2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）考前特訓(xùn)熱點(diǎn)排查練熱點(diǎn)1受力分析和共點(diǎn)力平衡[分值：46分][1~7題，每題4分，8~10題，每題6分]1.(2025·陜晉寧青卷·4)如圖，質(zhì)量為m的均勻鋼管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被豎直繩懸掛，處于靜止?fàn)顟B(tài)，鋼管與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ、夾角為θ，重力加速度大小為g。則地面對(duì)鋼管左端的摩擦力大小為()A.μmgcosθ B.12C.μmg D.0答案D解析對(duì)鋼管受力分析，如圖所示。若鋼管受到地面的摩擦力，則鋼管水平方向受力不平衡，鋼管不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故地面對(duì)鋼管左端的摩擦力大小為零，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.(多選)(2025·廣西卷·9)“獨(dú)竹漂”是一種傳統(tǒng)的交通工具，人拿著竹竿站在單竹上，人和單竹筏在水里減速滑行，人與單竹筏相對(duì)靜止，則()A.人受合力為零B.人對(duì)單竹筏的力的方向豎直向下C.人和單竹筏的重心在單竹筏所在的豎直面上D.人和單竹竿構(gòu)成的整體的重心，與竹竿受到合力的作用線在同一豎直平面上答案CD解析人和竹筏在水里減速滑行，速度在變化，根據(jù)牛頓第二定律可知合力不為零，故A錯(cuò)誤；竹筏在水平方向有加速度，人對(duì)竹筏有豎直方向的壓力和水平方向的摩擦力，所以人對(duì)竹筏的力的方向不是豎直向下，故B錯(cuò)誤；人和竹筏、竹竿相對(duì)靜止，且減速滑行，故人和竹筏、竹竿在垂直運(yùn)動(dòng)方向的水平方向不受力，所有的力都在運(yùn)動(dòng)方向的同一豎直面內(nèi)，故C、D正確。3.(2024·山東卷·2)如圖所示，國(guó)產(chǎn)人形機(jī)器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則它的腳和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不能小于()A.12 B.33 C.22答案B解析根據(jù)題意可知機(jī)器人“天工”可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，對(duì)“天工”分析有mgsin30°≤μmgcos30°可得μ≥tan30°=3故選B。4.(2025·北京市豐臺(tái)區(qū)一模)如圖甲所示，文物保護(hù)人員對(duì)古建筑進(jìn)行修繕與維護(hù)，需要將屋頂?shù)耐咂踩\(yùn)送到地面，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)裝置。如圖乙所示。兩根圓柱形木桿AB和CD相互平行，斜搭在豎直墻壁上，把一摞瓦片放在兩木桿構(gòu)成的滑軌上，瓦片將沿滑軌滑到地面，為了防止瓦片速度較大而被損壞，下列措施中可行的是()A.適當(dāng)增大兩桿之間的距離B.減小桿與瓦片的動(dòng)摩擦因數(shù)C.增加每次運(yùn)送瓦片的塊數(shù)D.減小木桿的長(zhǎng)度答案A解析由題意可知，在屋頂?shù)母叨燃澳緱U的傾斜角度不改變的情況下，要想減小瓦片滑到底部的速度就應(yīng)當(dāng)增大瓦片與木桿的摩擦力，設(shè)桿對(duì)瓦片的彈力與豎直方向的夾角為β，則2FNcosβ=mgcosα，則摩擦力Ff=2μFN=μmgcosαcosβ，適當(dāng)增大兩桿之間的距離，則β變大，則Ff變大，瓦片滑到底端時(shí)的速度減??；減小桿與瓦片的動(dòng)摩擦因數(shù)，則Ff減小，則瓦片滑到底端時(shí)的速度增加，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；減少瓦的塊數(shù)，減少了瓦的質(zhì)量，雖然摩擦力小了，但同時(shí)重力的分力也減小，不能起到減小加速度的作用，故改變瓦的塊數(shù)是沒有作用的，故C錯(cuò)誤；減小木桿的長(zhǎng)度，則桿的傾角α增大，則F5.(2025·山西大同市三模)如圖所示，兩個(gè)彩燈用電線1、2、3連接，懸吊在墻角，電線1與豎直方向的夾角θ1=30°，電線3與水平方向的夾角θ2=37°，不計(jì)電線的重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則電線1、3上的拉力之比為()A.5∶6 B.6∶5 C.8∶5 D.5∶8答案C解析設(shè)電線1、3上的拉力大小分別為F1和F2，對(duì)兩個(gè)燈和電線2整體受力分析，根據(jù)平衡條件有F1sin30°=F2cos37°，解得F1∶F2=8∶5，故選C。6.(2025·四川南充市二模)如圖所示，半徑為R的光滑半球面固定在水平面上，半球面內(nèi)的剛性輕質(zhì)細(xì)桿AC長(zhǎng)為L(zhǎng)，桿上B點(diǎn)套有小球。系統(tǒng)靜止時(shí)，半球面對(duì)細(xì)桿A端的彈力是對(duì)C端的彈力的2倍，則BC部分的長(zhǎng)度為()A.23L B.13L C.34L 答案A解析由平衡條件可知，半球面對(duì)細(xì)桿A端的彈力和對(duì)C端的彈力過球心O，且與小球的重力平衡，所以小球應(yīng)在O點(diǎn)正下方，受力情況如圖所示，根據(jù)正弦定理可得FAsinα=FCsinβ，OBsin∠A=ABsinβ，OBsin∠C=BCsinα，由數(shù)學(xué)知識(shí)可得∠A=∠C，結(jié)合已知條件FA=2FC，解得BC=2AB7.(2025·安徽蕪湖市模擬)如圖所示，底角為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點(diǎn)固定一豎直桿Ob，在O點(diǎn)有一個(gè)輕質(zhì)光滑小滑輪，Q為ab上的一點(diǎn)。輕質(zhì)細(xì)線的一端與質(zhì)量為m的小滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))相連，另一端繞過小滑輪，在拉力F的作用下，拉著小滑塊P從a點(diǎn)緩緩上滑，此過程中底座一直保持靜止，拉力F方向與豎直方向的夾角始終和OP繩與豎直方向的夾角相等。已知ab=bc=Ob，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。P從a滑到Q的過程中，下列說法正確的是()A.P在a處時(shí)，細(xì)線的拉力大小為mgB.地面對(duì)底座的摩擦力不斷減小C.底座對(duì)地面的壓力先減小后增大D.底座對(duì)P的彈力一直增大答案B解析對(duì)小滑塊P進(jìn)行受力分析，設(shè)拉力F與豎直方向夾角為α，OP繩與豎直方向夾角也為α，如圖，小滑塊P在a處時(shí)，根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系有mg=2Fcosα，α=30°，則F=mg3=3mg3，故A錯(cuò)誤；對(duì)底座和小滑塊P整體進(jìn)行受力分析，地面對(duì)底座的摩擦力Ff=Fsinα=FNsin30°，在小滑塊P從a滑到Q的過程中，對(duì)P分析，根據(jù)矢量三角形的動(dòng)態(tài)分析圖可知，隨著P上滑，α減小，F(xiàn)增大，F(xiàn)N減小，則Ff=FNsin30°不斷減小，故B正確，D錯(cuò)誤；對(duì)整體在豎直方向分析，可知地面對(duì)底座的支持力FN'=(m+M)g+Fcosα，由前面分析F增大，α減小，所以Fcosα增大，則FN'8.(2025·廣東肇慶市二模)筷子是中華飲食文化的標(biāo)志之一，我國(guó)著名物理學(xué)家李政道曾夸贊說：“筷子如此簡(jiǎn)單的兩根木頭，卻精妙絕倫地應(yīng)用了物理學(xué)杠桿原理?！比鐖D所示，用筷子夾住質(zhì)量為m的小球，兩根筷子均在豎直平面內(nèi)，且筷子和豎直方向的夾角均為θ。已知小球與筷子之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，小球靜止。下列說法正確的是()A.筷子對(duì)小球的最小壓力是mgB.當(dāng)θ增大時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一定不變C.當(dāng)θ減小時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一定增大D.要想用筷子夾住小球，必須滿足μ>tanθ答案D解析對(duì)小球受力分析，如圖所示，小球受力平衡，豎直方向有：2Ffcosθ=mg+2FNsinθ，F(xiàn)f≤Ffmax=μFN，解得FN≥mg故筷子對(duì)小球的最小壓力為mg2(μcosθ-sinθ)，A錯(cuò)誤；根據(jù)FNmin=mg2(μcosθ-sinθ)，可知當(dāng)θ增大時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一定增大，故B、C錯(cuò)誤；要想用筷子夾住小球，則FNmin=mg2(μcosθ9.(多選)(2025·福建省部分地市質(zhì)檢)耙的歷史悠久，圖甲為《天工開物》中用耕牛帶動(dòng)耙整理田地的場(chǎng)景，將其簡(jiǎn)化為圖乙所示的物理模型，耙可視為平行于水平地面的木板ABCD，農(nóng)具牛軛可簡(jiǎn)化為平行于AB的直桿EF，兩根對(duì)稱且等長(zhǎng)的耙索一端系在A、B點(diǎn)，另一端系在E、F點(diǎn)，其延長(zhǎng)線的交點(diǎn)為O1。某次耙地時(shí)人和耙做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩根耙索構(gòu)成的平面AO1B與水平面夾角∠O1O2O3=30°，兩繩延長(zhǎng)線夾角∠AO1B=30°，單根耙索的拉力大小為FT，地面對(duì)耙的作用力與豎直方向夾角為θ。已知人和耙的總質(zhì)量為m，所受阻力為對(duì)地面壓力的33倍，耙索質(zhì)量不計(jì)，重力加速度大小為g，sin15°=6-2A.FT=(6+2)mg4C.θ=30° D.θ=60°答案BC解析由題可知，兩耙索拉力的合力為F合=2FTcos15°=6+22FT，對(duì)耙和人整體分析，根據(jù)平衡條件可得F合cos30°=F阻=33F壓，F(xiàn)合sin30°+FN=mg，由牛頓第三定律可知F壓=FN，聯(lián)立解得FT=6-24mg，A錯(cuò)誤，B正確；由題可知tanθ=F阻F壓10.(多選)(2025·山東省部分學(xué)校一模)如圖所示，一輛卡車卸貨前，已經(jīng)將車斗傾斜(傾角為30°)，有一擋板未撤下且處于豎直狀態(tài)。車斗里裝了n根鋼管(n>3)，鋼管質(zhì)量均為m，忽略鋼管與車斗底面、擋板之間的摩擦，各鋼管均處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。則下列說法中正確的是()A.鋼管1對(duì)擋板的彈力大小為33B.鋼管1對(duì)鋼管2的彈力大小為n-1C.鋼管1對(duì)車斗底面的壓力大小為3(D.若將擋板繞下端點(diǎn)緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)30°，則轉(zhuǎn)動(dòng)過程中車斗底面對(duì)所有鋼管的支持力均減小答案AB解析對(duì)n根鋼管整體，由平衡條件可得，擋板對(duì)鋼管1的彈力大小為F擋=nmgtan30°=33nmg，可知鋼管1對(duì)擋板的彈力大小為33nmg，故A正確；以除了鋼管1外的所有鋼管為整體，由平衡條件可得，鋼管1對(duì)鋼管2的彈力大小為FN12=(n-1)mgsin30°=n-12mg，故B正確；對(duì)鋼管1受力分析，在垂直斜面的方向上，由平衡條件可得FN斜=mgcos30°+F擋sin30°=3(n+3)6mg，由牛頓第三定律可知鋼管1對(duì)車斗底面的壓力大小為3(n+3)[分值：42分][1~6題，每題4分，7~9題，每題6分]1.(2025·陜西西安市模擬)一質(zhì)點(diǎn)做速度逐漸增大的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間隔t內(nèi)位移為s，速度變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點(diǎn)的加速度為()A.st2 B.6s5t2答案A解析設(shè)初速度為v0，末速度為3v0，則位移為s=v0+3v02t，解得v0=s2t，由加速度公式得a=Δ2.(2025·云南昆明市聯(lián)考)某飛機(jī)著陸后先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)至停下，若飛機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間的4倍，運(yùn)動(dòng)的總路程為s，則飛機(jī)著陸后勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為()A.s2v B.s3v C.答案B解析設(shè)飛機(jī)著陸后勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4t，根據(jù)題意有s=vt+v2·4t，解得t=s3v3.(2025·福建省模擬)旱冰壺在最近幾年深受人們的追捧，尤其深受中小學(xué)生的喜愛。如圖甲所示為某旱冰壺比賽的場(chǎng)景，如圖乙所示為其簡(jiǎn)化圖，A為投擲點(diǎn)，O為圓心，B、C、D為AO的四等分點(diǎn)。運(yùn)動(dòng)員某次投擲時(shí)，冰壺由A點(diǎn)以初速度v0向右滑動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，最終冰壺剛好停在O點(diǎn)。冰壺在該過程中的運(yùn)動(dòng)可視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A.冰壺在C點(diǎn)的速度大小為vB.冰壺由D到O的時(shí)間為3tC.冰壺運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為4tD.投擲點(diǎn)A到圓心O的距離為(2+3)v0t答案D解析設(shè)冰壺的加速度大小為a，在C點(diǎn)的速度大小為vC，冰壺由A到O，有v02=2aL，冰壺由A到C，有v02-vC2=2a·L2，解得vC=22v0，故A錯(cuò)誤；由逆向思維可知，將冰壺的運(yùn)動(dòng)視為從O到A的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可知tODtBA=12-3，解得tOD=(2+3)t，故B錯(cuò)誤；同理tODt總=12，解得t總=(4+23)t，故C錯(cuò)誤；投擲點(diǎn)A到圓心O4.(2024·山東卷·3)如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點(diǎn)距離為L(zhǎng)。木板由靜止釋放，若木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，通過A點(diǎn)的時(shí)間間隔為Δt1；若木板長(zhǎng)度為2L，通過A點(diǎn)的時(shí)間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為()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運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板的加速度不變，設(shè)加速度為a，木板從靜止釋放到下端到達(dá)A點(diǎn)的過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L=12a木板從靜止釋放到上端到達(dá)A點(diǎn)的過程，當(dāng)木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，有2L=12a當(dāng)木板長(zhǎng)度為2L時(shí)，有3L=12a又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0聯(lián)立解得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)故選A。方法二比例式法設(shè)木板從靜止釋放到下端到達(dá)A點(diǎn)的時(shí)間為t0，木板經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)間為Δt1若木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則t0∶Δt1=1∶(2-1) ①若木板長(zhǎng)度為2L，設(shè)木板經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)間為Δt2t0∶Δt2=1∶[(2-1)+(3-2)]=1∶(3-1) ②聯(lián)立①②得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)5.(2024·重慶市模擬)重慶的橋梁、隧道眾多，故被稱為“魔幻之都”。長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕軌列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，前方有一長(zhǎng)為2L的隧道，為了保證安全通過該隧道，輕軌列車的任一部分位于隧道內(nèi)時(shí)，它的速率都不允許超過2v03。已知列車加速和減速的加速度大小分別為a和2a，則列車從減速開始到恢復(fù)正常速率A.v02a+9L2C.v03a+9L2答案A解析當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車的速度不允許超過2v03，則列車進(jìn)隧道前必須減速到2v03，則有2v03=v0-2at1，解得t1=v06a，通過隧道時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，通過的位移為3L，故所用時(shí)間t2=3L23v0=9L2v0，列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=2v03+at3，解得t6.(2025·甘肅白銀市模擬)某高速公路的快車道規(guī)定行車速度在28~33m/s之間，安全車距在100m以上。在一段平直的高速路段的同一車道上，甲車以36m/s的速度勻速行駛，忽然發(fā)現(xiàn)前方80m處的乙車正以30m/s的速度同向勻速行駛，甲車立即以大小為2m/s2的加速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則甲車至少經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間可以符合法規(guī)要求行駛()A.18s B.14s C.9s D.4s答案A解析甲車要最短時(shí)間內(nèi)符合法規(guī)要求行駛，應(yīng)先減速至v甲=28m/s，再勻速行駛至與乙車相距100m。減速過程所用時(shí)間t1=v0-v甲2m/s2=4s，此時(shí)甲、乙相距x=80m-(v0t1-12at12-v乙·t1)=72m，勻速行駛至相距100m用時(shí)t2=100m-xv乙-v甲=147.(2025·山東青島市檢測(cè))如圖所示，某景區(qū)中A、B兩景點(diǎn)間可通過纜車往返，當(dāng)甲車以6m/s的速度開始減速時(shí)，對(duì)面的乙車從B景點(diǎn)由靜止啟動(dòng)，兩車加速度大小均為0.5m/s2，甲車到B景點(diǎn)速度減為零。則甲、乙相遇時(shí)，甲到B景點(diǎn)的距離為()A.9m B.18m C.27m D.36m答案A解析設(shè)甲、乙兩車經(jīng)過時(shí)間t相遇，甲車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度—時(shí)間公式v=v0+at，甲車速度減為零的時(shí)間t0=v0a=60.5s=12s，甲車的位移x甲=v0t-12at2=6t-12×0.5t2，乙車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙車的位移x乙=12at2=12×0.5t2，又因?yàn)閤甲+x乙=v02t0，即6t-12×0.5t2+12×0.5t2=36m，解得t=6s，則甲、乙相遇時(shí)甲到B景點(diǎn)的距離x=x乙=12at2=18.(2025·云南昆明市一模)春節(jié)期間，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戲。如圖所示，將盒子從O點(diǎn)推出，盒子最終停止位置決定了可獲得的獎(jiǎng)品。在某次游戲過程中，推出的盒子從O點(diǎn)開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，剛好停在e點(diǎn)。盒子可視為質(zhì)點(diǎn)，a、b、c、d、e相鄰兩點(diǎn)間距離均為0.25m，盒子從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)的時(shí)間為0.5s。下列說法正確的是()A.盒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2B.盒子運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)的速度大小為2m/sC.盒子運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為1m/sD.盒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)的時(shí)間為2s答案B解析由題知，盒子在停止運(yùn)動(dòng)前的最后1s內(nèi)通過的距離為2m，根據(jù)逆向思維法，從e點(diǎn)到d點(diǎn)的過程有x0=12at2，代入數(shù)據(jù)有a=2m/s2，故A錯(cuò)誤；從e點(diǎn)到a點(diǎn)的過程有va2=2a×4x0，解得盒子運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)的速度大小為va=2m/s，故B正確；從e點(diǎn)到c點(diǎn)的過程有vc2=2a×2x0，，解得盒子運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc=2m/s，故C錯(cuò)誤；從e點(diǎn)到a點(diǎn)的過程有va=at'，解得盒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)的時(shí)間為t'=19.(2025·河南省部分名校聯(lián)合模擬)一地下豎直礦井深130m，貨物電梯從礦井底由靜止開始經(jīng)勻加速、勻速和勻減速停在礦井口處用時(shí)40s。已知加速階段和減速階段電梯的加速度大小之比為2∶1，加速階段的第2s內(nèi)電梯通過的距離為1.2m。下列說法正確的是()A.勻加速階段，貨物處于失重狀態(tài)B.電梯在加速階段的加速度大小為0.8m/s2C.電梯在勻速階段的速度大小為5m/sD.電梯在勻減速階段的位移大小為16m答案B解析貨物電梯從礦井底部向上做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度向上，貨物處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有加速階段的第2s內(nèi)電梯通過的距離為s2=12at22-12at12=1.2m，得a=0.8m/s2，B正確；設(shè)電梯加速階段的時(shí)間為t，減速階段加速度大小為a'=0.5a、時(shí)間為t'，由v=at=a't'，得t'=2t，則勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t″=40s-t-t'=40s-3t，依題意有12at2+vt″+12a't'2=130m，由以上式子得t=5s或t=653s(舍去)，勻速階段速度v=at=4m/s，C錯(cuò)誤；勻減速階段位移熱點(diǎn)3運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像[分值：46分][1~7題，每題4分，8~10題，每題6分]1.(2025·內(nèi)蒙古赤峰市模擬)如圖甲，高速公路收費(fèi)站設(shè)有“ETC”通道(即不停車收費(fèi)通道)，某汽車通過筆直的“ETC”通道時(shí)先減速至某一限定速度，然后勻速通過收費(fèi)區(qū)，再加速駛離，其速度時(shí)間圖像如圖乙所示。則汽車位移時(shí)間圖像可能正確的是()答案D解析如題圖乙所示，汽車先做正向勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后做正向勻速運(yùn)動(dòng)，最后做正向勻加速直線運(yùn)動(dòng)。圖像A反映汽車先做負(fù)向勻速運(yùn)動(dòng)后靜止，再做正向勻速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；圖像B反映汽車先做正向勻速運(yùn)動(dòng)后靜止，再做負(fù)向勻速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；圖像C反映汽車先做正向減速直線運(yùn)動(dòng)后靜止，再做正向加速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；圖像D反映汽車先做正向減速直線運(yùn)動(dòng)，然后做正向勻速運(yùn)動(dòng)，最后做正向加速直線運(yùn)動(dòng)，D正確。2.(2025·陜晉寧青卷·3)某智能物流系統(tǒng)中，質(zhì)量為20kg的分揀機(jī)器人沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)，受到的合力沿軌道方向，合力F隨時(shí)間t的變化如圖所示，則下列圖像可能正確的是()答案A解析根據(jù)牛頓第二定律和F-t圖像畫出如圖所示的a-t圖像，可知分揀機(jī)器人在0~1s和2~3s內(nèi)加速度大小均為1m/s2，方向相反，由v-t圖線的斜率表示加速度可知，A正確。3.(2025·山東淄博市一模)2024年9月11日，朱雀三號(hào)火箭可重復(fù)使用垂直起降回收試驗(yàn)圓滿完成。試驗(yàn)中朱雀三號(hào)經(jīng)歷了“加速上升→關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)無動(dòng)力滑行→發(fā)動(dòng)機(jī)空中二次起動(dòng)→軟著陸”的過程，其v-t圖像如圖所示(取豎直向上為正方向)，下列說法正確的是()A.0~t1時(shí)間內(nèi)，朱雀三號(hào)加速上升且加速度逐漸增大B.t1~t2時(shí)間內(nèi)，朱雀三號(hào)減速下降C.t2~t3時(shí)間內(nèi)，朱雀三號(hào)減速下降且加速度逐漸減小D.t3~t4時(shí)間內(nèi)，朱雀三號(hào)處于超重狀態(tài)答案D解析v-t圖線的斜率表示加速度，0~t1時(shí)間內(nèi)，速度為正值且在增大，圖線的斜率先增大后減小，即朱雀三號(hào)加速上升且加速度先增大后減小，故A錯(cuò)誤；t1~t2時(shí)間內(nèi)，速度為正值且在減小，即朱雀三號(hào)減速上升，故B錯(cuò)誤；t2~t3時(shí)間內(nèi)，速度為負(fù)值且絕對(duì)值在增大，圖線的斜率在減小，即朱雀三號(hào)加速下降且加速度逐漸減小，故C錯(cuò)誤；t3~t4時(shí)間內(nèi)，速度為負(fù)值且絕對(duì)值在減小，即朱雀三號(hào)減速下降，加速度向上，朱雀三號(hào)處于超重狀態(tài)，故D正確。4.(2025·湖南卷·2)如圖，物塊以某一初速度滑上足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面，物塊的水平位移、豎直位移、水平速度、豎直速度分別用x、y、vx、vy表示。物塊向上運(yùn)動(dòng)過程中，下列圖像可能正確的是()答案C解析根據(jù)題意可知，物塊沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，加速度大小為a，斜面傾角為θ，物塊在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為v0x=v0cosθ，加速度大小為ax=acosθ，則有vx2-v0x2=-2axx，整理可得vx=(v0cosθ)2-2acosθ·x，可知，vx-x圖像為類似拋物線的一部分，故A、B錯(cuò)誤；物塊在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為v0y=v0sinθ，加速度大小為ay=asinθ，則有vy2-v0y5.(2025·湖北省一模)在一次無人機(jī)飛行表演中，初始時(shí)刻兩無人機(jī)從空中同一地點(diǎn)以相同的初速度v0=30m/s由西向東水平飛行。無人機(jī)甲安裝有加速度傳感器，無人機(jī)乙安裝有速度傳感器，選取向東為正方向，兩無人機(jī)各自傳感器讀數(shù)與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖所示。下列說法正確的是()A.3~9s內(nèi)，甲向東飛行，乙向西飛行B.3~9s內(nèi)，甲的加速度與乙的加速度相同C.9s末甲、乙相距45mD.0~9s內(nèi)甲的平均速度為0答案C解析由v-t圖像可知，在3~9s內(nèi)乙向東做減速運(yùn)動(dòng)，其速度方向向東，故A錯(cuò)誤；在3~9s內(nèi)，甲的加速度大小為5m/s2，方向向東；乙的加速度大小a乙=309-3m/s2=5m/s2，方向向西，可知兩無人機(jī)加速度大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；在v-t圖像中畫出甲的圖線，如圖所示，根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知在前3s內(nèi)x甲=v02t1=302×3m=45m，x乙=v0t1=30×3m=90m，即t=3s時(shí)兩無人機(jī)間距離為Δx=x乙-x甲=45m，3~9s內(nèi)兩無人機(jī)的位移相等，則9s末甲乙相距45m，故C正確；由圖可知0~96.(2025·湖北省模擬)四個(gè)質(zhì)量不同的物體，t=0時(shí)刻從坐標(biāo)x=0位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，下列圖像分別是描述它們的運(yùn)動(dòng)情況的圖像，在t=4s內(nèi)，位移最大的是()答案C解析A項(xiàng)，由v2-x圖像可知，物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由v2=2ax可知，a=v22x=0.25m/s2，在t=4s內(nèi)，位移為x=12at2=12×0.25×42m=2m；B項(xiàng)，v-t圖像與時(shí)間軸所包圍的面積表示位移，所以在t=4s內(nèi)，位移為x=12×4×2m=4m；C項(xiàng)，a-t圖像與時(shí)間軸所包圍的面積表示速度變化量，因初速度為零，所以4s末物體的速度為v=12×4×2m/s=4m/s，定性作出物體的v-t圖像如圖所示，圖中直線AB為v-t圖像在A點(diǎn)的切線，由題意知該切線交時(shí)間軸于t=2s，設(shè)圖中實(shí)線在t=4s內(nèi)與時(shí)間軸所包圍的面積為S，則S△ABC<S<S△AOC，而S△ABC=4m，S△AOC=8m，所以t=4s內(nèi)，位移4m<x<8m；D項(xiàng)，由x-t圖像可知，物體在t=4s內(nèi)，位移為7.(多選)(2025·北京朝陽區(qū)二模)水平桌面上的甲、乙兩物體在水平拉力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a與所受拉力F的關(guān)系如圖所示。甲、乙兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。下列說法正確的是()A.m1>m2B.μ1>μ2C.若拉力相同，經(jīng)過相同時(shí)間拉力對(duì)甲做功少D.若拉力相同，通過相同位移甲獲得的動(dòng)能小答案BD解析物體運(yùn)動(dòng)后，由牛頓第二定律可知F-μmg=ma，即a=1mF-μg，由圖像的斜率以及截距可知m1<m2，μ1>μ2，A錯(cuò)誤，B正確；若拉力相同，加速度大小無法判斷，根據(jù)W=Fx=F·12at2，可知在相同的時(shí)間內(nèi)無法判斷拉力做功的大小，C錯(cuò)誤；根據(jù)F-μmg=ma，結(jié)合圖像的橫截距可知物體滑動(dòng)過程中甲所受的滑動(dòng)摩擦力更大，根據(jù)(F-μmg)x=Ek可知拉力和位移相同時(shí)，甲獲得的動(dòng)能更小，8.(2025·河北省模擬)一物體沿直線運(yùn)動(dòng)，如圖是它運(yùn)動(dòng)的1v-x圖像，v表示物體運(yùn)動(dòng)的速度，xA.該物體在做減速直線運(yùn)動(dòng)B.該物體在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.該物體運(yùn)動(dòng)位移為x0所用的時(shí)間為v0+D.在運(yùn)動(dòng)過程中，該物體的加速度逐漸減小答案C解析由圖像可知隨著x增大，1v在減小，即速度在增大，物體做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)微元法，在圖像中選取一微元Δx，則該段圖像與橫軸圍成的面積為ΔS=1v·Δx=Δt，可知1v-x圖像與橫軸圍成的面積表示運(yùn)動(dòng)時(shí)間，則物體運(yùn)動(dòng)到x0處的時(shí)間為t=1v0+1v12x0=v0+v12v0v1x0，由圖像可知，增大相同的位移，圖像與橫軸圍成的面積ΔS逐漸減小，即所用的時(shí)間Δt在減小，根據(jù)1v末-1v初=v初-v末v9.(2025·湖南常德市一模)如圖質(zhì)量分別為mA、mB的兩滑塊緊貼但不粘連地放在粗糙的水平地面上，滑塊B與滑塊A接觸的那一面固定一個(gè)力傳感器。兩滑塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，從t=0時(shí)起，對(duì)A施加一個(gè)水平向右的外力F，且F=kt(k>0)，滑塊與地面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列選項(xiàng)中力傳感器測(cè)得A、B之間的彈力FN與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系正確的是()答案C解析根據(jù)題意可知，當(dāng)F<μmAg時(shí)，A對(duì)B沒有彈力。當(dāng)μmAg<F<μ(mA+mB)g時(shí)，有FN=F-μmAg=kt-μmAg，為一次函數(shù)，斜率為k，當(dāng)F>μ(mA+mB)g時(shí)物塊加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律FN-μmBg=mBa，F(xiàn)-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a，解得A、B之間的彈力FN=mBmA+mBF10.(2025·湖南懷化市三模)如圖甲所示，在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物體受到恒定的水平向右的拉力F，從某點(diǎn)P以v0=4m/s的速度向左滑動(dòng)，物體運(yùn)動(dòng)的部分速度v隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，已知物體的質(zhì)量m=3kg，重力加速度大小g取10m/s2，下列說法正確的是()A.F的大小為12NB.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25C.物體回到P點(diǎn)的速度大小為1.5m/sD.物體回到P點(diǎn)的時(shí)刻為1.5s答案D解析物體向左做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小a1=40.5m/s2=8m/s2，物體向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小a2=10.5m/s2=2m/s2，根據(jù)F+μmg=ma1，F(xiàn)-μmg=ma2，解得F=15N，μ=0.3，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；物體向左運(yùn)動(dòng)的位移為x1=12×4×0.5m=1m，則物體回到P點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)的位移x=x1=1m，根據(jù)x=12a2t22，解得t2=1s，v=a2t2=2m/s，故物體回到P點(diǎn)的時(shí)刻為1.5熱點(diǎn)4牛頓運(yùn)動(dòng)定律[分值：42分][1~7題，每題4分，8~10題，每題6分]1.(2025·甘肅卷·3)2025年4月24日，在甘肅酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了搭載神舟二十號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙二十運(yùn)載火箭。若在初始的1s內(nèi)燃料對(duì)火箭的平均推力約為6×106N。火箭質(zhì)量約為500噸且認(rèn)為在1s內(nèi)基本不變，則火箭在初始1s內(nèi)的加速度大小約為(重力加速度g取10m/s2)()A.2m/s2 B.4m/s2 C.6m/s2 D.12m/s2答案A解析根據(jù)題意，由牛頓第二定律有F-mg=ma，代入數(shù)據(jù)解得a=6×106-5×1065×102.(2025·河南安陽市一模)靜止在粗糙水平面上的小物塊，在受到水平拉力作用后，獲得大小為3m/s2的加速度；若僅將水平拉力的大小加倍，則該物塊的加速度大小可能為()A.8m/s2 B.6m/s2 C.4m/s2 D.2m/s2答案A解析設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，則由牛頓第二定律可得F-Ff=ma，當(dāng)F加倍后，有2F-Ff=ma'，代入數(shù)據(jù)解得a'=2a+Ffm>2a=6m/s2，故選3.(2024·湖南卷·3)如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()A.g，1.5g B.2g，1.5gC.2g，0.5g D.g，0.5g答案A解析剪斷前，對(duì)B、C、D整體受力分析：A、B間輕彈簧的彈力FAB=(3m+2m+m)g=6mg對(duì)D受力分析：C、D間輕彈簧的彈力FCD=mg剪斷后，對(duì)B：FAB-3mg=3maB解得aB=g，方向豎直向上對(duì)C：FDC+2mg=2maC解得aC=1.5g，方向豎直向下，故選A。4.(2025·湖北省十一校聯(lián)考)將等質(zhì)量的長(zhǎng)方體A、B置于粗糙水平地面上，長(zhǎng)方體A和B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2(μ1>μ2)，如圖甲所示。對(duì)A施加水平向右的恒力F時(shí)，A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，A、B間的彈力大小為F1。如圖乙所示，將A、B置于斜面上，A、B與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)未變，對(duì)A施加大小相同的沿斜面向上的力F時(shí)，A、B一起沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，A、B間的彈力大小為F2，則()A.F1<F<F2 B.F1<F2<FC.F1=F2<F D.F2<F1<F答案B解析題圖甲過程，對(duì)長(zhǎng)方體A，根據(jù)牛頓第二定律有F-μ1mg-F1=ma1，對(duì)長(zhǎng)方體B，根據(jù)牛頓第二定律有F1-μ2mg=ma1，整理解得2F1=F-(μ1-μ2)mg，題圖乙過程，設(shè)斜面傾角為θ，對(duì)長(zhǎng)方體A，根據(jù)牛頓第二定律F-F2-mgsinθ-μ1mgcosθ=ma2，對(duì)長(zhǎng)方體B，根據(jù)牛頓第二定律F2-mgsinθ-μ2mgcosθ=ma2，整理解得2F2=F-(μ1-μ2)mgcosθ，已知μ1>μ2，可得F1<F2<F，故選B。5.(2025·湖南卷·5)如圖，兩帶電小球的質(zhì)量均為m，小球A用一端固定在墻上的絕緣輕繩連接，小球B用固定的絕緣輕桿連接。A球靜止時(shí)，輕繩與豎直方向的夾角為60°，兩球連線與輕繩的夾角為30°，整個(gè)系統(tǒng)在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A.A球靜止時(shí)，輕繩上拉力為2mgB.A球靜止時(shí)，A球與B球間的庫侖力為2mgC.若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A球加速度大小為gD.若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間輕桿對(duì)B球的作用力變小答案C解析A球靜止時(shí)，對(duì)A球受力分析，如圖所示，根據(jù)力的平衡條件得F庫=FTcos30°+mgcos30°，F(xiàn)Tsin30°=mgsin30°，解得FT=mg，F(xiàn)庫=3mg，A、B錯(cuò)誤；剪斷輕繩的瞬間，繩子拉力消失，小球A所受庫侖力與重力均不變，則小球A所受合力大小為mg，由牛頓第二定律得剪斷瞬間小球A的加速度大小為g，C正確；由于剪斷輕繩前后瞬間，B球受力不變且狀態(tài)不變，因此輕繩剪斷瞬間輕桿對(duì)B球的作用力不變，D錯(cuò)誤。6.(多選)(2025·湖南省長(zhǎng)沙市一模)如圖所示，質(zhì)量mB=2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA=1kg的小物塊A，整個(gè)裝置靜止。現(xiàn)對(duì)小物塊A施加一個(gè)豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a=2m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知彈簧的勁度系數(shù)k=600N/m，重力加速度g取10m/s2。以下結(jié)論正確的是()A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為6NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為55答案BC解析對(duì)A、B整體受力分析有F+F彈-(mA+mB)g=(mA+mB)a，可得F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-F彈，當(dāng)F彈最大時(shí)，F(xiàn)最小，即剛開始施力時(shí)，F(xiàn)彈最大且等于A和B的重力之和，則Fmin=(mA+mB)a=6N，故A錯(cuò)誤，B正確；剛開始，彈簧的壓縮量為x1=mAg+mBgk=0.05m，A、B分離時(shí)，其間恰好無作用力，對(duì)托盤B，由牛頓第二定律可知kx2-mBg=mBa，解得x2=0.04m，物塊A在這一過程的位移為Δx=x1-x2=0.01m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v2=2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v=0.27.(2025·重慶市模擬)如圖所示，一固定斜面傾角為30°，斜面頂端固定一個(gè)光滑輕質(zhì)定滑輪?？邕^定滑輪的輕質(zhì)細(xì)線，一端連接質(zhì)量為m的木箱A(內(nèi)裝質(zhì)量為3m的沙)，細(xì)線的傾斜部分與斜面平行，另一端豎直懸掛質(zhì)量為m的小桶B。給木箱A一個(gè)沿斜面向下的初速度，木箱A恰好沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)。讓系統(tǒng)靜止后將木箱A中2.5m的沙轉(zhuǎn)移到小桶中，由靜止釋放木箱A，已知重力加速度為g。下列說法正確的是()A.木箱勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)定滑輪對(duì)細(xì)線的作用力大小為mgB.木箱與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3C.由靜止釋放木箱后細(xì)線的拉力大小為3.5mgD.由靜止釋放木箱后木箱的加速度大小為1940答案D解析木箱勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線拉力FT=mg，根據(jù)平行四邊形定則可知，木箱勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)定滑輪對(duì)細(xì)線的作用力大小為2FTcos30°=3mg，故A錯(cuò)誤；對(duì)木箱，由平衡條件有FT=mg=4mgsin30°-μ4mgcos30°，解得μ=36，故B錯(cuò)誤；讓系統(tǒng)靜止后將木箱A中2.5m的沙轉(zhuǎn)移到小桶中，設(shè)細(xì)線拉力