直线运动与力的分析（湖南专用）解析版

专题01直线运动和力的分析

£13大考点概览

考点01匀变速直线运动及躺述

考点02力与物体的平衡

考点03牛顿运动定律及其应用

考点1匀变速直线运动及其描述

一、单选题

1.（2026・湖南••模）如图所示，甲、乙两物块先后以相同的初速度从同-位置滑上足够长的固定光滑斜

面，经过一段时间两物块在斜面上相遇。已知甲、乙物块在斜面上运动时加速度大小恒为两物块出发时

【答案】A

【详解】由题意可知两物块相遇时速度大小相等，方向相反，设乙物块运动时间/后与甲相遇，相遇时速度

大小为y,可知=

aT

可得y=

~2

对甲物块由最高点至相遇过程中可知$="=贮

2a8

故选A,,

2.（2026•湖南常德•一模）如图所示，一小球从某高度以一定的初速度水平抛出，然后无碰撞地落到光滑

固定斜面上并继续运动到斜面底端，规定斜面底端所在的平面重力势能为零，不计空气阻力，在整个运动

过程中，小球的水平分速度匕随时间/、竖直分速度母随时间/、重力势能舔随下降的高度力、动能舔随下

降。勺高度h的变化关系正确的是C）

Ep

【答案】C

【详解】A.在平抛运动阶段，小球在水平方向做匀速直线运动，巳=%保持不变，则巳—图像是一条水

平直线。

小球无碰撞地落到斜面上，则小球落到斜面上时，速度方向沿斜面向下。

之后小球沿斜面向下做匀加速直线运动，可分解为水平方向和竖直方向的匀加速直线运动。

匕随时间，均匀增大，因此匕一图像是斜率为止的倾斜直线，故A错误；

B.在平抛运动阶段，小球在竖直方向做自由落体运动，则4T图像是过原点、斜率为g的倾斜直线。

在斜面上运动阶段，小球的加速度在竖直方向的分最小手重力加速度，因此y’T图像是斜率更小的倾斜直

线，故B错误；

C.无论是平抛运动阶段还是在斜面上运动阶段，小球重力势能的变化量始终为一，〃独。

可知重力势能纥随卜.降高度〃的增大线性减小，且在斜面底端时重力势能为0,因此综-力图喙是斜率为

T出的直线，故C正确：

D.由机械能守恒定律可知，动能与和重力势能练的和为一定值。

则动能后.随卜降的高度〃的增大线性增大，但小球的初动能不为0,因此&-力图像是不过原点、斜率为〃瞥

的直线，故D错误。

故选Co

3.（2025•湖南梆州••模）中国海军服役的歼-15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，杲段时间内舰载机

的位移时间（X-/）图像如图（图线为抛物线的一部分）所示，则（）

A.由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B.在2s~3s内，舰载机的平均速度大于20m/s

C.在M点对应的时刻，舰载机的速度大于20m/sD.匕机在该段时间内加速度大小为gm/s?

【答案】D

【详解】A.位移时间（心力图像反映物体的位移随时间的变化，不是物体的运动物迹，舰载机起飞的运动

轨迹沿1轴是直线，故A错误：

-x20

B.在2s~3s内，舰载机的位移为x=36m-l6m=20m,平均速度为u=-=—m/s=20m/s

t1

故B错误；

C.舰载机位移时间（x-r）图像抛物线，舰载机做匀变速直线运动，在M点对应的时刻为2s~3s的中间时刻，

根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，在M点对应的时刻，舰载机的速度等于20m/s,

故C错误；

D.由图像可得0s~3s内，舰载机从静止开始匀加速，位移为36m。由x川？，得

=2A=2x36m/s，故口正确。

r3-

故选Do

4.（2026•湖南邵阳•一模）丹顶鹤是国家一级保护动物，常在湿地和沿海滩涂出现。甲、乙两只丹顶鹤同

时同地出发做直线运动，UT图像如图所示，乙一直做匀速直线运动，2时刻甲恰好追上乙，在。时间

内下列说法正确的是（）

A.甲的平均速度大于0.5%

B.乙的速度可能等于85片

C.甲的加速度逐渐减小

D.甲、乙间距离先增大后减G

【答案】D

一1

【详解】A.UT图像与横轴所围的面积表示物体的位移，可知甲的位移/=%距<2咿0

因此甲的平均速度小于。.5%,故A错误；

B.由题意可知甲、乙两只丹顶鹤在八时刻位移相等，故％乙=史/0=/<3卬0

因此乙的平均速度小于。.5%,故B错误；

C.UT图像的斜率反映物体的加速度，由图像可知甲的加速度逐渐增大，故C错误；

D.由图像可知，初始时刻丹顶鹤乙的速度大于甲的速度，甲、乙间距离逐渐增大；当甲的速度超过乙后,

甲、乙间距离又逐渐减小，故D正确。

故选Do

■•考点2力与物体的平衡

一、单选题

1.（2026・湖南•一模）如图所示，悬挂衣服的绳子两端A、8分别固定在两根竖直杆上，A点、高于B点、,无

风状态下衣服静止。一阵横风吹来，衣服受到水平向右的恒力而滑动，并在新的位置保持静止。不计绳子

的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，绳子不可伸长。现将A点下移至与8点等高，则此过程中，细绳上的张

力（）

A.逐渐变大B.逐渐变小C.始终不变D.先变大后变小

【答案】B

【详解】当在有风的情况下，重力与风力的合力为恒力，则两细绳拉力的合力也为恒力，将八点下移至与N

点等高，根据图像可以看出，两细绳之间的夹角变小，则细绳上的张力变小，故选B。

2.（2026•湖南湘潭,一模）如图所示，在我国某大型桥梁施工中，4、8两定滑轮固定在同一水平面内，工

人用两根缆绳0人、OB将预制构件缓慢竖直提升。提升过程中不计缆绳重力及缆绳与定滑轮间的摩擦，下

列说法正确的是（）

A.缆绳0A的拉力始终小I-0B的拉力

B.缆绳OA和OB的拉力都逐渐增大

C.两缆绳拉力的合力大于构件的重力

D.缆绳OA与的拉力之比保持不变

【答案】B

【详解】A.初始时，由于OA比08短，0A与竖直方向的夹角更小（4＜2）。

根据平衡条件，水平方向有"sinq=Esina，因为4＜名，所以sina＜sing,可得上＞用。

当构件缓慢竖直提升时，仍有6＞招，故A错误；

B.在提升过程中，构件逐渐升高，缆绳与竖直方向的夹角。逐渐增大。

根据竖直方向平衡条件£COS4+心cosU=mg

随着。增大，cos。减小，为保持平衡，拉力片和尸2必须逐渐增大，故B正确；

C.构件始终处于平衡状态，合外力为零，因此两缆绳拉力的合力大小等于构件的重力，故C错误;

F.sin0~,sin0.,

D.拉力之比为”=丁■京，在提升过程中，4和2不断变化，一言的比值不恒定，故D错误。

r2sinqsind

故选Bo

3.（2026•华大新高考联盟•一模）如图，在竖直平面内固定一个四分之一光滑圆弧支架，。点为圆弧的圆

心，04、OB为圆弧的半径，OA沿竖直方向，支架圆弧上和半径。4上分别穿着小人小球，m人两小球的

质最分别为町和牡，两小球之间用一轻绳连接，平衡时小球。、〃分别位于P、。两点已知Z4O尸=30。,

OQ=PQ,两小球均可视为质点，设支架对小球"的弹力为对小球力的弹力为小，则下列说法正确

的是（）

A.小：，%=2:1

%:FN?=：1

【答案】A

【详解】根据题意，分别对小球。、力受力分析，如图所示

由平衡条件有居sin30。=〃?那，尸2cos30。=&2，cos30°=sin30°,cos30°=+Fisin30°

又有6=8

联立解得《=2Fm，，叫g=2"%g

即叫：?=2:1,6]:42=2：1

故选A1,

4.（2026•湖南永州•一模）生活中人们经常用滑轮提升重物，如图所示，两轻绳分别跨过两个固定光滑定

滑轮，两人站在地上竖直向下拉功轻绳，使重物匀速上升，已知悬挂重物的两侧轻绳。和〃与竖直方向的夹

角始终相等，则在重物上升的过程中（）

A.轻绳。和〃拉力的合力逐渐变大

B.人对地面的压力逐渐减小

C.轻绳。拉力对物体做功的瞬时功率变大

D.两根轻绳对物体的拉力冲量始终相同

【答案】B

【详解】A.根据平衡条件可知轻绳。和〃拉力的合力与重物的重力等大反向，保持不变，故A错误；

B.设轻绳。和b与竖育方向的夹箱为。，重物的质品,为m,则有2rcos0=mg

由于。逐渐增大，所以绳子拉力逐渐增大；设人的质量为以人为对象，根据平衡条件可得T+N=M?

可知地面对人的支持力逐渐减小，则人对地面的压力逐渐减小，故B正确；

C.轻绳。拉力对物体做功的瞬时功率为P==

可知轻绳。拉力对物体做功的瞬时功率不变，故C错误；

D.根据对称性可知，两根轻绳对物体的拉力冲量大小相等，但方向不同，故D错误。

故选Bo

5.（2026•湖南T8联考•一模）光滑水平面上，细线一端固定在。点，另一端与小球相连，小球受到两个相

互垂直的水平拉力K和尸2,细线始终水平，K与细线的夹角为。（a为钝角），小球始终处于平衡状态。

则下列说法正确的是（）

A.保持拉力工恒定不变，石方向不变，大小逐渐增加，则小球受到细线的拉力逐渐减小

B.只增加细线的长度，保持三个力方向不变，则人减小

C.若保持。角和居不变，将拉力6沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐增大

D.若保持。角和生不变，将拉力《沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐减小

【答案】D

【详解】A.保持用不变，如图所示

由三角形定则可知，B增大时，a•逐渐增大，故A错误；

B.只增加细线的长度，对力的大小没有影响，心大小不变，故B错误；

CD.a角和正2不变，将拉力F/沿顺时针方向缓慢转动，则B与尸2之间夹角口减小，且/<90。，沿着垂直

F,方向正交分解可得4•sin(18()o-a)=F2sin/?

可知细线上拉力逐渐减小，C错误，D正确。

故选Do

6.(2026•湖南株洲•一模)如图，质量为1kg的物块放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块和木箱间

的动摩擦因数为0.2,物块左端被一根轻弹簧用1N大小的弹力拉着保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，重力加速度g取I()m/s2。要使物块相对于木箱向左运动，则木箱在竖直方向的运动可能是()

颂QOQQQQ叫

A.向上加速，加速度大小为4m/s?B.向上加速，加速度大小为6m/s2

C.向下加速，加速度大小为4m/s2D.向下加速，加速度大小为6m/s2

【答案】D

【详解】A.木箱运动的加速度竖直向上,大小为4m/s2时,对物块有百一〃依=力叼

解得木箱对物块弹力大小£=14N

此时<但=〃片=Z8N>1N,故物块不能相对木箱底面移动，故A错误;

B.木箱运动的加速度竖直向上,大小为6m/s2时,对物块有6-〃吆=5火

解得木箱对物块弹力大小人=16N

此时Znax2=〃E=3.2N>lN,故物块不能相对木箱底面移动，故B错误；

C.木箱运动的加速度竖直向下，大小为4m/s2时，对物块有〃吆一片=〃??

解得木箱对物块弹力大小鸟=6N

此时人g3=〃片=L2N>1N,故物块不能相对木箱底面移动，故C错误；

D.木箱运动的加速度竖直向卜，大小为6m/s2时，对物块有〃?8-玛=64

解得木箱对物块弹力大小E=4N

此时£3i=〃E=S8NvlN,故物块会相对于木箱向左运动，故D正确。

故选Dc.

7.（2026•湖南岳阳•一模）一只双层圆形晾衣篮（结构如图），篮口平面的圆心为。点。晾衣篮可视为质

量均匀分布，半径R=0.40m的刚性圆环。四根轻绳下端系于圆环上四等分点小B、C、D,上端汇到〜点，

再由挂钩悬挂。调节四根轻绳的长度，使P点始终在圆心O点正上方，且保持篮口水平。篮与衣物总质量

〃?=12kg,取重力加速度g=10m/s2。每根绳允许的最大拉力为50N,为保证四根绳都不断裂，P点到。点的

竖直距离至少应为（）

A.0.30mB.0.25mC.0.20mD.0.15m

【答案】A

【详解】设尸点到。点的竖直距离为止每根绳与竖百.方向夹角为氏根据共点力平衡则有，咫=47bos6

R

由几何关系知tan6>=-

h

当丁取最大值50N时,cos。最小,人最小，代入数据解得cos®=0.6,/?=0.30m

故选A。

8.（2026•湖南怀化••模）工人师傅在安装品层住户玻璃时，由于无法通过电梯搬运，需要楼上和楼下工

人协作配合，楼上师傅通过光滑定滑轮拉动绳子，楼下师傅站在一楼地面上固定位置将绳子往远离楼体的

方向拉，以避免窗户被磕碰，如图所示。两段绳子的拉力分别为7；和刀，窗户在两段绳子的作用下缓慢竖

直向上运动。窗户从一楼地面竖直向上运动的过程中（）

A.汇和4的合力变小B.楼下师傅需要收缩绳子

C.楼下师傅受到地面的支持力不变D.工和4均增大

【答案】D

【详解】A.由三力平衡知（、心的合力与重力等大反向，合力不变，故A错误;

B.窗户向上运动的过程中，楼下工人师傅需要逐渐放绳子，故B错误；

D.由动态分析图解法可知，8减小，。增大，所以（和4均增大，故D正确：

c.对楼下师傅，〃g=&+《cose

e减小，△增大，（cos。增大，楼下师傅受到地面的支持力减小，故c错误。

故选Do

9.（2026•湖南邵阳•一模）如图，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无

人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下以速度了水平向左做匀速直线运动。己知拉力

与水平面成30。角，其大小尸随时间，的变化关系为尸=6-灯（/工0,4、火均为大于0的常量），无人

机的质量为〃，，重力加速度为X。关于该无人机在0到7时间段内（7是满足尸＞0的任一时刻），下列说

法正确的是（）

A.受到空气作用力的大小逐渐变大

B.受到拉力做功为（笫4卜丁

c.受到拉力的冲量大小为（写竺,

D.受到空气作用力的冲量大G为（〃陪y+（与-g仃）+/咫（丹-3女7、

【答案】D

【详解】A.无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,

则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着尸的减小重力和拉力的合力如图

可知无人机受到空气作用力的大小逐渐变小，故A错误；

B.在水平方向上，拉力的大小尸随时间/的变化关系为尸-人图像，如图所示

OvlX

则无人机在0到7时间段内受到拉力做功为产-x图像与坐标轴围成的面积，即叫=苧（4-:仃卜T,故

B错误；

C.拉力/随时间/变化的ET图像，如图所示

则无人机在o到7时间段内受到拉力的冲量大小为厂一图像与坐标轴围成的面积，即4=（用-gnjr,

故c错误；

D.将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有以=等（外-股）

无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有K=；（4-外）+，昭

o到了时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为4=#（凡-权

o到7时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直力向的冲量为4=314一3%丁）丁+，出丁

则0到7时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为

则受到空气作用力的冲量大小为7.〃吆）2+‘州+mg（冗-;左丁），故D正确。

故选Do

二、多选题

10.（2026•湖南岳阳•一模）如图所示，质量分别为〃〃和〃”的两个小球之间用轻绳AB、8Q和轻弹簧布

连接并保持静止，其中轻绳AB保持水平,轻弹簧心与竖直方向夹角为37。,轻绳8Q与竖直方向夹角为53。,

sin370=0.6,cos370=0.8,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.也=2

m216

B.Y

里9

1?

c.剪断轻绳4Q的瞬间，小球〃〃的加速度为;g

12

D.剪断轻绳8Q的瞬间，小球〃”的加速度为次g

【答案】BC

【详解】AB.对两小球及连接装置进行受力分析，设弹簧布的弹力为F,绳A8的张力为7\绳8Q的张

力为心。对〃〃水平方向有产sin37°=7；

竖直方向有尸cos37°=〃《g

对m2水平方向有T2sin53=7；

竖直方向有Gcos53'=62g

联立可得叫gtan37°=m2gtan53°

-gtan5316,,...

即一=-^7=—，故A错味，B正确。

吗tan379

CD.剪断轻绳8Q瞬间，弹簧弹力/不变，绳A8张力突变为了1对/〃”竖直方向有尸cos37'=gg

故＜/h=0；水平方向有T-fsin37°=町%

对潞2：竖直方向只受重力，故。2产个

水平方向有一7'=巧/

Fsin37°

由绳44不可伸长，两球水平加速度相等，均为Z,联立解得4=~」一

町+叫

代入得4=

25

故加/的加速度大小为玄g，方向水平向左：〃?2的加速度有水平分量和竖直分量g，合加速度大小不

12

为商g,故C正确，D错误。

故选BC„

三、解答题

11.（2026•湖南常德•一模）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，2025年9月22日，

央视首次公开了福建舰的电磁弹射视频。已知某舰载机质量为3x10,kg,在弹射系统和发动机共同作用下

能在3s内从静止沿水平甲板跑道匀加速运动到起飞速度90m/s,重力加速度g=10m/s2。

⑴舰载机在水平甲板上直线加速过程中，若发动机提供的动力为耳=3x10$N,舰载机受到的阻力r恒为其

重力的0.2倍，求弹射系统提供的作用力尸大小；

⑵舰载机离开航空母舰后，以与水平成37。的方向匀速直线爬升。此阶段发动机以最大推力运行，推力方向

3

与速度方向相同。另外舰载机还受空气阻力£=女之，^=I.8xlON-s/m,方向与速度方向相反；受升力

,

力=刈八Z:2=2.4xlON-S/m,方向与速度方向垂直。求舰载机匀速爬升时的速度大小u和舰载发动机的

最大推力（。

【答案】（1）6.6x10$N

（2）100m/s3.6X105N

【详解】（1）舰载机在水平甲板上做匀加速直线运动的加速度

Ar

由牛顿第二定律产+片-02mg=ma

解得〃=6.6x10$N

垂直速度方向有mgcos0=k2v

解得速度v=100m/s

沿速度方向有Fin=fngsinO+k{v

解得E“=3.6xl()5N

考点3牛顿运动定律及其应用

一、单选题

1.（2026・湖南名校联合体•一模）如图所示，A、B两个带异种电荷的小球，用绕过两个光滑定滑轮的绝缘

细线连接，对A球施加一个水平力/（图中未标出），两球静止且处于同一水平线上，此时连接A球的细

线与水平方向的夹角a=53°，连接B球的细线与水平方向的夹角6=370,sin37'=0.6，B球质量为相，重

力加速度为g，不计小球的大小，则下列判断正确的是（）

A.作用于小球A的水平力方向水平向右B.A球的带电量个于B球的带电量

4

C.小球A的质量为§机D.撤去尸的一瞬间，小球B的加速度为0

【答案】C

【详解】A.两球受到的库仑力等大反向，两细线对球的拉力大小相等，B球细线拉力的水平分力与库仑力

等大反向，则A球细线拉力的水平分力小于库仑力，因此要使A球静止，作用于A球的水平力尸向左，故

A错误；

B.两球的电量大小无法比较，故B错误；

C.设细线拉力为7’,对B球有了sind="2g

对A球有了sina="入8

4

解得叫=F〃，故C正确；

D.撤去尸的一瞬间，细线的拉力发生突变，小球B受到的重力和库仑力不变，因此小球B的合力不为零,

加速度不为零，故D错误。

故选Co

2.（2026・湖南株洲•一模）水平面上固定一顶角4为直角的三角形斜面ABC,AB斜面倾角为60。。质量不

同的两滑块（均可视为质点）自顶端由静止释放分别沿A8和AC面下滑，不计摩擦，它们到达斜面底端的

时间之比加：心为（）

4

/认60°

A.|B.立C.—D.73

232

【答案】B

【详解.】设斜边长为L,则沿人4下滑时Lcos60=ggsin6（H%

沿4c下滑时Lcos30=ggsin30/c

联立解得加：（c=且

cnRL3

故选Be

3.（2026•湖南岳阳•一模）如图所示，某智能物流系统的倾斜传送带AB与水平面夹角为《=37。，传送带以

x6m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。现将一个质量〃片200kg的打包货箱（可视为质点）无初速地置于底

端A处。为了提高运输效率，系统对货箱施加一个沿传送带向上的恒定辅助拉力/,'=1600N。已知货箱与传

送带的动摩擦因数〃=0.125,取重力加速度g=10m/s2,空气阻力忽略不计。当货箱运行至顶端8时，速度

大小恰好为10m/s,sin3r=0.6,cos370=0.8,关于该过程，下列判断正确的是（）

A.货箱从底端4运行至顶端B耗时5s

B.传送带AB段长度&『36m

C.由丁货箱与传送带相对滑动产生的热量为28OOJ

D.货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为14m

【答案】C

【详解】A.对货箱第一阶段进行受力分析可得：F+cos0-mgsin6=ma.

Z7+x/mgeos。一/它sin。1600+0.125x200x10x0.8-200x10x0.6.c,2

先以加速度4=——---------------------=--------------------------------------------------------m/s22=3m/s2

in200

加速到与传送带共速，时间。=±=gs=2s

v262

位移内=—=—7m=6m

2ay2x3

共速后，摩擦力发生突变，第二阶段尸-〃皿?cos0-〃？gsin0=〃％

「riF—cos8—〃坞sin81600-0.125x200x10x0.8-200x10x0.6,•»,.<,

再以加速度m=——------------------=---------------------------------------------------m/s-=lm/s-

-m200

v—v10—6

加速到％=10m/s,时间----=——s=4s,

人效谥3102-62

位移/=1---=二「m=32m,

2a22x1

总时间，=4+/2=2s+4s=6s,故A错误；

B.传送带氏度L=N+X2=6m+32m=38m,故B错误：

C.摩擦力大小f=从mgcos37°=0.125X200X10X0.8N=200N,

第一阶段相对位移4=%一玉=6x2m-6m=6m

第二阶段相对位移△•%=々一%=32m-6x4m=8m

总相对路程出-$+A.V|=8m+6m=14m

产生热f：Q=/As=200xl4J=2800J,故C正确；

D.货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为相对路程14m,但实际痕迹长度为两阶段相对位移覆盖的区域长

度为8m,故D错误。

故选C.

二、多选题

4.（2026・湖南名校联盟•一模）在学校科技文化周上，有同学展示了自己研制的球形飞行器。通过了解，

球形飞行器安装厂可提供任意方向推力的矢量发动机，球形飞行器总质量为加，飞行器飞行时受到的空气

阻力大小与其速率平方成正比（即六人汽火为常量）。当发动机关闭时，飞行器由静止竖直下落，经过一

段时间后，其匀速下落的速率为8m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，

飞行器匀速向上的速率为4m/s。重力加速度大小为小不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，

下列说法正确的是（）

A.发动机的最大推力为1.5Mg

B.发动机的最大推力为1.25Mg

C.飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐变小的加速运动

D.飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐变大的加速运动

【答案】BC

【详解】AB.飞行器关闭发动机，以匕=8m/s匀速下落时，则有

飞行器以％=4m/s向上匀速运动时，设最大推力为匕，则有尸」图+制；

联立，解得q=L25Mg,故A错误，B正确；

CD.飞行器由静止卜.落的过程中，空气阻力逐渐变大，由牛顿第二定律Mg-h，2=M〃

可知。逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确，D错误。

故选BCc

5.（2026・湖南名校联合体••模）如图所不，粗细均匀的光滑直杆AB、固定在竖直面内，AB杆水平，

两杆夹角为37。，质量均为，〃的小球。、〃分别套在4B、BC杆上，两球用长为L的细线连接，锁定两球，

细线刚好伸直且与8。杆垂直，重力加速度为g,sin370=0.6,不计球的大小，同时解除两球的锁定，则在小

球〃向右运动过程中，下列说法正确的是（）

A.解除锁定的一瞬间，小球/）的加速度大小为0.8gB.小球〃向下运动过程中机械能一直减小

C.当小球。运动到最右端时，小球。运动到最低点D.小球。运动过程中最大速度大小为JpZ

【答案】BD

【详解】A.解除锁定的一瞬间，小球方的加速度大小为。=侬出至=0.6g,故A错误；

m

B.当细线与68垂直时，小球〃的速度最大，这时小球〃到达最低点，此过程小球〃的机械能一直增大，

则小球力的机械能一直减小，故B正确：

C.当小球〃运动到最右端时，速度为零，根据系统机械能守恒可知，小球人刚好回到最初位置，故C错误;

D.当小球。速度最大时，小球。下降的高度/?=L-Lcos37o=0.2L

此时小球b的速度为零，根据系统机械能守恒可得〃出=卜加

联立解得小球a的最大速度为u=,故D正确。

故选BDo

6.（2026•湖南长沙名校一模）如图甲所示，质量为，诙的小车放在光滑水平面上，小车上用纽线悬吊一质

量为加的小球，〃%＞，？，川一力”水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度4向右运动时，细线与竖直

方向成a角，细线的拉力大小为尸若用一力尸'水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度4向左运动

时，细线与竖直方向也成a角，如图乙所示，细线的拉力大小为42,则（）

__Q_Q_

甲乙

A.F'<FD.%=FT{

【答案】BD

【详解】对题图甲中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有尸=（叫+"。4

对题图甲中小球受力分析，如图所示

对小球，根据牛顿第二定律有不|Cosa-〃?g=（）,F-耳|Sina=〃?4

联立解得0=3，尸=如叫.皿

cosa叫

对题图乙中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有尸'=（%+6）生

对题图乙中小球受力分析，如图所示

对小球，根据牛顿第二定律有42cosa-〃2g=（）,FT2sina=ma2

解得/F'=（，％+Mgtana

cosa

综合可知不=用

因为叫）>〃?

所以产'>尸

故选BDo

7.（2026•湖南•一模）如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置于光滑水平地面上，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。木箱质量为M=4.0kg,甲、乙两物块质量均为

=2.0kg,甲与木箱之间的动摩源因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块乙始终不与木箱接触,

重力加速度g取lOm/s?。现以水平向右的推力/作用在木箱上使三者保持相对静止，则下列判断正确的是

（）

甲

口.

~F七|乙

///////>/>//>//////////>/>//////////>

A.轻绳对物块乙的弹力方向斜向右上

B.轻绳上弹力大小为20N

C.物块甲所受摩擦力方向有可能水平向右

D.要使三者保持相对静止，水平推力小的大小至少为60N

【答案】AD

【详解】AB.对整体分析可知/=（M+2〃7）a

加速度方向水平向右，对物块乙分析可知，由于相对静止，其加速度水平向右，所以与其连接的轻绳弹力

方向斜向右上,其大小满足阡=(，咫『+(〃依『

可知弹力大小大于物块乙的重力，A正确，B错误；

C.对物块甲，假设摩擦力方向水平向左，可知”一月=〃也

联立可得耳二-ma

可知工取正值，所以假设正确，摩擦力方向水平向左，C错误：

D.对物块甲知耳4,所以yj(mg)2+(ma)2-ma</.ung

—g=~g

2〃4

联立可得尸=("+2m)aN60N,D正确。

故选ADo

8.(2026・湖南长沙集团一模)如图所不，甲、乙是车间内高度不同的两个工作台，它们距地面的高度分

别为九、外，且丸,仁在这两个工作台之间设计了两个斜面，从A点静止释放的工件经C点滑至3点时

速度刚好为零，此时工作台之间的距离为小A、仄C位于同一竖直平面内。斜面AC与CB之间平滑连接，

AC.BC的长度可以调节，工件通过C点时没有动能损失。工件可视为质点且与两个斜面之间的动摩擦因数

均为心下列说法正确的是()

A.d是一个唯一的确定值

B.如果减小4工件达到3点时速度可能为零

C.在两工作台间，无论将C点向水平方向移动多少，工件都可以下滑

D.只将斜面换成曲面人。B,工件也可以到达8点

【答案】AC

【详解】A.工件从A点滑到8点,根据能量守恒定律〃喇-〃她=W"gcosaW+〃〃2gcosa/2，其中4和

6分别是斜面AC和6。的长度，4和％分别为斜面AC和C3与水平面的夹角，化简可得

%-4=〃（cosq+cosa4）=〃"，故

〃=生2，表明“是•个唯•的确定值，与斜面的具体形状无关，只取决于高度差和动摩擦因数，故A正

确；

B.根据选项A的分析可知，如果减小d,那么重力做的功大于摩擦力做的功，工件在到达8点时速度不为

零，故B错误；

C.由选项4可知〃=纥2，则。点无论在何处，4c的倾角。都会满足

a

lan6>〃，工件都可以下滑，故C正确；

D.将斜面换成曲面4。/《后，工件从A点到8点的过程中需要向心力，导致支持力比斜面的大，摩擦力做

功增加，虽然重力做功仍然为预达一陵也，但摩擦力做功可能会超过重力做的功，导致工件在到达8点之

前就停止，即只将斜面换成曲面八。从工件无法到达B点，故D错误。

故选ACo

9.（2026•湖南郴州•一模）如图曰所示，足够长、倾角为。=37。的倾斜传送带顺时针方向匀速运行，可视

为质点的物块在"0时刻以大小为％=5m/s的速度从传送带底端开始沿传送带上滑。若取传送带底端所在

平面为零势能面，物块在传送带上相对运动时可在传送带上留卜痕迹。物块在传送带上的机械能E随时间/

的变化关系如图乙所示：0.25s前图线为曲线；0.25s后图线为直线。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重

力加速度g取lOm/s?,sin370=0.6,下列说法正确的是（）

C.传送带的运行速度大小为2m/sD.物块从底端运动到最高处的过程中，传送带二的痕迹长度

为0.375m

【答案】ACD

【详解】A.物块初动能纭0=50J=；〃而

解得物块的质量为m=4kg,A正辅;

C.由图可知，在/=0.25s时物块与传送带共速，设传送带的速度为”，则此时的机械能为29J,即

-mv2+mgfsin37=29J

22

可解得v=2m/s,C正确；

B.在0.25s内物块的加速度为大小。二8二=12m/s2

t

方向沿传送带向下，则由牛顿第二定律mgsin0+cos0=nu\

可得物块与传送带间的动摩擦因数为〃=0.75,B错误；

D.物块从滑上传送带到与传送带共速阶段在传送带上的划痕长度

&=生匕-W=止匕=㈢x0.25m=0.375m

222

物块与传送带共速后因〃=0.75=tan37。可知，物块与传送带相对静止，则物块从底端运动到最高处的过程中，

传送带上的痕迹长度为0.375m,D正确。

故选ACD。

三、解答题

10.(2026・湖南郴州,一模)如图所示，质量为5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木

箱水平底面之间的动摩擦因数为〃=。4°A的右边连接一根劲度系数为Z=2(X)N/m轻弹簧且处于静止状态,

此时弹簧被压缩了6cmo现要使A恰能相对木箱底面移动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取lOm/s?。

试求：

A领加ca

(1)A静止时，弹簧弹力的大小；

⑵如果让木箱在竖直方向上运动，其加速度；

⑶如果让木箱在水平方向上运动，其加速度。

【答案】⑴12N

(2)4=4m/s：竖直向下

22

(3)a2=1.6m/s,水平向右