2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系（2025年4月）

選擇題（共10小題）

1.（2025?安慶二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)三個(gè)圓的半徑之比為3：2：1,它們的最低點(diǎn)相切于P點(diǎn)，有

三根光滑細(xì)桿AP、BP、CP,桿的最高點(diǎn)分別處于三個(gè)圓的圓周上的某一點(diǎn)，桿的最低點(diǎn)都處于圓的最

低點(diǎn)P。現(xiàn)各有一小環(huán)分別套在細(xì)桿上，都從桿的最高點(diǎn)由靜止開始沿桿自由下滑至P點(diǎn)，空氣阻力不

計(jì)，則小環(huán)在細(xì)桿AP、BP、CP上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為（）

A.V3：V2：1B.（V3-V2）：（V2-1）：1

C.3：2：1D.1：1：1

2.（2025?阿城區(qū)校級二模）2025年第九屆哈爾濱亞冬會(huì)期間，中國短道速滑隊(duì)在黑龍江省冰上訓(xùn)練中心

速滑館內(nèi)進(jìn)行訓(xùn)練。運(yùn)動(dòng)員張楚桐在500米短道速滑測試中，以42秒56的成績刷新紀(jì)錄。下列說法正

確的是（）

A.42秒56表示時(shí)刻

B.張楚桐全程的平均速率約為11.8m/s

C.張楚桐在彎道加速時(shí)慣性增大

D.研究張楚桐的過彎技術(shù)時(shí)可以將其視為質(zhì)點(diǎn)

3.（2025?安慶二模）乘坐“空中纜車”既能飽覽大自然的美景又輕松愜意。如圖所示，某一纜車沿坡度

為53。的山坡勻速上行，纜車中有一質(zhì)量m=50kg的貨物放在水平地板上且與車廂壁恰好接觸而無擠

壓，貨物與地板之間動(dòng)摩擦因數(shù)貨物與地板之間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，某時(shí)刻纜車開

始沿原方向做加速運(yùn)動(dòng)，在這一過程中，加速度大小從零開始緩慢增大，并且整個(gè)加速階段纜車始終保

持豎直狀態(tài)，重力加速度g=10m/s2,cos53°=0.6,sin53°=0.8,則在纜車斜向上加速運(yùn)動(dòng)的過程中

a

/~~I/山坡

A.貨物可能受到3個(gè)力或4個(gè)力作用

B.車廂受到的摩擦力方向水平向右

C.當(dāng)a=2m/s2時(shí)，車廂地板對貨物的摩擦力大小為80N

D.當(dāng)a=10m/s2時(shí)，車廂地板對貨物的作用力大小為300VIUN

4.（2025?湖南模擬）外賣給現(xiàn)代人們的生活帶來了便利。一位外賣人員手提一盒質(zhì)量為m的外賣進(jìn)入廂

式電梯上樓或下樓，他手機(jī)中的加速度傳感器記錄了電梯某一段運(yùn)動(dòng)的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所

示，圖中ao已知，重力加速度為g,取豎直向上為正方向。下列說法正確的是（）

A.M72時(shí)間段內(nèi)，外賣人員處于超重狀態(tài)，且電梯一定在加速上升

B.質(zhì)量為m的外賣對外賣人員的手施加的最大拉力為mg+mao

C.t2?t3時(shí)間段內(nèi)，電梯一定處于勻速狀態(tài)

D.t3?t4時(shí)間段內(nèi)，質(zhì)量為m的外賣重力變小了

5.（2025?船山區(qū)校級二模）如圖甲所示，在平直公路上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的小車內(nèi)固定有一豎直彈性桿，

桿的頂端固定有一小球。當(dāng)小車突然開始減速制動(dòng)時(shí)，彈性桿向前彎曲（如圖乙），下列對乙圖中的小

球進(jìn)行受力分析最合理的一項(xiàng)是（）

，、NN

n

A.‘G

D.G

6.（2025?惠東縣三模）如圖所示，相同細(xì)線1、2與鋼球連接，細(xì)線1的上端固定,用力向下拉線2.則（）

A.緩慢增加拉力時(shí)，線2會(huì)被拉斷

B.緩慢增加拉力時(shí)，線1中張力的增量比線2的大

C.猛拉時(shí)線2斷，線斷前瞬間球的加速度大于重力加速度

D.猛拉時(shí)線2斷，線斷前瞬間球的加速度小于重力加速度

7.（2025?鄴州區(qū)校級開學(xué)）如圖是乒乓球比賽中運(yùn)動(dòng)員的削球動(dòng)作，下列說法正確的是（）

A.乒乓球被削回的速度越大，慣性越大，飛得就越遠(yuǎn)

B.乒乓球被削回在空中飛行時(shí)受到重力、空氣阻力和球拍摩擦力作用

C.削球時(shí)乒乓球拍對球的彈力是因?yàn)榍蚺男巫儺a(chǎn)生的

D.削球時(shí)球拍對乒乓球施加的力大于乒乓球?qū)η蚺氖┘拥牧?/p>

8.（2025?海南模擬）壓強(qiáng)是用來描述壓力作用效果的物理量，壓強(qiáng)越大，壓力的作用效果越明顯。若用

國際單位制中的基本單位來表示壓強(qiáng)的單位，下列正確的是（）

Nkgkg

A.—~B.PaC.-----D.——

s-ms^-m

9.（2025?未央?yún)^(qū)校級三模）如圖甲所示，一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊在t=0時(shí)刻以某一初速度滑上靜置在水平

地面上的斜面體M,0~0.4s內(nèi)滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移s隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，其中0?0.2s

內(nèi)的圖線為拋物線。整個(gè)過程中，斜面體M始終保持靜止，下列說法正確的是（）

s/m

A.初速度大小為Im/s

B.0?0.4s內(nèi)斜面體M一直受到地面的摩擦力

C.0?0.4s內(nèi)斜面體M受到的支持力始終不變

D.0?0.2s內(nèi)滑塊處于失重狀態(tài)

10.（2025?常州校級模擬）某同學(xué)制作了一個(gè)“豎直加速度測量儀”，可以用來測量電梯沿豎直方向上下

運(yùn)行時(shí)的加速度，其構(gòu)造如圖所示。把一根輕彈簧上端固定在小木板上，下端懸吊0.9N重物時(shí)，彈簧

下端的指針指向刻度尺上的C點(diǎn)；懸吊1.0N重物時(shí)指針位置標(biāo)記為0,以后該重物就固定在彈簧上，

這樣就構(gòu)成了一個(gè)“豎直加速度測量儀”。設(shè)豎直向上為正方向，重力加速度g取lOm/s?。下列說法中

正確的是（）

0

0

=

0

0

A0

=

c1

=

s1

0

1

J

單位：cm

A.測量的加速度大小和彈簧的形變量成正比

B.指針指向A位置時(shí)，表示加速度為1.0m/s2,方向豎直向上

C.指針指向B位置時(shí)，表示加速度為0.5m/s2,方向豎直向下

D.若將指針拖拽到D點(diǎn)，并將此時(shí)的指針位置標(biāo)記為0,則測量加速度值將偏大

二.多選題（共5小題）

（多選）11.（2025?南開區(qū)一模）如圖所示，纜車車廂通過懸臂固定在纜繩上，車廂連同懸臂的質(zhì)量為M,

車廂水平底板放置一質(zhì)量為m的貨物。某段時(shí)間內(nèi)，在纜繩牽引下貨物隨車廂一起斜向上做加速度為a

的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知懸臂和車廂始終處于豎直方向，重力加速度為g,纜繩的傾角為仇則在這段

時(shí)間內(nèi)（）

A.車廂對貨物的支持力大小為masin0

B.車廂對貨物的摩擦力大小為macosS

C.纜繩對懸臂和車廂的作用力大小大于（M+m）Jg2+a2

D.纜繩對懸臂和車廂的作用力方向與水平方向的夾角大于e

（多選）12.（2025?鄴州區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，傾角0=30°且上表面光滑的斜面體c置于水平地面上，

滑塊b置于斜面上，通過輕繩跨過光滑定滑輪與物體a連接，其中連接b的一段輕繩與斜面平行，連接

a的一段輕繩豎直，a下端連接在豎直固定在地面的輕彈簧上，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止。已知a、b、c的質(zhì)

量均為4m,重力加速度為g,下列說法正確的是（）

B.地面對c的摩擦力為gnig,方向水平向左

C.剪斷輕繩的一瞬間，a的加速度大小為0.5g

D.若將彈簧撤去，a將會(huì)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度大小為0.5g

（多選）13.（2025?澗西區(qū)一模）廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600m,游客乘坐觀光電梯大約一分鐘

就可以到達(dá)觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t=0時(shí)由靜止開始上升，a--

t間關(guān)系如圖所示。則下列相關(guān)說法正確的是（）

A.t=4.5s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài)

B.5s?55s時(shí)間內(nèi)，繩索拉力最小

C.t=59.5s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài)

D.t=60s時(shí)，電梯速度恰好為0

（多選）14.（2025?惠農(nóng)區(qū)校級一模）如圖所示，傳送帶與地面的夾角為37°,其頂端A到底端B的距

離為4m,傳送帶始終以5m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶頂端A輕放一小煤塊，已知煤塊與傳送帶

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,sin37°=0.6,重力加速度大小g=lOm/s?,下列說法正確的是（）

A.煤塊下滑過程中先加速后勻速

B.煤塊下滑過程中先加速后減速

C.煤塊從傳送帶頂端A運(yùn)動(dòng)到底端B所用的時(shí)間為1s

D.煤塊在傳送帶上留下的滑動(dòng)痕跡為1.25m

（多選）15.（2025?撫順模擬）如圖所示，A、B兩個(gè)物體相互接觸而不粘合，放置在光滑水平面上，質(zhì)

量分別為3kg和6kg。從t=0開始，推力FA和拉力FB分別作用在A、B上，F(xiàn)A、FB隨時(shí)間的變化規(guī)

律為FA=（18-3t）N,FB=（9+3t）N,在0?5s這段時(shí)間內(nèi)（）

FA

AB

7777777777777777777777777777777777

A.物體A一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.t=3s時(shí)，物體A與B分離

C.t=5s時(shí)，vA=13m/s,VB=16HI/S

D.物體B運(yùn)動(dòng)的位移大小為37.5m

三.解答題（共5小題）

16.（2025?清遠(yuǎn)一模）分揀機(jī)器人在快遞行業(yè)的推廣大大提高了工作效率，派件員在分揀處將包裹放在靜

止機(jī)器人的水平托盤上，機(jī)器人可將包裹送至指定投遞口，停止運(yùn)動(dòng)后緩慢翻轉(zhuǎn)托盤，當(dāng)托盤傾角增大

到。時(shí)，包裹恰好開始下滑，如圖甲所示?，F(xiàn)機(jī)器人要把包裹從分揀處運(yùn)至相距L=45m的投遞口處,

為了運(yùn)輸安全，包裹需與水平托盤保持相對靜止。已知包裹與水平托盤的動(dòng)摩擦因數(shù)以=0.75,最大靜

摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2,求：

（1）包裹剛開始下滑時(shí)的托盤傾角

（2）機(jī)器人在運(yùn)輸包裹的過程中允許的最大加速度a；

(3)若機(jī)器人運(yùn)行的最大速度為vm=3m/s,則機(jī)器人從分揀處運(yùn)行至投遞口(恰好靜止)所需的最短

時(shí)間to

甲乙

17.(2025?卸州區(qū)校級開學(xué))如圖所示，質(zhì)量m=1kg的物體以一定速度水平拋出，落在傾斜傳送帶的頂

端A點(diǎn),恰好沿AB方向沖下，已知拋出點(diǎn)距A點(diǎn)的豎直高度h=0.45m,傳送帶與水平面夾角。=37°,

傳送帶的底端B點(diǎn)距離地面高度H=1.4m。已知滑塊大小忽略不計(jì)，傳送帶兩端的傳送輪半徑很小，

可以忽略不計(jì)，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)四=0.80,重力加速度g=10m/s2,求：

(1)物體平拋初速度vo大小；

(2)若傳送帶足夠長，傳送帶以v=8m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與A端的水平距

離XI；

(3)若打磨滑塊，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)四=0.50,傳送帶長度L=10.95m,傳送帶以vo=8m/s

的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求物體落地點(diǎn)距B的水平距離X2。

18.(2025?內(nèi)蒙古模擬)如圖(a),我國航天員太空授課時(shí)演示了質(zhì)量的測量實(shí)驗(yàn)。圖(b)為測量裝置

示意圖及光柵尺的放大圖，其中單色平行光源、定光柵與光電探測器保持固定；右側(cè)的支架與動(dòng)光柵在

恒力F作用下向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，支架與動(dòng)光柵的總質(zhì)量為mo,光柵尺由空間周期皆為d的定光

柵與動(dòng)光柵組成。兩光柵透光部分寬度相等，光柵面平行，刻線間有一微小夾角0o平行光垂直透過光

柵尺后形成的周期性圖樣,稱為莫爾條紋，相鄰虛線間距為莫爾條紋的空間周期。沿莫爾條紋移動(dòng)方向，

1

在A、B兩點(diǎn)放置兩個(gè)探測器，A、B間距為:莫爾條紋空間周期。由于8很小，動(dòng)光柵的微小位移會(huì)

4

被放大成莫爾條紋的位移，由探測器記錄光強(qiáng)I隨時(shí)間t的變化。

單色平行光

圖(a)圖⑹

(1)若mo=5kg,F=100N,空載時(shí)動(dòng)光柵由靜止開始運(yùn)動(dòng)，求第1ms內(nèi)的動(dòng)光柵位移大小X。

(2)若e=l(f2rad,求(1)問中對應(yīng)莫爾條紋移動(dòng)的距離y。

(3)若某次測量中連續(xù)兩個(gè)時(shí)間間隔T內(nèi)，A、B兩點(diǎn)測得的I-t曲線如圖(c)所示。判斷圖中虛線

圖(c)

19.(2025?安陽一模)如圖所示，足夠長的水平傳送帶MN以速度vo=4m/s自西向東勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻

將一質(zhì)量m=1.0kg的小物塊輕放在傳送帶上，離放置小物塊的位置足夠遠(yuǎn)的地方固定有南北方向的豎

直擋板ABCD,當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到此處時(shí)，擋板可阻止小物塊繼續(xù)向東運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶之間的

動(dòng)摩擦因數(shù)因=0.2,與擋板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.25,重力加速度g取lOm/s2。求：

(1)在小物塊到達(dá)擋板之前，物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q;

(2)小物塊被擋板阻止后，對小物塊施加一水平向南的拉力F,使小物塊相對地面以v=3m/s的速度

向南勻速滑動(dòng)，該拉力F的大小。

20.(2025?內(nèi)蒙古模擬)京昆高速公路在四川省的雅西高速段是全國較為險(xiǎn)峻的高速路，這里海拔高，臨

崖臨壁，急轉(zhuǎn)彎多，對于貨車來說危險(xiǎn)系數(shù)很大。為了保證行車安全，在這段路上設(shè)置了多條避險(xiǎn)車道。

如圖2所示，避險(xiǎn)道路由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，制動(dòng)坡床視為水平面夾角為。(小角度)的斜面。

一輛長L=12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從主道駛?cè)腴L為100m的制動(dòng)坡床，當(dāng)車速為23m/s時(shí),

車尾位于制動(dòng)坡床的底端。貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。

取cos8=l,sin0=O.l,g=10m/s2o

防撞設(shè)施

圖2

(1)駕駛員將貨物固定在車廂內(nèi)，貨物與車廂間不發(fā)生相對滑動(dòng)。求此時(shí)貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)行的加

速度大小為和運(yùn)動(dòng)的距離。

(2)駕駛員由于疏忽大意沒有將貨物固定在車廂內(nèi)，貨物在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)。當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)

了s=4m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端d=38m。再過一段時(shí)間，貨車停止。已知空貨車質(zhì)量M是貨物質(zhì)量

m的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)u=0.4；請分別求出此時(shí)貨物和車廂加速度的大小和方向。

2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系（2025年4月）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共10小題）

題號12345678910

答案ABDBCCCDDC

二.多選題（共5小題）

題號1112131415

答案BCDBCCDCDBC

一.選擇題（共10小題）

1.（2025?安慶二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)三個(gè)圓的半徑之比為3：2：1,它們的最低點(diǎn)相切于P點(diǎn)，有

三根光滑細(xì)桿AP、BP、CP,桿的最高點(diǎn)分別處于三個(gè)圓的圓周上的某一點(diǎn)，桿的最低點(diǎn)都處于圓的最

低點(diǎn)P?，F(xiàn)各有一小環(huán)分別套在細(xì)桿上，都從桿的最高點(diǎn)由靜止開始沿桿自由下滑至P點(diǎn)，空氣阻力不

計(jì)，則小環(huán)在細(xì)桿AP、BP、CP上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為（）

A.V3：V2：1B.(V3-V2)：(V2-1)：1

C.3：2：1D.1：1：1

【考點(diǎn)】等時(shí)圓模型.

【專題】定量思想；推理法；物體做曲線運(yùn)動(dòng)條件專題；推理論證能力.

【答案】A

【分析】在重力作用下，從不同高度沿不同傾角的光滑斜面下滑至同一水平面，如果斜面的起點(diǎn)和終點(diǎn)

高度差相同，那么下滑時(shí)間將相同。這是因?yàn)殡m然路徑長度和傾角不同，但重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的過程

相同，最終影響時(shí)間的主要因素是高度差，而不是路徑的具體形狀。

【解答】解：根據(jù)等時(shí)圓模型，如圖所示

A，

P

只需要求出AP、BP、CP,的時(shí)間之比，設(shè)最小圓的直徑為d,則

tAP:tBP:tCP=tA，P:tB'p：tCp=—=V3.-V2.-1

9

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

【點(diǎn)評】“等時(shí)圓模型”是指物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低

點(diǎn)（或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn)）的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。

2.（2025?阿城區(qū)校級二模）2025年第九屆哈爾濱亞冬會(huì)期間，中國短道速滑隊(duì)在黑龍江省冰上訓(xùn)練中心

速滑館內(nèi)進(jìn)行訓(xùn)練。運(yùn)動(dòng)員張楚桐在500米短道速滑測試中，以42秒56的成績刷新紀(jì)錄。下列說法正

確的是（）

A.42秒56表示時(shí)刻

B.張楚桐全程的平均速率約為11.8m/s

C.張楚桐在彎道加速時(shí)慣性增大

D.研究張楚桐的過彎技術(shù)時(shí)可以將其視為質(zhì)點(diǎn)

【考點(diǎn)】慣性與質(zhì)量；質(zhì)點(diǎn)；時(shí)刻、時(shí)間的物理意義和判斷；平均速率.

【專題】定性思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；理解能力.

【答案】B

【分析】時(shí)刻表示某一瞬時(shí)，時(shí)間間隔是指兩個(gè)時(shí)刻之間的間隔;根據(jù)平均速度公式分析平均速度關(guān)系；

慣性大小只與質(zhì)量有關(guān)；當(dāng)物體的大小和形狀在所研究的問題能忽略不計(jì)時(shí)，物體可以看成質(zhì)點(diǎn)。結(jié)合

這些知識分析。

【解答】解：A、42秒56表示時(shí)間間隔，故A錯(cuò)誤；

B、張楚桐全程的平均速率為

v=*=42^56?

故B正確；

C、慣性只與質(zhì)量有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D、研究張楚桐的過彎技術(shù)時(shí)，張楚桐的大小和形狀不能忽略，所以不可以將其視為質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵要掌握物體能被看成質(zhì)點(diǎn)的條件：物體的大小和形狀在所研究的問題能忽略不

計(jì)，搞清時(shí)刻與時(shí)間間隔的關(guān)系。

3.（2025?安慶二模）乘坐“空中纜車”既能飽覽大自然的美景又輕松愜意。如圖所示，某一纜車沿坡度

為53°的山坡勻速上行，纜車中有一質(zhì)量m=50kg的貨物放在水平地板上且與車廂壁恰好接觸而無擠

壓，貨物與地板之間動(dòng)摩擦因數(shù)［1=1，貨物與地板之間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，某時(shí)刻纜車開

始沿原方向做加速運(yùn)動(dòng)，在這一過程中，加速度大小從零開始緩慢增大，并且整個(gè)加速階段纜車始終保

持豎直狀態(tài)，重力加速度g=10m/s2,cos53°=0.6,sin53°=0.8,則在纜車斜向上加速運(yùn)動(dòng)的過程中

A.貨物可能受到3個(gè)力或4個(gè)力作用

B.車廂受到的摩擦力方向水平向右

C.當(dāng)a=2m/s2時(shí)，車廂地板對貨物的摩擦力大小為80N

D.當(dāng)a=10m/s2時(shí)，車廂地板對貨物的作用力大小為3OOAUN

【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡問題及求解.

【專題】定量思想；合成分解法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

【答案】D

【分析】ACD、將貨物的受力分解成水平、豎直兩個(gè)方向，根據(jù)牛頓第二定律列出關(guān)系式分析；

B、根據(jù)牛頓第三定律分析；

【解答】解：A、貨物與纜車沿山坡向上以加速度a運(yùn)行時(shí)，以貨物為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：

FN-mg=masin53°f靜+N=macos53°f靜Wf=^FN,解得：fB=0.6ma-Nf=pFN=0.75mg+0.6ma,所以

f靜恒小于f,即摩擦力始終為靜摩擦力，沒有達(dá)到最大靜摩擦力（即自鎖），車廂壁給的彈力恒為0.故

貨物始終只受到3個(gè)力，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)牛頓第三定律知車廂受到的摩擦力方向水平向左，故B錯(cuò)誤；

C、當(dāng)a=2m/s2時(shí)，f=macos53°=50X2X0.6N=60N,車廂對貨物的摩擦力大小為60N,故C錯(cuò)誤；

2

D、當(dāng)a=10m/s2時(shí)，ax—6m/s,f=max=50X6N=300N,豎直方向a》=8m/s2,FN=50X8N+50

X10N=900N,車廂地板對貨物的作用力大小為尸=+尸=-9002+3。。2可=300VIUN,故D正

確。

故選：Do

【點(diǎn)評】考查對牛頓第二定律，牛頓第三定律和共點(diǎn)力平衡的理解，熟悉正交分解法的運(yùn)用。

4.（2025?湖南模擬）外賣給現(xiàn)代人們的生活帶來了便利。一位外賣人員手提一盒質(zhì)量為m的外賣進(jìn)入廂

式電梯上樓或下樓，他手機(jī)中的加速度傳感器記錄了電梯某一段運(yùn)動(dòng)的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所

示，圖中ao已知，重力加速度為g,取豎直向上為正方向。下列說法正確的是（）

A.口72時(shí)間段內(nèi)，外賣人員處于超重狀態(tài)，且電梯一定在加速上升

B.質(zhì)量為m的外賣對外賣人員的手施加的最大拉力為mg+mao

C.t2?t3時(shí)間段內(nèi)，電梯一定處于勻速狀態(tài)

D.t3?t4時(shí)間段內(nèi)，質(zhì)量為m的外賣重力變小了

【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；根據(jù)a-t圖像的物理意義分析物體的運(yùn)動(dòng)情況；多個(gè)類型

的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合問題.

【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

【答案】B

【分析】根據(jù)加速度的正負(fù)判斷加速度的方向，進(jìn)而判斷電梯的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律判斷外賣

人員對電梯壓力的最大值。

【解答】解：A、ti72時(shí)間段內(nèi)，加速度為正，加速度向上，外賣人員處于超重狀態(tài)，電梯可能在加速

上升，也可能在減速下降，故A錯(cuò)誤；

B、在tiT2時(shí)間段內(nèi)，加速度為正，加速度向上，外賣處于超重狀態(tài)，最大加速度為ao,由牛頓第二定

律可得

F-mg=mao

故最大拉力為

F=mg+mao

故B正確；

C、t2?t3時(shí)間段內(nèi)，加速度為零，電梯可能處于勻速狀態(tài)，也可能停在某一層處于靜止?fàn)顟B(tài)，故C錯(cuò)

誤；

D、t3?t4時(shí)間段內(nèi)，質(zhì)量為m的外賣處于失重狀態(tài)，但重力不變，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律，超重和失重現(xiàn)象及a-t圖像的應(yīng)用，要注意a-t圖確定物體的實(shí)際

運(yùn)動(dòng)情況是解題的關(guān)鍵。

5.（2025?船山區(qū)校級二模）如圖甲所示，在平直公路上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的小車內(nèi)固定有一豎直彈性桿，

桿的頂端固定有一小球。當(dāng)小車突然開始減速制動(dòng)時(shí)，彈性桿向前彎曲（如圖乙），下列對乙圖中的小

球進(jìn)行受力分析最合理的一項(xiàng)是（）

【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；整體法與隔離法.

【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

【答案】c

【分析】球的加速度水平向左，所以球的合力水平向左，根據(jù)平行四邊形定則分析。

【解答】解：小車突然減速，則車的加速度水平向左，故球的加速度也水平向左，根據(jù)牛頓第二定律可

知球的合力水平向左，根據(jù)平行四邊形定則可知，球的重力與桿給球的力的合力也要水平向左，故C

正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】解題關(guān)鍵是知道合力方向與加速度方向分析，結(jié)合平行四邊形定則分析。

6.（2025?惠東縣三模）如圖所示，相同細(xì)線1、2與鋼球連接，細(xì)線1的上端固定，用力向下拉線2.則（）

A.緩慢增加拉力時(shí)，線2會(huì)被拉斷

B.緩慢增加拉力時(shí)，線1中張力的增量比線2的大

C.猛拉時(shí)線2斷，線斷前瞬間球的加速度大于重力加速度

D.猛拉時(shí)線2斷，線斷前瞬間球的加速度小于重力加速度

【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；彈力的概念及其產(chǎn)生條件；共點(diǎn)力的平衡問題及求解.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析】緩慢增加拉力，小球受力平衡，猛拉時(shí)，細(xì)線2上拉力突然變大，作用時(shí)間極短，由于慣性,

小球位置幾乎不變，細(xì)線1的拉力增加幾乎為零，根據(jù)合力的計(jì)算公式判斷加速度。

【解答】解：A.緩慢增加拉力，小球受力平衡

Ti=T2+mg

所以細(xì)線1先被拉斷，故A錯(cuò)誤；

B.要使等式成立，細(xì)線1和2的拉力變化量是相同的，故B錯(cuò)誤；

CD.猛拉時(shí)，細(xì)線2上拉力突然變大，作用時(shí)間極短，由于慣性，小球位置幾乎不變，細(xì)線1的拉力增

加幾乎為零，故細(xì)線2斷裂，因此斷裂前細(xì)線2的拉力大于細(xì)線1,因此合力

F^=T'2+mg-Ti>mg

故加速度大于重力加速度，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握緩慢拉線2和猛拉的區(qū)別。

7.（2025?邦州區(qū)校級開學(xué)）如圖是乒乓球比賽中運(yùn)動(dòng)員的削球動(dòng)作，下列說法正確的是（）

A.乒乓球被削回的速度越大，慣性越大，飛得就越遠(yuǎn)

B.乒乓球被削回在空中飛行時(shí)受到重力、空氣阻力和球拍摩擦力作用

C.削球時(shí)乒乓球拍對球的彈力是因?yàn)榍蚺男巫儺a(chǎn)生的

D.削球時(shí)球拍對乒乓球施加的力大于乒乓球?qū)η蚺氖┘拥牧?/p>

【考點(diǎn)】作用力與反作用力；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；判斷是否存在彈力；慣性與質(zhì)量.

【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；彈力的存在及方向的判定專題；理解能力.

【答案】C

【分析】根據(jù)物理學(xué)中的力學(xué)原理，包括慣性、力的作用與反作用、彈力的產(chǎn)生等概念判斷選項(xiàng)。在解

答此類題目時(shí)，需要理解并應(yīng)用這些基本的物理原理。

【解答】解：A、根據(jù)慣性的特點(diǎn)可知，乒乓球的慣性只與質(zhì)量有關(guān)，與速度無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)題意可知，乒乓球被削回在空中飛行時(shí)受到重力、空氣阻力作用，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)彈力產(chǎn)生的條件可知，削球時(shí)乒乓球拍對球的彈力是因?yàn)榍蚺男巫儺a(chǎn)生的，故C正確；

D、削球時(shí)球拍對乒乓球施加的力與乒乓球?qū)η蚺氖┘拥牧κ窍嗷プ饔昧?，總是等大反向，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】本題的關(guān)鍵在于理解力的作用與反作用原理，以及慣性、彈力等基本物理概念。在分析選項(xiàng)時(shí)，

需要結(jié)合物理原理，排除錯(cuò)誤選項(xiàng)，找到正確答案。同時(shí)，本題也提醒我們在解答物理題目時(shí)，要注重

對基本概念的理解和應(yīng)用，避免被表面現(xiàn)象所迷惑。

8.（2025?海南模擬）壓強(qiáng)是用來描述壓力作用效果的物理量，壓強(qiáng)越大，壓力的作用效果越明顯。若用

國際單位制中的基本單位來表示壓強(qiáng)的單位，下列正確的是（）

Nkgkg

A.--B.PaC.D.——

s-msz-m

【考點(diǎn)】力學(xué)單位制與單位制.

【專題】定量思想；歸納法；氣體的壓強(qiáng)專題；推理論證能力.

【答案】D

【分析】根據(jù)壓強(qiáng)的公式來變化，各物理量用基本單位來表示。

【解答】解：根據(jù)P=】可得壓強(qiáng)的單位為S=獸，故ABC錯(cuò)誤，D正確；

、mzs^m

故選：Do

【點(diǎn)評】本題主要考查了壓強(qiáng)單位的表示，解題關(guān)鍵掌握基本公式以及各物理量的基本單位即可。

9.（2025?未央?yún)^(qū)校級三模）如圖甲所示，一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊在t=0時(shí)刻以某一初速度滑上靜置在水平

地面上的斜面體M,0~0.4s內(nèi)滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移s隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，其中0?0.2s

內(nèi)的圖線為拋物線。整個(gè)過程中，斜面體M始終保持靜止，下列說法正確的是（）

A.初速度大小為lm/s

B.0~0.4s內(nèi)斜面體M一直受到地面的摩擦力

C.0?0.4s內(nèi)斜面體M受到的支持力始終不變

D.0~0.2s內(nèi)滑塊處于失重狀態(tài)

【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；利用x-t圖像的斜率求解物體運(yùn)動(dòng)的速度.

【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；推理論證能力.

【答案】D

【分析】A.根據(jù)題意結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式求解；

B.根據(jù)物體在不同階段的運(yùn)動(dòng)分析斜面體受到摩擦力的情況；

CD.根據(jù)物體的加速度情況分析超失重，結(jié)合滑塊狀態(tài)分析支持力的變化情況。

【解答】解：A.根據(jù)題意，在0?0.2s內(nèi)，有s=1at2,又vo=at,聯(lián)立解得初速度大小vo=2m/s,a

=10m/s2,故A錯(cuò)誤；

B.0.2?0.4s內(nèi)滑塊在斜面上保持靜止?fàn)顟B(tài)，則斜面體M不受地面的摩擦力，故B錯(cuò)誤；

CD.0?0.2s內(nèi)，滑塊沿斜面減速上滑，加速度有豎直向下的分量，滑塊處于失重狀態(tài)，斜面體M受

到的支持力小于總重力，當(dāng)滑塊靜止在斜面上之后，地面對斜面體的支持力等于總重力，故C錯(cuò)誤，D

正確。

故選：D。

【點(diǎn)評】考查物體的受力分析和圖像的認(rèn)識和理解，超失重問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。

10.（2025?常州校級模擬）某同學(xué)制作了一個(gè)“豎直加速度測量儀”，可以用來測量電梯沿豎直方向上下

運(yùn)行時(shí)的加速度，其構(gòu)造如圖所示。把一根輕彈簧上端固定在小木板上，下端懸吊0.9N重物時(shí)，彈簧

下端的指針指向刻度尺上的C點(diǎn)；懸吊1.0N重物時(shí)指針位置標(biāo)記為0,以后該重物就固定在彈簧上，

這樣就構(gòu)成了一個(gè)''豎直加速度測量儀”。設(shè)豎直向上為正方向，重力加速度g取10m/s2。下列說法中

正確的是（）

0

0

0

0

1

A=

-0

-=

c-0

-0

s-0

-0

-0

1

J2G

單位:cm

A.測量的加速度大小和彈簧的形變量成正比

B.指針指向A位置時(shí)，表示加速度為1.0m/s2,方向豎直向上

C.指針指向B位置時(shí)，表示加速度為0.5m/s2,方向豎直向下

D.若將指針拖拽到D點(diǎn)，并將此時(shí)的指針位置標(biāo)記為0,則測量加速度值將偏大

【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；胡克定律及其應(yīng)用.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；分析綜合能力.

【答案】C

【分析】利用受力平衡和牛頓第二定律可求出加速度表達(dá)式，從而判斷是否成線性關(guān)系；利用胡克定律

以及牛頓第二定律可求出BC選項(xiàng)中的加速度；根據(jù)加速度表達(dá)式，并結(jié)合彈簧勁度系數(shù)不變可求出加

速度值不受影響。

【解答】解：A根據(jù)mg=kAxo

向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)kAx-mg=ma

解得a=Qx-窄

可知測量的加速度大小和彈簧的形變量成線性關(guān)系，不是正比關(guān)系，故A錯(cuò)誤;

B.靜止時(shí)指針在C位置，當(dāng)處于A位置時(shí)，合力向下，加速度豎直向下，故B錯(cuò)誤;

C.由題意可知，彈簧的勁度系數(shù)為k=N/cm=0.05N/cm

指針指向B位置時(shí)mg-kAxB=maB

角軍得aB=0.5m/s2

方向豎直向下，故C正確；

D,由表達(dá)式

a=&Ax—嗎

mm

可知，若將指針拖拽到D點(diǎn)，并將此時(shí)的指針位置標(biāo)記為0,因彈簧的勁度系數(shù)不變，物塊質(zhì)量不變則

測量加速度值不受影響，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意熟練運(yùn)用牛頓第二定律以及胡克定律來求解加速度。

二.多選題（共5小題）

（多選）11.（2025?南開區(qū)一模）如圖所示，纜車車廂通過懸臂固定在纜繩上，車廂連同懸臂的質(zhì)量為M,

車廂水平底板放置一質(zhì)量為m的貨物。某段時(shí)間內(nèi)，在纜繩牽引下貨物隨車廂一起斜向上做加速度為a

的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知懸臂和車廂始終處于豎直方向，重力加速度為g,纜繩的傾角為仇則在這段

A.車廂對貨物的支持力大小為masin0

B.車廂對貨物的摩擦力大小為macos。

C.纜繩對懸臂和車廂的作用力大小大于（M+m）避2+心

D.纜繩對懸臂和車廂的作用力方向與水平方向的夾角大于。

【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；力的合成與分解的應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡問題及求解.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

【答案】BCD

【分析】車廂與貨物具有相同的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求車廂對貨物的支持力及摩擦力；以車廂與

貨物整體間研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律分析答題。

【解答】解：A、對貨物，在豎直方向，由牛頓第二定律得：FN-mg=masin0,

解得車廂對貨物的支持力大小FN=mg+masin0,故A錯(cuò)誤；

B、對貨物，在水平方向，由牛頓第二定律得：f=macose,故B正確；

C、對車廂和貨物整體，由牛頓第二定律得：豎直方向：Fy-(M+m)g=(M+m)asin0

水平方向：Fx=(M+m)acos0

纜繩對懸臂和車廂的作用力大小F=卜2+或

解得F=(M+m)-Jg2+a2+2gasin9>(M+Tn)^g2+a2

故C正確；

D、纜繩對懸臂和車廂的作用力方向與水平方向的夾角的正切值tana=^

解得tana=tan6+扁〉tan0

則a>0,故D正確。

故選：BCDo

【點(diǎn)評】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚運(yùn)動(dòng)過程，解決本題關(guān)鍵是將加速度分解為水平和

豎直方向，利用牛頓第二定律研究。

(多選)12.(2025?鄲州區(qū)校級開學(xué))如圖所示，傾角8=30°且上表面光滑的斜面體c置于水平地面上，

滑塊b置于斜面上，通過輕繩跨過光滑定滑輪與物體a連接，其中連接b的一段輕繩與斜面平行，連接

a的一段輕繩豎直，a下端連接在豎直固定在地面的輕彈簧上，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止。已知a、b、c的質(zhì)

量均為4m,重力加速度為g,下列說法正確的是()

A.桿對滑輪的作用力大小為3mg

B.地面對c的摩擦力為舊機(jī)。，方向水平向左

C.剪斷輕繩的一瞬間，a的加速度大小為0.5g

D.若將彈簧撤去，a將會(huì)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度大小為0.5g

【考點(diǎn)】連接體模型；共點(diǎn)力的平衡問題及求解；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用.

【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力.

【答案】BC

【分析】根據(jù)力學(xué)中的共點(diǎn)力平衡、牛頓第二定律以及彈簧與繩子的力學(xué)特性判斷。根據(jù)題目中各個(gè)物

體的受力情況，然后利用共點(diǎn)力平衡和牛頓第二定律來求解各個(gè)選項(xiàng)的正確性。

【解答】解：A、對b進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得細(xì)繩對b的拉力為

T=4mgsin30°=2mg

根據(jù)平行四邊形定則，可知兩段繩的拉力合力為

F=2Tcos300=2y/3mg

故對滑輪進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則可知桿對滑輪的作用力大小為

Fz=F=2y13mg

故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)題意，對be看成整體，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，得地面對c的摩擦力為

f=TcosSO°=43mg

方向水平向左，故B正確；

C、根據(jù)題意可知，剪斷輕繩前，根據(jù)共點(diǎn)力平衡

4mg=F彈+T

代入數(shù)據(jù)解得

F彈=2mg

剪斷輕繩的一瞬間，彈簧彈力不發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律

4ma=F合=4mg-F彈=2mg

解得

a=0.5g

故C正確；

D、若將彈簧撤去，對a根據(jù)牛頓第二定律

4mg-T=4ma

得

a=0.5g

若a向下做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)b將處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以細(xì)繩拉力不再是T,加速度大小不可能為0.5g,故D

錯(cuò)誤。

故選：BCo

【點(diǎn)評】本題的關(guān)鍵在于理解共點(diǎn)力平衡和牛頓第二定律的應(yīng)用，以及如何正確分析各個(gè)物體的受力情

況。在求解過程中，需要特別注意彈簧和繩子的力學(xué)特性，以及如何利用這些特性來求解加速度和力的

大小。同時(shí)，對于選項(xiàng)D的分析，需要理解勻加速運(yùn)動(dòng)的條件，以及如何判斷物體是否處于勻加速狀

O

（多選）13.（2025?澗西區(qū)一模）廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600m,游客乘坐觀光電梯大約一分鐘

就可以到達(dá)觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，己知電梯在t=0時(shí)由靜止開始上升，a--

t間關(guān)系如圖所示。則下列相關(guān)說法正確的是（）

A.t=4.5s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài)

B.5s?55s時(shí)間內(nèi)，繩索拉力最小

C.t=59.5s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài)

D.t=60s時(shí)，電梯速度恰好為0

【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷.

【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

【答案】CD

【分析】當(dāng)物體的加速度向上時(shí)，處于超重狀態(tài)。當(dāng)加速度向下時(shí)，處于失重狀態(tài)。加速度a=0時(shí)物

體處于平衡狀態(tài)，根據(jù)加速度的正負(fù)分析物體的狀態(tài)。

【解答】解：A、電梯在t=0時(shí)由靜止開始上升，加速度向上，電梯處于超重狀態(tài)，此時(shí)加速度a>0.t

=4.5s時(shí)，a>0,電梯也處于超重狀態(tài)。故A錯(cuò)誤。

B、5?55s時(shí)間內(nèi)，a=0,電梯處于平衡狀態(tài)，繩索拉力等于電梯的重力，應(yīng)大于電梯失重時(shí)繩索的拉

力，所以這段時(shí)間內(nèi)繩索拉力不是最小。故B錯(cuò)誤。

C、t=59.5s時(shí)，電梯減速向上運(yùn)動(dòng)，a<0,加速度方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，故C正確。

D、根據(jù)a-t圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積表示速度的變化量，由幾何知識可知，60s內(nèi)a-t圖象與坐標(biāo)軸

所圍的面積為0,所以速度的變化量為0,而電梯的初速度為0,所以t=60s時(shí)，電梯速度恰好為0.故

D正確。

故選：CDo

【點(diǎn)評】超重和失重現(xiàn)象可以運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行分析理解，產(chǎn)生超重的條件是：物體的加速度方向

向上；產(chǎn)生失重的條件：物體的加速度方向向下。要知道a-t圖象“面積”的物理意義：a-t圖象與

坐標(biāo)軸所圍的面積表示速度的變化量。

（多選）14.（2025?惠農(nóng)區(qū)校級一模）如圖所示，傳送帶與地面的夾角為37°,其頂端A到底端B的距

離為4m,傳送帶始終以5m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶頂端A輕放一小煤塊，已知煤塊與傳送帶

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,sin37°=0.6,重力加速度大小g=lOm/s?,下列說法正確的是（）

A.煤塊下滑過程中先加速后勻速

B.煤塊下滑過程中先加速后減速

C.煤塊從傳送帶頂端A運(yùn)動(dòng)到底端B所用的時(shí)間為1s

D.煤塊在傳送帶上留下的滑動(dòng)痕跡為1.25m

【考點(diǎn)】傾斜傳送帶模型.

【專題】定量思想；推理法；傳送帶專題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力.

【答案】CD

【分析】ABC、煤塊剛放上傳送帶，利用牛頓第二定律可得煤塊的加速度大小，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得煤塊

與傳送帶共速的時(shí)間和煤塊運(yùn)動(dòng)的位移，根據(jù)煤塊重力沿傳送帶向下的分力與摩擦力大小關(guān)系可知煤塊

運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，利用牛頓第二定律可得煤塊加速度大小，根據(jù)煤塊在傳送帶上繼續(xù)滑行的距離，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式可得煤塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間，則可得結(jié)論；

D、利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得煤塊與傳送帶共速前后煤塊相對傳送帶滑動(dòng)的距離，由于兩個(gè)過程劃痕有重疊,

則可知煤塊在傳送帶上留下的滑動(dòng)痕跡的大小。

【解答】解:ABC、煤塊剛放上傳送帶時(shí)受到的摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律有：mgsin370

+|imgcos37°=mai,代入數(shù)據(jù)可得：%,=10m/s2

煤塊加速到與傳送帶共速所用時(shí)間為：ti=言=景=0.5s

則煤塊運(yùn)動(dòng)的位移大小為：/=號1=|x0.5m=1.25m<4m

煤塊與傳送帶共速后，由于|imgcos0<mgsin0

可知煤塊相對傳送帶下滑，繼續(xù)向下加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：mgsin37°-|imgcos37°=ma2

2

代入數(shù)據(jù)可得：a2=2m/s

煤塊繼續(xù)向下加速運(yùn)動(dòng)的位移：X2=4m-1.25m=2.75m

Vt

則有：%2=O2+2

代入數(shù)據(jù)可得：t2=0.5s,t2=-5.5s（舍去）

則煤塊從傳送帶頂端A運(yùn)動(dòng)到底端B所用的時(shí)間為：t=ti+t2=0.5s+0.5s=ls,故AB錯(cuò)誤，C正確；

D、共速前，煤塊相對于傳送帶向上滑動(dòng)的距離為：Axi=x；,ji-xi=voti-xi=5X0.5m-1.25m=1.25m

共速后，煤塊相對于傳送帶向下滑動(dòng)的距離為：Ax2=x2-x傳2=x2-vot2=2.75m-5X0.5m=0.25m

可知AX2<AXI,煤塊與傳送帶共速后在傳送帶上的劃痕與共速前的劃痕有重疊，所以煤塊在傳送帶上

留下的滑動(dòng)痕跡為1.25m,故D正確。

故選：CDo

【點(diǎn)評】本題考查了傾斜傳送帶問題，解題的關(guān)鍵是知道煤塊剛滑上傳送帶做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者共

速后根據(jù)重力沿傳送帶向下的分力大于摩擦力，煤塊相對傳送帶下滑，煤塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，注

意煤塊在與傳送帶共速前后的劃痕有重疊。

(多選)15.(2025?撫順模擬)如圖所示，A、B兩個(gè)物體相互接觸而不粘合，放置在光滑水平面上，質(zhì)

量分別為3kg和6kg<,從t=0開始，推力FA和拉力FB分別作用在A、B上，F(xiàn)A、FB隨時(shí)間的變化規(guī)

律為FA=(18-3t)N,FB=(9+3t)N,在0?5s這段時(shí)間內(nèi)()

'777777777777777777777777777777777r

A.物體A一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.t=3s時(shí)，物體A與B分離

C.t=5s時(shí)，vA=13m/s,vB=16m/s

D.物體B運(yùn)動(dòng)的位移大小為37.5m

【考點(diǎn)】連接體模型.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力.

【答案】BC

【分析】根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律算出分離的時(shí)刻以及分離后的加速度情況，3?5s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合速度

一時(shí)間關(guān)系求解t=5s時(shí)二者速度，根據(jù)位移一時(shí)間關(guān)系分析物體B的位移大小。

【解答】解：B.物體A、B分離前，有FA+FB=(18-3t+9+3t)N=27N=(HIA+HIB)a

解得a=3m/s2

AB分離時(shí)，對A有FA=(18-3t)N=mAa

解得t=3s

故B正確；

A.分離后A所受合力不斷減小，加速度減小，并沒有一直做勻加速度直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

C.3?5s內(nèi)，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，對A有F*'=---------5------------x2N?s=mAvA-mAv

9+3x3+94-3x5

對B有3y=x2N?s=mv—mv

2BBB

根據(jù)速度一時(shí)間關(guān)系可得v=at,解得v=9m/s

聯(lián)立可得vA=13m/s,VB=16m/s

故C正確；

1

D.0~3s內(nèi)物體的位移大小為=-^at2,解得X、=13.5m

3~5s內(nèi)，