C号D号

C25t2t2t2

答案A

解析设初速度为末速度为3犯则位移为5=

写々，解得出U，由加速度公式得好察巧生或，故选A。

2.（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

度为了，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,则匕机着陆后匀速运动的时间为

DA

5v

答案B

解析设飞机着陆后匀速运动的时间为九则匀减速运动的时间为4/,根据题意有户由叶邛，解得/=*,

故选Bo

3.(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，8、C、。为A。的四等分点。运动员某

次投掷时，冰壶由4点以初速度均向右滑动，经时间/运动到B点，最终冰壶刚好停在。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点的速度大小为半

B.冰壶山。到。的时间为百/

C冰壶运动的总时间为47

D.投掷点A到圆心O的距离为(2+V5)w

答案D

解析设冰壶的加速度大小为。，在C点的速度大小为依，冰壶由A到O,有％2=26/，冰壶由A到C,

有孙2”2=2谆解得收匚争°,故A错误；由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从。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也=3，解得.=(2+遮"，故B错误：同理辿二，解得

t

BA2-V3t&2

r.i=(4+2V3)/,故C错误；投榔点4到圆心。的距离L旁5(2+V5)uof,故D正确。

4.(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点距离为心木板由静止释

放，若木板长度为L通过A点的时间间隔为△上若木板长度为2L,通过A点的时间间隔为。2。加2：

A/i为()

A.(V3-1)：(V2-1)

B.(V3-V2)：(V2-1)

c.(V5+i):(V2+1)

D.(V3+V2)：(V2+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，设加速度为外木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据

2

运动学公式有L=^at0

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"《九/

当木板长度为2L时，有3乙弓戊22

义Ari=ri-ro,A^=^2-/o

联立解得:A/|=(V3-1):(V2-1)

故选Ao

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/o,木板经过4点时间为A/i

若木板长度为L,

则to：AZi=I：(V2-1)①

若木板长度为2L,设木板经过A点时间为

to:AZ2=1：[(V2-1)+(V3-V2)]=1：(V3-1)②

联立①©得A/2：Ah=(V5-l):(V2-D

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，速率为如前方有一长为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争。已知列车加速和减速的加速度大小分别为a和2m则列车从减速开始到

3

恢复正常速率V0,需要的最短时间为（）

A.也与B.曳+%

2a2v02av0

C*丝D%匹

3a

2v03av0

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迂竽，则列车进隧道前必须减速到竽，则有

出二%-2的，解得/产曳，通过隧道时勺速运动，通过的位移为3L,故所用时间廿/二%,列车尾部出睡道

36Q-v02Vo

后立即加速到1，0,有用=出+33,解得八二也，则列车从减速开始至恢复正常速率应需要的最短时间为

33a

/=/]+八+八=番+白，故选A。

2a2v（）

6.（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匕甲车以36m/s的速度匀速行驶，忽然发现前方8（）m处的乙车正以30

m/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.18sB.14sC.9sD.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u,二28m/s,再匀速行驶至与乙车相距100m。

减速过程所用时间/尸高看=4s,此时甲、乙相距x=8（）rnYvofi—atJ川乙力）二72m,匀速行驶至相距10（）m

用时止=1°碗-工=14$,则最短时间II+/2=18S,故选A。

“乙t甲

7.（2025•山东青岛市检测）如图所示，某景区中A、A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4景点由静止启动，两车加速度人小均为0.5m/s,甲车到8景点速度减为零。则

甲、乙相遇时，甲到8景点的距离为（）

缆生乙

4景点"1枭景点

缆车甲l一

A.9mB.I8mC.27mD.36m

答案A

解析设甲、乙两车经过时间"目遇，甲车做匀减速直线运动，根据速度一时间公式v=i，（）+c〃，甲车速度减

为零的时间访二也二2s二12s,甲车的位移xkyo/a/uG/xOSr2,乙车做初速度为零的匀加速直线运动，乙

a0.522

车的位移xX0.5/，又因为x甲+xc=y/o,即6r-1X0.5/2gXG.5^36m,解得t=6s,则甲、乙相遇

时甲到8景点的距离%=x乙=A正确。

8.（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。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。点开始做匀减速直线运

动，刚好停在e点。盒子可视为质点，。、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25m,盒子从/点运动到e点

的时间为0.5s。下列说法正确的是（）

…g1电…

A.盒子运动的加速度大小为1m/s2

B.盒子运动到a点的速度大小为2m/s

C.盒子运动到c点的速度大小为1m/s

D.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”点的过程

有xo=1^r,代入数据有a=2m/s2,故A错误；从e点到a点的过程有%2=2〃X4xo,解得盒子运动到a点的

速度大小为义二2m/s,故B正确；从e点到。点的过程有％2=2aX2%（）,,解得盒子运动到c点的速度大小

为此=或m/s,故C错误；从e点到a点的过程有％=，〃'，解得盒子从〃点运动到e点的时间为/'=1s,故D

错误。

9.（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（）.8m/s2

C.电梯在匀速阶段的速度大小为5m/s

D.电梯在匀减速阶段的位移大小为16m

答案B

解析货物也梯从矿井底部向上做匀加速运动时，加速度向上，货物处于超亚状态，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瞪苫论?-刎^制工m,得。=0.8m/s\B正确；设电梯加速阶

段的时间为八减速阶段加速度大小为优=0.5。、时间为「，由v=m=af,得k2f,则匀速运动时间"=4（）s・

“'=40s-3r,依题意有、尸+“'+、'/2=130m,由以上式子得r=5s或，等s（舍去），匀速阶段速度v=at=4

m/s,C错误；匀减速阶段位移x=j=20m,D错误。

热点3运动学和动力学图像

［分值：46分］

口~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方争止，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，合力尸随时间，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/s\方向相反，由图线的斜率表示加速度可知，A正确。

«/(m-s-2)

0

12!3；t/s

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“加速上升一关闭发动机无动力滑行一发动机空中二次起动一软着陆”的过程，其修图

像如图所示（取竖直向上为正方向），下列说法正确的是（）

A.OTI时间内，朱雀三号加速上升且加速度逐渐增大

BjF时间内，朱雀三号减速下降

C./2F时间内，朱雀三号减速下降且加速度逐渐减小

D./3~〃时间内，朱雀三号处丁超重状态

答案D

解析时/图线的斜率表示加速度，Of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：h~f2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：，2~/3时间内，速度为负值且绝对值在增大，图线的斜率在减小，印朱雀三号力口速下降且加

速度逐渐减小，故C错误；73T4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、山、方表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是（）

OvO

CD

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，设初速度为阳，加速度大小为。，斜面倾角为

0,物块在水平方向上做勺减速直线运动，初速度为％x=%COS。，加速度大小为4尸GCOS仇则有%

2axx,整理可得I，.产J（%cose）z-2acos0•x,可知，yx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，初速度为如=vosin0,加速度大小为av=asin0,则有32切

2

整理可得Vy=y］（yQs\nO）—2asin0-y,可知，vy-y图像为类似抛物线的一部分，故C正确，D错误。

5.（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vo=3O

m/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45m

D.0~9s内甲的平均速度为0

答案C

解析由I，"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。乙二恶m/s2=5m/s?,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；在口/图像中画出甲的图线，如图所示，根据X图像与横轴围成的面积表示

位移，可知在前3s内xm=45m,xo=vWi=30X3m=90m,即t=3>s时两无人机间距离为Ax=x

L，\F=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0~9s内甲机一

直向东飞行，其位移必不为零，平均速度必不为零，故D错误,

6.（2025・湖北省模拟）四个质量不同的物体，片0时刻从坐标户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,在仁4s内,

答案C

解析A项，由口女图像可知，物体做初速度为零的匀加速直线运动，由/=2如可知，4=2=0.25mH,在

/=4s为，位移为X4?m=2m：B项，u-f图像与时间轴所包围的面积表示位移，所以在/=4s

内，位移为%=^X4X2m=4m;C项，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=g><4><2m/s=4m/s,定性作出物体的M图像如图所示，图中直线A8为w/图像

在A点的切线，由题意知该切线交时间轴于/=2s,设图中实线在片4s内与时间轴所包围的面积为S,则S

△ABCVSVSZMOC,而Sa48C=4m,S^ACC=8m,所以/=4s内，位移4m<i〈8m;D项，由x-f图像可知，物体在

/=4s为，位移为x=2m,故选C。

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。与所受拉力户的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为〃?」、〃?2,与桌面间的动摩擦因数分别为

W、因。下列说法正确的是（）

C.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即〃=2吃吆，由图像的斜率以及微距可知""〃*

3>"2,A错误，B正确；若拉力相同，加速度大小无法判断，根据W=&="3〃2,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-〃〃?g=〃?a,结合图像的横截距可知物体滑动过程中口所受的滑动

摩擦力更大，根据（F-〃机g）.『反可知拉力和位移相同时，甲获得的动能更小，D正确。

8.（2025•河北省模拟）一物体沿直线运动，如图是它运动的5r图像，u表示物体运动的速度，'表示物体运动

的位移，关于该物体的运动，下列说法正确的是（）

L

Ox（,x

A.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.该物体运动位移为沏所用的时间笔静。

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，§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-，则该段图像与横轴围成的面积为ASW•让△，，可知5r图像与横轴围成的面积表示

运动附间，则物体运动到我处的时间为片34『空色式0,由图像可知，增大相同的位移，图像与横轴围成

22“0%

的面积AS逐渐减小，即所用的时间△，在减小，根据工-」-二包3二'二攵Ar,攵为图像斜率，由于u木、v

“末“初珠1'初"铲初

内逐渐增大，可知增大相同的位移，速度的变化量A，变大，由“詈可知加速度增大，故C正确，B、D错

误。

9.（2025•湖南常德市一模）如图质量分别为"小、/〃B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〃，从U0时起，对A施加一

个水平向右的外力F,且金加Q0）,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之间的弹力入与时间的函数关系正确的是（）

AB

答案c

解析根据题意可知，当尸<〃加布时，A对B没有弹力。当4〃?Ag<F<4（〃?A+〃?B）g时，有FN=F”u〃Ag=ki-

为一次函数，斜率为k,当Q〃（/〃A+〃?B）g时物块加速运动，由牛顿第二定律/N-4〃?Bg=〃?B〃，F-

〃（〃7A+〃7B）g=（〃?A+〃ZB）4,解得A、B之间的弹力FN=———F=七"卫t,为过原点的一次函数，故选C。

THA+H^B7叫\+血口

10.（2025•湖南怀化市三模）如图甲fir♦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以物=4m/s的速度向左滑动，物体运动的部分速度妙随时间I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.产的大小为12N

B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25

C.物体回到P点的速度大小为1.5m/s

D.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m/s?=8m/s\物体向右做匀加速运动时，加速度大小

22

6/2=^Tm/s=2m/s,根据尸+4〃?g="叼，F-fimg=ma2f解得尸二15N,"=0.3,选项A、B错误；物体向左运动

的位移为xi=gx4X0.5m=lm,则物体回到P点向右运动的位移x=jq=lm,根据解得B=1s,

v=a2t^lm/s,故物体回到P点的时刻为1.5s,选项C错误，D正确。

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6X106N。火箭质量约为50。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/s2B.4m/s2C.6m/s2D.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。产丫m/s2=2m/s2,故选A。

XJLU

2.（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3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/s2B.6m/s2C.4m/s2D.2m/s2

答案A

解析设小物块的质量为〃2,则由牛顿第二定律可得广尸尸〃口，当尸加倍后，有2广吊二〃也'，代入数据解得

a-2a-^->2a=6m/s2,故选A。

m

3.（2024•湖南卷・3）如图,质量分别为4,〃、3〃?、2/〃、/〃的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连

接，悬挂于。点，处于静止状态，重力加速度为g。若将8、。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，L5gB.2g,1.5g

C.2g，0.5gD.g,0.5g

答案A

解析剪断前，对爪C、。整体受力分析：

A、8间轻弹簧的弹力

FAn=（3m+2m+m）g=6mg

对。受力分析：C、D间轻弹簧的弹力FcD=，ng

剪断后，对8:FAB-3mg=3maH

解得“/尸g,方向竖直向上

对C:FDC^2mg=2mac

解得“c=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

擦因数分别为川和〃2al>仪），如图中所示。对A施加水平向右的恒力厂时，A、B一起向右加速运动，

A、B间的弹力大小为长。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/时.，A、B一起沿斜面向上加速运动，A、B间的弹力大小为尸2，则（）

甲乙

A.Fi<F<FoB.F]<F2<F

C.F\=F2<FD.F2<F\<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"犬gg-尸产〃?S，对长方体B,根据牛顿第二定律

有F\-fi2fng=ma\,整理解得2F产F-/、平2）mg,题图乙过程，设斜面倾角为仇对长方体A,根据牛顿第二

定律尸-B-mgsin0-f.i।〃?gcosO=maz,对长方体B,根据牛顿第二定律B-〃zgsin6”12MgeosO=niaz,整理解得

2B=F-（〃i-"2）〃?gcos。，已知可得FI<F2<F,故选B。

5.（2025・湖南卷・5）如图，两带电小球的质量均为/〃，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（）

r

A.A球静止时，轻绳上拉力为2〃7g

B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2〃次

C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g

D.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球游止时，对A球受力分析，如图所示，根据力的平衡条件得产尸尸QOS300+"由cos300,FTsin

30°=/^sin30°,解得尸产〃@FA、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。

，加。

/mg

6.（多选）（2025.湖南省长沙市一模）如图所示，质量〃m=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凡使其从静止

开始以加速度。=2m/s?做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数上600N/m,重力加速度力取10m/s?。以

下结论正确的是（）

A.变力”的最小值为2N

氏变刀”的最小值为6N

C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/s

D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为亭m/s

答案BC

解析对A、B整体受力分析有F+八-(〃lA+/〃B)g=(〃7A+)〃B)a,可得F=(〃7A+"?B)a+O〃A+〃7B)g・F*,当尸弹最大

时，尸最小，即刚开始施力时，尸焚最大且等于A和B的重力之和，则Emin=(〃?A+〃?B)〃=6N,故A错误，B

正确；刚开始，弹簧的压缩量为x尸吆空皿=0.05m,A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B,由牛

顿第二定律可知依2-〃mg=〃3。，解得X2=0.04m,物块A在这一过程的位移为AX=XI-X2=0.01ni,由运动学公

式可知干=2〃A_Y,代入数据得v=0.2m/s,故C正确，D错误。

7.(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〃?的木箱A(内装质量为3〃?的沙)，细线的倾斜部分与斜面平行，另一端竖直

悬挂质量为机的小桶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25〃的沙转移到小桶中，由静止释放木箱A,已知重力加速度为以下列说法正

确的是()

A.木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为〃吆

B.木箱与斜面间的动摩擦因数为经

C.由静止释放木箱后细线的拉力大小为3.5〃陪

D.由静止释放木箱后木箱的加速度大小为非g

答案D

解析木箱匀速运动时细线拉力R=〃?g,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2FTCOS300=百〃吆，故A错误；对木箱，由平衡条件有FT=/"g=4〃zgsin30°-"4"%cos30°,解得

且,故B错误；让系统静止后将木箱A