2026年高考物理二轮复习第2讲 力与直线运动
一、选择题
1．（2026·绵阳模拟）一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度时间图像如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．外力小于摩擦力
B．外力等于摩擦力
C．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
D．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
2．（2025·海淀模拟）如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动，则（ ）
A．两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T
B．两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T
C．两物块的加速度变大，细线的拉力小于T
D．两物块的加速度不变，细线的拉力小于T
3．（2024高一上·浦东月考）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三下·鹰潭模拟） 如图，C由质量为M的物块及右上角光滑轻质定滑轮组成，静置于水平地面。跨过滑轮用轻绳连接两质量分别为2m和m的物块A、B，除地面外的其余各接触处均光滑。开始用手托住B，使轻绳刚好伸直。由静止释放B，在B下落而A又未碰到滑轮的过程中，C始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．地面对C有向右的摩擦 B．物体C受到4个力作用
C．绳中拉力等于mg D．地面对C的支持力小于
5．（2025·陆丰模拟）从足够高处由静止释放的小球，在竖直下落过程中所受的阻力与其速度的大小成正比。取竖直向下为正方向，则下列关于小球下落过程中的加速度 a、下落高度h、速度v随着时间t变化的图像，以及速度的平方与下落高度h的关系图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025·芷江模拟）如图甲所示，在水平地面上，可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力，从某点以的速度向左滑动，物体运动的部分速度随时间的变化图像如图乙所示，已知物体的质量，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．的大小为
B．物体与水平面间的动摩擦因数为
C．物体回到点的速度大小为
D．物体回到点的时刻为
7．（2025高二下·杭州开学考）我国航天员要在天宫二号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，可采用的方法如下：质量为的待测物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，在某一恒定外力F作用下在桌面上一起运动，如图所示，稳定后待测物A前、后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体A的质量为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·双城期中）市场流行的智能手机都内置有加速度传感器，可以进行各种有趣的物理实验。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中，，，，已知该款手机的质量为，取重力加速度，空气阻力不计，由此可判断出（ ）
A．时间内手机先加速后减速
B．时间内，手掌对手机的作用力大小为
C．手机离开手掌后，在空中运动时间为
D．时间内，手掌对手机的冲量大小为
9．（2025·河源模拟）滑草是儿童非常喜欢的运动，简单的滑草赛道由斜坡道和水平道构成。其过程可简化为下图，其中滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数均相同，某次小明和姐姐去滑草，两人先后都从坡道上的A点由静止下滑，在水平道上滑行一段距离后停止，姐姐的质量较大，坡道最低点B处平滑连接，则下列说法正确的（ ）
A．在斜坡道上姐姐的滑行时间短
B．在斜坡道上小明滑到B点时的速度较大
C．在水平道上姐姐的滑行距离长
D．在水平道上两人滑行的距离一样长
10．（2025·温州模拟）如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（ ）
A．安检机使用γ射线探测包内的物品
B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J
D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s
11．（2025·广州模拟）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角的足够长的斜面。滑块上滑过程的图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（已知）则（ ）
A．滑块上滑过程中的加速度大小是
B．滑块与斜面间的动摩擦因数
C．滑块经返回出发点
D．滑块回到出发点时的速度大小
12．（2025·广西壮族自治区模拟）现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式，但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示，一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的的质量分别为m、2m、3m，货厢A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为、，各接触面都水平，马给车的水平拉力为F，两货厢均未脱离各接触面，不计地面对车的摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．若，逐渐增大F，B相对于车比A相对B先滑动
B．若，A、B与车都相对静止，则的最大值为
C．若，当时，与B开始发生相对滑动
D．若，当时，B与车之间相对滑动
13．（2025·鼎湖模拟）如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4m/s的速度沿顺时针方向转动。一煤块以m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A．煤块经2s速度减为4m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14m
C．煤块相对传送带的位移为2m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
14．（2025·山西、陕西、宁夏、青海模拟）如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60 ，重力加速度大小为g。则（ ）
A． 的拉力大小为
B． 的拉力大小为 3mg
C．若剪断 ，该瞬间小球甲的加速度大小为
D．若剪断 ，该瞬间小球乙的加速度大小为 g
15．（2023高一上·浦东月考）如图所示，质量为M=2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.3。这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2=0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．木块受到的摩擦力大小为f1=2.5N
B．木块对铁箱压力的大小N=15N
C．铁箱与地面的摩擦力为f2=7.5N
D．水平拉力大小F=129N
二、多项选择题
16．（2025·攀枝花模拟）如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为，已知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是（ ）
A．2∶5 B．4∶5 C．4∶1 D．8∶1
17．（2023高三上·雨花月考）如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨着放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点）以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为、质量为，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为，滑块质量为，滑块与木板a、b、c、d上表面间的动摩擦因数分别为、、、，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，下列说法正确的是（ ）
A．若木板全部固定于地面，要想获奖，滑块初速度
B．若木板不固定，顾客获四等奖，滑块初速度的最大值
C．若木板不固定，滑块初速度为，顾客获三等奖
D．若木板不固定，顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量
18．（2024高三下·仁寿模拟）如图甲所示，平行于倾角为固定斜面向上的拉力使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速与的关系如图乙。图线的斜率为，与轴交点坐标为，与轴交点为。由图可知（ ）
A．小物块的质量对
B．小物块的质量为
C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
三、非选择题
19．（2024·山东模拟）如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑。物块以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为零。已知BC段的长度为2m，物块上滑过程中，在AB段的加速度是BC段加速度的1.5倍，且物块在AB段和BC段运动的时间相等，g取10m/s2，求：
（1）斜面AB段的长度；
（2）物块与斜面AB段间的动摩擦因数。
20．（2024高三上·泸县模拟）2022年11月6日，2022年全国赛艇锦标赛在浙江丽水落下帷幕．如图所示，在比赛加速和减速阶段，赛艇运动均可视为匀变速直线运动，已知加速阶段每次拉桨产生一个恒定的水平总推力F，其作用时间，然后桨叶垂直离开水面，直到再次拉桨，完成一个完整的划桨过程，一个完整的划桨过程总时间为。已知运动员与赛艇的总质量，赛艇从静止开始第一次拉桨做匀加速运动的位移为，整个运动过程中受到水平恒定阻力。
（1）求在加速过程中的加速度的大小。
（2）求拉桨所产生的水平总推力F的大小。
（3）从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移大小为多少
21．（2024高三上·湖北模拟）北京时间2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现了世界首次月球背面采样返回。设返回器质量为m=300kg（包括样品及降落伞），为确保安全着陆，降落伞以两级减速的方式，绽放两次“红白伞花”。过程简化如图：当离地面约十公里时速度为v1=60m/s，打开第一级减速伞以稳定姿态并初步减速，此过程以a0=1m/s2做匀减速直线运动下降了h=1350m，然后打开主伞，在主伞的作用下返回器速度继续降至v=10m/s，此后匀速下降。若主伞打开后返回器所受的空气阻力为f=kv，k为定值，v为速率，其它作用力不计。忽略返回器质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程始终在竖直方向运动。求：
（1）打开主伞后瞬间，返回器所受的空气阻力；
（2）速度减为20m/s时，返回器的加速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，
由于图像在内的斜率大于内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，
由可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在的时间段内外力与摩擦力同向使得物体减速，
在的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。
故答案为：C。
【分析】根据 v-t 图像的斜率判断加速度大小，结合牛顿第二定律分析两段运动的合力与外力、摩擦力的方向关系，进而判断各选项。
2．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为，设物块的质量为m，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得
可得绳子的拉力为
以两物块为整体，当水平地面光滑时，根据牛顿第二定律可得
解得加速度为
以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得绳子的拉力为
则有，，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据物块的受力情况，应用牛顿第二定律分析答题。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有
可得，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；v-t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】通过牛顿第二定律分析有、无空气阻力时的加速度变化，结合v-t图像斜率的物理意义（加速度）判断图像形状。
4．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A.对ABC整体而言，系统有向右的加速度，所以系统应受到向右的合外力，故地面对C有向右的摩擦力作用，A符合题意；
B.物体C受到A的压力、绳对滑轮的作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，共五个力，B不符合题意；
C.设绳子拉力为T，对B由牛顿第二定律
对A由牛顿第二定律
联立可得
，
C不符合题意；
D.对ABC整体应用牛顿第二定律，竖直方向
解得
故地面对C的支持力大于(M+2)mg，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据ABC整体的加速度方向，分析地面对C的摩擦力方向；分别以A和B为研究对象，由牛顿第二定律列式求解绳中拉力；对ABC整体为研究对象，由牛顿第二定律求解地面对C的支持力。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】解答本题时，关键要根据牛顿第二定律列式分析加速度的变化情况，知道h-t图像的斜率表示小球的速度。A．小球从足够高处竖直下落的过程中，由于重力作用，先做加速运动，随着速度的增大，小球所受的阻力也增大，根据牛顿第二定律有
可知小球的加速度逐渐减小，故小球做加速度逐渐减小的加速运动，当时，，小球的速度达到最大，不再加速，此后小球做匀速直线运动，故A错误；
B．由于图像的斜率表示小球的速度，小球的速度应先增大后不变，即图像的斜率应先越来越大后不变，故B错误；
C．小球先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，故C正确；
D．根据匀变速直线运动的位移公式，可知图像的斜率表示小球加速度的2倍，小球的加速度应越来越小，直到，即图像的斜率应越来越小，最后为0，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，判断小球的运动情况，并判断v-t图像斜率的变化情况；根据h-t图像的斜率表示小球的速度，来分析图像斜率的变化情况；根据匀变速直线运动的位移公式v2=2ah，分析v2-h图像的斜率变化情况，再选择图像。
6．【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】通过对木板和物块进行受力分析，依据牛顿第二定律建立力与加速度的关系，求解动摩擦因数等物理量，这是动力学问题的核心知识点。从v-t图像中精准提取加速度、速度等数据，用于后续计算，是解题的关键环节。AB． 根据物体运动的部分速度随时间的变化图像可知物体向左做减速运动时，加速度大小
物体向右加速时
根据牛顿第二定律可得
，
解得
，
选项AB错误；
CD．物体向左运动的位移为
根据
解得
，
故物体回到点的时刻为1.5s，选项C错误、D正确。
故选D。
【分析】根据v-t图像可得加速度大小，根据牛顿第二定律可得F大小以及 动摩擦因数 大小，根据运动学规律求解速度以及时间。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚受力情况，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。隔离前面的传感器有
隔离待测物体A有
联立可得
故选B。
【分析】应用整体法求出加速度，然后以A与前面的传感器、前面的传感器为研究对象，应用牛顿第二定律求出A的质量。
8．【答案】D
【知识点】动量定理；图象法；牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题考查对a-t图像的理解，需清楚图线的含义，结合动量定理解答。
A．a-t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，时间内速度一直增加，所以手机一直加速，A错误；
B．时间内，手机的加速度为
a=10m/s2
方向向下。
可知手机做自由落体运动，手掌对手机的作用力大小为0，B错误；
C．手机离开手掌后做自由落体运动，在空中运动时间为
C错误；
D．手机离开手掌做竖直上抛运动，根据对称性可知手机刚离开手掌时速度为
时间内根据动量定理有
解得手掌对手机的冲量大小
D正确。
故选D。
【分析】a-t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量；根据t3～t4时间内手机的加速度分析运动情况，进而分析作用力；t3～t4时间内手机离开手掌，做自由落体运动；手机离开手掌做竖直上抛运动，求解手机刚离开手掌时速度，根据动量定理解答。
9．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力。对滑行的人受力分析，设其与滑板的总质量为m，斜面坡道倾角为，滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数为，则根据牛顿第二定律可得
整理可得
，
可知，在斜坡道上与水平道上滑行的加速度大小与其质量无关，由于出发点相同，则两人的运动情况相同，即在斜坡道上滑行时间相同，在斜坡道上滑到B点时的速度相同，在水平道上两人滑行的距离一样长。
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律求得下滑的加速度；根据速度—时间公式求得下滑到斜面底端速度，斜面下滑、水平面滑行时间，再根据运动学公式求得全过程总路程，然后比较即可。
10．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；电磁波谱
【解析】【解答】本题是力学综合题，小包运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；
B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；
C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为
小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得
解得
故小包速度达到传送带速度所用时间为
加速度位移为
小包加速过程中，传送带位移为
则小包相对于传送带运动位移为
则摩擦力产生热量为
则电动机由于传送小包多做的功为
故C正确；
D．与传送带共速后到达右端所用时间为
故小包从传送带左端到达右端的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】小包的运动分为两个阶段：第一阶段小包初速度为0，受滑动摩擦力加速，第二阶段达到传送带速度，然后匀速运动。电动机额外做功，包括两部分：小包动能增加，摩擦生热。利用运动学公式，结合能量关系逐个判断。
11．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】知道v-t图线的斜率表示加速度，能够根据牛顿第二定律得到动摩擦因数是解题的关键。A．由图乙可知木块上滑过程中加速度为
故A错误；
B．木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律
解得
故B正确；
C．木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知
解得
上升位移为
由运动学公式得
解得
则木块返回出发点时间为
故C错误；
D．木块回到出发点时的速度大小为
故D错误。
故选B。
【分析】根据图乙的斜率计算；根据牛顿第二定律计算；根据牛顿第二定律计算出下滑过程的加速度，然后计算出上升的位移，进而根据位移—时间关系计算返回的时间；根据速度—时间公式计算。
12．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用。A．若，则有
可知，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故A错误；
B．若，A、B与车都相对静止，结合上述可知，当整体加速度最大时，A所受摩擦力先达到最大静摩擦力，则有
解得
则F的最大值满足
故B正确；
C．若，结合上述可知，B相对于车比A相对于B先滑动，所有无论F多大，B相对于车滑动后，A相对于B一直保持静止，故C错误；
D．若，结合上述可知，B相对于车比A相对于B先滑动，若整体保持相对静止，对A、B整体有
解得
则此时最大拉力
可知，当时，B与车之间仍然保持相对静止，故D错误。
故选B。
【分析】解决问题的关键是清楚A、B和车的受力情况，结合临界条件分析判断。
13．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AD．煤块速度大于传送带速度时，煤块受到的摩擦力沿传送带向下，与煤块的运动方向相反，煤块根据牛顿第二定律有
解得
故经时间
与皮带共速，之后继续减速运动，速度小于传送到的速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向上，与煤块的运动方向相同，到达传送带顶端时速度恰好为零， 根据牛顿第二定律有
解得
这段时间
故到2s时煤块的速度为零，故A错误，D错误；
B.1s时，煤块的速度为，则在前1s内煤块的位移大小为
在时间
内，煤块的位移为
故传送带底端到顶端的距离为10m，故B错误，
C．传送带在两秒内向上运动的距离为
故煤块相对传送带的位移为
故C正确。
故选C。
【分析】由于可知，煤块先做匀加速运动至与传送带共速后，再做新的加速度的匀减速运动；结合两个状态对煤块受力分析，根据牛顿第二定律分别求解加速度；结合运动学方程求解两次运动分别所需时间和位移，以及该时间内传送带发生的位移和二者的相对位移；以此分析判断。
14．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
AB．对甲乙整体受力分析可知，的拉力大小为
的拉力大小为
选项AB错误；
CD．若剪断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和弹簧向下的拉力，绳子对其的拉力，甲球的速度为0，将力沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断瞬间，甲球受到的合力
由牛顿第二定律可知加速度
选项C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】对甲、乙整体受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；若剪断L1该瞬间，对乙，弹簧的弹力不变，对甲，由牛顿第二定律列式，即可分析求解。
15．【答案】D
【知识点】静摩擦力；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】 一定要记得临界状态的特征：加速度相同和速度都相同。解决临界问题经常用到整体法和隔离法。A．木块恰好能静止在后壁上，在竖直方向由平衡条件得木块受到的摩擦力大小为
A错误；
B．由滑动摩擦力公式可知木块对铁箱压力的大小为
B错误；
C．铁箱与地面的摩擦力为
D．对木块在水平方向上由牛顿第二定律得
对整体由牛顿第二定律得
解得
D正确；
故选D。
【分析】木块在竖直方向受力平衡，重力等于滑动摩擦力，列式即可求得压力；对木块运用牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体运用牛顿第二定律即可求解水平拉力大小。
16．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题全面考查牛顿第二定律应用，通过连接体、加速度方向不确定性，锻炼受力分析，是牛顿运动定律应用的典型题型。由静止释放两球，根据牛顿第二定律可知释放后的瞬间B球的加速度大小为；
若B球的加速度方向竖直向下，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得
以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得A、B两球的质量之比为
若B球的加速度方向竖直向上，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得
以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得A、B两球的质量之比为
故选BD。
【分析】分别对A、B两球进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，再结合B球加速度的两种可能情况（B加速向下或加速向上 ），求解A、B两球的质量之比。
17．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】根据题意分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律即可解题。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。A．若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理有
解得
故A正确；
B．若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v0，滑块与木板之间的摩擦力为
地面对abcd木板的摩擦力为
由于f1解得
故B错误；
C．由于
可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为
滑块与木板之间的摩擦力为
由于f3解得
可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力为
可知cd木板恰好不动，根据运动学公式
解得
可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖，故C错误；
D．若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少为
当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力为
滑块与木板之间的摩擦力为
由于f6滑块在木板上的加速度
当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上d木板时的速度为v3，根据速度关系
可得
根据位移关系可得
解得
滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生的热量为
所以顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量的取值范围为
故D正确。
故选AD。
【分析】当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理进行解答；若顾客获四等奖，对滑块根据动能定理进行解答；求出最大静摩擦力，判断滑块与木板的运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求解，求出最大静摩擦力，判断滑块与木板的运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出滑块的位移，然后判断得什么奖；应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出相对位移，应用功的计算公式与能量守恒定律求出产生的热量。
18．【答案】B,D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题是对牛顿第二定律的考查，解题的关键是由牛顿第二定律列出加速度的表达式，再结合a—F图像即可求解。以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
结合图像可得
，
可知小物块的质量为
摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
故选BD。
【分析】对物体，由牛顿第二定律可求加速度a与F的表达式，再结合a—F图像的斜率及截距求解。
19．【答案】（1）解：设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）解：对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对AB段和BC段运动过程，分别根据加速度定义式以及加速度的关系列式，求出通过B处的速度，然后根据速度—位移公式求AB段的长度；
（2）根据牛顿第二定律及加速度的关系联立求出动摩擦因数。
（1）设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
20．【答案】解：（1）第一次拉桨的过程中，由运动学公式，可得在加速过程中的加速度为
（2）第一次拉桨的过程中，由牛顿第二定律有
可得拉桨所产生的水平总推力为
（3）在撤去F后，由牛顿第二定律得
由运动学公式，得在撤去F后的位移
其中，联立可得
所以，从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）第一次拉浆的过程中，根据位移—时间公式计算加速度大小；
（2）根据牛顿第二定律求拉桨所产生的水平总推力；
（3）在撤去F后，由牛顿第二定律求赛艇加速度大小，再根据位移—时间公式计算赛艇通过的总位移。
21．【答案】（1）匀速时，根据平衡条件
可知
匀减速过程
得
刚开主伞
（2）速度为时
根据牛顿第二定律
得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据匀速时，结合平衡条件求解，再结合匀减速运动求出速度大小，再根据 f=kv 求出阻力大小；
（2） 速度减为20m/s时 ，求出此时阻力，再根据牛顿第二定律求出加速度大小。
（1）匀速时，根据平衡条件
可知
匀减速过程
得
刚开主伞
（2）速度为时
根据牛顿第二定律
得
1 / 12026年高考物理二轮复习第2讲 力与直线运动
一、选择题
1．（2026·绵阳模拟）一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度时间图像如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．外力小于摩擦力
B．外力等于摩擦力
C．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
D．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，
由于图像在内的斜率大于内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，
由可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在的时间段内外力与摩擦力同向使得物体减速，
在的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。
故答案为：C。
【分析】根据 v-t 图像的斜率判断加速度大小，结合牛顿第二定律分析两段运动的合力与外力、摩擦力的方向关系，进而判断各选项。
2．（2025·海淀模拟）如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动，则（ ）
A．两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T
B．两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T
C．两物块的加速度变大，细线的拉力小于T
D．两物块的加速度不变，细线的拉力小于T
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为，设物块的质量为m，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得
可得绳子的拉力为
以两物块为整体，当水平地面光滑时，根据牛顿第二定律可得
解得加速度为
以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得绳子的拉力为
则有，，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】根据物块的受力情况，应用牛顿第二定律分析答题。
3．（2024高一上·浦东月考）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有
可得，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；v-t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】通过牛顿第二定律分析有、无空气阻力时的加速度变化，结合v-t图像斜率的物理意义（加速度）判断图像形状。
4．（2024高三下·鹰潭模拟） 如图，C由质量为M的物块及右上角光滑轻质定滑轮组成，静置于水平地面。跨过滑轮用轻绳连接两质量分别为2m和m的物块A、B，除地面外的其余各接触处均光滑。开始用手托住B，使轻绳刚好伸直。由静止释放B，在B下落而A又未碰到滑轮的过程中，C始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．地面对C有向右的摩擦 B．物体C受到4个力作用
C．绳中拉力等于mg D．地面对C的支持力小于
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A.对ABC整体而言，系统有向右的加速度，所以系统应受到向右的合外力，故地面对C有向右的摩擦力作用，A符合题意；
B.物体C受到A的压力、绳对滑轮的作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，共五个力，B不符合题意；
C.设绳子拉力为T，对B由牛顿第二定律
对A由牛顿第二定律
联立可得
，
C不符合题意；
D.对ABC整体应用牛顿第二定律，竖直方向
解得
故地面对C的支持力大于(M+2)mg，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据ABC整体的加速度方向，分析地面对C的摩擦力方向；分别以A和B为研究对象，由牛顿第二定律列式求解绳中拉力；对ABC整体为研究对象，由牛顿第二定律求解地面对C的支持力。
5．（2025·陆丰模拟）从足够高处由静止释放的小球，在竖直下落过程中所受的阻力与其速度的大小成正比。取竖直向下为正方向，则下列关于小球下落过程中的加速度 a、下落高度h、速度v随着时间t变化的图像，以及速度的平方与下落高度h的关系图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】解答本题时，关键要根据牛顿第二定律列式分析加速度的变化情况，知道h-t图像的斜率表示小球的速度。A．小球从足够高处竖直下落的过程中，由于重力作用，先做加速运动，随着速度的增大，小球所受的阻力也增大，根据牛顿第二定律有
可知小球的加速度逐渐减小，故小球做加速度逐渐减小的加速运动，当时，，小球的速度达到最大，不再加速，此后小球做匀速直线运动，故A错误；
B．由于图像的斜率表示小球的速度，小球的速度应先增大后不变，即图像的斜率应先越来越大后不变，故B错误；
C．小球先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，故C正确；
D．根据匀变速直线运动的位移公式，可知图像的斜率表示小球加速度的2倍，小球的加速度应越来越小，直到，即图像的斜率应越来越小，最后为0，故D错误。
故选C。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，判断小球的运动情况，并判断v-t图像斜率的变化情况；根据h-t图像的斜率表示小球的速度，来分析图像斜率的变化情况；根据匀变速直线运动的位移公式v2=2ah，分析v2-h图像的斜率变化情况，再选择图像。
6．（2025·芷江模拟）如图甲所示，在水平地面上，可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力，从某点以的速度向左滑动，物体运动的部分速度随时间的变化图像如图乙所示，已知物体的质量，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．的大小为
B．物体与水平面间的动摩擦因数为
C．物体回到点的速度大小为
D．物体回到点的时刻为
【答案】D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】通过对木板和物块进行受力分析，依据牛顿第二定律建立力与加速度的关系，求解动摩擦因数等物理量，这是动力学问题的核心知识点。从v-t图像中精准提取加速度、速度等数据，用于后续计算，是解题的关键环节。AB． 根据物体运动的部分速度随时间的变化图像可知物体向左做减速运动时，加速度大小
物体向右加速时
根据牛顿第二定律可得
，
解得
，
选项AB错误；
CD．物体向左运动的位移为
根据
解得
，
故物体回到点的时刻为1.5s，选项C错误、D正确。
故选D。
【分析】根据v-t图像可得加速度大小，根据牛顿第二定律可得F大小以及 动摩擦因数 大小，根据运动学规律求解速度以及时间。
7．（2025高二下·杭州开学考）我国航天员要在天宫二号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，可采用的方法如下：质量为的待测物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，在某一恒定外力F作用下在桌面上一起运动，如图所示，稳定后待测物A前、后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体A的质量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚受力情况，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。隔离前面的传感器有
隔离待测物体A有
联立可得
故选B。
【分析】应用整体法求出加速度，然后以A与前面的传感器、前面的传感器为研究对象，应用牛顿第二定律求出A的质量。
8．（2024高三上·双城期中）市场流行的智能手机都内置有加速度传感器，可以进行各种有趣的物理实验。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中，，，，已知该款手机的质量为，取重力加速度，空气阻力不计，由此可判断出（ ）
A．时间内手机先加速后减速
B．时间内，手掌对手机的作用力大小为
C．手机离开手掌后，在空中运动时间为
D．时间内，手掌对手机的冲量大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；图象法；牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题考查对a-t图像的理解，需清楚图线的含义，结合动量定理解答。
A．a-t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，时间内速度一直增加，所以手机一直加速，A错误；
B．时间内，手机的加速度为
a=10m/s2
方向向下。
可知手机做自由落体运动，手掌对手机的作用力大小为0，B错误；
C．手机离开手掌后做自由落体运动，在空中运动时间为
C错误；
D．手机离开手掌做竖直上抛运动，根据对称性可知手机刚离开手掌时速度为
时间内根据动量定理有
解得手掌对手机的冲量大小
D正确。
故选D。
【分析】a-t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量；根据t3～t4时间内手机的加速度分析运动情况，进而分析作用力；t3～t4时间内手机离开手掌，做自由落体运动；手机离开手掌做竖直上抛运动，求解手机刚离开手掌时速度，根据动量定理解答。
9．（2025·河源模拟）滑草是儿童非常喜欢的运动，简单的滑草赛道由斜坡道和水平道构成。其过程可简化为下图，其中滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数均相同，某次小明和姐姐去滑草，两人先后都从坡道上的A点由静止下滑，在水平道上滑行一段距离后停止，姐姐的质量较大，坡道最低点B处平滑连接，则下列说法正确的（ ）
A．在斜坡道上姐姐的滑行时间短
B．在斜坡道上小明滑到B点时的速度较大
C．在水平道上姐姐的滑行距离长
D．在水平道上两人滑行的距离一样长
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力。对滑行的人受力分析，设其与滑板的总质量为m，斜面坡道倾角为，滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数为，则根据牛顿第二定律可得
整理可得
，
可知，在斜坡道上与水平道上滑行的加速度大小与其质量无关，由于出发点相同，则两人的运动情况相同，即在斜坡道上滑行时间相同，在斜坡道上滑到B点时的速度相同，在水平道上两人滑行的距离一样长。
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律求得下滑的加速度；根据速度—时间公式求得下滑到斜面底端速度，斜面下滑、水平面滑行时间，再根据运动学公式求得全过程总路程，然后比较即可。
10．（2025·温州模拟）如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（ ）
A．安检机使用γ射线探测包内的物品
B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J
D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；电磁波谱
【解析】【解答】本题是力学综合题，小包运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；
B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；
C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为
小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得
解得
故小包速度达到传送带速度所用时间为
加速度位移为
小包加速过程中，传送带位移为
则小包相对于传送带运动位移为
则摩擦力产生热量为
则电动机由于传送小包多做的功为
故C正确；
D．与传送带共速后到达右端所用时间为
故小包从传送带左端到达右端的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】小包的运动分为两个阶段：第一阶段小包初速度为0，受滑动摩擦力加速，第二阶段达到传送带速度，然后匀速运动。电动机额外做功，包括两部分：小包动能增加，摩擦生热。利用运动学公式，结合能量关系逐个判断。
11．（2025·广州模拟）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角的足够长的斜面。滑块上滑过程的图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（已知）则（ ）
A．滑块上滑过程中的加速度大小是
B．滑块与斜面间的动摩擦因数
C．滑块经返回出发点
D．滑块回到出发点时的速度大小
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】知道v-t图线的斜率表示加速度，能够根据牛顿第二定律得到动摩擦因数是解题的关键。A．由图乙可知木块上滑过程中加速度为
故A错误；
B．木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律
解得
故B正确；
C．木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知
解得
上升位移为
由运动学公式得
解得
则木块返回出发点时间为
故C错误；
D．木块回到出发点时的速度大小为
故D错误。
故选B。
【分析】根据图乙的斜率计算；根据牛顿第二定律计算；根据牛顿第二定律计算出下滑过程的加速度，然后计算出上升的位移，进而根据位移—时间关系计算返回的时间；根据速度—时间公式计算。
12．（2025·广西壮族自治区模拟）现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式，但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示，一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的的质量分别为m、2m、3m，货厢A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为、，各接触面都水平，马给车的水平拉力为F，两货厢均未脱离各接触面，不计地面对车的摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．若，逐渐增大F，B相对于车比A相对B先滑动
B．若，A、B与车都相对静止，则的最大值为
C．若，当时，与B开始发生相对滑动
D．若，当时，B与车之间相对滑动
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用。A．若，则有
可知，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故A错误；
B．若，A、B与车都相对静止，结合上述可知，当整体加速度最大时，A所受摩擦力先达到最大静摩擦力，则有
解得
则F的最大值满足
故B正确；
C．若，结合上述可知，B相对于车比A相对于B先滑动，所有无论F多大，B相对于车滑动后，A相对于B一直保持静止，故C错误；
D．若，结合上述可知，B相对于车比A相对于B先滑动，若整体保持相对静止，对A、B整体有
解得
则此时最大拉力
可知，当时，B与车之间仍然保持相对静止，故D错误。
故选B。
【分析】解决问题的关键是清楚A、B和车的受力情况，结合临界条件分析判断。
13．（2025·鼎湖模拟）如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4m/s的速度沿顺时针方向转动。一煤块以m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A．煤块经2s速度减为4m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14m
C．煤块相对传送带的位移为2m
D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AD．煤块速度大于传送带速度时，煤块受到的摩擦力沿传送带向下，与煤块的运动方向相反，煤块根据牛顿第二定律有
解得
故经时间
与皮带共速，之后继续减速运动，速度小于传送到的速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向上，与煤块的运动方向相同，到达传送带顶端时速度恰好为零， 根据牛顿第二定律有
解得
这段时间
故到2s时煤块的速度为零，故A错误，D错误；
B.1s时，煤块的速度为，则在前1s内煤块的位移大小为
在时间
内，煤块的位移为
故传送带底端到顶端的距离为10m，故B错误，
C．传送带在两秒内向上运动的距离为
故煤块相对传送带的位移为
故C正确。
故选C。
【分析】由于可知，煤块先做匀加速运动至与传送带共速后，再做新的加速度的匀减速运动；结合两个状态对煤块受力分析，根据牛顿第二定律分别求解加速度；结合运动学方程求解两次运动分别所需时间和位移，以及该时间内传送带发生的位移和二者的相对位移；以此分析判断。
14．（2025·山西、陕西、宁夏、青海模拟）如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60 ，重力加速度大小为g。则（ ）
A． 的拉力大小为
B． 的拉力大小为 3mg
C．若剪断 ，该瞬间小球甲的加速度大小为
D．若剪断 ，该瞬间小球乙的加速度大小为 g
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
AB．对甲乙整体受力分析可知，的拉力大小为
的拉力大小为
选项AB错误；
CD．若剪断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和弹簧向下的拉力，绳子对其的拉力，甲球的速度为0，将力沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断瞬间，甲球受到的合力
由牛顿第二定律可知加速度
选项C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】对甲、乙整体受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；若剪断L1该瞬间，对乙，弹簧的弹力不变，对甲，由牛顿第二定律列式，即可分析求解。
15．（2023高一上·浦东月考）如图所示，质量为M=2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.3。这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2=0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．木块受到的摩擦力大小为f1=2.5N
B．木块对铁箱压力的大小N=15N
C．铁箱与地面的摩擦力为f2=7.5N
D．水平拉力大小F=129N
【答案】D
【知识点】静摩擦力；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】 一定要记得临界状态的特征：加速度相同和速度都相同。解决临界问题经常用到整体法和隔离法。A．木块恰好能静止在后壁上，在竖直方向由平衡条件得木块受到的摩擦力大小为
A错误；
B．由滑动摩擦力公式可知木块对铁箱压力的大小为
B错误；
C．铁箱与地面的摩擦力为
D．对木块在水平方向上由牛顿第二定律得
对整体由牛顿第二定律得
解得
D正确；
故选D。
【分析】木块在竖直方向受力平衡，重力等于滑动摩擦力，列式即可求得压力；对木块运用牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体运用牛顿第二定律即可求解水平拉力大小。
二、多项选择题
16．（2025·攀枝花模拟）如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为，已知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是（ ）
A．2∶5 B．4∶5 C．4∶1 D．8∶1
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题全面考查牛顿第二定律应用，通过连接体、加速度方向不确定性，锻炼受力分析，是牛顿运动定律应用的典型题型。由静止释放两球，根据牛顿第二定律可知释放后的瞬间B球的加速度大小为；
若B球的加速度方向竖直向下，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得
以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得A、B两球的质量之比为
若B球的加速度方向竖直向上，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得
以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得A、B两球的质量之比为
故选BD。
【分析】分别对A、B两球进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，再结合B球加速度的两种可能情况（B加速向下或加速向上 ），求解A、B两球的质量之比。
17．（2023高三上·雨花月考）如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨着放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点）以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为、质量为，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为，滑块质量为，滑块与木板a、b、c、d上表面间的动摩擦因数分别为、、、，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，下列说法正确的是（ ）
A．若木板全部固定于地面，要想获奖，滑块初速度
B．若木板不固定，顾客获四等奖，滑块初速度的最大值
C．若木板不固定，滑块初速度为，顾客获三等奖
D．若木板不固定，顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】根据题意分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律即可解题。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。A．若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理有
解得
故A正确；
B．若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v0，滑块与木板之间的摩擦力为
地面对abcd木板的摩擦力为
由于f1解得
故B错误；
C．由于
可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为
滑块与木板之间的摩擦力为
由于f3解得
可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力为
可知cd木板恰好不动，根据运动学公式
解得
可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖，故C错误；
D．若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少为
当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力为
滑块与木板之间的摩擦力为
由于f6滑块在木板上的加速度
当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上d木板时的速度为v3，根据速度关系
可得
根据位移关系可得
解得
滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生的热量为
所以顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量的取值范围为
故D正确。
故选AD。
【分析】当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理进行解答；若顾客获四等奖，对滑块根据动能定理进行解答；求出最大静摩擦力，判断滑块与木板的运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求解，求出最大静摩擦力，判断滑块与木板的运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出滑块的位移，然后判断得什么奖；应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出相对位移，应用功的计算公式与能量守恒定律求出产生的热量。
18．（2024高三下·仁寿模拟）如图甲所示，平行于倾角为固定斜面向上的拉力使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速与的关系如图乙。图线的斜率为，与轴交点坐标为，与轴交点为。由图可知（ ）
A．小物块的质量对
B．小物块的质量为
C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
【答案】B,D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题是对牛顿第二定律的考查，解题的关键是由牛顿第二定律列出加速度的表达式，再结合a—F图像即可求解。以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
结合图像可得
，
可知小物块的质量为
摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
故选BD。
【分析】对物体，由牛顿第二定律可求加速度a与F的表达式，再结合a—F图像的斜率及截距求解。
三、非选择题
19．（2024·山东模拟）如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑。物块以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为零。已知BC段的长度为2m，物块上滑过程中，在AB段的加速度是BC段加速度的1.5倍，且物块在AB段和BC段运动的时间相等，g取10m/s2，求：
（1）斜面AB段的长度；
（2）物块与斜面AB段间的动摩擦因数。
【答案】（1）解：设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）解：对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对AB段和BC段运动过程，分别根据加速度定义式以及加速度的关系列式，求出通过B处的速度，然后根据速度—位移公式求AB段的长度；
（2）根据牛顿第二定律及加速度的关系联立求出动摩擦因数。
（1）设物体在AB段的加速度大小为，BC段加速度大小为，根据题意有
有
在上滑AB段
在上滑BC段
得
（2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有
得
20．（2024高三上·泸县模拟）2022年11月6日，2022年全国赛艇锦标赛在浙江丽水落下帷幕．如图所示，在比赛加速和减速阶段，赛艇运动均可视为匀变速直线运动，已知加速阶段每次拉桨产生一个恒定的水平总推力F，其作用时间，然后桨叶垂直离开水面，直到再次拉桨，完成一个完整的划桨过程，一个完整的划桨过程总时间为。已知运动员与赛艇的总质量，赛艇从静止开始第一次拉桨做匀加速运动的位移为，整个运动过程中受到水平恒定阻力。
（1）求在加速过程中的加速度的大小。
（2）求拉桨所产生的水平总推力F的大小。
（3）从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移大小为多少
【答案】解：（1）第一次拉桨的过程中，由运动学公式，可得在加速过程中的加速度为
（2）第一次拉桨的过程中，由牛顿第二定律有
可得拉桨所产生的水平总推力为
（3）在撤去F后，由牛顿第二定律得
由运动学公式，得在撤去F后的位移
其中，联立可得
所以，从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）第一次拉浆的过程中，根据位移—时间公式计算加速度大小；
（2）根据牛顿第二定律求拉桨所产生的水平总推力；
（3）在撤去F后，由牛顿第二定律求赛艇加速度大小，再根据位移—时间公式计算赛艇通过的总位移。
21．（2024高三上·湖北模拟）北京时间2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现了世界首次月球背面采样返回。设返回器质量为m=300kg（包括样品及降落伞），为确保安全着陆，降落伞以两级减速的方式，绽放两次“红白伞花”。过程简化如图：当离地面约十公里时速度为v1=60m/s，打开第一级减速伞以稳定姿态并初步减速，此过程以a0=1m/s2做匀减速直线运动下降了h=1350m，然后打开主伞，在主伞的作用下返回器速度继续降至v=10m/s，此后匀速下降。若主伞打开后返回器所受的空气阻力为f=kv，k为定值，v为速率，其它作用力不计。忽略返回器质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程始终在竖直方向运动。求：
（1）打开主伞后瞬间，返回器所受的空气阻力；
（2）速度减为20m/s时，返回器的加速度大小。
【答案】（1）匀速时，根据平衡条件
可知
匀减速过程
得
刚开主伞
（2）速度为时
根据牛顿第二定律
得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据匀速时，结合平衡条件求解，再结合匀减速运动求出速度大小，再根据 f=kv 求出阻力大小；
（2） 速度减为20m/s时 ，求出此时阻力，再根据牛顿第二定律求出加速度大小。
（1）匀速时，根据平衡条件
可知
匀减速过程
得
刚开主伞
（2）速度为时
根据牛顿第二定律
得
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