广东省阳江市广东两阳中学2025-2026学年高三上学期适应性考试物理试题
1．（2025高三上·阳江月考）质点甲、乙做直线运动的位移—时间（）图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，质点甲的速度等于质点乙的速度
B．内，乙的路程大于甲的路程
C．内，甲的平均速度等于乙的平均速度
D．，两质点间的距离一直增大
2．（2025高三上·阳江月考）在自行车巡回赛中，甲、乙两选手骑规格相同的自行车沿同一方向做直线运动，其v-t图像如图所示，已知两人在t1时刻并排骑行，则（ ）
A．在t=0时，甲在乙后
B．在t1到t2时间内，两人相隔越来越近
C．在t2时刻后，两人距离先减小为零而后又增大
D．t3时刻两人再次并排骑行
3．（2025高三上·阳江月考）如图所示，轻绳的一端连接小盒P，另一端通过光滑的轻滑轮与斜面上的物块Q连接，轻绳与斜面的上表面平行，P、Q均处于静止状态。现向P盒内缓慢加入适量砂粒，此过程中P、Q一直保持静止。则下列说法正确的是（ ）
A．斜面对Q的摩擦力一定增大
B．地面对斜面的摩擦力可能不变
C．斜面对Q的作用力一定增大
D．斜面对Q的作用力可能先减小后增大
4．（2025高三上·阳江月考）如图所示，质量分别为m、的小球1、2用细线a、b、c连接悬吊在墙角，细线a与竖直方向的夹角，细线b与竖直方向的夹角，细线c水平，不计细线的重力，，，则细线a、c上的拉力大小之比为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·阳江月考）某中学物理兴趣小组研究某物体做匀变速直线运动的图像，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体的初速度大小为b，加速度大小为
B．时刻，物体回到出发点
C．时刻，物体的速度方向发生改变
D．阴影部分的面积表示物体在时间内通过的位移
6．（2025高三上·阳江月考）如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点(如图甲所示)和跨过滑轮的轻绳BC上(如图乙所示)，图甲中轻杆AB可绕A点转动，图乙中水平轻杆一端A插在墙壁内，已知θ＝30°，则图甲中轻杆AB的作用力F1和图乙中滑轮的作用力F2大小分别为( )
A．F1=mg，F2=mg B．F1=mg ，F2=mg
C．F1=mg ， F2=mg D．F1=mg ，F2=mg
7．（2025高三上·阳江月考）中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
8．（2025高三上·阳江月考）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）
A．第1s内的位移是6m B．前2s内的平均速度是9m/s
C．任意相邻的1s内位移差都是4m D．任意1s内的速度增量都是4m/s
9．（2025高三上·阳江月考）如图甲所示，直升飞机放下绳索吊起被困人员，一边收缩绳索一边飞向安全地带。前4秒内被困人员水平方向的图像和竖直方向的图像分别如图乙、丙所示。不计空气阻力，则在这4秒内（ ）
A．以地面为参考系，被救人员的运动轨迹是一条抛物线
B．以地面为参考系，被救人员的运动轨迹是一条直线
C．人对绳索的拉力大小等于绳索对人的拉力大小
D．以地面为参考系，时被救人员的速度大小为
10．（2025高三上·阳江月考）如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．轻弹簧的压缩量为0.2m B．物体A的瞬时加速度为0
C．物体B的瞬时加速度为a=4m/s2 D．物体B对物体A的压力为12N
11．（2025高三上·阳江月考）如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究“在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验。
（1）该实验用钩码所受的重力等于弹簧受到的弹力理由是 ；
（2）如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图像可得结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成 （填“正比”或“反比”），弹簧的劲度系数 （重力加速度g取）。
（3）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，作出弹簧弹力F与弹簧长度L的图像，下列说法正确的是（ ）
A．b的原长比a的短 B．b的原长比a的长
C．a的劲度系数比b的大 D．弹力与弹簧长度成正比
12．（2025高三上·阳江月考）某同学用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和竖直悬挂的弹簧测力计相连。
（1）关于本实验操作要求，下列说法中正确的是______（填序号）。
A．桌面必须水平
B．实验时，必须匀速向左拉出木板
C．弹簧测力计竖直悬挂后必须进行零刻度线校准
D．只要弹簧测力计竖直悬挂，与木块相连的细线不水平也可以
（2）某次正确操作过程中，弹簧测力计示数的放大图如图乙所示，则木块受到的滑动摩擦力大小 N。
（3）该同学在木块上逐渐增加砝码个数，记录砝码的总质量m，正确操作并记录弹簧测力计对应的示数f。测得多组数据后，建立坐标系，描点得到的图线如图丙所示，则木块与木板之间的动摩擦因数 （重力加速度大小取）。
13．（2025高三上·阳江月考）某游客欲乘公交车去某景点，距离公交站点还有48m时公交车以v0=8m/s的速度恰好从游客旁边经过，游客见状立即以某一速度匀速追赶公交车，与此同时，公交车立即做匀减速直线运动，恰好在站点减速为0，假设公交车在站点停留4s。公交车和游客均做直线运动，忽略公交车及站台的大小。
（1）求公交车减速的加速度大小；
（2）游客要在公交车再次启动前追上公交车，求游客匀速追赶的速度最小值；
（3）若游客以4m/s的速度追赶公交车，求追赶过程中游客与公交车的最远距离。
14．（2025高三上·阳江月考）如图所示，质量为M=2kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）以的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数，重力加速度取求：
（1）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小；
（2）若要滑块不滑离长木板，木板的长度必须满足什么条件？
15．（2025高三上·阳江月考）如图所示，一可视为质点的物块从光滑斜面静止滑下，进入竖直放置的与斜面相切于斜面底端的光滑圆轨道，绕圈一周后从圆轨道最低点滑上与水平地面等高的水平顺时针转动的传送带。已知物块质量m=0.2kg，初始位置离斜面底端的高度h=1.8m，斜面倾角θ=37°，圆轨道半径R=0.5m。传送带长度L=2.2m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，除了传送带粗糙外，其余表面均光滑，g=10m/s2。
（1）求物块到达斜面底端时的速度大小v1；
（2）求物块到达圆轨道最高点时对轨道的压力F压；
（3）若传送带的速度v=8m/s，求物块离开传送带的速度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A． 在 时刻，通过比较 图像切线的斜率可知，质点甲对应的切线更陡，因此其瞬时速度大于质点乙，故A错误；
BC．由题图可知，内，甲、乙均做正方向的直线运动，且0 0内，甲、乙的位移相等，故路程相等，根据可知，甲的平均速度等于乙的平均速度，故B错误，C正确；
D． 观察 内的图像，两质点间的距离（图线上的纵向间隔）先逐渐增大，之后逐渐减小，故D错误。
故选C。
【分析】1、图像斜率的物理意义
斜率代表瞬时速度。
易错点：混淆斜率与纵坐标：错误地认为位置坐标值 x 大的点，速度就大。速度看陡峭程度（斜率），不是看位置高低。
混淆切线与割线：求瞬时速度看切线斜率；求平均速度看割线斜率。学生容易用连接 0 和 t0 的割线来误判 t0 时刻的瞬时速度。
2、位移、路程与平均速度
易错点：误将平均速率当平均速度：如果物体有折返运动，路程不等于位移大小，因此平均速率（路程/时间）不等于平均速度的大小（|位移|/时间）。本题因是单向运动而避免了此陷阱，但它是高频易错点。
认为位移相同，平均速度就一定相同：忽略平均速度的矢量性。如果两质点位移相同但时间不同，平均速度也不同。本题中 Δt 相同是关键前提。
3、质点间距离的分析
易错点：混淆“距离”与“位移”：距离是标量，关心两者位置的绝对差值；位移是单个质点位置的变化量。题目问的是“两质点间的距离”，不是“某个质点的位移”。
2．【答案】C
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A． 两人在 t1 时刻处于同一位置（并排骑行）。根据 v-t 图像中图线与时间轴所围面积表示位移，可知在 0 到 t1 这段时间内，乙的位移大于甲的位移。因此，在初始时刻（t=0），甲的位置在乙的前方，故A错误；
BCD． 在 t1 到 t2 时间内，由 v-t 图线所围面积差可知，两人之间的位移差持续增大。到 t2 时刻，虽然两人速度相同，但彼此之间的距离达到最大。此后，在 t2 到 t3 时间段内，由于甲的位移逐渐追回，两人之间的距离先减小至零（即再次并排），之后又逐渐增大。因此，在 t2 到 t3 之间的某一时刻，两人会第二次并排骑行，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、误将“并排”当“起点”
错误理解：看到 t1 时刻并排，就想当然地认为 t=0 时两人也从同一位置出发。
正确思路：t1 时刻的位移相等，是通过 0-t1 这段时间内乙比甲多移动的位移（面积差）补偿了初始时甲领先的距离。因此必须逆向推理出初始时刻甲在前。
2、混淆“速度相等”与“相遇”
错误理解：认为 t2 时刻速度相等（图线交点），两人就相遇或距离最近。
正确思路：t2 时刻是两人速度相同的时刻。在此之前，乙的速度一直大于甲，所以乙追甲，距离在不断缩小吗？不对！仔细看：在t1时刻他们已经相遇，之后乙速度大于甲，乙会跑到甲前面，所以距离在t1-t2间是增大的。t2时刻后，甲速度大于乙，甲开始追乙，距离才开始缩小。因此，t2时刻是两人相距最远的时刻。
3、对“再次相遇”的过程分析不清
错误理解：认为在 t2 到 t3 时间内，两人只相遇一次，或者无法理解为何会再次相遇。
正确思路：在 t2 时刻两人距离最远。之后甲的速度大于乙，甲开始追乙。在 t2 到 t3 之间的某个时刻，甲通过比乙多走的位移（面积差）追上了乙，实现了第二次并排。之后甲会超过乙，距离再次增大。
4、仅凭速度关系臆断距离变化
错误理解：简单地认为“后面物体速度大，距离就缩小”。
正确思路：距离的变化取决于相对速度和初始位置关系。在 t1 时刻相遇后，乙速度大于甲，乙在前，甲在后，此时距离是在拉大。必须结合初始位置和速度大小关系进行综合判断。
3．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A．绳上拉力增大，但是由于无法判定初始状态时Q所受摩擦力方向，所以Q受摩擦力大小如何变化不能确定，摩擦力大小可能增大，可能减小，也可能先减小后增大，故A错误；
B．将Q和斜面看成一个整体，分析受力情况，如图所示
根据平衡条件可得，，因为F在增大，所以地面摩擦力一定增大，地面给的支持力一定减小，故B错误；
CD．斜面对Q的作用力即摩擦力和支持力的合力，将这两个力合成为一个力，Q相当于受到重力，绳拉力和斜面对它的作用力这三个力，如图所示
根据三力平衡图解法分析可知斜面对Q的作用力可能先减小后增大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】一、核心考点
1、静摩擦力的方向与大小变化的可能性分析
当外力变化时，静摩擦力的大小和方向需要根据平衡条件重新判断。
初始状态未知时，必须考虑所有情况：初始摩擦力沿斜面向上（Q有下滑趋势）
初始摩擦力沿斜面向下（Q有上滑趋势），初始摩擦力为零
2、整体法与隔离法的综合应用
分析地面给斜面的摩擦力时，将斜面与Q视为整体。分析Q的受力时，单独隔离Q。
3、三力平衡的矢量三角形图解法
当物体受三个力平衡，且其中一个力大小方向不变（重力），另一个力方向不变、大小变化（绳拉力）时，可用矢量三角形动态分析第三个力（斜面对Q的作用力）的变化趋势。
这种方法能直观判断力的大小是否单调变化。
4、“斜面对Q的作用力”的定义
指的是斜面作用于Q的所有接触力（支持力N和摩擦力f）的合力，是矢量合成。
二、具体易错点
1、A选项易错点：
错误地假设初始摩擦力方向一定沿斜面向上。忽略了当拉力F增大时，若初始摩擦力向上，摩擦力可能先减小到零再反向增大。误认为“拉力增大则摩擦力一定增大”，实际上摩擦力变化趋势取决于初始状态。
2、B选项易错点：
没有运用整体法分析地面摩擦力。误认为Q在斜面上的摩擦力变化会影响地面对斜面的摩擦力。
实际上，对“斜面+Q”整体，水平方向只受地面摩擦力与绳拉力水平分量，F增大则f地一定增大。3、C、D选项易错点：
混淆“斜面对Q的作用力”与“支持力”或“摩擦力”。错误地认为拉力F增大时，斜面对Q的合力R一定增大。未能运用矢量三角形法分析R可能先减小后增大的情况。对“可能”和“一定”的区分不敏感，C说“一定”就排除了先减小后增大的可能性。
4．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】对整体：水平方向：
竖直方向：
由竖直方向：
联立可得，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、考点：
1、整体法在静力学中的应用：当系统内部相互作用复杂（如细线 b 的拉力未知）但只需求外部约束力时，用整体法可避免解内部力。
2、受力平衡方程的建立：整体受三个力（重力、Fa、Fc）或可视为三个方向平衡（水平、竖直）。
3、三角函数在力的分解中的应用：已知 sin 和 cos 值直接代入计算。
二、易错点：
1、错误地单独分析每个球：如果分别对球1、球2列平衡方程，会引入细线 b 的未知拉力，需要联立求解，计算量增大且容易出错。
2、角度对应关系弄混：是细线 a 与竖直方向夹角，是细线 b 与竖直方向夹角，题目给了数据但整体法甚至不需要 ，如果误用 就会错。
3、整体受力分析漏力或多力：整体只受 Fa（左上拉）、Fc（右拉）、重力（下），没有其他。
5．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据匀变速直线运动的位移公式，可得
结合图像可知，，则物体的初速度大小为b，加速度大小为，做正方向的匀减速直线运动，故A错误；
B．时刻，物体的位移为，即物体的位移为零，则回到出发点，故B正确；
C．时刻，物体的瞬时速度为，负号表示速度为负向，则速度在之前已变向，故C错误；
D．因图像的纵坐标为，而不是，则阴影部分的面积不能表示物体在时间内通过的位移，故D错误。
故选B。
【分析】一、考点：
1、x/t–t 图像的理解：从 形式识别运动参量。
2、匀变速直线运动公式：位移、速度、加速度的关系。
3、位移为零与速度为零的区别：位移为零：物体回到出发点。速度为零：瞬时速度为零，方向改变点。
4、图像面积的意义：纵轴是 x/t 时，面积不是位移。
二、易错点：
A 选项：混淆图像斜率 a 与加速度A，忽略公式 中的 。
B 选项：误以为位移为零的时刻速度也一定为零。
C 选项：把回到出发点的时刻当作速度反向的时刻。
D 选项：错误迁移 图面积表示位移的结论到 图上。
6．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】甲图中，结点受BC绳子的拉力、重力和AB杆子的支持力，如图所示：
根据平衡条件利用合成法可以得到：；
乙图中，绳子对滑轮的作用力应是两股绳的合力，如图所示：
根据平行四边形定则可以得到：，故B正确，ACD错误．
故选B
【分析】一、考点：
1、共点力平衡：结点受力分析，正交分解或合成法。
2、轻杆受力特点：可转动轻杆力沿杆方向；固定铰链杆力可任意方向（但题中甲图 AB 可绕 A 转动 → 沿杆）。
3、滑轮受力：滑轮所受力是两侧绳拉力的矢量和，用平行四边形定则求合力。
4、角度关系：注意 θ 是绳与水平方向还是竖直方向夹角，影响分解结果。
二、易错点：
1、图甲中：误认为绳 BC 拉力等于下方物重 mg，实际上 B 点竖直方向平衡要求 T 的竖直分力等于 mg，因此 T 可能大于 mg。
2、图乙中：误将滑轮受力当作 2mg（直接相加标量），忽略了方向不同，必须矢量合成。
3、角度混淆：θ 的定义在两种情形中相同，但受力结构不同，导致算法不同。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题主要考查根据平衡条件求力和根据加速度方向分析物体受力大小的判断。A．双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；
B．杠铃的重力为
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为，根据平衡条件可知
结合，解得杠铃对手臂的作用力
B错误；
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；
D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
故选D。
【分析】根据平衡条件分析；加速举起过程，加速向上，合力向上。
8．【答案】A,C,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】A．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为，可知质点第1s内的位移为，故A正确；
B．质点在前2s内的位移为，则前2s内的平均速度为，故B错误；
CD．结合匀变速直线运动位移时间公式，可知质点的初速度和加速度分别为根据匀变速直线运动推论可得任意相邻的1s内位移差为
任意1s内的速度增量为，故CD正确。
故选ACD。
【分析】1、匀变速直线运动位移公式的识别
已知 （国际单位），对比标准形式
得到 v，
2、位移的计算
第 n 秒内的位移 = ，例如第 1 秒内位移：
3、平均速度的计算
前 t 秒内的平均速度 = ，
4、匀变速直线运动的推论
相邻相等时间 T 内的位移差：，这里 ，
任意相等时间 T 内的速度增量：，这里
9．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿第三定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．图乙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，图丙可知，在竖直方向伤员向上做加速运动，以地面为参考系，有，，联立可得，所以被救人员的运动轨迹是一条抛物线，故A正确，B错误；
C．人对绳索的拉力大小与绳索对人的拉力大小是一对相互作用力，大小总是相等，故C正确；
D．以地面为参考系，时被救人员的速度大小为，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、运动的合成与轨迹判断
水平匀速 + 竖直匀加速 → 轨迹为抛物线（类平抛，但竖直方向初速不一定为零）。
易错点：误认为只要水平竖直都运动就是直线，必须看两个方向的时间函数关系。
2、牛顿第三定律
相互作用力大小总是相等，与运动状态无关。
易错点：误认为加速上升时绳索拉力与人对绳索拉力不同。
3、速度的合成
合速度 ，注意是瞬时速度的矢量合成。
易错点：误将位移大小除以时间当作合速度大小。
4、图像信息提取
图斜率 → 水平速度 。
图 → 竖直加速度 及t 时刻的 。
10．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A.对 A 受力分析：A 受重力 向下，弹簧支持力 向上。A、B 之间无压力 → A 平衡：弹簧压缩量：，故A错误；
BC．细线剪断瞬间，弹簧形变未来得及改变 → 弹力仍为 向上。此时 A、B 紧挨，会一起运动，但二者之间有相互作用力。对 A、B 整体：总重力 向下，弹力 向上。对AB整体，由牛顿第二定律有，得物体AB的瞬时加速度为，故B错误，C正确；
D．对物体A，由牛顿第二定律可得，解得物体B对物体A的压力为，故D正确。
故选CD。
【分析】1、弹簧弹力的瞬时性问题
当外界条件突然变化时（如剪断细线），弹簧的形变量来不及瞬间改变，因此弹力保持原值。对比：轻绳、轻杆的弹力可以突变。
2、整体法与隔离法在动力学中的应用整体法：剪断后 A、B 一起运动，加速度相同，用整体求加速度。
隔离法：分析 A 或 B 的受力，求它们之间的相互作用力N。
3、物体间有无压力的判断
初始条件“A、B 紧挨但无压力”说明：B 的重力由细线拉力平衡。A 的重力由弹簧弹力平衡。
A、B 接触面没有力。
4、牛顿第二定律的矢量性与符号约定
列方程时要明确正方向，一般取加速度方向为正。本题中加速度向下，所以向下的力为正，向上的力为负（或移项处理）。
11．【答案】（1）当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力
（2）正比；5
（3）B；C
【知识点】胡克定律；探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力。
故答案为：当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力。
（2）由图像乙知，所挂钩码质量与弹簧形变量按正比例规律变化，所以可知钩码所受的重力与弹簧形变量也按正比例变化，由于所挂钩码重力等于弹簧受到的弹力，所以可得出结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比；
根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
故答案为：正比；5
（3）AB．图像与横轴的交点等于弹簧原长，由图像知b的原长比a的长，故A错误，B正确；
C．图像的斜率等于弹簧的劲度系数，由图像知a的劲度系数比b的大，故C正确；
D．图像可知，弹簧弹力与弹簧长度为线性关系，但不是正比关系，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】（1）利用“静止物体的二力平衡”，建立钩码重力与弹簧弹力的联系。
（2）通过图像“正比关系”判断弹力与伸长量的关系，用胡克定律（ ）计算劲度系数。
（3）解读 图像：“与 轴交点”是原长，“斜率”是劲度系数，“线性关系≠正比”（需过原点 ）。
（1）当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力。
（2）[1]由图像乙知，所挂钩码质量与弹簧形变量按正比例规律变化，所以可知钩码所受的重力与弹簧形变量也按正比例变化，由于所挂钩码重力等于弹簧受到的弹力，所以可得出结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比；
[2]根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
（3）AB．图像与横轴的交点等于弹簧原长，由图像知b的原长比a的长，故A错误，B正确；
C．图像的斜率等于弹簧的劲度系数，由图像知a的劲度系数比b的大，故C正确；
D．图像可知，弹簧弹力与弹簧长度为线性关系，但不是正比关系，故D错误。
故选BC。
12．【答案】（1）A；C
（2）2.60
（3）0.4
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】本题考查了动摩擦因数的测量，在计算的过程中，从图中得出斜率是关键，可以从中计算出摩擦因数；在数据处理时注意图像法的准确应用。
（1）AD．应保持与木块相连的细线水平，同时保证桌面水平，否则木块对木板的正压力不等于木块和砝码的总重力，A正确，D错误；
B．实验时，将木块拉动即可，这时细线的拉力大小等于摩擦力的大小，而不一定要将木板匀速拉动，B错误；
C．实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数可能不准确，C正确；
故选AC。
（2）在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度值为0.1N，需向后估读一位，故此时的示数为2.60N，木块受到的滑动摩擦力为2.60N。
（3）摩擦力的公式为
图线的斜率表示，图线的斜率为
所以
【分析】（1）根据实验原理及弹簧的使用要求作答；
（2）读数时视线与指针所对刻线相垂直，明确弹簧的最小分度，按读数规则读出弹簧的示数，木块受到的滑动摩擦力等于弹簧的示数；
（3）由斜率可求得动摩擦因数。
（1）AD．应保持与木块相连的细线水平，同时保证桌面水平，否则木块对木板的正压力不等于木块和砝码的总重力，A正确，D错误；
B．实验时，将木块拉动即可，这时细线的拉力大小等于摩擦力的大小，而不一定要将木板匀速拉动，B错误；
C．实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数可能不准确，C正确；
故选AC。
（2）在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度值为0.1N，需向后估读一位，故此时的示数为2.60N，木块受到的滑动摩擦力为2.60N。
（3）摩擦力的公式为
图线的斜率表示，图线的斜率为N/kg=4N/kg
所以
13．【答案】（1）解：设公交车匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
（2）解：设公交车到站时间为t1，则有，解得
公交车停留时间为
设游客到站用时为t2，因为
则有
解得
所以游客匀速追赶的速度至少是3m/s才能在公交车再次启动前追上公交车。
（3）解：设游客与公交车速度相等用时t3，此时距离最大，则有
解得
游客位移
公交车位移
则游客与公交车最远距离为
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】一、核心考点
1、匀变速直线运动公式的应用
公式 用于已知初速度、末速度、位移求加速度。公式 用于求运动时间。
2、追及问题的临界条件分析
第二问中，“在公交车再次启动前追上” → 游客到达站点的时间 。利用匀速运动公式 求最小速度。
3、两个物体间距离函数的建立与最值求解
写出公交车与游客的位移—时间函数 、。间距 。
对二次函数求顶点得到最大距离。
4、运动过程的分段分析
公交车运动分为：匀减速阶段（0~12 s）和静止阶段（12~16 s）。游客在不同阶段可能逐渐靠近或超过公交车。
二、具体易错点
1、第(1)问易错点
符号错误：加速度应为负值，题目要求大小，需取绝对值。公式混淆：错用 但时间未知，导致多未知数。
2、第(2)问易错点
时间范围理解错误：误以为“公交车再次启动前”是指公交车到站前（即 ），忽略了停留的 4 s。
正确：游客必须在 到达站点。
追赶条件列错：游客初始距离站点 48 m，用 求 。
错误做法：用公交车位移与游客位移相等求追及，忽略了公交车已到站停下的情况。
3、第(3)问易错点
位移参考系混淆：错误地认为游客初始在公交车后方 48 m（实际上 t=0 时两者并排，距站点 48 m）。导致间距函数列错。
最远距离时刻求错：间距 是开口向下的抛物线，顶点在 。
易错：误以为最远距离出现在公交车停下的时刻（t=12 s）或两者速度相等的时刻（这里速度相等即 t=6 s，正确）。
忽略公交车已停的情况：在 t > 12 s 后，公交车位移固定为 48 m，游客继续靠近，间距缩小，因此最大间距一定出现在公交车运动阶段。
（1）设公交车匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
（2）设公交车到站时间为t1，则有
解得
公交车停留时间为
设游客到站用时为t2，因为
则有
解得
所以游客匀速追赶的速度至少是3m/s才能在公交车再次启动前追上公交车。
（3）设游客与公交车速度相等用时t3，此时距离最大，则有
解得
游客位移
公交车位移
则游客与公交车最远距离为
14．【答案】（1）解：对滑块受力分析
解得
（2）解：对长木板受力分析
解得
长木板做加速运动，滑块做减速运动，当两者速度相同时
解得
此时长木板所走位移
滑块所走位移
两者相对位移为
为保证滑块不掉落则
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】板块模型是牛顿运动定律和运动学的典型综合题，正确分析摩擦力方向、区分对地位移与相对位移是关键。
一、核心考点
1、牛顿第二定律在连接体（板块模型）中的应用
分析滑块与木板的受力，注意摩擦力方向。滑块受摩擦力减速，木板受摩擦力加速。
2、相对运动与相对位移
利用相对初速度、相对加速度求共速时间：
这里 ，相对加速度 ，相对初速度 ，时间
3、临界条件
滑块不滑离木板的条件：共速时相对位移 （木板长度）。
4、运动学公式
分别计算滑块与木板对地位移，再相减得相对位移。
二、易错点提醒
1、摩擦力方向判断错误
滑块相对木板向右运动 → 滑块受向左摩擦力，木板受向右摩擦力。
2、加速度符号混淆
加速度是矢量，列速度公式时要带符号。
3、相对位移计算错误
常见错误：直接用 时， 取绝对值，即
但若符号弄错会得到错误结果。
4、忽略参考系
题目问“滑块相对于地面的加速度”，不是相对木板。
（1）对滑块受力分析
解得
（2）对长木板受力分析
解得
长木板做加速运动，滑块做减速运动，当两者速度相同时
解得
此时长木板所走位移
滑块所走位移
两者相对位移为
为保证滑块不掉落则
15．【答案】（1）解：物块到达斜面底端时由机械能守恒定律可知
解得 物块到达斜面底端时的速度大小
（2）解：物块从斜面底端到到达圆最高点的过程由机械能守恒定律
在最高点时，由牛顿第二定律
由牛顿第三定律可知，物块到达圆轨道最高点时对轨道的压力F压=FN
解得F压=5.2N，方向竖直向上。
（3）解：物块从斜面底端到滑上传送带由机械能守恒定律
解得
若传送带的速度v=8m/s，则滑离传送带时由动能定理
解得
即此时物块还没有和传送带共速。物块离开传送带的速度，方向水平向右。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】一、核心考点
1、机械能守恒定律的应用
光滑斜面下滑：势能转化为动能。光滑圆轨道运动：机械能守恒，可用于计算任意位置速度。
2、圆周运动的动力学分析
最高点受力分析：合外力提供向心力 （方向设定要一致）。
临界速度：在最高点最小速度 （对于外轨道）。
牛顿第三定律：物体对轨道的压力与轨道对物体的支持力大小相等。
3、传送带模型
判断相对运动方向：物体速度小于传送带速度，摩擦力为动力，物体加速。
运动学分析：使用 或动能定理。
判断是否共速：比较加速到共速的位移与传送带长度。
4、能量观点与运动学观点的综合运用
计算速度时可用机械能守恒或动能定理。计算位移、时间时用运动学公式。
二、具体易错点
第(1)问易错点：错误使用斜面角度：已知高度 ，直接用 即可，不必用斜面倾角分解。
计算错误： 计算失误。
第(2)问易错点：1、向心力方程符号错误
在最高点，设向下为正： 。若设向上为正：（容易出错），建议统一设向心方向（向下）为正。
2、牛顿第三定律忽略
题目问“物块对轨道的压力”，求出的是轨道对物块的支持力 ，需说明根据牛顿第三定律，压力大小等于 ，方向相反。
3、临界条件判断错误
误认为在最高点速度可以任意小，忽略圆轨道能通过最高点的最小速度 。
第(3)问易错点：1、相对运动判断错误
传送带速度 大于物块初速 ，物块相对传送带向后滑动，摩擦力向前，使物块加速。
2、是否共速判断错误
先计算加速到与传送带同速所需位移 。
若 ，则物块在加速过程中滑出传送带，末速度 。
若 ，则先加速到传送带速度，后匀速，末速度等于传送带速度。
3、动能定理与运动学公式混淆
用动能定理：（仅适用于加速度恒定且一直加速的情况）。
用运动学公式：，其中 。
（1）物块到达斜面底端时由机械能守恒定律可知
解得
（2）物块从斜面底端到到达圆最高点的过程由机械能守恒定律
在最高点时，由牛顿第二定律
由牛顿第三定律可知，物块到达圆轨道最高点时对轨道的压力F压=FN
解得F压=5.2N
方向竖直向上。
（3）物块从斜面底端到滑上传送带由机械能守恒定律
解得
若传送带的速度v=8m/s，则滑离传送带时由动能定理
解得
即此时物块还没有和传送带共速。物块离开传送带的速度，方向水平向右。
1 / 1广东省阳江市广东两阳中学2025-2026学年高三上学期适应性考试物理试题
1．（2025高三上·阳江月考）质点甲、乙做直线运动的位移—时间（）图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，质点甲的速度等于质点乙的速度
B．内，乙的路程大于甲的路程
C．内，甲的平均速度等于乙的平均速度
D．，两质点间的距离一直增大
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A． 在 时刻，通过比较 图像切线的斜率可知，质点甲对应的切线更陡，因此其瞬时速度大于质点乙，故A错误；
BC．由题图可知，内，甲、乙均做正方向的直线运动，且0 0内，甲、乙的位移相等，故路程相等，根据可知，甲的平均速度等于乙的平均速度，故B错误，C正确；
D． 观察 内的图像，两质点间的距离（图线上的纵向间隔）先逐渐增大，之后逐渐减小，故D错误。
故选C。
【分析】1、图像斜率的物理意义
斜率代表瞬时速度。
易错点：混淆斜率与纵坐标：错误地认为位置坐标值 x 大的点，速度就大。速度看陡峭程度（斜率），不是看位置高低。
混淆切线与割线：求瞬时速度看切线斜率；求平均速度看割线斜率。学生容易用连接 0 和 t0 的割线来误判 t0 时刻的瞬时速度。
2、位移、路程与平均速度
易错点：误将平均速率当平均速度：如果物体有折返运动，路程不等于位移大小，因此平均速率（路程/时间）不等于平均速度的大小（|位移|/时间）。本题因是单向运动而避免了此陷阱，但它是高频易错点。
认为位移相同，平均速度就一定相同：忽略平均速度的矢量性。如果两质点位移相同但时间不同，平均速度也不同。本题中 Δt 相同是关键前提。
3、质点间距离的分析
易错点：混淆“距离”与“位移”：距离是标量，关心两者位置的绝对差值；位移是单个质点位置的变化量。题目问的是“两质点间的距离”，不是“某个质点的位移”。
2．（2025高三上·阳江月考）在自行车巡回赛中，甲、乙两选手骑规格相同的自行车沿同一方向做直线运动，其v-t图像如图所示，已知两人在t1时刻并排骑行，则（ ）
A．在t=0时，甲在乙后
B．在t1到t2时间内，两人相隔越来越近
C．在t2时刻后，两人距离先减小为零而后又增大
D．t3时刻两人再次并排骑行
【答案】C
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A． 两人在 t1 时刻处于同一位置（并排骑行）。根据 v-t 图像中图线与时间轴所围面积表示位移，可知在 0 到 t1 这段时间内，乙的位移大于甲的位移。因此，在初始时刻（t=0），甲的位置在乙的前方，故A错误；
BCD． 在 t1 到 t2 时间内，由 v-t 图线所围面积差可知，两人之间的位移差持续增大。到 t2 时刻，虽然两人速度相同，但彼此之间的距离达到最大。此后，在 t2 到 t3 时间段内，由于甲的位移逐渐追回，两人之间的距离先减小至零（即再次并排），之后又逐渐增大。因此，在 t2 到 t3 之间的某一时刻，两人会第二次并排骑行，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、误将“并排”当“起点”
错误理解：看到 t1 时刻并排，就想当然地认为 t=0 时两人也从同一位置出发。
正确思路：t1 时刻的位移相等，是通过 0-t1 这段时间内乙比甲多移动的位移（面积差）补偿了初始时甲领先的距离。因此必须逆向推理出初始时刻甲在前。
2、混淆“速度相等”与“相遇”
错误理解：认为 t2 时刻速度相等（图线交点），两人就相遇或距离最近。
正确思路：t2 时刻是两人速度相同的时刻。在此之前，乙的速度一直大于甲，所以乙追甲，距离在不断缩小吗？不对！仔细看：在t1时刻他们已经相遇，之后乙速度大于甲，乙会跑到甲前面，所以距离在t1-t2间是增大的。t2时刻后，甲速度大于乙，甲开始追乙，距离才开始缩小。因此，t2时刻是两人相距最远的时刻。
3、对“再次相遇”的过程分析不清
错误理解：认为在 t2 到 t3 时间内，两人只相遇一次，或者无法理解为何会再次相遇。
正确思路：在 t2 时刻两人距离最远。之后甲的速度大于乙，甲开始追乙。在 t2 到 t3 之间的某个时刻，甲通过比乙多走的位移（面积差）追上了乙，实现了第二次并排。之后甲会超过乙，距离再次增大。
4、仅凭速度关系臆断距离变化
错误理解：简单地认为“后面物体速度大，距离就缩小”。
正确思路：距离的变化取决于相对速度和初始位置关系。在 t1 时刻相遇后，乙速度大于甲，乙在前，甲在后，此时距离是在拉大。必须结合初始位置和速度大小关系进行综合判断。
3．（2025高三上·阳江月考）如图所示，轻绳的一端连接小盒P，另一端通过光滑的轻滑轮与斜面上的物块Q连接，轻绳与斜面的上表面平行，P、Q均处于静止状态。现向P盒内缓慢加入适量砂粒，此过程中P、Q一直保持静止。则下列说法正确的是（ ）
A．斜面对Q的摩擦力一定增大
B．地面对斜面的摩擦力可能不变
C．斜面对Q的作用力一定增大
D．斜面对Q的作用力可能先减小后增大
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A．绳上拉力增大，但是由于无法判定初始状态时Q所受摩擦力方向，所以Q受摩擦力大小如何变化不能确定，摩擦力大小可能增大，可能减小，也可能先减小后增大，故A错误；
B．将Q和斜面看成一个整体，分析受力情况，如图所示
根据平衡条件可得，，因为F在增大，所以地面摩擦力一定增大，地面给的支持力一定减小，故B错误；
CD．斜面对Q的作用力即摩擦力和支持力的合力，将这两个力合成为一个力，Q相当于受到重力，绳拉力和斜面对它的作用力这三个力，如图所示
根据三力平衡图解法分析可知斜面对Q的作用力可能先减小后增大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】一、核心考点
1、静摩擦力的方向与大小变化的可能性分析
当外力变化时，静摩擦力的大小和方向需要根据平衡条件重新判断。
初始状态未知时，必须考虑所有情况：初始摩擦力沿斜面向上（Q有下滑趋势）
初始摩擦力沿斜面向下（Q有上滑趋势），初始摩擦力为零
2、整体法与隔离法的综合应用
分析地面给斜面的摩擦力时，将斜面与Q视为整体。分析Q的受力时，单独隔离Q。
3、三力平衡的矢量三角形图解法
当物体受三个力平衡，且其中一个力大小方向不变（重力），另一个力方向不变、大小变化（绳拉力）时，可用矢量三角形动态分析第三个力（斜面对Q的作用力）的变化趋势。
这种方法能直观判断力的大小是否单调变化。
4、“斜面对Q的作用力”的定义
指的是斜面作用于Q的所有接触力（支持力N和摩擦力f）的合力，是矢量合成。
二、具体易错点
1、A选项易错点：
错误地假设初始摩擦力方向一定沿斜面向上。忽略了当拉力F增大时，若初始摩擦力向上，摩擦力可能先减小到零再反向增大。误认为“拉力增大则摩擦力一定增大”，实际上摩擦力变化趋势取决于初始状态。
2、B选项易错点：
没有运用整体法分析地面摩擦力。误认为Q在斜面上的摩擦力变化会影响地面对斜面的摩擦力。
实际上，对“斜面+Q”整体，水平方向只受地面摩擦力与绳拉力水平分量，F增大则f地一定增大。3、C、D选项易错点：
混淆“斜面对Q的作用力”与“支持力”或“摩擦力”。错误地认为拉力F增大时，斜面对Q的合力R一定增大。未能运用矢量三角形法分析R可能先减小后增大的情况。对“可能”和“一定”的区分不敏感，C说“一定”就排除了先减小后增大的可能性。
4．（2025高三上·阳江月考）如图所示，质量分别为m、的小球1、2用细线a、b、c连接悬吊在墙角，细线a与竖直方向的夹角，细线b与竖直方向的夹角，细线c水平，不计细线的重力，，，则细线a、c上的拉力大小之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】对整体：水平方向：
竖直方向：
由竖直方向：
联立可得，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、考点：
1、整体法在静力学中的应用：当系统内部相互作用复杂（如细线 b 的拉力未知）但只需求外部约束力时，用整体法可避免解内部力。
2、受力平衡方程的建立：整体受三个力（重力、Fa、Fc）或可视为三个方向平衡（水平、竖直）。
3、三角函数在力的分解中的应用：已知 sin 和 cos 值直接代入计算。
二、易错点：
1、错误地单独分析每个球：如果分别对球1、球2列平衡方程，会引入细线 b 的未知拉力，需要联立求解，计算量增大且容易出错。
2、角度对应关系弄混：是细线 a 与竖直方向夹角，是细线 b 与竖直方向夹角，题目给了数据但整体法甚至不需要 ，如果误用 就会错。
3、整体受力分析漏力或多力：整体只受 Fa（左上拉）、Fc（右拉）、重力（下），没有其他。
5．（2025高三上·阳江月考）某中学物理兴趣小组研究某物体做匀变速直线运动的图像，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体的初速度大小为b，加速度大小为
B．时刻，物体回到出发点
C．时刻，物体的速度方向发生改变
D．阴影部分的面积表示物体在时间内通过的位移
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据匀变速直线运动的位移公式，可得
结合图像可知，，则物体的初速度大小为b，加速度大小为，做正方向的匀减速直线运动，故A错误；
B．时刻，物体的位移为，即物体的位移为零，则回到出发点，故B正确；
C．时刻，物体的瞬时速度为，负号表示速度为负向，则速度在之前已变向，故C错误；
D．因图像的纵坐标为，而不是，则阴影部分的面积不能表示物体在时间内通过的位移，故D错误。
故选B。
【分析】一、考点：
1、x/t–t 图像的理解：从 形式识别运动参量。
2、匀变速直线运动公式：位移、速度、加速度的关系。
3、位移为零与速度为零的区别：位移为零：物体回到出发点。速度为零：瞬时速度为零，方向改变点。
4、图像面积的意义：纵轴是 x/t 时，面积不是位移。
二、易错点：
A 选项：混淆图像斜率 a 与加速度A，忽略公式 中的 。
B 选项：误以为位移为零的时刻速度也一定为零。
C 选项：把回到出发点的时刻当作速度反向的时刻。
D 选项：错误迁移 图面积表示位移的结论到 图上。
6．（2025高三上·阳江月考）如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点(如图甲所示)和跨过滑轮的轻绳BC上(如图乙所示)，图甲中轻杆AB可绕A点转动，图乙中水平轻杆一端A插在墙壁内，已知θ＝30°，则图甲中轻杆AB的作用力F1和图乙中滑轮的作用力F2大小分别为( )
A．F1=mg，F2=mg B．F1=mg ，F2=mg
C．F1=mg ， F2=mg D．F1=mg ，F2=mg
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】甲图中，结点受BC绳子的拉力、重力和AB杆子的支持力，如图所示：
根据平衡条件利用合成法可以得到：；
乙图中，绳子对滑轮的作用力应是两股绳的合力，如图所示：
根据平行四边形定则可以得到：，故B正确，ACD错误．
故选B
【分析】一、考点：
1、共点力平衡：结点受力分析，正交分解或合成法。
2、轻杆受力特点：可转动轻杆力沿杆方向；固定铰链杆力可任意方向（但题中甲图 AB 可绕 A 转动 → 沿杆）。
3、滑轮受力：滑轮所受力是两侧绳拉力的矢量和，用平行四边形定则求合力。
4、角度关系：注意 θ 是绳与水平方向还是竖直方向夹角，影响分解结果。
二、易错点：
1、图甲中：误认为绳 BC 拉力等于下方物重 mg，实际上 B 点竖直方向平衡要求 T 的竖直分力等于 mg，因此 T 可能大于 mg。
2、图乙中：误将滑轮受力当作 2mg（直接相加标量），忽略了方向不同，必须矢量合成。
3、角度混淆：θ 的定义在两种情形中相同，但受力结构不同，导致算法不同。
7．（2025高三上·阳江月考）中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题主要考查根据平衡条件求力和根据加速度方向分析物体受力大小的判断。A．双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；
B．杠铃的重力为
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为，根据平衡条件可知
结合，解得杠铃对手臂的作用力
B错误；
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；
D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
故选D。
【分析】根据平衡条件分析；加速举起过程，加速向上，合力向上。
8．（2025高三上·阳江月考）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）
A．第1s内的位移是6m B．前2s内的平均速度是9m/s
C．任意相邻的1s内位移差都是4m D．任意1s内的速度增量都是4m/s
【答案】A,C,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】A．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为，可知质点第1s内的位移为，故A正确；
B．质点在前2s内的位移为，则前2s内的平均速度为，故B错误；
CD．结合匀变速直线运动位移时间公式，可知质点的初速度和加速度分别为根据匀变速直线运动推论可得任意相邻的1s内位移差为
任意1s内的速度增量为，故CD正确。
故选ACD。
【分析】1、匀变速直线运动位移公式的识别
已知 （国际单位），对比标准形式
得到 v，
2、位移的计算
第 n 秒内的位移 = ，例如第 1 秒内位移：
3、平均速度的计算
前 t 秒内的平均速度 = ，
4、匀变速直线运动的推论
相邻相等时间 T 内的位移差：，这里 ，
任意相等时间 T 内的速度增量：，这里
9．（2025高三上·阳江月考）如图甲所示，直升飞机放下绳索吊起被困人员，一边收缩绳索一边飞向安全地带。前4秒内被困人员水平方向的图像和竖直方向的图像分别如图乙、丙所示。不计空气阻力，则在这4秒内（ ）
A．以地面为参考系，被救人员的运动轨迹是一条抛物线
B．以地面为参考系，被救人员的运动轨迹是一条直线
C．人对绳索的拉力大小等于绳索对人的拉力大小
D．以地面为参考系，时被救人员的速度大小为
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿第三定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．图乙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，图丙可知，在竖直方向伤员向上做加速运动，以地面为参考系，有，，联立可得，所以被救人员的运动轨迹是一条抛物线，故A正确，B错误；
C．人对绳索的拉力大小与绳索对人的拉力大小是一对相互作用力，大小总是相等，故C正确；
D．以地面为参考系，时被救人员的速度大小为，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、运动的合成与轨迹判断
水平匀速 + 竖直匀加速 → 轨迹为抛物线（类平抛，但竖直方向初速不一定为零）。
易错点：误认为只要水平竖直都运动就是直线，必须看两个方向的时间函数关系。
2、牛顿第三定律
相互作用力大小总是相等，与运动状态无关。
易错点：误认为加速上升时绳索拉力与人对绳索拉力不同。
3、速度的合成
合速度 ，注意是瞬时速度的矢量合成。
易错点：误将位移大小除以时间当作合速度大小。
4、图像信息提取
图斜率 → 水平速度 。
图 → 竖直加速度 及t 时刻的 。
10．（2025高三上·阳江月考）如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．轻弹簧的压缩量为0.2m B．物体A的瞬时加速度为0
C．物体B的瞬时加速度为a=4m/s2 D．物体B对物体A的压力为12N
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A.对 A 受力分析：A 受重力 向下，弹簧支持力 向上。A、B 之间无压力 → A 平衡：弹簧压缩量：，故A错误；
BC．细线剪断瞬间，弹簧形变未来得及改变 → 弹力仍为 向上。此时 A、B 紧挨，会一起运动，但二者之间有相互作用力。对 A、B 整体：总重力 向下，弹力 向上。对AB整体，由牛顿第二定律有，得物体AB的瞬时加速度为，故B错误，C正确；
D．对物体A，由牛顿第二定律可得，解得物体B对物体A的压力为，故D正确。
故选CD。
【分析】1、弹簧弹力的瞬时性问题
当外界条件突然变化时（如剪断细线），弹簧的形变量来不及瞬间改变，因此弹力保持原值。对比：轻绳、轻杆的弹力可以突变。
2、整体法与隔离法在动力学中的应用整体法：剪断后 A、B 一起运动，加速度相同，用整体求加速度。
隔离法：分析 A 或 B 的受力，求它们之间的相互作用力N。
3、物体间有无压力的判断
初始条件“A、B 紧挨但无压力”说明：B 的重力由细线拉力平衡。A 的重力由弹簧弹力平衡。
A、B 接触面没有力。
4、牛顿第二定律的矢量性与符号约定
列方程时要明确正方向，一般取加速度方向为正。本题中加速度向下，所以向下的力为正，向上的力为负（或移项处理）。
11．（2025高三上·阳江月考）如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究“在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验。
（1）该实验用钩码所受的重力等于弹簧受到的弹力理由是 ；
（2）如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图像可得结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成 （填“正比”或“反比”），弹簧的劲度系数 （重力加速度g取）。
（3）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，作出弹簧弹力F与弹簧长度L的图像，下列说法正确的是（ ）
A．b的原长比a的短 B．b的原长比a的长
C．a的劲度系数比b的大 D．弹力与弹簧长度成正比
【答案】（1）当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力
（2）正比；5
（3）B；C
【知识点】胡克定律；探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力。
故答案为：当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力。
（2）由图像乙知，所挂钩码质量与弹簧形变量按正比例规律变化，所以可知钩码所受的重力与弹簧形变量也按正比例变化，由于所挂钩码重力等于弹簧受到的弹力，所以可得出结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比；
根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
故答案为：正比；5
（3）AB．图像与横轴的交点等于弹簧原长，由图像知b的原长比a的长，故A错误，B正确；
C．图像的斜率等于弹簧的劲度系数，由图像知a的劲度系数比b的大，故C正确；
D．图像可知，弹簧弹力与弹簧长度为线性关系，但不是正比关系，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】（1）利用“静止物体的二力平衡”，建立钩码重力与弹簧弹力的联系。
（2）通过图像“正比关系”判断弹力与伸长量的关系，用胡克定律（ ）计算劲度系数。
（3）解读 图像：“与 轴交点”是原长，“斜率”是劲度系数，“线性关系≠正比”（需过原点 ）。
（1）当钩码处于静止状态时，根据二力平衡可知，钩码所受的重力等于弹簧对钩码的弹力。
（2）[1]由图像乙知，所挂钩码质量与弹簧形变量按正比例规律变化，所以可知钩码所受的重力与弹簧形变量也按正比例变化，由于所挂钩码重力等于弹簧受到的弹力，所以可得出结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比；
[2]根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
（3）AB．图像与横轴的交点等于弹簧原长，由图像知b的原长比a的长，故A错误，B正确；
C．图像的斜率等于弹簧的劲度系数，由图像知a的劲度系数比b的大，故C正确；
D．图像可知，弹簧弹力与弹簧长度为线性关系，但不是正比关系，故D错误。
故选BC。
12．（2025高三上·阳江月考）某同学用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和竖直悬挂的弹簧测力计相连。
（1）关于本实验操作要求，下列说法中正确的是______（填序号）。
A．桌面必须水平
B．实验时，必须匀速向左拉出木板
C．弹簧测力计竖直悬挂后必须进行零刻度线校准
D．只要弹簧测力计竖直悬挂，与木块相连的细线不水平也可以
（2）某次正确操作过程中，弹簧测力计示数的放大图如图乙所示，则木块受到的滑动摩擦力大小 N。
（3）该同学在木块上逐渐增加砝码个数，记录砝码的总质量m，正确操作并记录弹簧测力计对应的示数f。测得多组数据后，建立坐标系，描点得到的图线如图丙所示，则木块与木板之间的动摩擦因数 （重力加速度大小取）。
【答案】（1）A；C
（2）2.60
（3）0.4
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】本题考查了动摩擦因数的测量，在计算的过程中，从图中得出斜率是关键，可以从中计算出摩擦因数；在数据处理时注意图像法的准确应用。
（1）AD．应保持与木块相连的细线水平，同时保证桌面水平，否则木块对木板的正压力不等于木块和砝码的总重力，A正确，D错误；
B．实验时，将木块拉动即可，这时细线的拉力大小等于摩擦力的大小，而不一定要将木板匀速拉动，B错误；
C．实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数可能不准确，C正确；
故选AC。
（2）在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度值为0.1N，需向后估读一位，故此时的示数为2.60N，木块受到的滑动摩擦力为2.60N。
（3）摩擦力的公式为
图线的斜率表示，图线的斜率为
所以
【分析】（1）根据实验原理及弹簧的使用要求作答；
（2）读数时视线与指针所对刻线相垂直，明确弹簧的最小分度，按读数规则读出弹簧的示数，木块受到的滑动摩擦力等于弹簧的示数；
（3）由斜率可求得动摩擦因数。
（1）AD．应保持与木块相连的细线水平，同时保证桌面水平，否则木块对木板的正压力不等于木块和砝码的总重力，A正确，D错误；
B．实验时，将木块拉动即可，这时细线的拉力大小等于摩擦力的大小，而不一定要将木板匀速拉动，B错误；
C．实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数可能不准确，C正确；
故选AC。
（2）在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度值为0.1N，需向后估读一位，故此时的示数为2.60N，木块受到的滑动摩擦力为2.60N。
（3）摩擦力的公式为
图线的斜率表示，图线的斜率为N/kg=4N/kg
所以
13．（2025高三上·阳江月考）某游客欲乘公交车去某景点，距离公交站点还有48m时公交车以v0=8m/s的速度恰好从游客旁边经过，游客见状立即以某一速度匀速追赶公交车，与此同时，公交车立即做匀减速直线运动，恰好在站点减速为0，假设公交车在站点停留4s。公交车和游客均做直线运动，忽略公交车及站台的大小。
（1）求公交车减速的加速度大小；
（2）游客要在公交车再次启动前追上公交车，求游客匀速追赶的速度最小值；
（3）若游客以4m/s的速度追赶公交车，求追赶过程中游客与公交车的最远距离。
【答案】（1）解：设公交车匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
（2）解：设公交车到站时间为t1，则有，解得
公交车停留时间为
设游客到站用时为t2，因为
则有
解得
所以游客匀速追赶的速度至少是3m/s才能在公交车再次启动前追上公交车。
（3）解：设游客与公交车速度相等用时t3，此时距离最大，则有
解得
游客位移
公交车位移
则游客与公交车最远距离为
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】一、核心考点
1、匀变速直线运动公式的应用
公式 用于已知初速度、末速度、位移求加速度。公式 用于求运动时间。
2、追及问题的临界条件分析
第二问中，“在公交车再次启动前追上” → 游客到达站点的时间 。利用匀速运动公式 求最小速度。
3、两个物体间距离函数的建立与最值求解
写出公交车与游客的位移—时间函数 、。间距 。
对二次函数求顶点得到最大距离。
4、运动过程的分段分析
公交车运动分为：匀减速阶段（0~12 s）和静止阶段（12~16 s）。游客在不同阶段可能逐渐靠近或超过公交车。
二、具体易错点
1、第(1)问易错点
符号错误：加速度应为负值，题目要求大小，需取绝对值。公式混淆：错用 但时间未知，导致多未知数。
2、第(2)问易错点
时间范围理解错误：误以为“公交车再次启动前”是指公交车到站前（即 ），忽略了停留的 4 s。
正确：游客必须在 到达站点。
追赶条件列错：游客初始距离站点 48 m，用 求 。
错误做法：用公交车位移与游客位移相等求追及，忽略了公交车已到站停下的情况。
3、第(3)问易错点
位移参考系混淆：错误地认为游客初始在公交车后方 48 m（实际上 t=0 时两者并排，距站点 48 m）。导致间距函数列错。
最远距离时刻求错：间距 是开口向下的抛物线，顶点在 。
易错：误以为最远距离出现在公交车停下的时刻（t=12 s）或两者速度相等的时刻（这里速度相等即 t=6 s，正确）。
忽略公交车已停的情况：在 t > 12 s 后，公交车位移固定为 48 m，游客继续靠近，间距缩小，因此最大间距一定出现在公交车运动阶段。
（1）设公交车匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
（2）设公交车到站时间为t1，则有
解得
公交车停留时间为
设游客到站用时为t2，因为
则有
解得
所以游客匀速追赶的速度至少是3m/s才能在公交车再次启动前追上公交车。
（3）设游客与公交车速度相等用时t3，此时距离最大，则有
解得
游客位移
公交车位移
则游客与公交车最远距离为
14．（2025高三上·阳江月考）如图所示，质量为M=2kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）以的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数，重力加速度取求：
（1）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小；
（2）若要滑块不滑离长木板，木板的长度必须满足什么条件？
【答案】（1）解：对滑块受力分析
解得
（2）解：对长木板受力分析
解得
长木板做加速运动，滑块做减速运动，当两者速度相同时
解得
此时长木板所走位移
滑块所走位移
两者相对位移为
为保证滑块不掉落则
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】板块模型是牛顿运动定律和运动学的典型综合题，正确分析摩擦力方向、区分对地位移与相对位移是关键。
一、核心考点
1、牛顿第二定律在连接体（板块模型）中的应用
分析滑块与木板的受力，注意摩擦力方向。滑块受摩擦力减速，木板受摩擦力加速。
2、相对运动与相对位移
利用相对初速度、相对加速度求共速时间：
这里 ，相对加速度 ，相对初速度 ，时间
3、临界条件
滑块不滑离木板的条件：共速时相对位移 （木板长度）。
4、运动学公式
分别计算滑块与木板对地位移，再相减得相对位移。
二、易错点提醒
1、摩擦力方向判断错误
滑块相对木板向右运动 → 滑块受向左摩擦力，木板受向右摩擦力。
2、加速度符号混淆
加速度是矢量，列速度公式时要带符号。
3、相对位移计算错误
常见错误：直接用 时， 取绝对值，即
但若符号弄错会得到错误结果。
4、忽略参考系
题目问“滑块相对于地面的加速度”，不是相对木板。
（1）对滑块受力分析
解得
（2）对长木板受力分析
解得
长木板做加速运动，滑块做减速运动，当两者速度相同时
解得
此时长木板所走位移
滑块所走位移
两者相对位移为
为保证滑块不掉落则
15．（2025高三上·阳江月考）如图所示，一可视为质点的物块从光滑斜面静止滑下，进入竖直放置的与斜面相切于斜面底端的光滑圆轨道，绕圈一周后从圆轨道最低点滑上与水平地面等高的水平顺时针转动的传送带。已知物块质量m=0.2kg，初始位置离斜面底端的高度h=1.8m，斜面倾角θ=37°，圆轨道半径R=0.5m。传送带长度L=2.2m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，除了传送带粗糙外，其余表面均光滑，g=10m/s2。
（1）求物块到达斜面底端时的速度大小v1；
（2）求物块到达圆轨道最高点时对轨道的压力F压；
（3）若传送带的速度v=8m/s，求物块离开传送带的速度。
【答案】（1）解：物块到达斜面底端时由机械能守恒定律可知
解得 物块到达斜面底端时的速度大小
（2）解：物块从斜面底端到到达圆最高点的过程由机械能守恒定律
在最高点时，由牛顿第二定律
由牛顿第三定律可知，物块到达圆轨道最高点时对轨道的压力F压=FN
解得F压=5.2N，方向竖直向上。
（3）解：物块从斜面底端到滑上传送带由机械能守恒定律
解得
若传送带的速度v=8m/s，则滑离传送带时由动能定理
解得
即此时物块还没有和传送带共速。物块离开传送带的速度，方向水平向右。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】一、核心考点
1、机械能守恒定律的应用
光滑斜面下滑：势能转化为动能。光滑圆轨道运动：机械能守恒，可用于计算任意位置速度。
2、圆周运动的动力学分析
最高点受力分析：合外力提供向心力 （方向设定要一致）。
临界速度：在最高点最小速度 （对于外轨道）。
牛顿第三定律：物体对轨道的压力与轨道对物体的支持力大小相等。
3、传送带模型
判断相对运动方向：物体速度小于传送带速度，摩擦力为动力，物体加速。
运动学分析：使用 或动能定理。
判断是否共速：比较加速到共速的位移与传送带长度。
4、能量观点与运动学观点的综合运用
计算速度时可用机械能守恒或动能定理。计算位移、时间时用运动学公式。
二、具体易错点
第(1)问易错点：错误使用斜面角度：已知高度 ，直接用 即可，不必用斜面倾角分解。
计算错误： 计算失误。
第(2)问易错点：1、向心力方程符号错误
在最高点，设向下为正： 。若设向上为正：（容易出错），建议统一设向心方向（向下）为正。
2、牛顿第三定律忽略
题目问“物块对轨道的压力”，求出的是轨道对物块的支持力 ，需说明根据牛顿第三定律，压力大小等于 ，方向相反。
3、临界条件判断错误
误认为在最高点速度可以任意小，忽略圆轨道能通过最高点的最小速度 。
第(3)问易错点：1、相对运动判断错误
传送带速度 大于物块初速 ，物块相对传送带向后滑动，摩擦力向前，使物块加速。
2、是否共速判断错误
先计算加速到与传送带同速所需位移 。
若 ，则物块在加速过程中滑出传送带，末速度 。
若 ，则先加速到传送带速度，后匀速，末速度等于传送带速度。
3、动能定理与运动学公式混淆
用动能定理：（仅适用于加速度恒定且一直加速的情况）。
用运动学公式：，其中 。
（1）物块到达斜面底端时由机械能守恒定律可知
解得
（2）物块从斜面底端到到达圆最高点的过程由机械能守恒定律
在最高点时，由牛顿第二定律
由牛顿第三定律可知，物块到达圆轨道最高点时对轨道的压力F压=FN
解得F压=5.2N
方向竖直向上。
（3）物块从斜面底端到滑上传送带由机械能守恒定律
解得
若传送带的速度v=8m/s，则滑离传送带时由动能定理
解得
即此时物块还没有和传送带共速。物块离开传送带的速度，方向水平向右。
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