2025屆高考物理二輪復習：力與直線運動習題

專題二力與直線運動

［專題復習定位］

1.直線運動中勻變速直線運動規(guī)律的應用。2.牛頓運動定律和動力學方法的應用。

3.動力學方法和數形結合思想分析圖像問題。

高考真題再現

命題點1勻變速直線運動規(guī)律的應用

1.（2024?江西卷，T3）某物體位置隨時間的關系為x=l+2t+3也則關于其速度與1

s內的位移大小，下列說法正確的是（C）

A.速度是刻畫物體位置變化快慢的物理量,1S內的位移大小為6m

B.速度是刻畫物體位移變化快慢的物理量,1s內的位移大小為6m

C.速度是刻畫物體位置變化快慢的物理量,1s內的位移大小為5m

D.速度是刻畫物體位移變化快慢的物理量,1s內的位移大小為5m

解析：速度等于位移與時間的比值。位移是物體在一段時間內從一個位置到另一個位置

的位置變化量，速度是刻畫物體位置變化快慢的物理量。由x=l+2t+3d可知開始時物體

的位置％=1m,1s時物體的位置為=6m,則1s內物體的位移Ax=4—吊=5m。

2.（2023-山東卷，T6）如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經過"S、

T三點。已知S、7間的距離是汆S間的兩倍，密段的平均速度是10m/s,ST段的平均速

度是5m/s,則公交車經過T點時的瞬時速度為（C）

RST

77777777777^7777777777777^77.

A.3m/sB.2m/s

C.1m/sD.0.5m/s

解析：由題知，電動公交車做勻減速直線運動，且設左、S間的距離為x,則根據題意

有「松=土=乜土三，-s產在=區(qū)±2?,聯立解得芍=",七=%—10,再根據勻變

t；2t22

速直線運動速度與時間的關系有%=0—5小則at.2m/s,其中還有&=/超

2

=v-a,—,解得唳=11m/s,聯立解得上=1m/so

2

3.（2024?山東卷，T3）如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上/點距

離為乙木板由靜止釋放，若木板長度為L通過/點的時間間隔為△K若木板長度為2/,

通過/點的時間間隔為△公△與：八。為（A）

A.（.—1）：（也—1）B.（.一也）：（.—1）

C.（3+1）：（他+1）D.（^3+也）：（也+1）

解析：對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從靜止釋放到下端到達Z

點的過程，有￡=工盤，木板從靜止釋放到上端到達4點的過程，當木板長度為/時，有

2

2L=-atl,當木板長度為2￡時，有3￡=，濯，又A方產右一力0,At2=t2-聯立解得

22

At2'?△G=—1）*（/一1）,A正確。

命題點2牛頓第二定律的應用

4.（2024?湖南卷，T3）如圖，質量分別為4勿、3腥2m、勿的四個小球4B、C、D,通

過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于。點，處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。若將8、。間的

細線剪斷，則剪斷瞬間8和。的加速度大小分別為（A）

B

D

A.g,1.5gB.2g,1.5g

C.2g,0.5gD.g,0.5g

解析：剪斷前，對反C.〃整體分析有%=（3/+2"+血g,對〃，心=儂；剪斷后，對

B,%—3儂=3儂5，解得當=g，方向豎直向上，對GFDC-\-2mg=2mac,解得出=1.5g,方

向豎直向下。

5.（2024?北京卷，T4）如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力尸作用下一起向前運

動。飛船和空間站的質量分別為山和弘則飛船和空間站之間的作用力大小為（A）

空間站飛船

MmF

“M

A.——FB.——F

M+mM+m

C.-F0?加

m

解析：根據題意，對整體應用牛頓第二定律有尸=（出加d對空間站分析有尸=%,

解兩式可得飛船和空間站之間的作用力〃=工F。

M+m

6.（2023?北京卷，T6）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊

質量均為1kg,細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力分作用下，兩物塊一起向右做

勻加速直線運動，則廠的最大值為（C）

A.1N

C.4ND.5N

解析：對兩物塊整體由受力分析有尸=2儂，對于后面的物塊有久3=儂，又用”=2N,

聯立解得尸=4N?

命題點3動力學的兩類基本問題

7.（2022?遼寧卷，T7）如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度％沿中

2

線滑向另一端，經過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為〃，g取10m/so下

列%、〃值可能正確的是（B）

A.%=2.5m/sB.%=1.5m/s

C.〃=0.28D.ii=0.25

解析：物塊在水平桌面上沿中線做勻減速直線運動，則7=-=也±r,由題干知x

t2

=1m,1=1s,力0,代入數據有v0<2m/s,故A不可能，B可能；對物塊做受力分析，根

據牛頓第二定律有a=—聲一4=2ax,整理有4—2〃gx>0,由于％<2m/s可得〃<0.2,

故C、D不可能。

8.（2024?新課標卷，T25）如圖，一長度/=1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平

臺上，薄板的右端與平臺的邊緣。對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右

滑動，當薄板運動的距離時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板

6

中心恰好運動到。點。已知物塊與薄板的質量相等，它們之間的動摩擦因數〃=0.3,重力

加速度大小g取10m/s2o求：

（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；

（2）平臺距地面的高度。

解析：（1）物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小

2

ax—113m/s

薄板做加速運動的加速度大小

_Nmg_/2

昆一-------3om/s

m

對物塊/+△/=%t~~國產

2

對薄板△J=-#

2

解得％=4m/s,t=-So

3

⑵物塊飛離薄板后薄板的速度

V2^21m/s

物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間

則平臺距地面的高度

2

h=~gt'=~mo

29

15

答案：(1)4m/s-s(2)-m

39

<....................-^-^分類講練

題型一勻變速直線運動規(guī)律的應用

1.常用方法和規(guī)律

2.兩種勻減速直線運動

(1)剎車問題：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應

先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解。

(2)雙向可逆類運動：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和

方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意X、八a等矢量的正負及物理意義。

考向1基本規(guī)律的應用

典例口一汽車由靜止沿平直公路勻加速行駛。汽車啟動t時間后的6s內前進了24

m,啟動5t時間后的6s內前進了48m,則該汽車的加速度大小和力分別為（A）

A.Im/s2,1sB.2m/s2,1s

C.2m/s\2sD.Im/s2,2s

［解析］設汽車啟動的加速度為a,則由題意可知啟動t時間后的速度Vl=at,啟動5t

時間后的速度畛=5區(qū)，則根據位移與時間的關系有24=31X6+1"62,48=5afX6+

2

-aX62,聯立可得z=lm/s2,t=ls。

2

考向2重要推論的應用

,典例目如圖所示的是一輛無人送貨車正在做勻加速直線運動。某時刻起開始計時,

無人送貨車在第一個4s內位移為9.6m,第二個4s內位移為16m,下列說法正確的是

(C)

A.計時時刻送貨車的速度為0

B.送貨車的加速度大小為1.6m/s2

C.送貨車在第1個4s末的速度大小為3.2m/s

D.送貨車在第2個4s內的平均速度大小為3.6m/s

［解析］根據勻變速運動推論可得加速度大小m/s2=0.4m/s2,根

f42

據勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于該段內的平均速度可知送貨車在第1個4s末的速度

大小匕=""?"m/s=3.2m/s,根據速度時間公式可得計時時刻送貨車的速度％=3.2

8

m/s—0.4X4m/s=1.6m/s,A、B錯誤，C正確；送貨車在第2個4s內的平均速度大小p

嶼m/s=4m/s,D錯誤。

4

題型二牛頓第二定律的應用

考向1超重和失重

通過受力分析，應用牛頓第二定律求出加速度的方向，如果加速度方向豎直向上或有豎

直向上的分量，則物體處于超重狀態(tài)；如果加速度方向豎直向下或有豎直向下的分量，則物

體處于失重狀態(tài)。

典例國舞蹈《只此青綠》表演中，需要舞者兩腳前后分開，以胯部為軸，上半身緩

慢后躺，與地面近乎平行。在舞者緩慢后躺的過程中，下列說法正確的是（B）

A.舞者對地面的壓力就是舞者所受的重力

B.地面對舞者的支持力和舞者所受的重力是一對平衡力

C.舞者受到地面的摩擦力方向向前

D.舞者處于失重狀態(tài)

［解析］舞者對地面的壓力和舞者所受的重力性質不同，施力物體不同，故不是同一個

力，A錯誤；舞者緩慢后躺，始終處于平衡狀態(tài)，地面對舞者的支持力和舞者所受的重力二

者大小相等，方向相反，作用在同一個物體上，作用在同一直線上，是一對平衡力，則舞者

不處于失重狀態(tài)，且水平方向上不受摩擦力，故B正確，C、D錯誤。

考向2瞬時問題

應用牛頓第二定律分析瞬時問題時，應注意物體與物體間的彈力、繩的彈力和桿的彈力

可以突變，而彈簧的彈力不能突變。

典例［J（2024?湛江市期末）如圖所示，輕質細繩如一端系在小球。上，另一端固

定在傾斜天花板上的4點，輕質彈簧加一端與小球連接，另一端固定在豎直墻上的夕點,

平衡時細繩3垂直于天花板，彈簧恰好水平。將細繩以剪斷的瞬間，小球的加速度

(C)

A.豎直向下B.沿仍方向

C.沿/。方向D.等于0

［解析］小球受重力、細繩OA斜向上的拉力及彈簧的彈力作用，設OA與水平方向的夾

角為。，則細繩小中的拉力大小"，將細繩剪斷的瞬間重力及彈簧的彈力均不變,

所以小球的加速度沿力。方向、大小為

msin8

考向3連接體問題

1.整體法與隔離法的選用

(1)當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用整體法；當連接體內各物體的加

速度不同時，一般采用隔離法。

(2)求連接體內各物體間的相互作用力時必須用隔離法。

2.連接體問題的解題技巧

(1)通過輕繩連接的兩個物體：如果做加速運動(繩繃緊)，則它們沿繩方向的加速度大

小相同。

(2)疊加體類連接體：兩物體間剛要發(fā)生相對滑動時物體間達到最大靜摩擦力，靠摩擦

力帶動的物體的加速度達到最大加速度。

(3)靠在一起的連接體：分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同。

(4)由輕彈簧連接的物體：彈簧對兩物體的彈力總是大小相等、方向相反，兩端物體的

速度、加速度一般不同，多用隔離法。關注彈簧彈力隨物體位移的變化規(guī)律，注意彈簧彈力

不能突變。

典例日如圖所示，質量分別為勿、2以4〃的物塊4B、C疊放在光滑的水平地面上,

現對夕施加一水平力凡已知4夕間和8、。間的動摩擦因數均為〃，取最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力，為保證它們能夠一起運動，尸最大值為(C)

A

B—

F

777/77777777777

B.口nmg

A.2long

2

C.紅pmg

D.1mng

4

［解析］當三個物塊一起運動時加速度相同，對人反。整體分析，整體受重力、支持

F一一

力和水平力區(qū)由牛頓第二定律，有F=(m+2m+4ni)a,解得己=一,再對Z受力分析，物

7m

塊/受重力、支持力和靜摩擦力，由牛頓第二定律有〃〃儂，對。受力分析，由牛

91

頓第二定律有備=4〃痣3”儂，聯立解得〃儂。

典例G如圖所示，傾角為30。的粗糙斜面上有4個完全相同的物塊，在與斜面平行

的拉力/作用下恰好沿斜面向上做勻速直線運動，運動中連接各物塊間的細繩均與斜面平

行，此時第1、2物塊間細繩的張力大小為7］,某時刻連接第3、4物塊間的細繩突然斷了,

其余3個物塊仍在力戶的作用下沿斜面向上運動，此時第1、2物塊間細繩的張力大小為T2,

則:公等于(B)

F

1

2

A.9：2B.9：8

C.3：2D.1：1

［解析］勻速運動時，設每一個物塊所受的摩擦力為￡質量為卬，根據平衡條件可得

F=^mgsin。+4￡對2、3、4物塊由平衡條件可得3儂sin。+3f=7；,可得7；=一，

4

連接第3、4物塊間的細繩突然斷了，對1、2、3物塊根據牛頓第二定律可得尸一3儂sin9

2F

-3f=3ma,對2、3物塊根據牛頓第二定律可得￡—2mgsin9-2f=2ma,可得上=一，

3

可得:。=9:8o

題型三動力學的兩類基本問題

1.兩類題型

一種是已知運動分析受力，一種是已知受力分析運動。

2.解題關鍵

(1)抓住“兩個分析”：受力分析和運動過程分析；

(2)“兩個橋梁”：加速度是聯系運動和力的橋梁，轉折點的速度是聯系多運動過程的

橋梁。

典例目如圖甲所示，電動平衡車是一種新的短途代步工具。已知人和平衡車的總質

量是60kg,啟動平衡車后，車由靜止開始向前做直線運動，某時刻關閉動力，最后停下來,

其『一力圖像如圖乙所示。假設平衡車與地面間的動摩擦因數為〃，g取10m/T,貝!］(B)

圖甲

A.平衡車與地面間的動摩擦因數為0.6

B.平衡車在整個運動過程中的位移大小為195m

C.平衡車在整個運動過程中的平均速度大小為3m/s

D.平衡車在加速階段的動力大小為72N

［解析］關閉動力后，平衡車做勻減速運動，加速度大小a=r=〃g,由題圖可知

m

m/s2=0.6m/s2,解得〃=0.06,A錯誤；圖線與橫軸圍成的面積表示位移，則

40-30

1—V195

x=(25+40)X6X-m=195m,整個運動過程中的平均速度大小r==——m/s=4.875

2t40

m/s,B正確，C錯誤；平衡車在加速階段有分一〃儂=磔,，a'=-m/s2,代入數值解得

5

b=108N,D錯誤。

典例?(2024?江門市二模)如圖所示，載重卡車載著與卡車質量相等的貨物在平直

公路上以%=24m/s的速度勻速行駛，緊急制動時防抱死制動系統(tǒng)(ABS)使車輪與地面間恰

好達到最大靜摩擦力，貨物相對水平車廂底板發(fā)生滑動，恰好不能與車廂前壁發(fā)生碰撞。已

知車輪與地面間的動摩擦因數%=0.9,貨物與車廂底板間的動摩擦因數“2=0.8,最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s%

(1)求貨物與車廂前壁的距離△

(2)若卡車以『=28m/s的速度勻速行駛，要使貨物不能與車廂前壁發(fā)生碰撞，求卡車

制動的最短距離丸

［解析］(1)設卡車緊急制動時的加速度大小為冬，貨物在車廂底板滑動時的加速度大

小為融，則由牛頓第二定律2/儂一以儂=儂"與儂=儂2

22

由運動學公式型--=L,解得』=7.2m?

222芻

(2)設貨物勻減速運動的位移大小為x,則有

—=x

2al

由幾何關系d=x-L

解得d=4L8m?

［答案］(1)7.2m(2)41.8m

題型四動力學方法的綜合應用

考向1傳送帶問題

1.解題關鍵

傳送帶問題的實質是相對運動問題，關鍵是根據相對運動確定摩擦力的方向，如果根據

牛頓第二定律求加速度，確定相對運動的位移等。

2.分析思路

①根據傳送帶的速度。帶計算物

水平體加速運動的時間f和位移汽；

分析傳送褶②比較位移￡和傳送帶的長度/,

物體判斷物體的實際運動過程

的受

力，求若日一tan6且物體能與傳送

出加帶共速，則共速后物體做勻

傾斜

速度速運動

傳送帶

向下傳若四＜tan。且物體能與傳送

送物體帶共速，則共速后物體仍加速

運動(物體與傳送帶共速前后

加速度不相等)

典例口如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率-沿順時針方向轉動，傳送帶的傾

角為37°。一物塊以初速度%從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的

y—力圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零。sin37°=0.6,cos37°=0.8,

重力加速度g取10m/s2,貝ij(C)

A.傳送帶的速度為16m/s

B.摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25

D.傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大

［解析］由題圖乙可知傳送帶的速度為8m/s,A錯誤；在0到1s內，物塊的速度大

于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律有儂sin37。+

Hmgcos37°=ma、,根據題圖乙可得加速度大小―-m/s2=8m/s2,在Is到2s

內傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律

有儂sin37°—timgcos37°=叫,根據題圖乙可得加速度大小包=^―-m/s2=4m/s2,

2

解得〃=0.25,故B錯誤，C正確；當傳送帶的速度大于16m/s后，物塊在傳送帶上一直

做加速度大小為包的減速運動，無論傳送帶的速度為多大，物塊到達傳送帶頂端時的速度

都相等，D錯誤。

考向2滑塊一木板模型

三個基本關系

如果滑塊與木板之間沒有發(fā)生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起

運動的加速度；如果滑塊與木板之間發(fā)生相對運動，應采用“隔離法”分

加速度關系

別求出滑塊與木板運動的加速度。應注意找出滑塊與木板是否發(fā)生相對運

動的隱含條件

滑塊與木板之間發(fā)生相對運動時，明確滑塊與木板的速度關系，從而確定

速度關系滑塊與木板受到的摩擦力。應注意當滑塊與木板的速度相同時，摩擦力會

發(fā)生突變的情況

滑塊與木板疊放在一起運動時，應仔細分析滑塊與木板的運動過程，明確

位移關系

滑塊與木板對地的位移和滑塊與木板之間的相對位移之間的關系

典例回(多選)質量卬i=4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個質量吸=2kg

的小物塊，木板和物塊間的動摩擦因數為0.4,木板的長度為4m,物塊可視為質點?，F用

一大小廠=16N的力作用在極上，則下列說法正確的是(g取10m/s?)(ACD)

A.木板的加速度為2m/s2

B.物塊的加速度為6m/s2

C.經過2s物塊從木板上脫離

D.物塊離開木板時的速度為8m/s

［解析］對木板，由牛頓第二定律可得〃利￡=卬向，解得ai=2m/s,對物塊，由牛頓

第二定律可得尸一〃叫?=松出解得a2=4m/s,A正確，B錯誤；物塊從木板上滑離時，位

移關系滿足-2ta］=解得力=2s,C正確；物塊滑禺木板時的速度包方=8m/s,

22

D正確。

專題強化練

1.韶州公園池塘里的荷花盛開了，荷花吸引了大量魚兒前來覓食。如圖所示，魚兒擺尾

擊水躍出水面吞食荷花花瓣。下列說法正確的是(B)

A.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質點

B.魚兒擺尾擊水時受到水的作用力

C.魚兒躍出水面過程，水對魚兒的作用力大于魚兒對水的作用力

D.魚兒沉入水里過程，水對魚兒的作用力小于魚兒對水的作用力

解析：研究魚兒擺尾擊水躍出水面的具體動作時不能把魚兒視為質點，故A錯誤；魚兒

擺尾擊水時受到水的作用力，魚兒對水的作用力和水對魚兒的作用力是一對作用力與反作用

力，故B正確；魚兒躍出水面過程和沉入水里過程，魚兒對水的作用力和水對魚兒的作用力

都是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，故C、D錯誤。

2.操縱如圖所示的無人機，使其沿豎直方向勻速上升。設無人機（含照相機）所受的重力

大小為G,無人機對空氣的作用力大小為凡空氣對無人機的作用力大小為7,貝!1（A）

A.T=FB.KF

C.T(GD.T=G+F

解析:無人機沿豎直方向勻速上升，則空氣對無人機的作用力與無人機所受的重力平衡,

有T=G,無人機對空氣的作用力和空氣對無人機的作用力是相互作用力，所以有7=凡

3.如圖所示，彈弓將飛箭以豎直向上的初速度%彈出，飛箭上升到最高點后返回，再

徐徐下落。已知飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小，下落過程中受到的空氣阻力越來

越大，則飛箭（B）

A.上升過程中,速度越來越大

B.上升過程中,加速度越來越小

C.下落過程中,速度越來越小

D.下落過程中,加速度越來越大

解析：由牛頓第二定律可知，上升過程飛箭所受的合力尸上=儂+尸阻=〃a,飛箭上升過

程中受到的空氣阻力越來越小，則合力尸上越來越小，加速度也越來越小，速度方向與加速

度方向相反，故上升過程中飛箭做加速度逐漸減小的減速運動，B正確，A錯誤；由牛頓第

二定律可知，下降過程飛箭所受的合力尸下=儂一尸阻=儂'，飛箭下降過程中受到的空氣阻

力越來越大，則合力尸下越來越小，加速度越來越小，且速度方向與加速度方向相同，故下

落過程中飛箭做加速度逐漸減小的加速運動，C、D錯誤。

4.（2024?北京卷，T10）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，

最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是（D）

A.剛開始物體相對傳送帶向前運動

B.物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力

C.物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功

D.傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長

解析：剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，A錯誤；勻

速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，B錯誤；物體

加速，由動能定理可知，摩擦力對物體做正功，C錯誤；設物體與傳送帶間動摩擦因數為〃，

物體相對傳送帶運動時，a=—=ug,做勻加速運動時，物體速度小于傳送帶速度則一

m

直加速，由v=a力可知，傳送帶速度越大，物體加速運動的時間越長，D正確。

5.（2024?安徽卷，T6）如圖所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端

分別固定于水平線上的強N兩點，另一端均連接在質量為卬的小球上。開始時，在豎直向

上的拉力作用下，小球靜止于仞V連線的中點”彈簧處于原長。后將小球豎直向上，緩慢

拉至P點，并保持靜止，此時拉力尸大小為2儂。已知重力加速度大小為g,彈簧始終處于

彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從尸點運動到。點的過程中（A）

A.速度一直增大

B.速度先增大后減小

C.加速度的最大值為3g

D.加速度先增大后減小

解析：緩慢拉至尸點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力尸與重力和兩彈簧的拉力合

力為零。此時兩彈簧的合力大小為儂。當撤去拉力，則小球從一點運動到。點的過程中兩

彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；小球從一點

運動到。點的過程中，形變量變小，彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一

直變小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2儂=儂，加速度的

最大值為2g,C、D錯誤。

6.（多選）（2024?廣州市二模）如圖，運動員先后將甲、乙兩冰壺以相同的初速度從力

點沿直線4。推離。若甲以加速度電做勻減速運動后停在。點；乙先以加速度包做勻減速運

動，到達某位置，運動員開始刷冰面減小動摩擦因數，乙以加速度當繼續(xù)做勻減速運動并

停在。點，貝！1（ACD）

A.水昆B.水備

C?a1〉43D.乃2>83

解析：設/Ax,甲、乙兩冰壺的初速度為%,乙先以加速度電做勻減速運動的位移為

為,此時的速度是%由勻變速直線運動的速度位移關系公式，對甲冰壺可得/=2a、x,對

乙冰壺可得4—v—2a3（x—xl）,聯立可得2%x—2久（x—x）=2%￥!，整理可得3

—@3）x=（2一a3）x”由題意可知，乙冰壺在位移X的摩擦力大于在位移X—4的摩擦力，由

牛頓第二定律可知包抽,可得包>包,又有久了=22為十2（矛-xj,整理有axx=a^x~\-（a—a3）,

可知為<@"BPa2>a1>a3,故B錯誤，A、C、D正確。

7.（2024?佛山市二模）春節(jié)煙花匯演中常伴隨無人機表演。兩架無人機a、b同時從同

一地點豎直向上飛行的『一力圖像如圖所示。下列說法正確的是（C）

A.t=5s時，無人機a處于失重狀態(tài)

B.t=10s時，無人機a飛到了最高點

C.前30s內，兩架無人機a、6的平均速度相等

D.前10s內，無人機a的位移小于無人機6的位移

解析：t=5s時，無人機向上做勻加速運動，a處于超重狀態(tài)，故A錯誤；力=10s時,

無人機a速度達到最大，10s后減速上升，30s時飛到了最高點，故B錯誤；■一t圖線與

力軸圍成的面積表示位移，前30s內，兩架無人機a、6的位移相等，平均速度相等，故C

正確；前10s內，無人機a的位移大于無人機6的位移，故D錯誤。

8.（多選）（2024?湛江市二模）在2023年女籃亞洲杯決賽中，中國隊以73：71險勝日

本隊，時隔12年再次捧起該項賽事冠軍獎杯。某次訓練中，一名球員將籃球豎直向下拍出,

籃球觸地并彈回手中，手的位置不變，以豎直向下為正方向，不計籃球觸地時間和空氣阻力,

則從籃球豎直向下拍出到彈回手中的過程中，籃球的速度八位移s分別隨時間力變化的圖

解析：整個過程中加速度為重力加速度，向下運動過程中，做勻加速直線運動，速度隨

時間均勻增大，籃球觸地前后速度大小不變，向上運動過程中，做勻減速直線運動，速度隨

時間均勻減小，故A正確，B錯誤；向下運動過程中，根