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2024 高考二轮复习二十五讲
第3 讲、运动和力
第一部分 织网点睛，纲举目张
1. 科学素养
2. 牛顿运动定律内涵与外延
3. 国际单位制
物理量是通过描述自然规律的方程或定义新的物理量的方程而相互联系的。因此，可以把少数几个物
理量作为相互独立的，其他的物理量可以根据这几个量来定义，或借方程表示出来。这少数几个看作相互
独立的物理量，就叫做基本物理量，简称为基本量。其余的可由基本量导出的物理量，叫做导出物理量，
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简称为导出量。在国际单位制中共有七个基本量：长度，质量，时间，电流，热力学温度，物质的量和发
光强度。物理学各个领域中的其他的量，都可以由这七个基本量通过乘、除、微分或积分等数学运算导出。
七个基本单位：长度m，时间s，质量kg，热力学温度（开尔文温度）K，电流A，光强度cd（坎德
拉），物质的量mol
第二部分 实战训练，高考真题演练
1．（2023 年1 月浙江选考）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（ ）
A．J B．K C．W D．
【参考答案】
【命题意图】本题考查国际单位制及其相关知识点。
【名师解析】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，对应的符号
分别是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余单位都属于导出单位,所以属于国际单位制中基本单位符号的是
K，选项B 正确。
2. （2023 高考全国甲卷）用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿
直线运动，两物体与桌面之间的动摩擦因数分别为μ 甲和μ 乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F 与其加速
度a 的关系图线如图所示，由图可知
A. m 甲＜m 乙
B. m 甲＞m 乙
C. μ 甲＜μ 乙
D. μ 甲＞μ 乙
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查牛顿第二定律、对图像的理解及其相关知识点。
【解题思路】根据牛顿第二定律，F-μmg=ma，解得F=ma+μmg，对比拉力F 与其加速度a 的关系图像，可
知m 甲＞m 乙，B 正确A 错误；由μ 甲m 甲g=μ 乙m 乙g，可知μ 甲＜μ 乙，C 正确D 错误。
3. （2023 高考湖南卷）如图，光滑水平地面上有一质量为
的小车在水平推力
的作用下加速运动。
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车厢内有质量均为
的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，
且与底面的动摩擦因数为
，杆与竖直方向的夹角为
，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等
于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 若B 球受到的摩擦力为零，则
B. 若推力
向左，且
，则
的最大值为
C. 若推力
向左，且
，则
的最大值为
D. 若推力
向右，且
，则
的范围为
【参考答案】CD
【名师解析】对选项A，设在水平向右推力F 作用下，整体加速度为a，F=4ma，若B 球所受摩擦力为零，
对B 球，由tanθ=ma/mg，联立解得F=4mgtanθ，A 错误；
对选项B，若推力F 向左，整体向左加速运动，F=4ma。小球A 所受向左合力最大值为FA=mgtanθ。设轻杆
中弹力为N，轻杆中弹力的水平分量Nx= FA=mgtanθ，Nx=ma。
对小球B，由于tanθ≤μ，对小球B，受到向左的合力
FB=f- Nx=≤μ2mg- Nx= 2mgtanθ- Nx= mgtanθ
联立解得F≤4mg tanθ，即F 的最大值为4mgtanθ，B 错误；
对选项C，若推力F 向左，小球A 所受向左合力最大值为FA=mgtanθ。小球B，受到向左的合力最大值
FBmax=f- Nx= 2μmg- mgtanθ，由于
，则FBmax=mgtanθ。而FBmax=mamax，整体向左加速运动，
Fmax=4mamax。
联立解得Fmax=4mg（2μ-tanθ），C 正确；
对选项D， 若推力
向右，在水平向右推力F 作用下，整体加速度为a，向右，F=4ma。。由于小球A 受
到左壁向右的弹力，合力可以很大，我们只需讨论小球B 即可。当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 所
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受向右的合力最小，此时FBmin= Nx-μ（Ny+mg）= mgtanθ- 2μmg，最小加速度aBmin= FBmin/m，所以F≥4mg
（tanθ- 2μ）。
当小球B 所受的摩擦力向右时，小球B 所受向右的合力最大，此时FBmax= Nx+μ（Ny+mg）=
mgtanθ+2μmg，最大加速度aBmax= FBmax/m，所以F≤4mg（tanθ+ 2μ）。由此可得F 的范围为
，D 正确。
4. （2023 高考湖北卷） 如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另一端与一质量为m 的小球
相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N 两点与O 点的距离均为
l，P 点到O 点的距离为
，OP 与杆垂直。当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M 点向下运动到N 点，在此过程中，弹簧始终在
弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
B. 小球在P 点下方
处的加速度大小为
C. 从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D. 从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【参考答案】AD
【名师解析】
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小球在P 点受力平衡，则有，
，
，
联立解得
，A 正确；
在PM 之间任取一点A，令AO 与MN 之间的夹角为
，则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
化简得
小球由M 向P 运动过程中，θ 角增大，小球由P 向N 运动过程中，θ 角减小，由此可知，小球从M 点到N
点的运动过程中，所受摩擦力先变大后变小，C 错误；
根据对称性可知在任意关于P 点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M 到P 和P 到N 摩擦力做功
大小相等；D 正确；
小球运动到P 点下方
时
，此时摩擦力大小为
由牛顿第二定律
联立解得
，B 错误。
5. （2023 高考福建卷）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为
计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（
）
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A. 0 ~ 2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
B. 乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同
C. 2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同
D. t = 8s 时，甲、乙两车的动能不同
【参考答案】BC
【名师解析】
由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s 内，甲车做匀加速直线运动，加
速度大小不变，故A 错误；
由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s 内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s 内根据动量定理有I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同，故B 正确；
根据图（a）可知，2 ~ 6s 内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s 内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s
内，甲、乙两车的位移不同，故C 正确；根据图（a）可知，t = 8s 时甲车的速度为0，则t = 8s 时，甲车
的动能为0；乙车在0 ~ 8s 内根据动量定理有I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s 时乙车的速度为0，则t = 8s 时，乙车的动能为0，故D 错误。
6. （2023 高考海南卷） 如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的
小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知
，
B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
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（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所
用
时间。
【参考答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【名师解析】
（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
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对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
B 的位移为
则此刻的相对位移为
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此时
由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
第三部分 思路归纳，内化方法
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1.. 动力学两类基本问题
（1）．贯彻一个解题思路
（2）．理顺两类基本问题
由因推果——已知物体的受力情
况，确定物体的运动情况
首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根
据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定
速度变化的规律
由果溯因——已知物体的运动情
况，确定物体的受力情况
由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变
化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况
（3）．解题的三个关注点
(1)加速度是连接运动情况和受力情况的桥梁。
(2)速度是不同运动过程联系的纽带。
(3)不同运动过程物体受力情况不同，加速度往往也不同。
2. 运动和力的四种典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条
件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张
力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0 时，物体的速度达到最大值或最小值。
3. 常见四类动力学图像及解题方法
vt 图像
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定
律求解合外力
Fa 图像
首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛
顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合
图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的
信息求出未知量
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at 图像
要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物
体受力情况根据牛顿第二定律列方程
Ft 图像
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一
时间段的运动性质
4. 滑块－木板模型
（1）．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、
多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
（2）．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于
板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2，
同向运动时：L＝x1－x2，
反向运动时：L＝x1＋x2。
（3） 解决板块问题的思维方法
（4）滑块(视为质点)在木板上滑离的临界条件
类型图示
临界条件
木板B 带动滑块A，滑块恰好不从木板上滑下的临界条件是滑块恰
好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
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滑块A 带动木板B，滑块恰好不从木板上滑下的临界条件是滑块恰
好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
5. 传送带问题
传送带的基本类型
一个物体以初速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模
型。传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示。
（1）水平传送带
(i)当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。
(ii)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。静摩擦力达到最大值，是
物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两
物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力)。
（2）．倾斜传送带
(i)对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体
与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系。①若μ≥tan θ，且物体能与传送带共速，
则共速后物体做匀速运动；②若μ<tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相对于传
送带做匀变速运动。
(ii)求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。
当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
（3）．传送带问题的求解思路
传送带问题中临界点的分析
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(1)在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变
( 含大小和方向
) 点
，给运
动分段。
a．传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在
物体的速度与传送带速度相同的时刻。
b．v 物与v 传相同的时刻是运动分段的关键点。
(2)判定运动中的速度变化(即相对运动方向和对地速度变化)的关键是v 物与
v 传的大小与
方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态。
(3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与
传送带保持相对静止做匀速运动。
6. 瞬时加速度问题
（1）两类模型
（2）. 在求解瞬时加速度时应注意的问题
(i)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动
分析。
(ii)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
（3）求解瞬时加速度的步骤
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第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1．（2024 南京零模）如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上。当t＝0 时，滑块以
初速度v0＝10m/s 沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝
s 时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3s 时，滑块的速度大小为20m/s
【参考答案】．C
【名师解析】物体上滑的加速度a 上=gsinθ+μgcosθ=10m/s2
因为mgsinθ＞μmgcosθ，故物体不可能静止在斜面上，下滑的加速度为
a 下=gsinθ+μgcosθ=2m/s2
滑块上滑和下滑的加速度不相等，不是一直做匀变速直线运动，A 错误；
上滑的时间
但是速度减为零后不是静止在斜面上，而是沿斜面下滑，选项B 错误；
上滑的最远距离s=
下滑到底端的时间t 下=
即t＝
s 时，滑块恰好又回到出发点，选项C 正确；
D．t=3s 时，滑块在下滑阶段，则此时滑块的速度为v=a 下t=4m/s
选项D 错误。
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2. （2024 云南靖江重点高中期初测试）如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙
两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有
安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的
是( )
A. 甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B. 乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C. 丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D. 丁图中，轨道车过最高点的最小速度为
【参考答案】BC
【名师解析】
在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得
mg-N=m
即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得
mg+F=m
即座椅给人施加向下的力，故A 错误；
在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B 正确；
在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用
力一定竖直向上，故C 正确；
在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零。故D 错误。
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故选BC
点睛：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，知道圆周运动靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第
二定律进行求解．
3. （2024 云南靖江重点高中期初测试）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧
水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为
。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F 拉动P，使两
滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A. P 的加速度大小的最大值为
B. Q 的加速度大小的最大值为
C. P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D. P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
【参考答案】AD
【名师解析】
设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为
，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为
解得
此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧的伸长量
变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力增大，合力向左，做
加速度增大的减速运动。
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故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为
。
Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q 加速度大小最大值为
，A 正确，B 错误；
C．滑块PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误；
D．滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为
做加速度减小的减速运动，最后弹簧
原长时加速度大小为
；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度
大小也为
。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D 正确。
4. （2024 云南靖江重点高中期初测试） 如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小
孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）
A. 容器自由下落时，小孔向下漏水
B. 将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C. 将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都向下漏水
D. 将容器竖直向上抛出，不管是容器向上运动，还是向下运动，小孔都不向下漏水
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【参考答案】D
【名师解析】
无论是让容器自由下落，还是竖直上抛，水和容器都是处于完全失重状态，运动情况相同。所以不管怎样，
水都不会漏下来，所以ABC 错误，D 正确。
5. （2024 江苏扬州期初测试）如图 1 所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块
A，滑块 A 受到随时间t 变化的水 平拉力 F 作用时，用传感器测出滑块 A 的加速度a ，得到如图 2
所示的 a F 图像，已知 g 取 2 10m/s ，则 （ ）
学科网（北京）股份有
限公司
A. 滑块 A 的质量为2kg
B. 木板 B 的质量为6kg
C. 当 F 12N 时，木板 B 的加速度为 2 4m/s
D. 滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 0.4
【参考答案】AD
【名师解析】
.设滑块 A 的质量 m，木板 B 的质量为 M，滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 μ。由题图 2 可知，
当 F=Fm=10N 时，滑块 A 与木板 B 达到最大共同加速度 am=1m/s22，
根据牛顿第二定律有Fm=（M+m）am
解得 M+m=10kg
当 F＞10N 时，A 与 B 将发生相对滑动，对 A 单独应用牛顿第二定律有F-μmg=ma
整理得 a F/m g
根据题图 2 解得 m=2kg，μ=0.4，则 M=8kg，故 AD 正确，B 错误；
当 F=12N 时，木板 B 的加速度为
故 C 错误。 故选 AD。
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【点睛】本题属于在变化外力作用下的板块问题，且和图像结合，解答的关键在从图像中获取板块发生相
对滑动的临界点，以此为突破口，分别针对板块共速时和相对滑动时的运动进行研究。
6．（2024 江苏扬州期初测试）一游客在峨眉山滑雪时，由静止开始沿倾角为 37°的山坡匀加速滑下。下
滑过程中从 A 点开始给游客 抓拍一张连续曝光的照片如图所示。经测量游客从起点到本次曝光的中间时
刻的位移恰好是 40m，已知本 次摄影的曝光时间是 0.2s ，照片中虚影的长度 L 相当于实际长度 4m ，
g 10m/s2， sin 37 0.6 ，cos37 0.8，则下列结果不正确的是（
A．运动员在曝光的中间时刻的速度为v 0 20m/s
B．运动员下滑的加速度为 5.0m/s2
C．滑雪板与坡道间的动摩擦因数为 1/ 8
D．滑雪板与坡道间的动摩擦因数为 3/8
【参考答案】D
【名师解析】用 s 表示题中的位移， 表示斜面倾角，Δt 表示曝光时间， 表示滑雪板与坡道 间的动
摩擦因数，m 表示滑雪运动员的质量，设运动员下滑的加速度为 a，曝光的中间时刻的速度为v，则有L
=v t，解得 v 20m/s，故 A 正确，不符合题意；由 v 2 2as 可求得 a 5.0m/s2 ， B 正确，不符合
题意；又根据牛顿第二定律有 mg sin mg cos ma，可求得动摩擦因数为 1/8 故 C 正确，
不符合题意；D 错误，符合题意。
7．（2024 吉林重点高中质检）如图所示，在静止的小车上有一充满液体的密闭容器，容器内分别静止着
气泡A、悬浮在液体中的物体B、沉底的金属球C。当小车带着容器由静止开始向右运动时，三个小球的
位置相对容器的运动情况是（ ）
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A. A 球不动，B 球向左，C 球向右
B．A 球向左，B 球不动，C 球向右
C．A 球向右，B 球不动，C 球向左
D．A 球向左，B 球向右，C 球不动
【参考答案】．C
【名师解析】：B 球悬浮，因此B 的密度与容器中液体的密度相同；A 是气泡质量较小，惯性较小；金属
球C 沉底，故C 的质量和密度都较大，惯性也较大；当小车由静止开始向右运动时，由于惯性，ABC 都想
保持原来的静止状态；由于A 球的惯性小，将被涌向左侧的液体推向右边，即A 球向右运动；C 球由于惯
性大，将能继续保持原来的静止状态，则C 球相对于小车向左运动；B 球和液体的密度相同且容器中充满
液体，则B 球和液体（以及容器）保持相对静止；故ABD 错误，C 正确。
8．（2024 吉林重点高中质检）杨氏弹性模量是表征弹性限度内物质材料抗拉或抗压能力的物理量，当一
条长度为L、横截面面积为S 的金属丝在力F 作用下伸长
时，
叫应力，
叫应变，应力与应变的比
值即弹性模量，由以上信息可以推断弹性模量的单位应为（ ）
A．
B．
C．
D．
【参考答案】．B
【名师解析】：由题意知应力的单位为
应变无单位，故应力与应变比值的单位即应力的单位。
故选B。
9．（2024 吉林重点高中质检）如图所示，质量为
的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为，
手机与接触面的动摩擦因数为
，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
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A．手持支架向上匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机受到的支持力与静止时受到的支持力
相等
B．支架斜面对手机的摩擦力大小为
，方向沿斜面向上
C．支架对手机的作用力方向垂直于斜面向上，大小为
D．手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机可能不受摩擦力
【参考答案】．D
【名师解析】．手持支架向上做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机有向上的加速度，处于
超重状态，手机受到的支持力比静止时受到的支持力大，故A 错误；
B．支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为
故B 错误；
C．支架对手机的作用力与手机的重力平衡，则方向竖直向上，大小为mg，故C 错误；
D．手持支架向右做匀加速直线运动且手机与支架间无相对滑动，加速度向右，当支持力的水平分力恰好
提供加速度所需的力，则没有摩擦力，故D 正确。
。
10．（2024 吉林重点高中质检）两个质量均为
的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态（图1）；若只
将
、
间的轻绳换成轻质弹簧（图2），其他不变。现突然迅速剪断两图中的轻绳
，让小球下落，在
剪断轻绳的瞬间（设两图中小球
的加速度大小分别为
和
，
的加速度大小分别为
和
），则正确
的是（ ）
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A．
，
B．
，
C．
，
D．
【参考答案】．C
【名师解析】：在左图里，在剪断轻绳的瞬间，A、B 两球由于用绳连接，一起下落，对A、B 整体，根据
牛顿第二定律得
或
可得
右图中，在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小
绳OA 对A 物体的拉力
在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B 的受力情况没有变化，则B 所受的合力为0，则
A 所受的合力大小
由牛顿第二定律可得
解得
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故C 正确。
11．（2024 吉林重点高中质检）如图所示为加速度测量仪示意图，与两根完全相同的轻质弹簧连接的小球
穿在光滑的细铁丝上，系统静止时小球上的指针指在0 刻度线处，当测量仪以大小为
的加速度运动
时，指针偏离0 刻度线的距离为4cm，若指针指在0 刻度线左侧6cm 处，测量仪运动的加速度为（ ）
A．
，方向向左 B．
，方向向右
C．
，方向向左 D．
，方向向右
【参考答案】．D
【名师解析】：当测量仪以大小为
的加速度运动时，设弹簧的进度系数为k，由牛顿第二定律有
若指针指在0 刻度线左侧6cm 处，由牛顿第二定律有
联立两式可得
由于受力方向向右，加速度方向向右。
故选D。
12．（2024 吉林重点高中质检）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体，质量分别
为m1、m2，且m2>m1，m2静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，m1、m2与车厢保持相对静止，系m1的
那段绳子与竖直方向夹角为θ，系m2的那段绳子保持竖直，如图所示。绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽
略不计，下列说法正确的是 （ ）
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A．车厢的加速度为gsinθ
B．车厢底板对m2的支持力为（m1+m2）g
C．绳子中的张力大小为m1gcosθ
D．车厢底板对m2的摩擦力为m2gtanθ
【参考答案】．D
【名师解析】．对物体m1受力分析如图甲所示
竖直方向
水平方向
解得
，
车厢与m1的加速度相同为
，方向水平向右，绳子的张力大小为
，故AC 错误；
BD．对物体m2受力分析如图乙所示
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竖直方向
水平方向
解得
，
故B 错误，D 正确。
13．（2024 吉林重点高中质检）如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，OB 杆与OD
杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O 点由静止释
放，沿OA、OB、OC、OD 滑到斜面上所用的时间依次为
。下列关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【参考答案】．BC
【名师解析】：以OA 为直径画圆，如图所示
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若设杆与竖直方向的夹角为θ，对小滑环受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
由几何关系，小滑环沿弦下滑的位移
据
解得
即从圆上最高点沿任一条光滑弦滑到底所用的时间相同．则沿OA 和OC 滑到斜面的时间相同，有
OB 不是一条完整的弦，时间最短；OD 的长度超过一条弦，时间最长；综上
故选BC。
14. (2023 甘肃2 地期末联考)下列各组仪器中，都可以用来测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的
是
A. 量筒、天平、秒表
B. 刻度尺、测力计、汽车速度计
C. 刻度尺、天平、秒表
D. 刻度尺、测力计、打点计时器
【参考答案】C
【名师解析】
国际单位制规定的三个力学基本物理量的是：质量、长度、时间。
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A．量筒测量的是体积，故A 错误；
B．汽车速度计测的是速率，测力计测的是力，故B 错误；
C．刻度尺测量长度、天平称量质量、秒表测量时间，故C 正确；
D．测力计测的是力，故D 错误。
15（2024 吉林重点高中质检）如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m1＝1 kg，与地面
间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝
0.4，以v0＝4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s 滑离木板，g 取10 m/s2
（1）（6 分）求木板的长度L。
（2）（4 分）小物块离开木板时，木板的速度为多少 m/s。
（3）（4 分）小物块离开木板后，木板的加速度。
（4）（6 分）小物块离开木板后，判断木板与小物块是否发生碰撞。
【参考答案】．（1）1.32m；（2）1.2m/s；（3）2 m/s2，方向水平向左（4）见解析
【名师解析】：（1）物块在木板上滑动的过程，根据牛顿第二定律得
对木块有
解得
对木板有
解得
木板的长度为
解得
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（2）小物块离开木板时，木板的速度为
（3）小物块离开后木板的加速度为
方向水平向左；
（4）小物块离开木板时，物块的速度
物块在地面上滑行时的加速度大小为
物块在地面上滑行的最大位移为
木板在地面上滑行的最大位移为
16. （2014 四川仁寿一中9 月质检）如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体固定在水平地面上，两个斜
面（斜面足够长）的倾角分别为α=37°、β=53°，其中AC 面粗糙，BC 面光滑。一轻质细绳跨过定滑轮平行
于斜面连接物块P、Q，P、Q 处于静止状态。已知P 的质量m=1kg，Q 的质量M=1kg，
P 距离斜面底端A 的
距离L=10m，P 与斜面AC 间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，滑轮与转
轴之间的摩擦不计。
（1）求P 所受到的摩擦力；
（2）现改变Q 的质量，发现P 由静止开始向上匀加速运动，经时间t0=2s 时速度大小为10m/s，求物块Q
的质量改变量；
（3）在（2）问的情况中，速度达到10m/s 时，剪断轻绳，求剪断轻绳后P 在斜面上运动的时间t。
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【参考答案】（1）2N，方向沿斜面向下；（2）4kg；（3）6s
【名师解析】
（1）对P、Q 受力分析，由平衡条件有
解得
方向沿斜面向下；
（2）P 从静止开始做匀加速运动，由运动学公式
对P、Q 受力分析，由牛顿第二定律有
联立以上方程解得
（3）P 由静止开始向上运动2s 内的位移为
剪断轻绳后对P 受力分析，由牛顿第二定律有
设经时间t1速度减为零，所发生的位移为x1，则
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达到最高点后物块P 将继续沿斜面下滑，由牛顿第二定律有
由运动学公式
解得
17. 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，
并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v－t 图象，如图所示除2s~10s 时间段内的图象为曲线
外，其余时间段图象均为直线。已知小车运动的过程中，2s~14s 时间段内小车的功率保持不变，在14s 末
停止遥控而让小车自由滑行。小车的质量为1kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变，求：
(1)小车所受到的阻力大小及0~2s 时间内电动机提供的牵引力大小；
(2)小车在10~18s 运动过程中平均速度。
【参考答案】（1）0.75N；
；（2）2.25m/s
【名师解析】
(1)在
内小车在水平方向上只受到阻力作用，由图象可得
小车受到阻力大小
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在
内小车在水平方向上受到牵引力和阻力作用，由图象可得
由
得，电动机提供的牵引力大小
即小车所受到的阻力大小为
，
时间内电动机提供的牵引力大小为
(2)在
内小车做匀速运动
在
内小车做匀减速直线运动
在
内小车的平均速度
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