专题04 动力学瞬态、连接体、超失重、图像问题（解析版）-2025版高考物理真题精-选与研析

考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。命题解读考向考查统计本类试题主要考查单位制、瞬态问题图像问题、连接体问题以及超失重问题。要求认识到统一单位的重要性和必要性。要求了解超重和失重现象在各个领域中的应用。考向一单位制2024·浙江1月，12022·浙江6月，1考向二瞬态问题2024·湖南卷，32022·全国甲卷，6考向三图像问题2024·全国甲卷，22023·全国甲卷，62022·湖南卷，14（1）2021·全国乙卷，21考向四连接体问题2024·新课标卷，12（1）2023·湖南卷，102023·福建卷，52023·北京卷，62022·全国乙卷，22021·湖南卷，7考向五超失重问题2024·全国甲卷，92022·浙江6月，32019·浙江4月，12命题分析2024年高考各卷区物理试题均考查了牛顿运动定律。预测2025年高考牛顿运动定律依然是必考内容。试题精讲考向一单位制1．（2024年1月浙江卷第1题）下列属于国际单位制基本单位符号的是（）A.SB.N C.FD.T【答案】A【解析】国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号m；质量的单位是千克，符号kg；时间的单位是秒，符号s；电流的单位是安培，符号是A；热力学温度的单位是开尔文，符号K；物质的量单位是摩尔，符号mol；发光强度的单位是坎德拉，符号cd。故选A。考向二瞬态问题2．（2024年湖南卷第3题）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（）A.g， B.2g， C.2g， D.g，【答案】A【解析】剪断前，对BCD分析对D剪断后，对B解得方向竖直向上；对C解得方向竖直向下。故选A。考向三图像问题3．（2024年全国甲卷第2题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设P的质量为，P与桌面的动摩擦力为；以P为对象，根据牛顿第二定律可得以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得联立可得可知当砝码的重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于。故选D。考向四连接体问题4．（2024年新课标卷第12题第（1）问）如图，一长度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一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，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，重力加速度大小。求（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；【答案】（1）4m/s；【解析】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为薄板做加速运动的加速度对物块对薄板解得考向五超失重问题5．（2024年全国甲卷第9题）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为。（1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为_____N（结果保留1位小数）；（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，则此段时间内物体处于_____（填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为_____（结果保留1位小数）。【答案】（1）5.0（2）①.失重②.1.0【解析】【小问1详解】由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N，则读数为5.0N。【小问2详解】[1]电梯上行时，一段时间内测力计的示数为，小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态；[2]根据根据牛顿第二定律代入数据联立解得电梯加速度大小考向一单位制1．（2022年浙江6月卷第1题）下列属于力的单位是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据牛顿第二定律有F=ma则力的单位为故选A。考向二瞬态问题2.（2022年全国甲卷第6题）（多选）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【答案】AD【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．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所受外力不变，加速度仍为零，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。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。故选AD。考向三图像问题3．（2023年全国甲卷第6题）（多选）用水平拉力使质量分别为、的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为和。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. B. C. D.【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC。4.（2022年湖南卷第14题第（1）问）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；

【答案】（1）；【解析】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比5.(2021·全国乙卷·21)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等答案BCD解析由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．考向四连接体问题6．（2023年湖南卷第10题）（多选）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。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【答案】CD【解析】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足竖直方向则若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得可得对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律A错误；B．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为对小球B，由于，小球B受到向左的合力则对小球A，根据牛顿第二定律可得对系统整体根据牛顿第二定律解得B错误；C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为小球B所受向左的合力的最大值由于可知则对小球B，根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律联立可得的最大值为C正确；D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时对小球B根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律代入小球B所受合力分范围可得的范围为D正确。故选CD。7．（2023年福建卷第5题）（多选）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为，第一节车厢对第二节车厢的拉力为，第二节车厢对第三节车厢的拉力为，则（  ）A.当火车匀速直线运动时，B.当火车匀速直线运动时，C.当火车匀加速直线运动时，D.当火车匀加速直线运动时，【答案】BD【解析】AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时得故A错误，B正确；CD．当火车匀加速直线运动时得T1∶T2∶T3=3∶2∶1故C错误，D正确。故选BD。8．（2023年北京卷第6题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（）A.1N B.2N C.4N D.5N【答案】C【解析】对两物块整体做受力分析有F=2ma再对于后面的物块有FTmax=maFTmax=2N联立解得F=4N故选C。9.（2022年全国乙卷第2题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（）

A. B. C. D.【答案】A【解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示

由几何关系可知设绳子拉力为，水平方向有解得对任意小球由牛顿第二定律可得解得故A正确，BCD错误。故选A。10.（2021年湖南卷第7题）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（）

A. B. C. D.【答案】A【解析】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即故Q物体加速下降，有可得而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律解得故选A。考向五超失重问题11.（2022年浙江6月卷第3题）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣过程中，下列说法正确的是（）A.鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡B.鱼儿摆尾出水时浮力大于重力C.鱼儿摆尾击水时受到水的作用力D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点【答案】C【解析】A．鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；BC．鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力大于重力，B错误、C正确；D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。故选C。12.(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)()A．A球将向上运动，B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动，C球不动C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动答案D解析开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.一、牛顿第一定律1．牛顿第一定律是通过理想斜面实验得出的，它不能由实际的实验来验证．2．物理意义(1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律．(2)提出了一切物体都具有惯性，即物体维持其原有运动状态的特性．(3)揭示了力与运动的关系，说明力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因．强调：运动状态的改变指速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是物体产生加速度的原因．3．惯性大小的量度质量是物体惯性大小的唯一量度．物体的质量越大，惯性越大；物体的质量越小，惯性越小．4．惯性的表现形式(1)物体不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为物体保持匀速直线运动状态或静止状态．(2)物体受到外力且合外力不为零时，惯性表现为物体运动状态改变的难易程度．惯性越大，物体的运动状态越难改变．二、牛顿第二定律1．对牛顿第二定律的理解2．力和运动之间的关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体就有加速度．(2)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq\f(1,m).(3)合力与速度同向时，物体做加速直线运动；合力与速度反向时，物体做减速直线运动．三、单位制国际单位制的基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克(公斤)kg时间t秒s电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n，(ν)摩[尔]mol发光强度I，(Iv)坎[德拉]cd四、瞬时问题1．两种模型合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．2．解题思路eq\x(\a\al\vs4\co1(分析瞬时变化前,物体的受力情况))→eq\x(\a\al\vs4\co1(分析瞬时变化后,哪些力变化或消失))→eq\x(\a\al\vs4\co1(求出变化后物体所受合力,根据牛顿第二定律列方程))→eq\x(求瞬时加速度)五、超重和失重问题1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关(选填“无关”或“相关”)．(2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．2．超重、失重和完全失重的对比名称超重失重完全失重现象视重大于实重视重小于实重视重等于0产生条件物体的加速度向上物体的加速度向下物体竖直向下的加速度等于g对应运动情境加速上升或减速下降加速下降或减速上升自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行等原理F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝03．判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．六、动力学中的连接体问题1．连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．2．整体法与隔离法在连接体中的应用整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”.七、动力学图像问题1．常见图像(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解．(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解．(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况．(4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，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．2．解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．1．（2024·北京市海淀区·一模）如图所示，某人站上向右上行的智能电动扶梯，他随扶梯先加速，再匀速运动。在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（）A扶梯加速运动阶段，人处于超重状态B.扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左C.扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力D.扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力【答案】A【解析】AB．依题意可知在加速运动过程中，人的加速度向右上方，加速度在竖直向上的方向上有分量和在水平向右方向有分量，可知人处于超重状态，人受到的摩擦力水平向右，故A正确，B错误；CD．扶梯匀速运动阶段，由平衡条件可知人受到自身重力，扶梯对它竖直向上的支持力，共计两个力的作用，且扶梯对人的支持力大小等于重力大小，故C、D错误。故A。2．（2024·河北·三模）某游泳运动员在时间内运动的图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是（）A.在内所受的合力一直不为0B.在内的位移大小为C.在内一定处于超重状态D.在内的位移大小为【答案】D【解析】A．图像的斜率代表加速度，由图像可知，在该运动员的有加速度，由牛顿第二定律可知在与运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在与所受合力为零，在，所受合力不为零，故A项错误；B．由于图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在内的位移为故B项错误；C．由之前的分析，在结合图像可知，其加速度为由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C项错误；D．结合之前的分析，在的位移为故D项正确。故选D。3．（2024·河南省信阳市·二模）在光滑水平面上，一质量为m的物块在水平拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则物块的v-t图像正确的是（）。A. B. C. D.【答案】A【解析】AB．根据F-t图像可以看出，0~1s时间内，F=0，物体原来静止，这段时间继续保持静止；1~2s时间内，F逐渐增大，由牛顿第二定律物体加速度也逐渐增大，做加速度增大的加速运动，v-t图像的斜率（表示加速度）逐渐增大，2~3s时间内，F恒定，物体做匀加速运动；3~5s时间内，F逐渐减小，加速度也减小，但方向和速度仍然同向，物体做加速度减小的加速运动，所以A正确，B错误；CD．1~2s时间内，做加速度增大的加速运动，v-t图像的斜率（表示加速度）应逐渐增大，故C、D错误。故选A。4．（2024·黑龙江名校联考·二模）某物体在竖直方向做直线运动的图像如图所示。若选向上为正方向，则下列说法正确的是（）A.0~1s内，物体处于超重状态B.0~2s内，物体的平均速度大小为3m/sC.时，物体的速度、加速度均等于零D.时，物体离出发点最远【答案】A【解析】A．由图可知，0~1s内，物体向上做加速运动，则物体的加速度方向向上，则物体处于超重状态，故A正确；B．0~2s内，如果物体沿正方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，最大速度为6m/s，图像如图所示则0~2s内，物体的平均速度大小为但物体先做加速度减小的加速运动后做加速度增大的减速运动，可知0~2s内，物体的平均速度大于3m/s，故B错误；C．由图可知，时，物体的速度为零，但速度时间图像的斜率表示加速度，而此时图线的斜率最大，即加速度最大，故C错误；D．速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，图像在时间轴上方表示位移为正，在时间轴下方表示位移为负，0~2s内，物体沿正方向运动，图像在时间轴上方，2~4s内，物体沿负方向运动，图像在时间轴下方，根据对称性可知，4s时，物体回到出发点，故D错误。故选A。5．（2024·湖北省十一校联考·二模）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块P施加水平向右的恒力F，时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是（）A.时，物块Q的速度大小为0.4m/sB.恒力F大小为1.6NC.物块Q的质量为0.5kgD.后，物块P、Q一起做匀加速直线运动【答案】C【解析】A．图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大，则t=1s时Q的速度大小等于m/s=0.4m/s由图可得实际Q的图象与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图象与坐标轴围成的面积，故t=1s时Q的速度大小大于0.4m/s，故A错误；B．t=0时，对物块P有N=2N故恒力大小为2N，故B错误；CD．时，对物块P、Q整体有解得kg撤去推力后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误。故选C。6．（2024·湖南师大附中·二模）如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列图中不可能描述小物块在传送带上运动的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得即可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足可知二者将共速。故AB正确，与题意不符；CD．同理，可知当小物块的初速度沿斜面向上（），对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得即可知小物块先沿传送带向上匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况（）或者继续匀加速（）此时加速度满足故C正确，与题意不符；D错误，与题意相符。本题选不正确的故选D。7．（2024·山东百师联盟二轮联考）2023年11月，我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试。小李同学将这个过程进行如图所示的简化：ABC为水平轨道，其中AB段为有动力弹射段、长LAB＝80m，BC段为无动力滑行段、足够长。将质量M＝20kg的物块（可视为质点）置于A处，在第一次弹射模拟中，物块在AB段的运动时间为2s、BC段的运动时间为16s；在第二次弹射模拟中，该同学在物块两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重块质量m＝5kg。已知物块与水平轨道ABC间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的动力大小相等且恒定不变，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）AB段动力的大小；（2）第二次弹射过程中，AB段和BC段物块对每个配重块作用力的大小。（结果可用根式表示）【答案】（1）900N；（2）N，N【解析】（1）第一次弹射模拟，AB段有BC段有解得F＝900N（2）根据上述