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专题一 力与运动
第1 讲 力与物体的平衡
A 组 基础保分练
1．（2025·北京卷·6，3 分）如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到
一个沿斜面方向的拉力F，两物块保持静止，B受力的个数为（ ）
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
【答案】C
【解析】根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力、B沿斜面向上的
静摩擦力，对B受力分析可知，受重力、斜面的支持力与摩擦力、A的压力与摩
擦力、拉力F，即B受6 个力作用。故选C。
2．（2025·河北卷·4，4 分）如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平
面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，
一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半
径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最
大值为（ ）
A. 1
2 G
B.
❑√2
2 G
C. G
D. ❑√2G
【答案】B
【解析】分析可知，当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据
平衡条件有2 Fm c o s 45
∘=G，解得Fm=
❑√2
2 G，故选B。
3．（2023·江苏卷·7，4 分）如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦
表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ ，月球表面的
重力加速度为地球表面重力加速度g的1
6。每条腿对月球表面压力的大小为
（ ）
A. m g
4
B.
m g
4 c o s θ
C.
m g
6 c o s θ
D. m g
24
【答案】D
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【解析】设每条腿所受支持力为F N，有4 F N =m g月，g月= 1
6 g，则F N = m g
24 ，由
牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为m g
24 ，D正确。
4．（2025·湖南常德一模）甲、乙两个小灯笼用轻绳连接，悬挂在空中，在相
同的水平风力作用下发生倾斜，稳定时与竖直方向的夹角分别为α 、θ ，如图
所示，已知甲的质量为2m、乙的质量为m，下列关系式正确的是（ ）
A. t an α
t an θ = 2
3
B. t an α
t an θ = 2
1
C. t an α
t an θ = 1
2
D. t an α
t an θ = 4
3
【答案】A
【解析】设每个灯笼受到的水平风力均为F，对乙受力分析有t an θ = F
m g，对甲、
乙整体受力分析有t an α = 2 F
3m g，则t an α
t an θ = 2
3，故选A。
5．（2025·重庆三模）如图，在厨房中，为了方便使用吸油纸，用一个固定于
墙上、顶端可转动的挂钩将吸油纸卷挂起，使用过程中吸油纸卷始终与挂钩挡
板接触且有挤压，若不计挡板与吸油纸卷间的摩擦，使用过程中，当吸油纸卷
逐渐变小时，则（ ）
A. 挡板对吸油纸卷作用力减小
B. 挂钩对吸油纸卷作用力变大
C. 挂钩对吸油纸卷作用力方向竖直向上
D. 挡板和挂钩对吸油纸卷的合力保持不变
【答案】A
【解析】设挂钩对纸卷的作用力为F，方向指向左上方，挡板对纸卷的作用力
为F N，则纸卷的受力情况如图所示，当纸卷逐渐变小时，F与竖直方向的夹角
减小，重力减小，由图可知，F减小，F N减小，挡板和挂钩对纸卷的合力与纸
卷重力大小相等，所以合力减小。故选A。
6．（2025·江西九江一中模拟）如图甲为通过传送带输送小麦的示意图，麦粒
离开传送带后可视为竖直下落，形成的麦堆为圆锥状，如图乙所示。麦粒间的
动摩擦因数为μ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，单粒麦粒的体积、形状均近
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似相同，不考虑麦粒的滚动。已知麦堆的总体积为V 0，圆锥体的体积公式为
V = 1
3 π r
2h（其中r为圆锥体底面圆半径，h为圆锥体的高度），则麦堆高度的最
大值为（ ）
A.
3√
3V 0 μ
π
2
B.
3√
3V 0 μ
2
π
C.
3√
3V 0
π μ
2
D.
3√
3V 0
π
2 μ
2
【答案】B
【解析】麦粒堆积时，以麦堆侧面上的一粒麦粒为研究对象，设麦堆侧面倾角
为α ，当m g sin α = μm g c o s α 时，麦堆的侧面倾角不再增大，由此可知
μ=t an α ，因t an α = h
r ，得r = h
μ，可知V 0= 1
3 π r
2h= 1
3 π h
2
μ
2 h，得h=
3√
3V 0 μ
2
π
，
故选B。
7．（2025·河南鹤壁三模）如图所示，细线1、2、3 连接在O点，1 的上端系
在天花板上，2、3 的下端分别连接在质量为m的匀质细木棒的两端，细线4、5
连接在木棒的左右两侧，下面分别连接质量均为m的物块。稳定时，细线2、3
与竖直方向的夹角均为60
∘ ，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 细线1、2 的拉力大小不相等
B. 细线1、4 的拉力大小之比为3:1
C. 细线3 的拉力大小为2m g
D. 细线2、5 的拉力大小之差为m g
【答案】B
【解析】对细木棒与两物块整体受力分析，由平衡条件可知，细线1 的拉力大
小为T 1=3m g，对两物块分析可知T 4=T 5=m g，则细线1、4 的拉力大小之比为
T 1:T 4=3m g:m g=3:1；对结点O受力分析，由几何关系可知，T 3=T 2=T 1=3m g，
故A、C错误，B正确。细线2、5 的拉力大小之差为ΔT =T 2−T 5=2m g，D错误。
故选B。
8．（2025·广东深圳模拟）如图所示，某款手机支架由L形挡板和底座构成，
挡板使用一体成型材料制成，其A B、BC部分相互垂直，可绕O点的轴在竖直
面内自由调节，A B、BC部分对手机的弹力分别为F1和F2（不计手机与挡板间
的摩擦），在L形挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，下列说法正
确的是（ ）
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A. F1逐渐增大，F2逐渐减小
B. F1逐渐减小，F2逐渐增大
C. F1逐渐减小，F2先增大后减小D. F1先增大后减小，F2逐渐减小
【答案】A
【解析】对手机受力分析，如图所示，已知A B、BC部分对手机的弹力分别为
F1和F2，且F1、F2相互垂直，即α =90
∘ ，手机处于静止状态，手机受力平衡，
根据拉密定理有
G
sin α =
F1
sin θ =
F2
sin β ，由于手机的重力G和α 不变，所以上式
的比值不变。挡板由题图所示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，β 由钝角增
大到180
∘ ，即sin β 减小，故F2减小；θ 由钝角减小到90
∘ ，即sin θ 增大，
故F1增大，故选A。
9．（2025·辽宁省实验中学模拟）如图所示，粗糙的正方形斜面A BC D与水
平面间的夹角θ =30
∘ ，一质量为m的物体受到与对角线B D平行的恒力F作用，
恰好能沿斜面的对角线A C做匀速直线运动，重力加速度为g，则（ ）
A. 物体与斜面间的动摩擦因数为
❑√3
3
B. 物体与斜面间的动摩擦因数为
❑√6
6
C. 恒力F的大小为
❑√2
2 m g
D. 恒力F的大小为1
2 m g
【答案】B
【解析】物体受摩擦力方向与速度方向相反，即沿C A方向，重力的分力沿斜
面向下，则由平衡条件可知f c o s 45
∘+ F c o s 45
∘=m g sin 30
∘ ，及
f sin 45
∘= F sin 45
∘ ，解得F =
❑√2
4 m g，故C、D错误；根据
f = μm g c o s 30
∘= F =
❑√2
4 m g，解得μ=
❑√6
6 ，故B正确，A错误。
B 组 强化提分练
10．一攀岩爱好者正在进行攀岩运动，由于前期攀爬体力消耗过大，所以借助
攀岩绳停在图示位置做短暂休息调整。攀岩绳可视为轻绳，一端固定在竖直崖
壁上的B点，另一端拴在人的腰间O点（重心处），人的两脚并拢，踩在崖壁上
的A点，攀岩绳为拉直状态，O A也视为直线。已知图中三角形三条边的长度比
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O A :O B: A B = 4:5:6，则攀岩爱好者对崖壁的作用力和对轻绳的拉力大小之比
为（ ）
A. 4:5
B. 5:4
C. 5:6
D. 6:5
【答案】A
【解析】对攀岩爱好者受力分析，作出矢量三角形如图，由三角形相似可得
N
T = O A
O B = 4
5 ，根据牛顿第三定律可得攀岩爱好者对崖壁的作用力和对轻绳的拉
力大小之比为4:5，故选A。
11．（2024·浙江1 月选考卷·6，3 分）如图所示，在同一竖直平面内，小球A、
B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，
d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两
侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d
平行且与水平成θ =30
∘ （不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为( g=10 m/ s
2)
（ ）
A. 2 N
1 N
B. 2 N
0.5 N
C. 1 N
1 N
D. 1 N
0.5 N
【答案】D
【解析】对A、B整体受力分析，如图甲所示，由此可知，Fa=2m g=1 N，A、
B错误。隔离B球受力分析，设Fb与水平方向夹角为α ，如图乙所示，根据平衡
知识可知Fb x = F x =m g c o s 30
∘ 、Fb y = Fa−m g−F y =m g sin 30
∘ ，可知α =30
∘ ，
Fb=m g=0.5 N，C错误，D正确。
12．（2025·云南曲靖二模）为营造喜庆祥和的春节氛围，让老百姓更有幸福
感和归属感，春节期间，各地政府在大街小巷挂满了红灯笼。如图所示，由五
根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，其中细绳BC水平，其余四根细
绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。下列关系式中正确的是（ ）
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A. O A绳与A B绳拉力的关系为
T O A
T A B
= sin θ1
sin θ2
B. O A绳与A B绳拉力的关系为
T O A
T A B
= sin θ2
sin θ1
C. θ1与θ2的关系为
sin θ1
sin θ2
=2
D. θ1与θ2的关系为
t an θ1
t an θ2
=2
【答案】D
【解析】设灯笼的质量为m，将左边的两个灯笼整体受力分析，根据平衡条件
有T O A = 2m g
sin θ1，T BC = 2m g
t an θ1，单独对结点B受力分析，有T A B=
m g
sin θ2，
T BC =
m g
t an θ2，联立解得
T O A
T A B
= 2 sin θ2
sin θ1 ，
t an θ1
t an θ2
=2，A、B、C错误，D正确。
13．（2025·安徽淮北二模）如图所示，在水平地面上放置了一个顶端固定有
定滑轮的斜面体，物块B放置在斜面上，轻细绳的一端与B相连，另一端通过定
滑轮与小球A相连。现对小球A施加水平外力F使其缓慢运动，直至将A拉至图
示位置，拉动过程中物块B和斜面体始终静止。不计细绳与滑轮的摩擦，则下
列说法正确的是（ ）
A. 拉力F先增大后减小
B. O、A间绳上的拉力一直减小
C. 斜面体对B的摩擦力一直减小
D. 地面对斜面体的摩擦力一直增大
【答案】D
【解析】设O、A间绳子与竖直方向的夹角为θ ，以A球为研究对象，根据受力
平衡可得T c o s θ =mA g，T sin θ = F，可得T = mA g
c o s θ，F =mA g t an θ ，由于θ
逐渐增大，可知拉力F逐渐增大，O、A间绳上的拉力逐渐增大，故A、B错误；
如果一开始绳子拉力大于B所受重力沿斜面向下的分力，则斜面体对B的摩擦力
沿斜面向下，随着绳子拉力的增大，斜面体对B的摩擦力逐渐增大，故C错误；
以斜面体、B和A为整体，根据平衡条件可知，地面对斜面体的摩擦力与拉力F
大小相等、方向相反，由于拉力F逐渐增大，所以地面对斜面体的摩擦力一直
增大，故D正确。
14．（2024·湖北卷·6，4 分）如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起
在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30
∘ 。
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假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f ，方向与船的运动方向相反，则
每艘拖船发动机提供的动力大小为（ ）
A.
❑√3
3 f
B.
❑√21
3
f
C. 2f
D. 3 f
【答案】B
【解析】根据题意，货船S沿水面方向的受力情况如图甲所示，可知
2T c o s 30
∘= f ，可得T =
❑√3
3 f 。拖船P沿水面方向的受力情况如图乙所示，则有
(T ′ sin 30
∘)
2+(f +T ′ c o s 30
∘)
2= F
2，其中T ′ =T =
❑√3
3 f ，解得F =
❑√21f
3
，B正确。
15．（2025·陕西三模）如图所示，两根竖直杆沿东西方向固定在水平地面上，
不可伸长的轻质细绳两端分别固定在竖直杆上等高的A、B两点。已知衣服及衣
架整体的总质量为m，静止时挂钩与绳的接触点为O。若是无风天气，绳与杆之
间所夹锐角为θ ，重力加速度为g，不计挂钩与绳之间的摩擦，则（ ）
A. 无风情况下绳的拉力大小T = m g
sin θ
B. 无风情况下绳的拉力大小T = m g
c o s θ
C. 若整个环境有方向从北向南的水平恒定风力，衣架整体稳定后，小明测得此
时A、O、B三点构成的平面与竖直面的夹角为45
∘ ，则绳的拉力大小
T ′ =
❑√2m g
c o s θ
D. 若整个环境有方向从北向南的水平恒定风力，衣架整体稳定后，小明测得此
时A、O、B三点构成的平面与竖直面的夹角为45
∘ ，则绳的拉力大小
T ′ =
❑√2m g
2 c o s θ
【答案】D
【解析】无风情况下，对衣服和衣架整体受力分析，如图甲所示；
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甲
由力的平衡条件得2T c o s θ =m g，解得T =
m g
2 c o s θ，故A、B错误。
恒定风力沿水平方向从北向南，衣架挂钩仍然在绳子中点处，两绳子夹角不变，
重力与风力的合力和挂钩两侧绳拉力的合力等大反向。A、O、B三点构成的平
面与竖直面的夹角为45
∘ ，即风力与重力的合力和竖直方向的夹角为45
∘ ，如
图乙所示；
乙
F合= ❑√2m g，由力的平衡条件得2T ′ c o s θ = F合，解得绳子上拉力的大小
T ′ =
❑√2m g
2 c o s θ，故C错误，D正确。
C 组 创新高分练
16．（2025·山东青岛模拟）如图所示，质量为M的物块置于粗糙水平地面上，
质量为m的小球用细线拴接在物块的顶端，对小球施加水平外力F，平衡时细线
与竖直方向间的夹角θ =30
∘ 。现保持外力F与细线间的夹角不变，缓慢改变外
力F的大小，使细线沿逆时针方向缓慢转动，直到细线到达水平位置，整个过
程中物块始终静止不动。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 外力F先增大后减小
B. 细线上的拉力FT一直增大
C. 物块受到的摩擦力最大值为
❑√3
2 m g
D. 外力F的最大值与细线拉力FT的最大值之比为1:2
【答案】C
【解析】平衡时细线与竖直方向间的夹角θ =30
∘ ，则此时外力F与细线间的夹
角为120
∘ ；保持外力F与细线间的夹角不变，缓慢改变外力F的大小，使细线
沿逆时针方向缓慢转动，直到细线到达水平位置，以小球为研究对象，根据三
角形定则，其受力如图所示，由图可知，外力F一直增大，细线上的拉力FT一
直减小，故A、B错误。以物块和小球整体为研究对象，根据平衡条件可知，物
块受到的摩擦力大小等于外力F的水平分力，由小球的受力矢量图可知，在2
位置，外力F的水平分力最大，根据图中几何关系可知，物块受到的摩擦力最
大值为f = F x ma x = F sin 60
∘=m g sin 60
∘=
❑√3
2 m g，故C正确。由小球的受力矢量
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图可知，在3 位置，外力F最大，为Fma x =
m g
sin 60
∘，在1 位置，细线拉力FT最
大，为FT ma x =
m g
sin 60
∘，则外力F的最大值与细线拉力FT的最大值之比为1:1，
故D错误。
第2 讲 牛顿运动定律与直线运动
A 组 基础保分练
1．（2025·海南卷·3，4 分）如图所示是某汽车通过ET C过程的v −t图像，下
面说法正确的是（ ）
A. 0～t1内，汽车做匀减速直线运动
B. t1～t2内，汽车静止
C. 0～t1和t2～t3内，汽车加速度方向相同
D. 0～t1和t2～t3内，汽车速度方向相反
【答案】A
【解析】v −t图像的斜率表示加速度，故0～t1内，汽车做匀减速直线运动，故
A正确；t1～t2内，汽车做匀速直线运动，故B错误；0～t1内加速度为负，
t2～t3内加速度为正，故0～t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反，故C错误；
0～t1和t2～t3内，汽车速度方向相同，均为正，故D错误。
2．（2025·广西卷·3，4 分）某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 k m/h
减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，期间该乘客的脉搏跳动了70 次。已
知他的脉搏跳动每分钟约为60 次，则此过程动车行驶距离约为（ ）
A. 216 m
B. 350 m
C. 600 m
D. 700 m
【答案】B
【解析】动车运动的时间为t = 60
60 ×70 s=70 s，动车行驶的距离
x = v0
2 t = 10
2 ×70 m=350 m，故选B。
3．（2025·河南卷·1，4 分）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。
如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂
于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件
所受空气阻力，则在该段时间内（ ）
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A. 无人机做匀速运动
B. 零件所受合外力为零
C. 零件的惯性逐渐变大
D. 零件的重力势能保持不变
【答案】D
【解析】对零件受力分析如图，零件所受合力水平向左，故无人机向左做匀加
速直线运动，A、B错误；质量是物体惯性的唯一量度，运动中零件的惯性不会
变化，C错误；重力势能E p=m gh，零件运动过程中高度不变，即到零势能面
的距离h不变，故E p不变，D正确。
4．（2025·广东湛江模拟）质量为2 k g的无人机（看作质点）从地面上由静止
起飞沿竖直方向运动，向高处运送包裹，运动过程速度v随时间t变化的图像如
图所示，重力加速度大小取10 m/ s
2，下列说法正确的是（ ）
A. 0～2 s内，无人机受到的空气作用力大小为10 N
B. t =2 s时，无人机开始沿竖直方向向下运动
C. 无人机上升的最大高度为60 m
D. t =16 s时，无人机回到出发点
【答案】D
【解析】由v −t图像可知，0～2 s内，无人机的加速度大小为
a= Δv
Δt = 10
2 m/ s
2=5 m/ s
2，由牛顿第二定律得F −m g=ma，解得F =30 N，故
A错误；t =2 s时，无人机仍沿竖直方向向上运动，故B错误；无人机上升的最
大高度h= 1
2 ×6×10 m=30 m，故C错误；在8～16 s内，无人机的位移为
h1=−1
2 ×(2+8)×6 m=−30 m，所以t =16 s时，无人机回到出发点，故D正确。
5．（2024·安徽卷·6，4 分）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，
它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球
上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于M N连线的中点O，弹簧
处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为
2m g。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。
若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（ ）
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A. 速度一直增大
B. 速度先增大后减小
C. 加速度的最大值为3 g
D. 加速度先增大后减小
【答案】A
【解析】未撤拉力时小球在P点保持静止，由平衡条件可知此时拉力F、重力和
两弹簧弹力的合力为零，拉力F =2m g，方向竖直向上，则两弹簧弹力的合力大
小为m g，方向竖直向下。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹
簧的弹力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，A正确，B错误。小球
从P点运动到O点的过程中，两弹簧形变量变小，两弹簧弹力的夹角变大，则两
弹簧弹力的合力变小，小球所受的合力变小，加速度的最大值为撤去拉力时的
加速度，即在P点加速度最大，由牛顿第二定律可知2m g=ma，加速度的最大
值为2 g，C、D错误。
6．（2024·全国甲卷·20，6 分）多选 蹦床运动中，质量为60 k g的运动员在
t =0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运
动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气
阻力，重力加速度大小取10 m/ s
2。下列说法正确的是（ ）
A. t =0.15 s时，运动员的重力势能最大
B. t =0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/ s
C. t =1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D. 运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
【答案】BD
【解析】由题图知，t =0.15 s时F达到最大，此时蹦床的形变量达到最大，可知
t =0.15 s时运动员运动至最低处，重力势能最小，A错误；t =0.3 s时，运动员恰
好离开蹦床，t =2.3 s时运动员又刚好接触蹦床，该段时间内运动员的运动可看
作竖直上抛运动，从抛出到落回原处所用时间为2 s，所以运动员在空中上升的
时间为1 s，根据v = gt可知运动员在离开蹦床时速度大小为10 m/ s，B正确；运
动员在最高点对应的时刻为1.30 s，C错误；以竖直向下为正方向，运动员刚好
接触蹦床时的速度v1=10 m/ s，经0.3 s离开蹦床时的速度v2=−10 m/ s，根据动
量定理有m gt −F t =m v2−m v1，解得蹦床对运动员的平均作用力大小
F = 4 600 N，根据牛顿第三定律可知，D正确。
7．（2025·重庆三模）多选 如图所示，一列玩具小火车静止在光滑水平轨道
上，甲、乙两节车厢用一质量不可忽略的硬杆相连，甲、乙的质量相等且大于
硬杆的质量，现使甲车厢受到水平向左的拉力F1，乙车厢受到水平向右的拉力
F2，则硬杆对甲、乙的作用力大小分别为F3、F4，下列说法正确的是（ ）
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A. 当F1= F2时，F3= F4
B. 当F1< F2时，F3< F4
C. 当F1< F2时，F3> F4
D. 当F1> F2时，F3< F4
【答案】AB
【解析】根据题意可知，当F1= F2时，系统处于静止状态，对硬杆分析可知，
F3= F4，故A正确；当F1< F2时，系统具有向右的加速度，取硬杆为研究对象，
结合牛顿第二定律与牛顿第三定律知F3< F4，故B正确，C错误；当F1> F2时，
同理可判断F3> F4，故D错误。
8．（2025·湖南卷·5，4 分）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端
固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳
与竖直方向的夹角为60
∘ ，两球连线与轻绳的夹角为30
∘ ，整个系统在同一竖
直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. A球静止时，轻绳上拉力为2m g
B. A球静止时，A球与B球间的库仑力为2m g
C. 若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D. 若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
【答案】C
【解析】如图，对A进行受力分析；
由题意可知，轻绳拉力与重力的合力沿二者夹角的角平分线方向，故T =m g，
F 库=2m g c o s 30
∘= ❑√3m g，A、B错误。剪断轻绳瞬间，轻绳拉力瞬间消失，
A受到的重力、库仑力不变，重力与库仑力的合力与绳剪断前对A的拉力大小相
等、方向相反，故加速度大小为g，C正确。在绳剪断瞬间B球受到的重力、库
仑力不变，则轻杆的力不变，D错误。
9．（2025·陕西西安模拟）我国无人机目前应用广泛。春播时节，携带农药的
无人机可在田间执行喷洒药剂的任务。一总质量为m=25 k g的无人机悬停在农
田上空，某时刻起，竖直向下做匀加速运动，4 s后速度达到10 m/ s，接着匀
速运动3.4 s，再以大小为5 m/ s
2的加速度做匀减速直线运动，最终悬停在农田
上方3 m处，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机下降过程中受到的空气阻力恒为
自身重力的1
5，取g=10 m/ s
2。求：
（1） 无人机初始位置离农田的高度；
（2） 无人机匀加速运动时竖直升力的大小；
13/43
（3） 无人机下降的全过程中升力的平均功率（结果保留1 位小数）。
【答案】（1） 67 m
（2） 137.5 N
（3） 1 361.7 W
【解析】
（1） 无人机竖直向下做匀加速运动下降的高度h1= 0+ v
2
t1，其中v =10 m/ s，
t1= 4 s
无人机匀速下降的高度h2= v t2，其中t2=3.4 s
设无人机向下做匀减速运动下降的高度为h3，则v
2=2a3h3
其中a3=5 m/ s
2
无人机初始位置离农田的高度H =h1+h2+h3+h4
其中h4=3 m
解得H =67 m
（2） 无人机的匀加速下降过程，有v =a1t1
设无人机做匀加速运动时竖直升力大小为F，由牛顿第二定律得m g−F −f =ma1，
其中f =0.2m g
解得F =137.5 N
（3） 对无人机下降全过程由动能定理得W + f h−m gh=0
又h=h1+h2+h3
匀减速下降时间t3= v
a3
下降全过程升力的平均功率为P=
W
t1+t2+t3
解得P≈1 361.7 W
B 组 强化提分练
10．（2025·河北模拟预测）a、b两物体从坐标原点出发沿x轴运动，它们的
x−t图像如图所示，其中a为抛物线，t =5 s时，xma x=25 m，b物体以2 m/ s的
速度做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 前10 s内，a物体的运动方向保持不变
B. 在b物体追上a物体前，t =5 s时两个物体间距离最远
C. t =7.5 s时b物体追上a物体
D. 两个物体相遇时，它们相对速度的大小为8 m/ s
【答案】D
【解析】x−t图像反映的是物体位置与时间的关系，可知前5 s内a物体沿x轴正
方向运动，5～10 s时间内，a物体沿x轴负方向运动，A错误；设抛物线方程为
x = v0t −1
2 at
2，x−t图线的斜率表示速度，可知t =5 s时，速度为零，则有
0= v0−at，联立解得a=2 m/ s
2，v0=10 m/ s,由运动学知识可知当a、b两物体共
速时相距最远，此时vb= v0−at2，解得t2= 4 s，B错误；由运动学知识可知，两
14/43
物体相遇时有v0t3−1
2 at3
2= vbt3，解得t3=8 s，C错误；由上述分析可知，b物体
追上a物体时，a物体的速度为va= v0−at3=−6 m/ s，故两个物体相遇时，它们
相对速度的大小为Δv = vb−va=2 m/ s−(−6 m/ s)=8 m/ s，D正确。
11．（2025·山西晋城二模）如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止
状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触
但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间（ ）
A. 弹簧的弹力突然减为零
B. P与箱顶间的作用力仍然为零
C. P受到的合力小于Q受到的合力
D. Q对箱底的压力减为原来的一半
【答案】D
【解析】未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P的重力，剪断轻绳的一瞬
间，整体向下的加速度为g，弹簧长度不变，弹力大小不变，仍等于物块P的重
力，故A错误；由于P的加速度为g，因此箱顶对P的压力与弹簧弹力等大反向，
故B错误；由于剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速度为g，故P和Q受到的合
力均等于它们的重力，即P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误；未剪断轻
绳时，Q对箱底的压力大小等于P、Q的总重力，剪断轻绳瞬间，Q的加速度为g，
则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即此时Q对箱底的压力减为原来
的一半，故D正确。
12．（2025·云南卷·6，4 分）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平
面上M N段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1> μ2。第一
次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过M N段后停在水平面上的某一位置，
整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置
以相同速度v0向右滑动，通过M N段后停在水平面上的另一位置，整个运动过
程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（ ）
A. t1<t2
B. t1>t2
C. x1> x2
D. x1< x2
【答案】A
【解析】设物块在M N间的位移为x0，所用时间为t0；在进入M N之前的位移为
x1′，所用时间为t1′；滑出M N之后的位移为x2′，所用时间为t2′。由动能定理得
−μ2m g( x1′ + x2′ )−μ1m g x0=0−1
2 m v0
2，解得x1′ + x2′ = v0
2−2 μ1g x0
2 μ2 g
，而
x总= x1′ + x2′ + x0=
v0
2
2 μ2 g −μ1−μ2
μ2
x0，故x1= x2，C、D错误。由动量定理得
−μ2m g(t1′ +t2′ )−μ1m gt0=0−m v0，解得t1′ +t2′ = v0
μ2 g −μ1
μ2
t0，总时间
15/43
t 总=t1′ +t2′ +t0= v0
μ2 g −μ1−μ2
μ2
t0( μ1> μ2)，由于M N的长度一定，第二次通过M N
时的平均速度大，所用时间t0小，故总时间t 总大，所以t1<t2，A正确，B错误。
13．（2025·河南郑州三模）如图所示，倾角为53
∘ 的斜面体放在水平面上，
在斜面顶端O固定一个定滑轮，绕过定滑轮的细线两端分别连接着质量均为m的
物块A、B。滑轮两边的细线分别与斜面体的竖直面和斜面平行，斜面光滑，竖
直面粗糙，物块B与竖直面接触且锁定在斜面体上。斜面体以一定的加速度向
左做匀加速运动时，物块A对斜面的压力恰好为零，撤去对物块B的锁定，物块
B又刚好不上滑。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 53
∘=0.8，
则物块B与竖直面间的动摩擦因数为（ ）
A. 1
2
B. 1
3
C. 1
4
D. 1
5
【答案】B
【解析】斜面体以一定的加速度a向左做匀加速运动时，物块A对斜面的压力恰
好为零，物块A受重力m g和拉力T，对A由牛顿第二定律有T c o s 53
∘=ma，而
T sin 53
∘=m g，可得a= 3
4 g，T = 5
4 m g，撤去对物块B的锁定，物块B刚好不上
滑，以相同加速度a向左做匀加速运动，最大静摩擦力f 向下，对B由牛顿第二
定律有F =ma，而T =m g+ f ，f = μ F，联立解得μ= 1
3，故选B。
14．（2025·湖北襄阳五中二模）如图所示，一质量为M、倾角为θ =37
∘ 的斜
劈静止在粗糙的水平地面上，斜劈由粗糙程度不同的两种材料拼接而成，滑块
与A B段间的动摩擦因数为0.8，与BC段间的动摩擦因数为0.75。质量为m的滑
块以一定的初速度从斜劈上滑下，已知滑块从A滑到C的过程中，斜劈始终静止。
下列说法正确的是（重力加速度为g，sin 37
∘=0.6，c o s 37
∘=0.8）（ ）
A. 滑块从A运动到B的过程，斜劈和滑块组成的系统处于失重状态
B. 滑块从A运动到B的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左
C. 滑块从A运动到B的过程，斜劈受到地面的支持力小于(m+ M )g
D. 滑块从B运动到C的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左
【答案】B
【解析】从A到B过程中，对滑块受力分析有μ1m g c o s θ−m g sin θ =ma1，a1
沿斜面向上，可知滑块和斜劈组成的系统处于超重状态，故A错误；从A到B过
程中，对斜劈和滑块整体分析，水平方向有Ff =ma1 c o s θ ，竖直方向上有
F N −(m+ M )g=ma1 sin θ ，可知Ff水平向左，F N >(m+ M )g，故B正确，C错
误；滑块从B运动到C过程中，因μ2=t an θ ，可知a2=0，斜劈和滑块整体加速
度为0，地面对斜劈的摩擦力为零，故D错误。
16/43
C 组 创新高分练
15．（2023·湖南卷·10，5 分）多选 如图，光滑水平地面上有一质量为2m的
小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m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μ ,杆与竖直方向的夹角为θ ,杆与车厢始终保持相对静止，重力加速
度为g。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F =2m g t an θ
B. 若推力F向左，且t an θ≤μ ,则F的最大值为2m g t an θ
C. 若推力F向左，且μ<t an θ≤2 μ ,则F的最大值为4 m g(2 μ−t an θ)
D. 若推力F向右，且t an θ>2 μ ,则F的范围为
4 m g(t an θ−2 μ)≤F ≤4 m g(t an θ+2 μ)
【答案】CD
【解析】若B球受到的摩擦力为零，设轻杆对B球的弹力大小为F N 1，对A球在
竖直方向有F ′ N 1 c o s θ =m g，对B球在水平方向有F N 1 sin θ =ma，对整体有
F = 4 ma，已知F N 1= F ′ N 1，联立解得F = 4 m g t an θ ，A错误。若推力F向左，
当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时，对A球根据牛顿第二定律得
m g t an θ =ma1，解得a1= g t an θ ；当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最
大静摩擦力时，如图所示，对A受力分析，在竖直方向根据平衡条件有
F ′ N 1 c o s θ =m g，对B受力分析，在水平方向根据牛顿第二定律有
f m−F N 1 sin θ =ma2，F N 1= F ′ N 1,对A、B整体在竖直方向有F N 2=2m g，又
f m= μ F N 2，联立解得a2=(2 μ−t an θ)g；若a1≤a2，即t an θ≤μ 时，对整体由
F = 4 ma1求得F的最大值为4 m g t an θ ，B错误。若a1>a2≥0，即μ<t an θ≤2 μ
时，对整体由F = 4 ma2求得F的最大值为4 m g(2 μ−t an θ)，C正确。若推力F
向右，当B即将相对车厢底部向右滑动时，最大静摩擦力方向向左，对A在竖直
方向根据平衡条件有F ′ N 1 c o s θ =m g，对整体在竖直方向有F N 2=2m g，对B在
水平方向根据牛顿第二定律有F N 1 sin θ−f m=ma3，又f m= μ F N 2，F N 1= F ′ N 1，
联立解得a3=(t an θ−2 μ)g，对整体由F = 4 ma3求得F的最小值为
4 m g(t an θ−2 μ)；当B相对车厢底部即将向左滑动时，最大静摩擦力方向向右，
对A在竖直方向根据平衡条件有F ′ N 1 c o s θ =m g，对整体在竖直方向有
F N 2=2m g，对B在水平方向根据牛顿第二定律有F N 1 sin θ+ f m=ma4，又
f m= μ F N 2，F N 1= F ′ N 1，联立解得a4=(t an θ+2 μ)g，对整体由F = 4 ma4求得F的
最大值为4 m g(t an θ+2 μ)，即F的范围为
4 m g(t an θ−2 μ)≤F ≤4 m g(t an θ+2 μ)，D正确。
微专题1 板块模型和传送带模型中的动力学问题
A 组 基础保分练
17/43
1．（2024·安徽卷·4，4 分）倾角为θ 的传送带以恒定速率v0顺时针转动。
t =0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送
带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端
的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】0～t0时间内物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，滑动
摩擦力大于重力沿传送带方向的分力，根据牛顿第二定律可知物块的加速度恒
定，故物块沿传送带向上做匀加速运动。t0时刻物块速度与传送带速度相同，
滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块加速度为零，与传送带一起做匀速直线运动，
C正确。
2．（2025·福建厦门二模）如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道
工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相
互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是
（ ）
A. 饺子质量越大，加速运动的加速度越小
B. 传送带的速度越快，饺子的加速度越大
C. 饺子加速运动过程中受到滑动摩擦力，匀速运动过程中受到静摩擦力
D. 饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功
【答案】D
【解析】饺子在水平传送带上加速运动时，受到滑动摩擦力作用，设饺子和水
平传送带之间的动摩擦因数为μ ，饺子的加速度为a，根据牛顿第二定律有
μm g=ma，解得a= μ g，所以饺子的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速
度大小无关，故A、B错误；饺子加速运动过程中受到滑动摩擦力，匀速运动过
程中不受摩擦力作用，故C错误；饺子受到的滑动摩擦力方向与饺子的运动方
向一致，所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功，故D正确。
3．（2025·广东广州模拟）多选 如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面
上，B受到大小从0 开始逐渐增大的水平拉力F的作用。A、B间的摩擦力F f 1、
B与地面间的摩擦力Ff 2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质
18/43
量m=3 k g，取重力加速度大小g=10 m/ s
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下
列说法正确的是（ ）
A. 当0< F <4 N时，A、B保持静止
B. 当4 N < F <12 N时，A、B保持相对静止
C. 当F >12 N时，A的加速度随F的增大而增大
D. A、B两物块间的动摩擦因数为0.4
【答案】AB
【解析】当0< F <4 N时，由图乙可知B与地面间的摩擦力逐渐增大，A、B间的
摩擦力始终为零，A、B都没被拉动，A、B保持静止，故A正确；当
4 N < F <12 N时，A、B间的摩擦力逐渐变大，B与地面间的摩擦力保持不变，
B已经被拉动了，A、B保持相对静止，故B正确；当F >12 N时，A、B间的摩
擦力保持不变，A、B发生了相对滑动，由A、B间的滑动摩擦力提供A的加速
度，所以加速度保持不变，故C错误；当F =12 N时，A、B间的静摩擦力达到
最大，最大值Ff 1m= μm g=6 N，解得A、B两物块间的动摩擦因数为μ=0.2，故
D错误。
4．（2025·河南漯河模拟）如图所示，一水平传送带以速度v沿逆时针方向匀
速转动，一炭块从传送带左端以初速度v0向右滑上水平传送带，炭块与传送带
间的动摩擦因数恒定，下列说法错误的是（ ）
A. 当炭块从传送带右端滑离时，若v0一定，v越大，传送带上的划痕越长
B. 当炭块从传送带右端滑离时，若v一定，v0越大，传送带上的划痕越长
C. 当炭块从传送带左端滑离时，若v一定，v0越大，传送带上的划痕越长
D. 当炭块从传送带左端滑离时，若v0一定，v越大，传送带上的划痕越长
【答案】B
【解析】当炭块从传送带右端滑离时，根据L= v0t −1
2 at
2可知，v0一定，炭块的
位移大小一定，则炭块通过传送带的时间一定，划痕长度为Δ x = v t + L，v越大
时，传送带的位移越大，划痕越长，故A正确，不符合题意；由上述分析可知，
若v一定，v0越大，炭块通过传送带的时间越短，传送带的位移越小，划痕越短，
故B错误，符合题意；当炭块从传送带左端滑离时，若v0>v，炭块在传送带上
的划痕长度Δ x1= v0
2
2a + v v0
a + v v
a −v
2
2a = v0
2
2a + 2v v0
2a + v
2
2a = (v0+ v)
2
2a
，若v0≤v，划痕
长度Δ x2= v0
2
2a + v v0
a + v v0
a −v0
2
2a = 2v v0
a
，综上所述，v一定，v0越大，划痕越长，
v0一定，v越大，划痕越长，故C、D正确，不符合题意。
5．（2025· 陕晋宁青二模）多选 如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的
木板B，一质量与木板相同的物块A（可视为质点）从左端以大小为v的速度冲
上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是
（ ）
19/43
A. 物块A运动到木板右端时的速度大小为v
2
B. 在此过程中，物块A运动的距离为3 v t
2
C. A动量的减少量大于B动量的增加量
D. 木板B的长度为v t
2
【答案】AD
【解析】设物块A和木板的质量均为m，物块A运动到木板右端时的速度大小为
v共，由题意可知A、B组成的系统动量守恒，有m v =(m+m)v共，解得v共= 1
2 v，
且A动量的减少量等于B动量的增加量，故A正确，C错误；对物块A有
sA =
v + 1
2 v
2
⋅t = 3 v t
4
，对木板B有sB=
0+ 1
2 v
2
⋅t = v t
4
，则木板B的长度
L= s A−sB= v t
2 ，故B错误，D正确。
6．（2025·黑吉辽蒙模拟）多选 如图所示，水平传送带A、B两端相距x =6 m，
以v =2 m/ s的速率顺时针转动，物体乙与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，倾角
θ =37
∘ 的光滑斜面与传送带右侧平滑连接，斜面长为L=3 m，质量为m=1 k g
的物体乙静止在斜面底端，将相同质量的甲从斜面顶端由静止释放，甲、乙发
生弹性碰撞，甲、乙均可视为质点，重力加速度g=10 m/ s
2，sin 37
∘=0.6，下
列说法正确的是（ ）
A. 物体乙滑上传送带的速度大小为6 m/ s
B. 物体乙能够运动到B端
C. 整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为3.2 m
D. 整个过程中产生的焦耳热为32 J
【答案】AD
【解析】甲沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可得m g sin 37
∘=ma1，又L= v0
2
2a1
，
解得v0=6 m/ s，甲、乙发生弹性碰撞，有m v0=m v1+m v2，
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2，解得v1=6 m/ s，v2=0，由此可知物体乙滑上传送带的速
度大小为6 m/ s，故A正确；乙在传送带上先向左做匀减速直线运动，其位移大
小为x1= v1
2
2a2
，μm g=ma2，解得x1=3.6 m< x =6 m，由此可知，乙不能够运动到
B端，故B错误；乙做匀减速直线运动的过程中与传送带的相对位移大小为
Δ x1= x1+ x传1=3.6 m+ v ⋅v1
a2
=6 m，之后乙向右加速到与传送带共速，该过程相
20/43
对位移大小为Δ x2= v ⋅v
a2
−v
2
2a2
=0.4 m，所以整个过程中物体乙在传送带上留下
的划痕长度为l = Δ x1+ Δ x2=6.4 m，故C错误；整个过程中产生的焦耳热为
Q = μm g( Δ x1+ Δ x2)=32 J，故D正确。
7．（2025·山东菏泽二模）如图所示为某分拣传送装置，A B长5.8 m，倾角
θ =37
∘ 的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0= 4 m/ s逆时针转动。
质量m=1 k g的工件（可视为质点）无初速度地放在传送带的顶端A，经过一段
时间工件运动到传送带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重
力加速度g=10 m/ s
2，sin 37
∘=0.6，c o s 37
∘=0.8。则（ ）
A. 工件刚开始下滑时的加速度大小等于2 m/ s
2
B. 工件由传送带顶端到底端的时间是1.2 s
C. 工件在传送带上留下的痕迹长为1 m
D. 若工件达到与传送带相同的速度时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时
间将变长
【答案】C
【解析】工件刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有m g sin θ+ μm g c o s θ =ma1，
解得a1=10 m/ s
2，故A错误；工件与传送带达到共速时，假设工件还未到达B
点，则此过程工件运动时间为t1= v0
a1
=0.4 s，工件的位移大小为
x1= 1
2 a1t1
2=0.8 m< LA B，故假设成立，共速后根据牛顿第二定律得
m g sin θ−μm g c o s θ =ma2，解得a2=2 m/ s
2，则LA B−x1= v0t2+ 1
2 a2t2
2，解得
t2=1 s，所以工件由传送带顶端到底端的时间是t =t1+t2=1.4 s，故B错误；工件
与传送带共速前，相对位移大小为Δ x1= x传1−x1= v0t1−x1=0.8 m，工件与传送
带共速后，相对位移大小为Δ x2= x工2−x传2=( LA B−x1)−v0t2=1 m，因为两次相
对位移的方向相反，且Δ x1< Δ x2，所以工件在传送带上留下的痕迹长为
s痕= Δ x2=1 m，故C正确；若工件达到与传送带相同的速度时，传送带突然停
止运动，工件的受力情况不变，加速度不变，所以工件下滑的总时间将不变，
故D错误。
B 组 强化提分练
8．（2025·云南曲靖二模）多选 在渔业作业中，鱼虾被捕捞上岸后，借助
“鱼虾自动分离装置”，实现了鱼和虾的机械化高效分离，显著降低了人工成
本。这一装置的简化模型如图所示，其中分离器出口与传送带中段有一定的高
度差。鱼、虾（视为质点）均下落至分离器出口正下方，且到传送带时有沿传
送带向下相同的初速度（垂直于传送带的速度瞬间变为零）。最终虾均能被传
送到下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面夹角
为θ ，始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是 （ ）
21/43
A. 鱼和虾在传送带上被运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同
B. 鱼掉落到传送带上后，先沿着传送带向下做减速直线运动，最终一定会和传
送带共速
C. 鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于虾与传送带间的动摩擦因数
D. 虾掉落到传送带上后，可能做匀速直线运动，也可能做加速直线运动，还可
能做减速直线运动
【答案】ACD
【解析】由于鱼和虾落在传送带时均有沿传送带向下的初速度，虾沿传送带向
下运动，受到的摩擦力一定沿传送带向上，鱼先沿传送带向下减速，所受的摩
擦力沿传送带向上，速度减为零后，又沿传送带向上运动，此过程摩擦力也沿
传送带向上，所以鱼和虾在传送带上被运送的过程中，所受的摩擦力方向始终
相同，故A正确；鱼在掉落到传送带上后，先沿传送带向下减速，速度为零后，
变为沿传送带向上的加速运动，最终不一定与传送带共速，故B错误；鱼沿传
送带向上运动时，有M g sin θ< μ1 M g c o s θ ，虾沿传送带向下运动，加速时
有m g sin θ> μ2m g c o s θ ，匀速时有m g sin θ = μ2m g c o s θ ，减速时为了和
鱼能够分开，虾减速的加速度小于鱼沿传送带向下减速的加速度，即
μ2 g c o s θ−g sin θ< μ1g c o s θ−g sin θ ，所以μ1一定大于μ2，故C、D正确。
9．（2025·河南许昌三模）如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平地
面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦
因数μA =0.2，B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB= μC =0.1，给C施加一水平
向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇经过的时间为t。可得1
t
2与F
的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/ s
2），下列说法
正确的是（ ）
A. 滑块A能获得的最大加速度为1 m/ s
2
B. A、B之间的初始距离为4 m
C. 滑块A的质量为1 k g
D. 若F =10.5 N，A、C之间将发生相对滑动
【答案】C
【解析】对滑块A有μA m g=maA，解得aA =2 m/ s
2，A错误；对滑块B有
μBm g=maB，解得aB=1 m/ s
2，由题图乙可知，F足够大时，A、B均相对C滑
22/43
动，相遇时间恒定，为t = ❑√
1
0.25 s=2 s，由1
2 aAt
2−1
2 aBt
2= L，解得L=2 m，B错
误；由题图乙可知，当F =8 N时，B与C恰好发生相对滑动，则有
F −4 μC m g= 4 maB，解得m=1 k g，C正确；设A、C恰好发生相对运动时的拉
力为F1，则有F1−4 μC m g−μA m g−μBm g=2maA，解得F1=11 N，故F =10.5 N
时，A、C保持相对静止，D错误。
10．（2025·浙江诸暨中学二模）倾角为37
∘ 的足够长的固定斜面上有一长木
板A恰好处于静止状态。现有物块B以v0=1 m/ s的速度从A的顶端开始下滑，A、
B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量分别为mA =2 k g、mB=3 k g，重力
加速度g=10 m/ s
2，sin 37
∘=0.6，c o s 37
∘=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是（ ）
A. 物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止
B. 物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4 m/ s
C. 要使B不脱离A，A板长度至少为1.25 m
D. 从开始运动到A、B速度相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6 J
【答案】D
【解析】由木板A恰好能处于静止状态可得，A与斜面间的动摩擦因数
μ0=t an 37
∘=0.75，且A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒，从开始到二者速
度相等时满足mB v0=(mA+mB)v，可得v =0.6 m/ s，故A、B错误；对B，根据牛
顿第二定律有μmB g c o s 37
∘−mB g sin 37
∘=mBa2，解得B向下减速时加速度大
小为a2=0.4 m/ s
2，减速时间t = v0−v
a2
=1 s，此过程中，物块B的位移
xB= v0+ v
2
t =0.8 m，木板A的位移为x A = v
2 t =0.3 m，所以A板长度至少为
L= xB−x A =0.5 m，故C错误；从开始运动到两者共速全过程中系统因摩擦产生
的热量Q = μmB g c o s 37
∘⋅L+ μ0(mA+mB)g c o s 37
∘⋅x A =18.6 J，故D正确。
11．（2024· 新课标卷·25，14 分）如图，一长度l =1.0 m的均匀薄板初始时静
止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄
板的左端以某初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl = l
6时，物块从薄板右端水
平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点，已知物块与薄板的质
量相等，它们之间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度大小g=10 m/ s
2。求
（1） 物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2） 平台距地面的高度。
【答案】（1） 4 m/ s；1
3 s
23/43
（2） 5
9 m
【解析】
（1） 设小物块初速度为v0，在薄板上运动时间为t1，对小物块，由牛顿第二定
律可得μm g=ma1，解得a1= μ g=3 m/ s
2，由匀变速直线运动规律可得
v0t1−1
2 a1t1
2=l+ Δl，对薄板，由牛顿第二定律可得μm g=ma2，a2= μ g=3 m/ s
2，
由匀变速直线运动规律可得1
2 a2t1
2= Δl，联立解得v0= 4 m/ s，t1= 1
3 s。
（2） 小物块离开薄板做平抛运动时，薄板做匀速运动，运动时间
t2=
l
2 −Δl
a2t1
= 1
3 s，由平抛运动规律可得，平台距地面的高度h= 1
2 gt2
2= 5
9 m。
12．（2025·河北邯郸模拟）如图所示，一倾角为θ =37
∘ 、足够长的传送带始
终以v0=8.4 m/ s的速度顺时针匀速运转，一可视为质点的质量为m=1 k g的物
块放在质量为M =2 k g的木板上的某位置。t =0时刻，两者同时从传送带的顶端
由静止释放，木板与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.6，物块与木板之间的动摩
擦因数μ2=0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37
∘=0.6，取重力加速
度大小g=10 m/ s
2，不计其他阻力。
（1） 求由静止释放后木板和物块开始运动时加速度的大小a1和a2；
（2） 要使物块不从木板上端滑出，求物块初始状态在木板上的位置距木板上
端的距离至少为多少；
（3） t =2 s时，物块恰好从木板上滑下，求木板的长度至少为多长。
【答案】（1） 12 m/ s
2；8.4 m/ s
2
（2） 1.26 m
（3） 1.8 m
【解析】
（1） 由静止释放后，木板受传送带向下的滑动摩擦力，由于μ1大于μ2，木板
比物块的加速度大，对物块由牛顿第二定律有m g sin θ+ μ2m g c o s θ =ma2
解得a2=8.4 m/ s
2
对木板有M g sin θ+ μ1(m+ M )g c o s θ−μ2m g c o s θ = M a1
解得a1=12 m/ s
2
（2） 设经时间t1木板与传送带速度相同，则v0=a1t1
解得t1=0.7 s
共速后由于μ1(m+ M )g c o s θ+ μ2m g c o s θ =16.8 N > M g sin θ =12 N
故木板与传送带相对静止，一起匀速运动，物块继续加速，设再经时间t2物块
与木板及传送带速度相同，则v0=a2(t1+t2)
解得t2=0.3 s
此时物块相对木板向上的位移大小
24/43
Δ x1= 1
2 a1t1
2+ v0t2−1
2 a2(t1+t2)
2=1.26 m
故要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少
为1.26 m
（3） 三者共速后物块会相对于木板下滑，对物块有
m g sin θ−μ2m g c o s θ =ma′2
解得a′2=3.6 m/ s
2
对木板有F合= μ2m g c o s θ+ M g sin θ−μ1(m+ M )g c o s θ =0
知木板仍匀速运动
至t =2 s时，物块恰好从木板上滑下
则从三者共速至物块从木板上滑落所用时间为t3=1 s
这段时间内物块相对木板向下运动的距离
Δ x2= v0t3+ 1
2 a′2t3
2−v0t3=1.8 m
可得木板的长度至少是1.8 m
C 组 创新高分练
13．（2025·福建卷·8，6 分）多选 传送带沿顺时针方向运行的速度大小恒为
1 m/ s。两个物块A、B用一根轻弹簧连接，A的质量为1 k g，B的质量为2 k g，
A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t =0时，
将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2 m/ s，B的速度为零，
弹簧自然伸长。在t =t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧的弹性势能
E p=0.75 J，传送带足够长，g取10 m/ s
2,A可在传送带上留下痕迹，则（ ）
A. 在t = t0
2 时，B的加速度大于A的加速度
B. t =t0时，B的速度大小为0.5 m/ s
C. t =t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D. 0～t0过程中，A在传送带上留下的痕迹长度小于0.05 m
【答案】BD
【解析】根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，且都为
f =0.5×1×10 N =0.25×2×10 N =5 N，初始时A向右减速，滑动摩擦力方向向
左，B向右加速，滑动摩擦力方向向右，可知在A与传送带第一次共速前，A、
B整体所受合力为零，系统动量守恒，有mA v0=mA v +mB vB，v =1 m/ s，代入数
据解得在t =t0时，B的速度大小为vB=0.5 m/ s，在A与传送带第一次共速前，在
任意时刻单独对A、B根据牛顿第二定律有f + F弹=mA aA =mBaB，由于mA<mB，
可知aA>aB，A错误，B正确。在0～t0时间内，设A、B向右运动的位移分别为
x A、xB，由功能关系有−f x A+ f xB+ 1
2 mA v0
2= 1
2 mA v
2+ 1
2 mB vB
2 + E p，解得
x A−xB=0.1 m，故t =t0时弹簧的压缩量Δ x = x A−xB=0.1 m，C错误。0～t0时间
内，A与传送带的相对位移大小x相A = x A−v t0，B与传送带的相对位移大小
x相B= v t0−xB，可得x相A+ x相B= x A−xB=0.1 m，由于0～t0时间内A向右做加速
度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA =2aB，
作出A、B的v −t图像如图所示
25/43
可知x相A对应图形M N A的面积，x相B对应图形N O B A的面积，结合图像可知
x相A< x相B，解得x相A<0.05 m，D正确。
第3 讲 力与曲线运动
A 组 基础保分练
1．（2025·福建莆田三模）一小船以两种方式渡河：如图甲所示，小船航行方
向垂直于河岸；如图乙所示，小船航行方向与水流方向成锐角α 。已知小船在
静水中航行的速度大小为v1，河水流速大小为v2，则下列说法正确的是（ ）
A. 图甲比图乙中小船渡河的时间短
B. 图甲比图乙中小船渡河的合速度大
C. 图甲比图乙中小船渡河的合位移大
D. 图甲和图乙中小船均做曲线运动
【答案】A
【解析】由于图甲比图乙中小船在垂直于河岸方向的分速度大，所以图甲比图
乙中小船渡河的时间短，A正确；根据矢量的合成法则可知，图甲比图乙中小
船渡河的合速度小，因图甲中合速度方向与河岸下游方向的夹角较大，则合位
移较小，B、C错误；图甲和图乙中小船两个方向的分运动都是匀速直线运动，
可知合运动也是匀速直线运动，D错误。
2．（2025·江苏卷·4，4 分）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′
为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′固定在底盘上。某时刻转杯转
到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则（ ）
A. A点做匀速圆周运动
B. O′点做匀速圆周运动
C. 此时A点的速度小于O′点
D. 此时A点的速度等于O′点
【答案】B
【解析】由于A点相对于地面的速度大小一直在变化，所以A点的运动不是匀速
圆周运动，A错误。O′点到O点的距离保持不变，随底盘一起匀速转动，故O′
点做匀速圆周运动，B正确。此时A点与O′点速度方向相同，又A绕O′做圆周运
动，则此时A点的速度大于O′点的速度，C、D错误。
3．（2025· 黑吉辽蒙卷·6，4 分）如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，
两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持
手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v（
）
26/43
A. 一直减小
B. 一直增大
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
【答案】B
【解析】某一时刻设绳与竖直方向的夹角为θ ，将手的速度v分解为沿绳方向的
分速度v绳和垂直于绳方向的分速度，将塔块的速度v0分解为沿其中一根绳方向
的分速度和垂直于这根绳方向的分速度，手与塔块沿绳方向的分速度相等，则
有v绳= v sin θ = v0 c o s θ ，联立可得v =
v0
t an θ，由题意知v0是定值，塔块下落，
θ 减小，v增大，B正确。
4．（2025·安徽卷·6，4 分）在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做
匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于
同一高度。t =0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一
周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】M、N在运动过程中始终处于同一高度，即M的速度在竖直方向上的
分速度总是与N的速度相同。M的速度在竖直方向上的分速度随时间按正弦或
余弦规律变化，A、B错误。在t =0时刻，M在竖直方向上的分速度最大，C错
误，D正确。
5．（2025·河北沧州二模）在网球女子单打决赛中，某选手夺得金牌。如图所
示，某次在网前截击中，若该选手在球网正上方距地面h处的M点将球沿垂直球
网的方向击出，球刚好落在底线上N点。已知底线到网的水平距离为s，重力加
速度大小为g，不计空气阻力，下列有关说法正确的是（ ）
27/43
A. 网球被击出后的运动是加速度和速度都不断增大的曲线运动
B. 网球从M点击出至落在底线上N点所用时间为2h
g
C. 网球从M点击出至落在底线上N点的位移大小等于s
D. 网球做平抛运动的水平位移由抛出时的高度和初速度的大小共同决定
【答案】D
【解析】网球被击出之后的运动可视作平抛运动，平抛运动的加速度不变，速
度不断增大，是匀变速曲线运动，故A错误；竖直方向，根据h= 1
2 gt
2可得，网
球从被击出至落地所用时间为t = ❑√
2h
g ，故B错误；网球从被击出至落地的位移
大小为M N =
❑√h
2+ s
2，故C错误；根据x = v0t = v0
❑√
2h
g 可知，平抛运动的水平位
移由抛出时的高度和初速度的大小共同决定，故D正确。
6．（2025·广东汕头模拟）在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动
了多个喷水口进行灭火。有甲、乙两个靠在一起的高压水枪，它们喷出的水在
空中运动的轨迹曲线如图所示，已知两曲线在同一竖直面内，忽略空气阻力，
则（ ）
A. 甲、乙水枪喷出的水初速度相等
B. 乙水枪喷出的水初速度较大
C. 乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长
D. 甲水枪喷出的水在最高点的速度较大
【答案】B
【解析】根据题图可知，从喷水口到最高点，甲、乙喷出的水在竖直方向上升
的高度相等，则甲、乙喷出的水的竖直分速度相等，又因甲喷出水的初速度与
水平方向夹角大，则甲水枪喷出的水初速度较小，故A错误，B正确；根据题图
可知，甲、乙水枪喷出的水上升高度和下降高度均相等，可知上升时间与下降
时间均相等，即在空中运动的时间相等，故C错误；在相同时间内，甲喷出水
的水平位移小，则水平分速度小，即甲水枪喷出的水在最高点的速度较小，故
D错误。
B 组 强化提分练
7．（2025·辽宁省实验中学三模）如图所示，有一质量为m的小球在竖直固定
的光滑圆形管道内运动，管径略大于小球的直径，小球的直径远小于内侧管壁
半径R。A、C为管道的最高点和最低点，B为管道内与圆心O等高的点，D为管
道内的一点，且D与圆心连线和水平方向夹角为45
∘ ，重力加速度为g，下列说
法正确的是（ ）
28/43
A. 若小球在A点的速度大小为❑√g R，则外侧管壁对小球有作用力
B. 若小球在B点的速度大小为❑√g R，则内侧管壁对小球有作用力
C. 若小球在C点的速度大小为❑√g R，则小球对管道的内外壁均无作用力
D. 若小球在D点的速度大小为❑√g R，则外侧管壁对小球有作用力
【答案】D
【解析】若小球在A点的速度大小为
❑√g R，则小球在A点只受重力，管壁对小
球无作用力，故A错误；在B点，外侧管壁对小球的作用力提供小球做圆周运动
的向心力，故B错误；在C点，小球受向下的重力和竖直向上的弹力，这两个力
的合力提供向心力，其中弹力为外壁对小球的作用力，故C错误；在D点时，若
只受重力，则m g sin 45
∘=m v
2
R ，解得v =
❑√g R sin 45
∘，由于
❑√g R sin 45
∘<❑√g R，故外侧管壁对小球有指向圆心的作用力，故D正确。
8．（2025·山东卷·10，4 分）多选 如图所示，在无人机的某次定点投放性能
测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5 m的圆形区域，OO′
垂直地面，无人机在离地面高度H =20 m的空中绕O′点、平行地面做半径
R2=3 m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，∠A O′ B =90
∘ 。若物品相对
无人机无初速度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机做圆周运动的最大
角速度应为ωma x。当无人机以ωma x沿圆周运动经过A点时，相对无人机无初速
度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，
重力加速度大小g=10 m/ s
2。下列说法正确的是（ ）
A. ωma x = π
3 r ad / s
B. ωma x= 2
3 r ad / s
C. 无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
D. 无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
【答案】BC
【解析】俯视图如图所示，可知物品做平抛运动的最大水平位移为
x =
❑√R1
2−R2
2= 4 m，最大初速度v =ωma x R2，竖直方向做自由落体运动，有
H = 1
2 gt
2，水平方向做匀速直线运动，有x = v t，解得t =2 s，ωma x = 2
3 r ad / s，
29/43
A错误，B正确；无人机做圆周运动从A到B点的时间t ′ =
π
2ωma x
≈2.4 s，可知
t <t ′，C正确，D错误。
9．（2025·安徽合肥三模）如图所示，与水平方向成θ =30
∘ 角的圆盘绕垂直于
盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，角速度ω= ❑√5 r ad / s。盘面上距轴r =0.5 m
处有一可视为质点的小物块恰能与圆盘保持相对静止。小物块的质量m=1 k g，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/ s
2，下列说法错误的是（
）
A. 物块与盘面间的动摩擦因数为
❑√3
2
B. 物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小
C. 物块转至与圆盘圆心高度相同处时，圆盘对物块的摩擦力大小为2.5 N
D. 在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦
力不可能为零
【答案】C
【解析】对小物块受力分析，可知向心力由重力沿圆盘斜面向下的分力和圆盘
对物块的静摩擦力的合力提供，以重力沿斜面向下的分力的箭尾为圆心，向心
力的大小为半径作圆，如图所示
分析可知，物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小，
故B正确，不符合题意；由B的分析可知，物块在最低点时所受摩擦力最大，恰
好为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有μm g c o s θ−m g sin θ =mω
2r，解得
μ=
❑√3
2 ，故A正确，不符合题意；当物块转至与圆盘圆心高度相同处时，根据平
行四边形定则有f =
❑√(m g sin θ)
2+(mω
2r )
2= 5 ❑√5
2
N，故C错误，符合题意；若
在最高点摩擦力为零，根据牛顿第二定律有m g sin θ =mω0
2r，解得
ω0= ❑√10 r ad / s，大于ω= ❑√5r ad / s，故在保持物块相对圆盘静止的情形下，
即圆盘角速度不大于
❑√5 r ad / s的情况下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩
擦力不可能为零，故D正确，不符合题意。
30/43
10．（2025·河北沧州三模）如图所示，在绝缘水平面上有一高度为h=0.8 m的
平台，一个带正电荷的弹性小球静止在平台边缘，空间内存在着水平向右的匀
强电场，弹性小球所受电场力的大小为自身重力大小的0.5 倍。在绝缘水平面
上的A点与平台的水平距离为l =0.72 m，现使弹性小球以初速度v0水平抛出，落
到A点反弹（碰撞过程时间极短，碰撞前后水平方向上的速度不变，竖直方向
上的速度大小不变，但方向相反）后再次返回水平面时刚好落在B点。不计空
气阻力，重力加速度为g=10 m/ s
2，求：
（1） 弹性小球的初速度v0的大小；
（2） A、B两点间的距离d。
【答案】（1） 0.8 m/ s
（2） 3.84 m
【解析】
（1） 弹性小球抛出后在竖直方向做自由落体运动，设弹性小球落到A点的时
间为t，下落高度h= 1
2 gt
2
弹性小球抛出后在水平方向上做匀加速直线运动，水平方向的加速度为a=0.5 g
弹性小球落到A点，在水平方向l = v0t + 1
2 at
2
解得弹性小球的初速度大小v0=0.8 m/ s
（2） 弹性小球落到A点时竖直方向的速度为v y = gt
水平方向的速度为v x= v0+at
弹性小球从A点运动到B点的时间为t ′ =2 v y
g
弹性小球从A点弹起后在水平方向上做匀加速直线运动，A、B两点间的距离为
d = v xt ′ + 1
2 at ′
2=3.84 m
11．（2025·湖北襄阳模拟）如图，一个质量为m=0.6 k g的小球，在左侧平台
上运行一段距离后从边缘A点以v0= 20
3 m/ s的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线
从P点进入固定在地面上的竖直圆弧管道，并继续滑行。已知圆弧管道内径远
小于圆弧半径R，O P与竖直方向的夹角是θ =37
∘ ，平台到地面的高度差为
h=1.45 m。不计空气阻力，取g=10 m/ s
2，sin 37
∘=0.6，c o s 37
∘=0.8。
（1） 求小球从A点运动到P点所需的时间t；
（2） 求P点距地面的高度Δh和圆弧半径R；
31/43
（3） 若通过管道最高点Q时小球对管上壁的压力大小为9 N，求小球经过Q点
时的速度大小v。
【答案】（1） 0.5 s
（2） 0.2 m；1 m
（3） 5 m/ s
【解析】
（1） 对小球运动到P点的速度分解可得t an 37
∘= v y
v0
= gt
v0
解得t = v0 t an 37
∘
g
=0.5 s
（2） 竖直方向上小球做自由落体运动，有h1= 1
2 gt
2=1.25 m
由几何关系得Δh=h−h1=0.2 m，c o s 37
∘= R−Δh
R
代入数据得R =1 m
（3） 通过管道最高点Q时小球对管上壁的压力大小为9 N，由牛顿第三定律得，
在最高点Q时管上壁对小球的作用力大小为9 N，则在Q点由牛顿第二定律可得
F N +m g= m v
2
R
代入数据得v =5 m/ s
C 组 创新高分练
12．（2025·内蒙古包头二模）如图所示，小物块a和b（可视为质点）用轻绳
连接置于水平圆盘上，开始时轻绳处于伸直状态但无拉力，a的质量为3m，b的
质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为r和2r，a、b与圆盘间的动
摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。圆盘从静止开始绕过圆心的
转轴极缓慢地加速转动，物块和圆盘始终保持相对静止，a、b所受摩擦力大小
随ω
2变化的图像正确的是 （ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
32/43
【解析】当圆盘转速较小时，两物块均由静摩擦力提供向心力，对a物块有
f a=3mω
2r，对b物块有f b=mω
2⋅2r，则b物块受到的摩擦力较小，当角速度为
ω1时，b物块所受摩擦力达最大值，则μm g=2mω1
2r，此时a物块所受摩擦力为
f =3mω1
2r = 3
2 μm g<3 μm g，即仍未达到最大值；此后随着圆盘角速度逐渐增大，
b物块所受摩擦力大小保持不变，a物块所受摩擦力继续增大；当角速度为ω2时，
a物块所受摩擦力达最大值，设绳子拉力为T，对a、b分别有T +3 μm g=3mω2
2r，
T + μm g=2mω2
2r，继续增大圆盘角速度，绳子拉力继续变大，b物块所需向心
力较小，所以b物块所受摩擦力将逐渐减小至零后反向再增大，此过程a物块所
受摩擦力为最大值，保持不变。故选C。
第4 讲 万有引力与航天
A 组 基础保分练
1．（2025·湖北卷·2，4 分）甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动，甲的轨道半
径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是（ ）
A. 甲运动的周期比乙的小
B. 甲运动的线速度比乙的小
C. 甲运动的角速度比乙的小
D. 甲运动的向心加速度比乙的小
【答案】A
【解析】由T =
❑√
4 π
2r
3
G M 可知，行星的轨道半径越大，周期越长，A正确。由
v = ❑√
G M
r
可知，轨道半径越大，线速度越小，B错误。根据ω= ❑√
G M
r
3 可知，行
星的轨道半径越大，角速度越小，C错误。根据a= G M
r
2 可知，行星的向心加速
度与轨道半径r的二次方成反比，轨道半径越大，向心加速度越小，D错误。
2．（2025· 陕晋青宁卷·2，4）我国计划于2028 年前后发射“天问三号”火
星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动，轨道
半径约3 750 k m，轨道周期约2 h，引力常量G取6.67×10
−11 N ⋅m
2/k g
2。根据
以上数据可推算出火星的（ ）
A. 质量
B. 体积
C. 逃逸速度
D. 自转周期
【答案】A
【解析】根据
G M 火m
r
2
=m 4 π
2
T
2 r得M 火= 4 π
2r
3
GT
2 ，已知“天问三号”环绕火星的
轨道半径、轨道周期以及引力常量可以求出火星的质量，A正确。通过现有的
条件无法求出火星的半径和火星表面的重力加速度，所以无法求出火星的体积
以及逃逸速度，B、C错误。天体的自转周期影响因素比较多，通过本题给出的
已知条件无法求出火星的自转周期，D错误。
3．（2025·云南卷·5，4 分）国际编号为192391 的小行星绕太阳公转的周期约
为5.8 年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定
地球绕太阳公转的轨道半径为1 A U,八大行星绕太阳的公转轨道半径如表所示。
忽略其他行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于（ ）
行星
水
星
金
星
地
球
火
星
木
星
土
星
天王
星
海王
星
轨道半径R / A U
0.
39
0.7
2
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A. 金星与地球的公转轨道之间
B. 地球与火星的公转轨道之间
33/43
C. 火星与木星的公转轨道之间
D. 天王星与海王星的公转轨道之间
【答案】C
【解析】根据开普勒第三定律r
3
T
2 =k，可得
r地球
3
T 地球
2
= r小行星
3
T 小行星
2
，代入r地球=1 A U，
T 地球=1年，T 小行星=5.8年，解得r小行星≈3.23 A U，根据题中数据，可知该小
行星的公转轨道在火星和木星的公转轨道之间，C正确。
4．（2025·福建厦门三模）多选 宇宙中广泛存在着一种特殊的天体系统——
双星系统。如图甲所示，某双星系统中的两颗恒星a、b绕O点做圆周运动，在
双星系统外且与系统在同一平面上的A点观测双星运动，测得恒星a、b到O A连
线距离x与时间t的关系图像如图乙所示，引力常量为G，则（ ）
甲
乙
A. a、b的线速度大小之比为3:2
B. a、b的线速度大小之比为2:3
C. a的质量为
50 π
2 x0
3
Gt0
2
D. a的质量为
200 π
2 x0
3
Gt0
2
【答案】AC
【解析】由题图乙可知，该双星系统的周期为2t0，a与O点的距离为3 x0，b与O
点间的距离为2 x0，可得ra:rb=3:2，由v =ωr，可知a、b的线速度大小之比为
va:vb=3:2，故A正确，B错误；对b由万有引力提供向心力可知
mb 4 π
2
T
2 rb=G
mamb
(ra+rb)
2，又T =2t0，解得ma= 50 π
2 x0
3
Gt0
2
，故C正确，D错误。
5．（2025·辽宁沈阳二中三模）北京时间2025 年3 月26 日23 时55 分，西昌
卫星发射中心长征三号乙运载火箭点火起飞，天链二号04 星顺利进入预定轨道，
发射任务取得圆满成功。发射可简化为如图所示过程，先将卫星发射到半径为r
的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，卫星运动到A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，运动
到椭圆轨道Ⅱ的远地点B时，再次变轨进入半径为2r的圆轨道Ⅲ做匀速圆周运
动。下列判断正确的是 （ ）
A. 卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行的周期之比为1:2❑√2
B. 要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向前喷气
C. 卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能
D. 卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间扫过的面积一定相等
【答案】A
34/43
【解析】卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行，根据开普勒第三定律有r
3
T 1
2 = (2r )
3
T 3
2 ，解
得T 1:T 3=1:2❑√2，故A正确；轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变轨到
高轨道，需要在切点位置加速，发动机需要向后喷气，故B错误；结合上述可
知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，需要先后在A与B位置加速，即卫星在轨道Ⅰ
上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；根据开普勒第二定律可知，
在同一轨道上，卫星与地心连线在相等时间扫过的面积相等，但在不同轨道上
卫星与地心连线在相等时间扫过的面积不一定相等，故D错误。
B 组 强化提分练
6．（2025·广东东莞模拟）如图甲，某行星外围有一圈厚度为d的发光带，R
为该行星的半径。若发光带是环绕该行星做圆周运动的卫星群，发光带上某卫
星绕行星中心的运行速度的二次方与到该行星中心的距离r的倒数之间的关系图
像如图乙所示（图像中v0为已知量）。引力常量为G，则下列说法正确的是（
）
甲
乙
A. 该行星的第一宇宙速度为v0
B. 该行星的第一宇宙速度为2v0
C. 该行星表面的重力加速度g=
v0
2
( R+d)
2
D. 该行星的质量M =G v0
2 R
【答案】A
【解析】该发光带是环绕该行星做圆周运动的卫星群，由万有引力提供向心力
得G M m
r
2 =m v
2
r ，化简可得v
2=G M ⋅1
r ，可知v
2−1
r 图像的斜率k =G M = v0
2
1
R
= v0
2 R，
可得该行星的质量为M = v0
2 R
G ，故D错误；在行星表面有G M m
R
2 =m g，解得该行
星表面的重力加速度g= G M
R
2 = v0
2
R ，故C错误；该行星的第一宇宙速度等于卫星
在行星表面绕行星做匀速圆周运动的线速度，则有G M m
R
2
=m v
2
R ，解得该行星的
第一宇宙速度为v = ❑√
G M
R
= v0，故A正确，B错误。
7．（2025·四川成都三模）在某电影中出现了太空电梯的科幻设想（如图甲）。
人类可以乘坐电梯轿厢从固定在地面的基座出发，经国际空间站（轨道距地球
表面约400 k m）向同步轨道空间站（距地球表面约36 000 k m）运行（如图
乙），在此过程中，下列说法正确的是（ ）
35/43
甲
乙
A. 电梯轿厢所受地球的万有引力逐渐增大
B. 电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大
C. 电梯轿厢绕地球运行的角速度逐渐增大
D. 电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐减小
【答案】B
【解析】由万有引力定律可知，电梯轿厢所受地球的万有引力大小为F =G M m
r
2 ，
此过程中，r增大，因此万有引力减小，故A错误；由题意可知，电梯轿厢的角
速度不变，r逐渐增大，由v =ωr，a=ω
2r可知，电梯轿厢绕地球运行的线速度
逐渐增大，向心加速度逐渐增大，故B正确，C、D错误。
8．（2025·河北卷·7，4 分）随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种
核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑
该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表
面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为
m g0 R0
2⋅( 1
R0
−1
r )(r ≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆
周运动，则发射初速度为（ ）
A. ❑√g0 R0
B. ❑√
3 g0 R0
2
C. ❑√2g0 R0
D. ❑√3 g0 R0
【答案】B
【解析】飞行器在轨道半径r =2 R0处的机械能包括动能和势能，引力势能为
E p= 1
2 m g0 R0，根据万有引力提供向心力G M m
(2 R0)
2 =m v
2
2 R0，在地球表面有
G M m
R0
2
=m g0，联立得v
2= g0 R0
2
，对应动能Ek = 1
2 m v
2= 1
4 m g0 R0，机械能
E总= 3
4 m g0 R0，根据机械能守恒，初始动能1
2 mv0
2= E总，解得v0=
❑√
3 g0 R0
2
。故
选B。
9．（2025·河南名校模拟）多选 鹊桥卫星是我国探月活动中的“传话筒”，
能够保证探测器和地面指挥系统的实时联系。如图甲，鹊桥一号围绕图中拉格
朗日L2点做圆周运动，同时在几乎不消耗燃料的情况下与月球以相同的周期绕
地球做圆周运动。如图乙，鹊桥二号在环月椭圆冻结轨道上运动，对于两颗卫
星，下列说法正确的是（ ）
36/43
甲
乙
A. 鹊桥一号卫星是地球和月球对其引力的合力提供其围绕拉格朗日L2点做圆周
运动的向心力
B. 鹊桥二号卫星是月球对其万有引力完全提供向心力
C. 鹊桥一号卫星绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心加速度
D. 鹊桥二号卫星在远离近月点的过程中其机械能不变
【答案】CD
【解析】鹊桥一号卫星是地球和月球对其引力的合力在指向拉格朗日L2点方向
的分力提供其围绕拉格朗日L2点做圆周运动的向心力，故A错误；鹊桥二号卫
星沿椭圆轨道运动，月球对其万有引力的一个分力提供向心力，故B错误；由
a向= 4 π
2r
T
2 可知，鹊桥一号卫星绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的
向心加速度，故C正确；鹊桥二号卫星在远离近月点的过程中，只有万有引力
做功，其机械能不变，故D正确。
C 组 创新高分练
10．（2025·湖南岳阳二模）多选 我国的“天链一号”卫星是地球同步卫星，
“天链一号”卫星a、赤道平面内的低轨道卫星b与地球的位置关系如图所示，
O为地心。卫星a、b相对地球的张角分别为θa、θb(θb图中未标出)，已知b到O的
距离是地球半径的n1倍，a到O的距离是地球半径的n2倍，卫星a和卫星b的角速
度分别为ωa、ωb，且均绕地球同向运行。在运行过程中由于地球的遮挡，卫星
b会进入卫星a通信的盲区，卫星间的通信信号视为沿直线传播，信号传输时间
可忽略。下列分析正确的是（ ）
A. a、b受到地球的万有引力大小一定不相等
B. a、b的周期之比为❑√
( n2
n1
)
3
C. a、b每次信号中断的时间间隔为
θb−θa
ωb−ωa
D. a、b每次信号中断的时间间隔为
θb+θa
ωb−ωa
【答案】BD
【解析】由F = G M m
r
2
知，a、b的轨道半径虽不同，但它们质量也不一定相同，
因此受到地球的万有引力大小可能相等，故A错误；由开普勒第三定律得
37/43
(n2 R)
3
T a
2
= (n1 R)
3
T b
2
，解得a、b的周期之比为T a
T b
=
❑√
( n2
n1
)
3
，故B正确；以a为参考系，
b的角速度为ωb−ωa，b在通信盲区对应的角度为θb+θa，所以a、b每次信号中
断的时间间隔为Δt = θb+θa
ωb−ωa，故C错误，D正确。
第5 讲 机械振动与机械波
A 组 基础保分练
1．（2025· 黑吉辽蒙卷·5，4 分）平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相
同的点波源，在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示，波谷用虚线表示，
P点位于其最大正位移处，曲线ab上的所有点均为振动减弱点，则下列图中可
能满足以上描述的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由题意可知实线表示波峰，虚线表示波谷，实线与实线的交点表示该
处质点处于最大正位移处，虚线与虚线的交点表示该处质点处于最大负位移处，
都表示振动加强点，实线与虚线的交点表示该处质点处于位移为0 处，也表示
振动减弱点。P点位于其最大正位移处，则P点位于两实线交点处，B、D错误；
曲线ab上所有点均为振动减弱点，则曲线ab经过实线与虚线的交点，且总是波
峰与波谷的交点，对A选项的曲线ab，过一段时间，两列波的波谷同时传播到
曲线ab上，则其上的点不总是波峰与波谷的交点，A错误；对C选项的曲线ab，
其上的点总是波峰与波谷的交点，C正确。
2．（2025·海南卷·5，3 分）如图所示，实线和虚线分别是沿着x轴正方向传
播的一列简谐横波在t =0时刻和t =0.5 s时刻的波形图，已知波的周期T >0.5 s，
则下列关于该列波说法正确的是（ ）
A. 波长为5 c m
B. 波速为10 c m/ s
C. 周期为1 s
D. t =0时刻，质点M向下振动
【答案】D
【解析】由图可知波长为10 c m，故A错误；从t =0时刻到t =0.5 s时刻，
Δt =nT + 3
4 T，n=0，1，2，⋯ ，已知波的周期T >0.5 s，则n只能取0，则
T = 2
3 s，波速为v = λ
T =15 c m/ s，故B、C错误；简谐横波沿着x轴正方向传播，
根据同侧法可知t =0时刻，质点M向下振动，故D正确。
3．（2025·重庆卷·8，5 分）多选 一浮筒（视为质点）在池塘水面以频率f 上
下振动，水面泛起圆形的涟漪（视为简谐波）。用实线表示波峰位置，某时刻
第1 圈实线的半径为r，第3 圈实线的半径为9r，如图所示，则（ ）
38/43
A. 该波的波长为4 r
B. 该波的波速为2f r
C. 此时浮筒在最低点
D. 再经过1
4 f ，浮筒将在最低点
【答案】AD
【解析】根据题意，某时刻第1 圈实线的半径为r，第3 圈实线的半径为9r，由
机械波中相邻波峰所对平衡位置相距一个波长，可得2 λ =9r −r，即λ = 4 r，A正
确。浮筒以频率f 上下振动，故该波的波速v = λ
T = λ f = 4 r f ，B错误。第1 圈实线
的半径r = 1
4 λ ，可得此时浮筒处于平衡位置，由于波向外传播，根据“同侧
法”可知浮筒处于平衡位置且向下振动，故再经过1
4 T = 1
4 f 浮筒将在最低点，C
错误，D正确。
4．（2025·四川德阳三模）用质量为m=0.5 k g的重物和劲度系数为
k =100 N /m的轻弹簧制作的一个振动装置如图（a）所示，轻弹簧上端连接在
固定的力传感器上。将重物拉离平衡位置，力传感器的示数F随时间t变化的图
像如图（b）所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/ s
2，下列说法正确的
是（ ）
图（a）
图（b）
A. 重物做简谐运动的周期为1.0 s
B. t =0.6 s时，重物处于最低点
C. 0.4～0.6 s，重物的加速度越来越小
D. 重物做简谐运动的振幅为5 c m
【答案】D
【解析】由题意可知，重物做简谐运动的周期等于力传感器的示数F随时间t变
化的周期，为T =0.8 s，A错误；由图（b）可知，t =0.6 s时，力传感器的示数
最小，此时重物所受合力向下且最大，则重物处于最高点，B错误；同理可判
断，t =0.2 s时，重物处于最低点，则0.4～0.6 s，重物由平衡位置向上运动，
所以重物的加速度越来越大，C错误；由图（b）可知，重物在平衡位置时，弹
力大小为F弹=k x1=5 N，解得x1=5 c m，重物在最低点时，弹力大小为
F 弹′ =k x2=10 N，解得x2=10 c m，所以振幅为A = x2−x1=5 c m，D正确。
5．（2025·重庆育才中学二模）如图甲所示，某水上游乐场引入了一种水上蹦
床设施，游客在蹦床上规律地跳动时，水面被激出一圈圈水波，若不考虑能量
损失，水面为均匀介质，波源位于O点，水波在xO y水平面内传播，波面呈现
为圆形。t =1 s时刻，部分波面的分布情况如图乙所示，其中虚线表示波谷，实
线表示相邻波峰。A处质点的振动图像如图丙所示，z轴正方向表示竖直向上。
下列说法正确的是（ ）
39/43
甲
乙
丙
A. 水波的波长为2 m
B. 水波的波速为1 m/ s
C. t =3 s时，A处质点所受回复力最小
D. t =3 s时，B处质点处在平衡位置
【答案】B
【解析】由题图乙可知，相邻波峰和波谷之间的距离为2 m，则水波的波长
λ = 4 m，A错误；由题图丙可知，A处质点振动的周期T = 4 s，则水波的波速为
v = λ
T =1 m/ s，B正确；当t =3 s时，A处质点处于波谷位置，回复力最大，C错
误；当t =3 s时，B处质点处于波峰位置，D错误。
6．（2025·湖南常德一模）多选 装有一定量细沙、两端封闭的玻璃管竖直漂
浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4 c m后放手，
忽略水的黏滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周
期为0.6 s。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，
其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A. 振动频率与按压的深度有关
B. 振动过程中玻璃管的振幅为8 c m
C. t2=0.25 s
D. 在t1～t2时间内，玻璃管的位移减小，加速度减小，速度增大
【答案】CD
【解析】由于玻璃管做简谐运动，其振动频率与振幅无关，A错误；由题意可
知振幅为4 c m，B错误；由题图乙可知，从0 到t2时间为( 1
6 T + 1
4 T )=0.25 s，C
正确；由题图乙可知，在t1～t2时间内，位移减小，玻璃管向平衡位置加速运动，
加速度减小，速度增大，D正确。
B 组 强化提分练
7．（2025·河北唐山三模）多选 波源P、Q分别位于x轴上x =−6 m和x =6 m处，
同时起振产生的两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，某时刻形成如
图所示的波形。下列说法正确的是（ ）
40/43
A. 两列简谐横波的频率相同，波长均为4 m
B. 波源P产生的简谐横波的振幅为6 c m，波源Q产生的简谐横波的振幅为4 c m
C. 平衡位置在x =0处的质点为振动减弱点
D. 平衡位置在x =1 m处的质点为振动减弱点
【答案】AD
【解析】由题图可知两列简谐横波在x轴上的−2～2 m间叠加，波长均为4 m，
波源P产生的简谐横波的振幅为6 c m，波源Q产生的简谐横波的振幅为2 c m，
在同一介质中波速相同，由于两列简谐横波的波长相同，故两列简谐横波的频
率相同，A正确，B错误；由题图可知，两波源的起振方向相同，平衡位置在
x =0处的质点对应的波程差为0，该点为振动加强点，平衡位置在x =1 m处的质
点对应的波程差为Δ x =2 m= λ
2，该点为振动减弱点，C错误，D正确。
8．（2025·河南郑州模拟）图甲为沿x轴正方向传播的某简谐波在t =0时刻的波
形图，P（图中未标出）是此波上的一个质点，图乙为P的振动图像，下列说法
正确的是（ ）
甲
乙
A. 该列波的传播速度为60
11 m/ s
B. 质点P的平衡位置可能位于x =0.5 m处
C. 质点P的平衡位置可能位于x =2.5 m处
D. 质点P在2 s内沿x轴运动了10 m
【答案】C
【解析】由题图可知λ =6 m，T =1.2 s，所以波的传播速度为v = λ
T =5 m/ s，A
错误；由题意可知，t =0时刻x =0.5 m、x =2.5 m、x =6.5 m…处的质点偏离平衡
位置的位移为10 c m，波向x轴正方向传播，由题图乙可知，t =0时刻质点P向上
振动，则质点P的平衡位置可能位于x =2.5 m处，B错误，C正确；质点P只在平
衡位置附近振动，并不会随波迁移，D错误。
9．（2025·河北卷·9，6 分）多选 如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固
定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑
轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹
簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小
段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ ，不计摩擦和空气
阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
41/43
A. 左侧小物块沿斜面做简谐运动
B. 细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大
C. 右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等
D. 若θ 增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长
【答案】AC
【解析】设将左侧小物块沿斜面缓慢拉下的距离为x，绳拉力大小为T，弹簧劲
度系数为k，同一时刻左、右侧小物块加速度大小相等，则对左侧小物块有
k x +T −m g sin θ =ma，对右侧小物块有k x +m g⋅sin θ−T =ma，联立解得
T =m g sin θ ，B错误；ma=k x，即小物块所受的合力大小与x成正比且总指向
弹簧原长时小物块的位置，所以小物块沿斜面做简谐运动，A正确；根据简谐
运动对称性可知右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小
相等，C正确；若θ 增大，小物块受到的回复力不变，周期不变，则右侧小物
块从最低位置运动到最高位置所用的时间不变，D错误。
10．（2025·浙江1 月选考卷·12，4 分）多选 如图1 所示，两波源S1和S2分别
位于x =0与x =12 m处，以x =6 m为边界，两侧为不同的均匀介质。t =0时两波
源同时开始振动，其振动图像相同，如图2 所示。t =0.1 s时x = 4 m与x =6 m两
处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则（ ）
A. t =0.15 s时两列波开始相遇
B. 在6 m< x ≤12 m间S2波的波长为1.2 m
C. 两列波叠加稳定后，x =8.4 m处的质点振动减弱
D. 两列波叠加稳定后，在0< x<6 m间共有7 个加强点
【答案】BC
【解析】S1产生的波0.1 s传播4 m，波速v = 40 m/ s，两列波在同一种介质中波
速相同，S2产生的波在t =0.1 s后在x =6 m边界左侧的波速变得和S1产生的波的
波速相同，两波一定在x =5 m处相遇，相遇时间t =0.1 s+ 1
40 s=0.125 s，A错误。
S2产生的波在6 m< x ≤12 m间0.1 s内传播6 m，又周期T =0.02 s，故波长为1.2 m，
B正确。左侧波传到x =8.4 m处用时为t ′ = 6
40 s+ 8.4−6
60
s=0.19 s，此时右侧波在
该处已经振动的时间Δt =0.19 s−12−8.4
60
s=0.13 s=6 1
2 T，即此时刻左侧波在该
点的振动为由平衡位置向上振动，右侧波在该点的振动为由平衡位置向下振动，
可知该点的振动减弱，故C正确。右侧波传到x =6 m位置用时为0.1 s=5T，即
42/43
此时x =6 m处质点从平衡位置向上振动；此时x =0处的波源S1也由平衡位置向
上振动，即振动方向相同，可知在0< x<6 m内到x =0和x =6 m两点的路程差为
波长整数倍的位置为振动加强点，波在该区间内的波长
λ1= v T = 40×0.02 m=0.8 m，可知x−(6−x)=n λ =0.8n，即x =(3+0.4 n) m，其中
n可取0、±1、±2、±3、± 4、±5、±6、±7，则共有15 个振动加强点，故D错
误。
C 组 创新高分练
11．（2025·陕西三模）多选 如图所示，在倾角为θ 的固定光滑斜面上，有两
个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为
一固定的挡板，现将一个质量也为m的物体D从距A为L的位置由静止释放，D
和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做简谐运动。在简谐运动过程中，物
块B对C的最小弹力为1
2 m g sin θ ，g为重力加速度，则下列说法正确的是
（ ）
A. D和A粘合后瞬间速度大小为❑√g L sin θ
B. D和A粘合后下滑过程中速度先增大后减小
C. D和A整体简谐运动的振幅为3m g sin θ
2k
D. B对C的最大弹力为11m g sin θ
2
【答案】BD
【解析】物体D在斜面上滑动时，由牛顿第二定律可得a= m g sin θ
m
= g sin θ ，
设物体D与A碰撞前速度为v，则v
2=2a L，解得v = ❑√2 g L sin θ，D和A碰撞过
程中动量守恒，有m v =2m v ′，得D和A粘合后瞬间的速度大小为
v ′ = ❑√
1
2 g L sin θ，A错误。D和A粘合后下滑过程中，初始状态弹簧弹力
F =m g sin θ ，D和A总重力沿斜面向下的分力为2m g sin θ ，最初一段时间
内合力沿斜面向下，与速度方向相同，速度增大；当弹簧弹力增大到
2m g sin θ 时，D和A再继续沿斜面向下运动时弹力继续增大，合力沿斜面向
上，与速度方向相反，速度减小，B正确。当弹力k x0=2m g⋅sin θ 时，A、D
整体处于平衡状态，此时弹簧的形变量为x0= 2m g sin θ
k
，弹簧处于压缩状态；
当B对C弹力最小时，对B分析，则有m g sin θ =k x + 1
2 m g sin θ ，弹簧处于伸
长状态，A、D整体达最大位移处，此时形变量x = m g sin θ
2k
，故简谐运动的振
幅为A = x + x0= 5m g sin θ
2k
，C错误。当A、D整体运动到最低点时，B对C的弹
力最大，由对称性可知，此时弹簧的形变量为Δ x = A + x0= 9m g sin θ
2k
，弹力为
43/43
F1=k Δ x = 9m g sin θ
2
，对B分析有FC B= F1+m g sin θ = 11m g sin θ
2
，结合牛顿
第三定律可知，D正确。
