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高考物理考前冲刺押题预测 运动和力的关系
一．选择题（共10小题）
1．（2025 洛龙区一模）下列说法中正确的是（　　）
A．同一物体在静止时的惯性比运动时的大
B．物体的运动速度越大，它的惯性也越大
C．物体受到外力作用时，惯性就消失了
D．物体在任何情况下都具有惯性
2．（2025 江西模拟）某次洪灾紧急救援行动中，江西鹰潭蓝天救援队发现一灾民被困在水中礁石上。如图所示，礁石可看作一半球，其最高点纵截面圆心为O，半径为R，离礁石最近的岸上有一定点A，已知A点距离水面高为H，OA＝L，水面上礁石最右端离岸水平距离x＜H（x未知），现设计从A点架设一条倾斜的光滑滑道到礁石上，要求救援队员从滑道顶端由静止下滑到达礁石表面所用时间最短，则最短时间为（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025 邯郸模拟）如图，一机械臂铁夹夹着一个质量为m的小球，若小球球心到机械臂转轴的距离为r，机械臂与小球在水平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，已知重重力加速度为g，则铁夹对小球的作用力（　　）
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为mω2r，方向水平且指向转轴
C．大小为，方向斜向上
D．大小为，方向水平且指向转轴
4．（2025 泉州三模）我国高铁技术处于世界领先水平。某列复兴号动车组由8节车厢组成，以1车在前、8车在后沿水平直轨道运行，其中2车和7车为动车，提供动力，其余为拖车，不提供动力。假设各节车厢质量及受到的阻力均相等，2车和7车提供的动力始终相同，则（　　）
A．加速运行时，4车对5车有作用力
B．关闭动力滑行时，每节车厢之间均无作用力
C．匀速运行时，每节车厢之间均无作用力
D．匀速运行时，6、7车之间的作用力大于2、3车之间的作用力
5．（2025 辽宁一模）物理学公式不但反映了物理量之间的关系，也反映了物理量单位之间的关系，高中阶段常见的力的单位N，能量的单位J，电压的单位V，磁通量的单位Wb，都可以用国际单位制中的基本单位来表示，下列关系正确的是（　　）
A．1N＝1kg m s2 B．1J＝1kg m/s2
C．1V＝1 D．1Wb＝1
6．（2025 连云港一模）如图所示为一小球沿竖直方向运动时的频闪照片，下列说法正确的是（　　）
A．小球正在上升 B．小球正在下降
C．小球处于失重状态 D．小球处于超重状态
7．（2025 吉林二模）为保护中国天眼（FAST）的反射面板，巡检维护工作需采用“微重力蜘蛛人”系统，如图所示，“微重力”是通过氦气球的浮力“减轻人的重量”实现的。某次作业过程中工作人员处于静止状态，其与氦气球连接的轻绳保持竖直，下列说法正确的是（　　）
A．人对面板的压力和面板对人的支持力是一对平衡力
B．绳对气球的力和绳对人的力是一对相互作用力
C．人对面板的作用力大小等于面板对人的作用力大小
D．气球对人的作用力大小等于人的重力大小
8．（2025 南充模拟）phyphox是一款可以让手机充当一个真实物理实验工具的手机软件，中文名为手机实验工坊。某同学打开手机中phyphox的加速度传感器，用手掌托着手机把手机竖直向上抛出，又迅速在抛出点接住手机，得到手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示（以竖直向上为正方向），则（　　）
A．t2时刻手机离开手掌
B．t1 t3手机先超重后失重
C．t1 t4手机的机械能一直增大
D．t1 t3手对手机的支持力始终大于手机对手掌的压力
9．（2025 辽宁开学）如图所示，质量分别为m、2m、m、2m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．1.5g，g B．1.5g，3g C．3g，2g D．g，3g
10．（2025 文昌校级模拟）如图所示，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动，升降机内有质量之比为2：1的物体A、B，重力加速度为g，A、B间用轻弹簧相连并通过质量不计的轻绳悬挂在升降机顶上，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为（　　）
A．1.5g、a B．1.5g+0.5a、a
C．3g+0.5a、2a D．0、2a
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 大理州一模）如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，质量为m的物块A和质量为2m的物块B并排放在斜面上，物块A、B不粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力FT拉物块B，使B沿斜面向上做加速度大小为的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为g，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．无外力FT作用，A、B处于静止状态时，弹簧的压缩量为
B．物块A、B分离前，外力FT的大小与位移成正比
C．物块A、B分离时，弹簧压缩量为
D．物块A、B分离时，物块B的速度大小为
（多选）12．（2025 荔湾区校级模拟）当人们的车辆出现故障而不能移动时，常常呼叫路政来帮忙，如图为华华呼叫路政帮忙拉车的模型示意图，华华则在车上保持相对静止并且一起做匀速运动，F为恒力，下列说法不正确的是（　　）
A．此时华华受到2个力的作用，车受到4个力的作用
B．因为物体的运动不需要力而来维持，所以撤去恒力F后车还会一直运动
C．若华华马上蹲下，则车先减速后加速，最后匀速
D．若华华马上起立，则车先减速后加速，最后匀速
（多选）13．（2025 思明区校级二模）某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．“下蹲”过程始终处于失重状态，“站起”过程始终处于超重状态
B．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态
C．运动员在6s内完成了两次“下蹲”和两次“站起”动作
D．这段时间内，该运动员加速度的最大值为6m/s2
（多选）14．（2025 朝阳区校级开学）水平传送带以10m/s的初速度顺时针匀减速转动，其v﹣t图像如图甲所示，将一物块无初速度放在传送带左端，如图乙所示，当时，物块的速度与传送带速度相同。取重力加速度为g＝10m/s2，则（　　）
A．传送带的加速度大小为4m/s2
B．物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2
C．5.5s内，物块一直受到向左的摩擦力
D．s内，物块与传送带之间的划痕为m
（多选）15．（2025 齐齐哈尔一模）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05
B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．t＝9s时长木板P停下来
D．长木板P的长度至少是16.5m
三．解答题（共5小题）
16．（2025 思明区校级二模）如图，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°，现小球在F＝10N的沿杆向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦因数为。求：
（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm。
17．（2024秋 东西湖区校级期末）一足够长的木板置于水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ。t＝0起，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块从木板右端水平向左滑上木板，小物块滑上木板的速度大小是此时木板速度大小的2倍。t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，t0为已知量，g为重力加速度大小，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。t＝4t0时刻，小物块与木板达到相同速度，此时刻撤掉水平恒力。求：
（1）小物块与长木板间的动摩擦因数；
（2）小物块质量和长木板质量之比；
（3）长木板从开始运动到最后停止所通过的位移。
18．（2025 思明区校级二模）如图所示，固定在水平面上足够长的光滑斜面倾角为θ＝30°，轻质弹簧劲度系数为k，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A相连，物块A与质量也为m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线相连。先用手托住物块B，使细线刚好拉直但无拉力，然后由静止释放物块B，在物块A向上运动的整个过程中，物块B未碰到地面。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，两物块均可视为质点。求：
（1）释放物块B之前弹簧的形变量x0；
（2）释放物块B的瞬间，细线上的拉力的大小；
（3）从释放到达到最大速度过程中细线对物块A做的功。
19．（2025 文昌校级模拟）如图所示，一长为l的木板Q放置在倾角为37°的足够长斜面上，一小物块P（可看成质点）放在木板Q的最上端，小物块P和木板Q的质量相等。小物块P与木板Q间的动摩擦因数，木板Q与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，刚开始在外力作用下小物块P和木板Q均处于静止状态。某时刻外力撤离，小物块P和木板Q开始运动并从此刻开始计时，在2s时小物块P与木板Q间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变，动摩擦因数μ1变为零，其他条件均不变，且小物块P在木板Q上共运动4s便滑离木板Q。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）在2s时刻小物块P和木板Q的速度大小；
（2）木板Q的长度l。
20．（2025 朝阳区校级开学）在2025年春晚《秧BOT》节目中，机器人与舞者进行了一场精彩绝伦的表演。假设舞台上有一个质量为m＝15kg的机器人，它在表演过程中沿着一条直线运动。在t＝0时刻，机器人的速度为v0＝4m/s，从该时刻开始，机器人在外力F作用下开始加速，其速度v随时间t的变化关系为v＝4+2t（物理量均取国际单位制单位），机器人与舞台间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求外力F的大小；
（2）求0～2s时间内，机器人的位移大小。
高考物理考前冲刺押题预测 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 洛龙区一模）下列说法中正确的是（　　）
A．同一物体在静止时的惯性比运动时的大
B．物体的运动速度越大，它的惯性也越大
C．物体受到外力作用时，惯性就消失了
D．物体在任何情况下都具有惯性
【考点】惯性与质量．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】惯性大小由物体的质量来量度，质量相同，物体的惯性就相同；质量变化，惯性就改变。
【解答】解：质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性是物体本身的一种属性，其大小由物体的质量决定，与物体的运动状态和受力情况无关。故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题要牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性大小的唯一量度。
2．（2025 江西模拟）某次洪灾紧急救援行动中，江西鹰潭蓝天救援队发现一灾民被困在水中礁石上。如图所示，礁石可看作一半球，其最高点纵截面圆心为O，半径为R，离礁石最近的岸上有一定点A，已知A点距离水面高为H，OA＝L，水面上礁石最右端离岸水平距离x＜H（x未知），现设计从A点架设一条倾斜的光滑滑道到礁石上，要求救援队员从滑道顶端由静止下滑到达礁石表面所用时间最短，则最短时间为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】等时圆模型．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】等时圆问题的本质是对牛顿第二定律的理解与应用，把物体的运动看作在光滑斜面上的运动，再结合运动学公式即可推出等时圆模型的规律。
【解答】解：如图，AB 垂直水面于B点，过A点作一个圆心O′在 AB 上的竖直圆，使圆与礁石半圆表面相切于P点，由于x＜H，圆心必定在 AB之间，设半径为r。根据等时圆规律，沿AP 下滑必定时间最短，且最短时间，连接OO'必定与P三点共线。由几何条件得（R+r）2﹣（H﹣r）2
解得：，所以，
故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，关键是掌握牛顿第二定律求解加速度的方法，能够根据“等时圆”分析运动时间的长短。
3．（2025 邯郸模拟）如图，一机械臂铁夹夹着一个质量为m的小球，若小球球心到机械臂转轴的距离为r，机械臂与小球在水平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，已知重重力加速度为g，则铁夹对小球的作用力（　　）
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为mω2r，方向水平且指向转轴
C．大小为，方向斜向上
D．大小为，方向水平且指向转轴
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对球进行受力分析，根据牛顿第二定律得出铁夹对球的作用力。
【解答】解：对小球受力分析可知，小球受重力、铁夹对球的作用力，
当机械臂使小球在水平面内做匀速圆周运动时，
合力沿水平方向且指向转轴，
根据牛顿第二定律可知，
则铁夹对球的作用力斜向上方，铁夹对球的作用力大小
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。
4．（2025 泉州三模）我国高铁技术处于世界领先水平。某列复兴号动车组由8节车厢组成，以1车在前、8车在后沿水平直轨道运行，其中2车和7车为动车，提供动力，其余为拖车，不提供动力。假设各节车厢质量及受到的阻力均相等，2车和7车提供的动力始终相同，则（　　）
A．加速运行时，4车对5车有作用力
B．关闭动力滑行时，每节车厢之间均无作用力
C．匀速运行时，每节车厢之间均无作用力
D．匀速运行时，6、7车之间的作用力大于2、3车之间的作用力
【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】设每节动车的牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为f，根据受力分析，利用整体法和隔离法结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力．
【解答】解：设每节动车的牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为f
A、由牛顿第二定律得：
对列车整体：2F﹣8f＝8ma
对1至4节车厢：F﹣F45﹣4f＝4ma
解得：F45＝0，则4车对5车没有作用力，故A错误；
B、关闭动力滑行时，由牛顿第二定律得：
对整体：8f＝8ma'
对第1节：F12+f＝ma'
对1、2节整体：F23+2f＝2ma'
……
解得：F12＝F23＝……＝0，即每节车厢间均无作用力，故B正确；
CD、匀速运行时，对列车整体，由平衡条件得：2F﹣8f＝0
对7、8两节车厢，由平衡条件得：F﹣2f+F67＝0
对1、2两节车厢，由平衡条件得：F﹣2f+＝F23＝0
对第1节车厢，由平衡条件得：F12﹣f＝0
解得：F67＝﹣2f，F23＝﹣2f，F12＝f，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了连接体问题，分析清楚列车的受力情况与运动状态是解题的前提，应用牛顿第二定律与平衡条件即可解题。
5．（2025 辽宁一模）物理学公式不但反映了物理量之间的关系，也反映了物理量单位之间的关系，高中阶段常见的力的单位N，能量的单位J，电压的单位V，磁通量的单位Wb，都可以用国际单位制中的基本单位来表示，下列关系正确的是（　　）
A．1N＝1kg m s2 B．1J＝1kg m/s2
C．1V＝1 D．1Wb＝1
【考点】力学单位制与单位制．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律F＝ma，计算推导F、m、a的单位的关系；
根据功能关系W＝Fs，计算推导W、F、s的单位的关系；
根据欧姆定律U＝IR，计算推导U、I、R的单位的关系；
根据磁通量Φ＝BS，计算推导Φ、B、S的单位的关系；
【解答】解：A.根据牛顿第二定律F＝ma可知，1N＝1kg ，故A错误；
B.根据功能关系W＝Fs可知，1J＝1N m＝1kg ，故B错误；
C.根据欧姆定律U＝IR可知，1V＝1A Ω＝1A Ω＝1A （Ω/s2）＝1故C正确；
D.根据磁通量Φ＝BS可知，1Wb＝1T m2＝1（kg）/（s2） m2＝1，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查根据公式计算推导一些物理量的导出单位，属于基础题目，较简单。
6．（2025 连云港一模）如图所示为一小球沿竖直方向运动时的频闪照片，下列说法正确的是（　　）
A．小球正在上升 B．小球正在下降
C．小球处于失重状态 D．小球处于超重状态
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；频闪相机测量物体速度．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据照片可判断加速度的方向，再由超、失重的条件判断超重还是失重，但是仅凭图像不能判断速度的方向。
【解答】解：AB.由照片可知小球可能在向下减速，也可能向上加速运动，故AB错误；
CD.由照片可知小球的加速度方向向上，故小球处于超重状态，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查超、失重问题，关键要掌握物体超、失重的条件。
7．（2025 吉林二模）为保护中国天眼（FAST）的反射面板，巡检维护工作需采用“微重力蜘蛛人”系统，如图所示，“微重力”是通过氦气球的浮力“减轻人的重量”实现的。某次作业过程中工作人员处于静止状态，其与氦气球连接的轻绳保持竖直，下列说法正确的是（　　）
A．人对面板的压力和面板对人的支持力是一对平衡力
B．绳对气球的力和绳对人的力是一对相互作用力
C．人对面板的作用力大小等于面板对人的作用力大小
D．气球对人的作用力大小等于人的重力大小
【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】C
【分析】相互作用力是指一个物体对另一个物体施加力的同时，也会受到后者对它的反作用力，这种力的作用是相互的，两个物体之间的作用力和反作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，但作用在不同的物体上；平衡力是指作用在一个物体上的两个或多个力，它们的合力为零，使得物体保持静止状态或匀速直线运动状态。
【解答】解：A、人对面板的压力和面板对人的支持力是相互作用力，而非平衡力，故A错误；
B、绳对气球的力和气球对绳的力是相互作用力，故B错误；
C、根据牛顿第三定律，人对面板的作用力大小等于面板对人的作用力大小，故C正确；
D、气球对人的作用力加上面板对人的支持力才等于人的重力，三力处于平衡状态，故D错误。
故选：C。
【点评】考查对平衡力和相互作用力的理解，熟悉其定义。
8．（2025 南充模拟）phyphox是一款可以让手机充当一个真实物理实验工具的手机软件，中文名为手机实验工坊。某同学打开手机中phyphox的加速度传感器，用手掌托着手机把手机竖直向上抛出，又迅速在抛出点接住手机，得到手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示（以竖直向上为正方向），则（　　）
A．t2时刻手机离开手掌
B．t1 t3手机先超重后失重
C．t1 t4手机的机械能一直增大
D．t1 t3手对手机的支持力始终大于手机对手掌的压力
【考点】超重与失重的图像问题．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】C
【分析】通过分析加速度随时间变化的图像，可以确定手机在不同时间点的状态。
【解答】解：A.t1 t3时间内手机没有离开手掌，速度向上，加速度向上，手机一直在向上加速，故A错误；
B.t2 t3时间内加速度先向上再向下，则手机应处于先超重再失重状态，故B错误；
C.t1 t4时刻手机的加速度减小，但依然向上加速运动，只不过速度的增加量逐渐减小，故动能一直增加，重力势能也在增加故机械能一直增大，故C正确；
D.t2 t3时间内加速度向上，根据牛顿第二定律则有FN﹣mg＝ma随着a的减小，手机受到支持力会减小，t3 t4时间内加速度向下，同理可得mg﹣FN＝ma随着a的增大，手机受到支持力也会减小，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了加速度传感器的应用以及牛顿第二定律的运用。
9．（2025 辽宁开学）如图所示，质量分别为m、2m、m、2m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．1.5g，g B．1.5g，3g C．3g，2g D．g，3g
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题．
【专题】定量思想；推理法；受力分析方法专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】剪断前，对BCD整体和对D分析列式；剪断瞬间，分别对B、C分析列式。
【解答】解：剪断前，对BCD整体分析，可得
FAB＝（m+2m+2m）g
对D分析列式
FCD＝2mg
剪断瞬间，对B分析
FAB﹣2mg＝2ma
解得
a＝1.5g
对C分析，其中FCD＝FDC，则
FDC+mg＝ma'
解得
a'＝3g
加速度方向竖直向下，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、力的平衡条件等知识点。关键点：弹簧弹力不会突变，细绳的拉力会发生突变。
10．（2025 文昌校级模拟）如图所示，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动，升降机内有质量之比为2：1的物体A、B，重力加速度为g，A、B间用轻弹簧相连并通过质量不计的轻绳悬挂在升降机顶上，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为（　　）
A．1.5g、a B．1.5g+0.5a、a
C．3g+0.5a、2a D．0、2a
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】B
【分析】未剪断前，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力大小和轻绳的拉力，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，轻绳的拉力发生突变，根据牛顿第二定律求出A、B的瞬时加速度。
【解答】解：设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧视为整体，T﹣3mg＝3ma
解得
T＝3mg+3ma
以B为研究对象，F﹣mg＝ma
解得
F＝ma+mg
剪断轻绳后，绳中拉力T消失，弹簧弹力F不变，所以B受力不变，加速度大小仍为a，而A所受力发生变化，根据牛顿第二定律有
2mg+F＝2maA
解得
aA＝1.5g+0.5a
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】解决本题的关键得出剪断轻绳的瞬间两物体所受的合力，通过牛顿第二定律得出瞬时加速度，注意剪断的瞬间，弹簧弹力不变。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 大理州一模）如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，质量为m的物块A和质量为2m的物块B并排放在斜面上，物块A、B不粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力FT拉物块B，使B沿斜面向上做加速度大小为的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为g，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．无外力FT作用，A、B处于静止状态时，弹簧的压缩量为
B．物块A、B分离前，外力FT的大小与位移成正比
C．物块A、B分离时，弹簧压缩量为
D．物块A、B分离时，物块B的速度大小为
【考点】牛顿第二定律的临界问题；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】A、未施加外力F时，弹簧所受压力等于物块A、B重力沿斜面方向分力的合力，运用胡克定律解答；
B、以物块A、B为整体分析，分离前，受到拉力、弹簧的弹力、重力沿斜面方向的分力，三者之和提供加速度；
C、物块A、B分离时，两物体接触面间弹力为0，对A进行受力分析，运用牛顿第二定律解答；
D、根据速度与位移公式解答。
【解答】解：A．无外力FT作用，根据平衡条件，A、B处于静止状态时，对A、B整体，
（2m+m）gsinθ＝kx0
解得
故A正确；
B．设物块A的位移为x，物块A、B分离前，根据牛顿第二定律
FT+k（x0﹣x）﹣（2m+m）gsinθ＝（2m+m）a
解得
故外力FT的大小随位移线性变化，但不成正比，故B错误；
C．物块A、B分离时，两物体接触面间弹力为0，两物块加速度均为a，对A，根据牛顿第二定律
kx1﹣mgsinθ＝ma
解得弹簧压缩量为
故C错误；
D．物块A、B分离时，根据动力学公式
v2＝2a（x0﹣x1）
解得物块B的速度大小为
故D正确。
故选：AD。
【点评】考查对牛顿第二定律及胡克定律的运用，根据物体的受力分析。
（多选）12．（2025 荔湾区校级模拟）当人们的车辆出现故障而不能移动时，常常呼叫路政来帮忙，如图为华华呼叫路政帮忙拉车的模型示意图，华华则在车上保持相对静止并且一起做匀速运动，F为恒力，下列说法不正确的是（　　）
A．此时华华受到2个力的作用，车受到4个力的作用
B．因为物体的运动不需要力而来维持，所以撤去恒力F后车还会一直运动
C．若华华马上蹲下，则车先减速后加速，最后匀速
D．若华华马上起立，则车先减速后加速，最后匀速
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】ABC
【分析】分别对华华和车进行受力分析，结合运动状态分析；根据力和运动的关系分析；若华华马上蹲下，华华先失重后超重，判断地面的摩擦力的变化情况，从而分析车的运动情况。
【解答】解：A、华华在车上保持相对静止并且一起做匀速运动，此时华华受到重力和支持力2个力的作用，车受到重力、地面的支持力、摩擦力、华华的压力和拉力5个力的作用，故A错误；
B、根据受力分析可知，车受地面的摩擦力作用，撤去恒力F后车会减速运动最后停止，故B错误；
C、若华华马上蹲下，华华先失重后超重，根据滑动摩擦力表达式
f＝μ（M+m）g
可知地面的摩擦力先减小后增大，则车先加速后减速，最后匀速，故C错误；
D、若华华马上起立，华华先超重后失重，根据滑动摩擦力表达式
f＝μ（M+m）g
可知地面的摩擦力先增大后减小，则车先减速后加速，最后匀速，故D正确。
本题选择说法不正确。
故选：ABC。
【点评】本题考查了超重和失重、力和运动的关系，关键要关注车受的摩擦力的变化情况。
（多选）13．（2025 思明区校级二模）某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．“下蹲”过程始终处于失重状态，“站起”过程始终处于超重状态
B．“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态
C．运动员在6s内完成了两次“下蹲”和两次“站起”动作
D．这段时间内，该运动员加速度的最大值为6m/s2
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；牛顿第二定律求解瞬时问题；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据加速度方向分析运动员是处于失重状态还是处于超重状态；根据图像分析即可；根据牛顿第二定律计算。
【解答】解：AB、在“下蹲“过程中，该运动员是先向下加速，然后减速，最后速度为零。所以在”下蹲“过程中是先处于失重状态，后处于超重状态；在“站起”过程是先向上加速后向下减速，所以”站起“过程是先超重后失重，故A错误，B正确；
C、根据上面的分析可知，运动员在6s内完成了一次“下蹲”和两次“站起”动作，故C错误；
D、由图可知，在这段时间内，运动员受到的最大支持力为F＝1600N，受到的最小支持力为F'＝400N，运动员的重力为1000N，所以运动员的质量为m＝100kg，根据牛顿第二定律可得设在下蹲过程中向下的最大加速度为a，根据牛顿第二定律可得mg﹣F'＝ma，解得a＝6m/s2，设在下蹲过程中向下减速的最大加速度为a'，根据牛顿第二定律有F﹣mg＝ma'，解得a'＝6m/s2，故D正确。
故选：BD。
【点评】知道加速度方向向上是处于超重状态，加速度方向向下是处于失重状态是解题的关键。
（多选）14．（2025 朝阳区校级开学）水平传送带以10m/s的初速度顺时针匀减速转动，其v﹣t图像如图甲所示，将一物块无初速度放在传送带左端，如图乙所示，当时，物块的速度与传送带速度相同。取重力加速度为g＝10m/s2，则（　　）
A．传送带的加速度大小为4m/s2
B．物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2
C．5.5s内，物块一直受到向左的摩擦力
D．s内，物块与传送带之间的划痕为m
【考点】水平传送带模型；根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】ABD
【分析】根据图甲求出传送带的加速度大小；应用牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数；根据物块与传送带的运动过程分析物块所受摩擦力方向何时变化；根据物块与传送带的运动过程，应用运动学公式求出划痕的长度。
【解答】解：A、由图甲所示图像可知，传送带的加速度为
则传送带的加速度大小为4m/s2，故A正确；
B、物块放上传送带后受到向右的滑动摩擦力，对物块，由牛顿第二定律得
μmg＝ma′
解得
a′＝μg
物块与传送带共速时，有
v0﹣at＝a′t
代入数据解得
a′＝2m/s2，μ＝0.2，故B正确；
C、当物块与传送带共速后，由于传送带继续减速且加速度大小大于物块滑动时的加速度大小，所以物块也将减速，摩擦力向左，方向改变，即在时摩擦力方向发生改变，故C错误；
D、设物块与传送带共速时速度为v1，有
物块的位移为
传送带的位移为
代入数据解得
这段时间内的相对位移为
则s内，物块与传送带之间的划痕为m，故D正确。
故选：ABD。
【点评】根据题意与图示图像分析清楚物块的运动过程、根据图示图像求出物块的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
（多选）15．（2025 齐齐哈尔一模）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05
B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．t＝9s时长木板P停下来
D．长木板P的长度至少是16.5m
【考点】有外力的水平板块模型；动摩擦因数的性质和计算；牛顿第二定律的图像问题．
【专题】定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】图像问题的本质是对牛顿第二定律的理解与应用，从F＝ma出发，根据控制变量法找出各物理量之间的关系，从而得出相应函数图像的性质。
【解答】解：A.由图乙可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1＝5m/s，6s时两者速度相同为v2＝3m/s，在0～6s的过程对Q由牛顿第二定律得μ1mg＝ma2，根据图乙可知，代入数据可得μ1＝0.05，故A正确；
B.5～6s内对P由牛顿第二定律得μ1mg+μ2 2mg＝ma1，由图乙可知a＝2m/s2，代入数据可得μ2＝0.075，故B错误；
C.6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得μ2 2mg﹣μ1mg＝ma3，代入数据可得，这段时间，所以9s时长木板P停下来，故C正确；
D.6s前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由v﹣t图像的面积差正负可知前6s的相对位移与6s后的相对位移方向相反，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离故 D 错误。
故选：AC。
【点评】要牢牢把握物块与木板之间的联系，找出加速度关系、速度关系以及位移关系，通过整体法与隔离法的综合运用解决问题。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 思明区校级二模）如图，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°，现小球在F＝10N的沿杆向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦因数为。求：
（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm。
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题．
【专题】定性思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；理解能力．
【答案】（1）小球运动的加速度。
（2）小球上滑过程中距A点最大距离sm＝5m。
【分析】本题考查物体在斜面上的运动以及力的分解与合成。
【解答】解：（1）在力F作用时有：F﹣mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma1
代入数据解得
（2）刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s
小球的位移
撤去力F后，小球上滑时有：mgsin30°+μmgcos30°＝ma2，代入数据解得
因此小球上滑时间
上滑位移
则小球上滑的最大距离为sm＝s1+s2＝4+1m＝5m
答：（1）小球运动的加速度。
（2）小球上滑过程中距A点最大距离sm＝5m。
【点评】本题主要考查物体在斜面上的运动以及力的分解与合成。通过分析小球在不同阶段的受力情况，利用牛顿第二定律和运动学公式求解加速度、最大距离和经过特定点的时间。解题过程中需要注意力的正负号和方向，以及运动方向的正确选择。
17．（2024秋 东西湖区校级期末）一足够长的木板置于水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ。t＝0起，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块从木板右端水平向左滑上木板，小物块滑上木板的速度大小是此时木板速度大小的2倍。t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，t0为已知量，g为重力加速度大小，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。t＝4t0时刻，小物块与木板达到相同速度，此时刻撤掉水平恒力。求：
（1）小物块与长木板间的动摩擦因数；
（2）小物块质量和长木板质量之比；
（3）长木板从开始运动到最后停止所通过的位移。
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）小物块与长木板间的动摩擦因数为；
（2）小物块质量和长木板质量之比为；
（3）长木板从开始运动到最后停止所通过的位移为。
【分析】（1）由图像分析木板的运动过程，确定物块滑上木板的时刻；由v﹣t图像的斜率求解木板运动的加速度，以及t＝4t0时刻木板的速度。分析物块的运动过程，根据运动学公式求得其加速度，再由牛顿第二定律求出摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律求解小物块和木板间动摩擦因数和小物块与木板的质量比；
（3）通过比较水平恒力与木板和水平地面之间的滑动摩擦力的大小，来判断小物块和木板是否能一起做匀速运动，在由运动学公式求出长木板的运动的总位移。
【解答】解：（1）设木板的质量为M，小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ1，设小物块滑上木板时，木板的速度为v0，则小物块的速度为2v0。
从v﹣t图像可知，在t＝t0时小物块滑上木板，在t＝4t0时两者共速，共同速度为v＝v0；
对小物块，以向右为正方向，根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1，解得加速度为：a1＝μ1g，根据运动学公式可得：v＝﹣2v0+a1 3t0 ①。
对木板，在t0到4t0时间内，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2，加速度为： ②
在0到t0时间内，木板的加速度为：，根据牛顿第二定律可得：F﹣μMg＝Ma0 ③
联立①②③可得：；
（2）由③可得：，将F代入②，并结合可得：
把代入上式，解得：；
（3）0到t0时间内，木板发生的位移为：
t0到4t0时间内木板的位移为：x2＝v0 3t0＝3v0t0
撤去拉力后，对木板和小物块整体，根据牛顿第二定律可得：μ（M+m）g＝（M+m）a3，可得：a3＝μg，
根据运动学公式可得：v2＝2a3x3，其中v＝v0，解得：，由于，F﹣μMg＝Ma0，，，联立解得：
v0＝3μgt0，则有：，，，所以长木板从开始运动到最后停止所通过的位移为：。
答：（1）小物块与长木板间的动摩擦因数为；
（2）小物块质量和长木板质量之比为；
（3）长木板从开始运动到最后停止所通过的位移为。
【点评】本题为牛顿第二定律应用的板块模型。对于板块模型的分析判断要抓住两个方面：一、相对静止与相对运动的判断；二、是否存在共速的判断。运动过程复杂时可用v﹣t图像辅助分析。
18．（2025 思明区校级二模）如图所示，固定在水平面上足够长的光滑斜面倾角为θ＝30°，轻质弹簧劲度系数为k，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A相连，物块A与质量也为m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线相连。先用手托住物块B，使细线刚好拉直但无拉力，然后由静止释放物块B，在物块A向上运动的整个过程中，物块B未碰到地面。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，两物块均可视为质点。求：
（1）释放物块B之前弹簧的形变量x0；
（2）释放物块B的瞬间，细线上的拉力的大小；
（3）从释放到达到最大速度过程中细线对物块A做的功。
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；牛顿第二定律求解多过程问题；弹簧类问题中的机械能守恒．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）释放物块B之前弹簧的形变量x0是。
（2）释放物块B的瞬间，细线上的拉力的大小是mg。
（3）从释放到达到最大速度过程中细线对物块A做的功是。
【分析】（1）应用平衡条件求出弹簧的形变量。
（2）弹簧的弹力不能突变，应用牛顿第二定律求出释放物块B的瞬间，细线上的拉力大小。
（3）应用机械能守恒定律与动能定理求出细线对物块A做的功。
【解答】解：（1）手托住B时，物块A静止，由平衡条件得：kx0＝mgsinθ
解得弹簧压缩量
（2）释放物块B的瞬间，由牛顿第二定律得：
对物块A：T＝ma
对物块B：mg﹣T＝ma
解得：，
（3）当A、B加速度为零时，物块A、B速度最大，即：mg﹣mgsinθ﹣kx1＝0
此时弹簧伸长量
由于初态弹簧的压缩量和末态弹簧的伸长量相等，故弹簧弹性势能相等，
物块A、B组成的系统，由机械能守恒定律得：
解得：
在物块A达到最大速度的过程中，弹簧对物块做功代数和为零，细线对物块A做功为W，
对物块，由动能定理得：
解得：
答：（1）释放物块B之前弹簧的形变量x0是。
（2）释放物块B的瞬间，细线上的拉力的大小是mg。
（3）从释放到达到最大速度过程中细线对物块A做的功是。
【点评】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的受力情况与运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律与动能定理即可解题。
19．（2025 文昌校级模拟）如图所示，一长为l的木板Q放置在倾角为37°的足够长斜面上，一小物块P（可看成质点）放在木板Q的最上端，小物块P和木板Q的质量相等。小物块P与木板Q间的动摩擦因数，木板Q与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，刚开始在外力作用下小物块P和木板Q均处于静止状态。某时刻外力撤离，小物块P和木板Q开始运动并从此刻开始计时，在2s时小物块P与木板Q间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变，动摩擦因数μ1变为零，其他条件均不变，且小物块P在木板Q上共运动4s便滑离木板Q。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）在2s时刻小物块P和木板Q的速度大小；
（2）木板Q的长度l。
【考点】无外力的倾斜板块模型；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；模型建构能力．
【答案】（1）在2s时刻小物块P和木板Q的速度大小分别为6m/s，2m/s；
（2）木板Q的长度l为27m。
【分析】（1）假设P与Q不相对滑动，整体法求出加速度，再隔离法求两者之间的摩擦力，与最大静摩擦力对比后判断木板的运动状态。再应用动力学规律求出t＝2s时刻两物块的速度大小；
（2）当PQ之间的动摩擦因数突变为零时，应用牛顿第二定律求出物块和木板的加速度大小，根据物块和木板的运动过程应用运动学公式求出它们之间的相对位移。结合突变之前的相对位移，两者相加即为木板的总长度。
【解答】解：（1）假设开始时，小物块P和木板Q未发生相对滑动，对整体有：2mgsinθ﹣2μ2mgcosθ＝2ma
代入数据解得：a＝2m/s2
对小物块P，同理有：mgsinθ﹣f＝ma
解得：
所以假设不成立，即小物块P和木板Q发生滑动。
在0～2s内，规定沿斜面向下为正方向，设小物块P和木板Q的质量均为m，加速度分别为a1＝2和a2，对小物块P，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1
解得：
对木板Q，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣2μ2mgcosθ+μ1mgcosθ＝ma2
解得：
在t1＝2s时刻，设小物块P和木板Q的速度分别为v1和v2，
则有：v1＝a1t1＝3×2m/s＝6m/s
v2＝a2t1＝1×2m/s＝2m/s
（2）2s后，设小物块P和木板Q的加速度分别为a1′和a2′，小物块P与木板Q之间摩擦力为零，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma1′
mgsinθ﹣2μ2mgcosθ＝ma2′
代入数据解得：，
由于a2′＜0，可知木板Q做减速运动。设经过时间t2，木板Q的速度减为零，则有：v2+a2′t2＝0
代入数据解得：t2＝1s
在t1+t2时间内，小物块P相对于木板Q运动的距离为：x（）
代入数据得：x＝12m
此后木板Q静止不动，小物块P继续在木板Q上滑动，设再经过时间t3小物块P离开木板Q，
则由题意有：t总＝t1+t2+t3＝4s
代入数据解得：t3＝1s
又根据题意知：
代入数据解得：l＝27m
答：（1）在2s时刻小物块P和木板Q的速度大小分别为6m/s，2m/s；
（2）木板Q的长度l为27m。
【点评】本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
20．（2025 朝阳区校级开学）在2025年春晚《秧BOT》节目中，机器人与舞者进行了一场精彩绝伦的表演。假设舞台上有一个质量为m＝15kg的机器人，它在表演过程中沿着一条直线运动。在t＝0时刻，机器人的速度为v0＝4m/s，从该时刻开始，机器人在外力F作用下开始加速，其速度v随时间t的变化关系为v＝4+2t（物理量均取国际单位制单位），机器人与舞台间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求外力F的大小；
（2）求0～2s时间内，机器人的位移大小。
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题；匀变速直线运动速度与时间的关系；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）外力F的大小为45N；
（2）0～2s时间内，机器人的位移大小为12m；
【分析】（1）由速度公式v＝4+2t，可得加速度大小，结合牛顿第二定律可求外力F的大小；
（2）由匀加速运动位移公式，求出0～2s时间内机器人的位移大小。
【解答】解：（1）由速度公式v＝4+2t结合v＝v0+at，可得加速度大小为：a＝2m/s2
对机器人受力分析，由牛顿第二定律可知：F﹣μmg＝ma
解得：F＝45N；
（2）由匀加速运动位移公式可知，0～2s时间内机器人的位移：。
答：（1）外力F的大小为45N；
（2）0～2s时间内，机器人的位移大小为12m；
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解题关键是由速度公式v＝4+2t，可得加速度a＝2m/s2。
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