2026年高考物理一轮复习(通用版)第十讲牛顿运动定律的综合应用(一)方法类(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习(通用版)第十讲牛顿运动定律的综合应用(一)方法类(专项训练)(学生版+解析)，共9页。试卷主要包含了恰好能静止在铁箱左壁上等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc203048792" 01 课标达标练 PAGEREF _Tc203048792 \h 1
\l "_Tc203048793" 题型01 两类动力学基本问题 PAGEREF _Tc203048793 \h 1
\l "_Tc203048794" 题型02 动力学图像问题 PAGEREF _Tc203048794 \h 4
\l "_Tc203048795" 题型03 瞬时加速度问题 PAGEREF _Tc203048795 \h 4
\l "_Tc203048796" 题型04 连接体类问题 PAGEREF _Tc203048796 \h 7
\l "_Tc203048797" 题型05 动力学中的临界、极值类问题 PAGEREF _Tc203048797 \h 7
\l "_Tc203048798" 02 核心突破练 PAGEREF _Tc203048798 \h 9
\l "_Tc203048799" 03 真题溯源练 PAGEREF _Tc203048799 \h 13
01 两类动力学基本问题
1．（2025·上海·一模）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目。如图所示，比赛时运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线 AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，冰壶的停止位置越靠近圆心 O 越好，AB 中点 P 与 O 相距 L = 30 m。某次训练中，运动员使冰壶从 P 点以 v0 = 3 m/s 的速度向圆心 O 滑出，已知冰壶和冰面间的动摩擦因数 μ = 0.02，g 取 10 m/s2。
冰壶滑行过程中的加速度大小 a = m/s2，冰壶滑行的总位移大小 x = m。
【答案】 0.2 22.5
【详解】[1]冰壶滑行过程中对冰壶由牛顿第二定律得
解得冰壶滑行过程中的加速度大小为a= 0.2m/s2
[2]由速度-位移公式v2=2ax
可得x=22.5m
2．（2025·甘肃·模拟预测）某快递车装上货物（视为质点），其中货物与车的简化图如图所示。货物在长度的水平车厢中间位置，总质量的车在平直路面以行驶，突然因紧急情况刹车（关闭发动机），经过车停下，最终发现货物也刚好滑到车厢前端靠近驾驶室。取重力加速度大小，货物的质量远小于快递车的质量。求：
(1)快递车刹车时受到的阻力大小；
(2)该货物与水平车厢间的动摩擦因数。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知车做匀减速直线运动，其加速度大小
又由牛顿第二定律有
解得
（2）车做匀减速直线运动的位移大小
则货物的位移大小
则货物的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
3．（2025·四川泸州·模拟预测）如图甲所示，工地电动物料运输车的左端有一个垂直底板的挡板。工人将空车从静止开始沿直线推到物料堆前，初始以加速度做匀加速运动，经后做匀减速运动，再经过后刚好停在物料堆处。工人将一个质量的物料放在车上，保持车底板P与水平面间的夹角向左推车，如图乙所示。物料受到的摩擦力不计。取，，重力加速度，求：
(1)初始时空车到物料堆的距离；
(2)放上物料后以加速推车时，底板P对物料支持力的大小。
【答案】(1)24m
(2)163N
【详解】（1）题意知加速结束时的速度
则初始时空车到物料堆的距离
联立解得
（2）物料受力如图
对物料，由牛顿第二定律有
竖直方向有
联立解得
则底板P对物料支持力的大小为163N。
02 动力学图像问题
4．（2025·陕西·模拟预测）2025年2月9日孙颖莎在世界乒乓球职业大联盟（WTT）新加坡大满贯比赛中获得了女单冠军。若孙颖莎在无风环境下从足够高的位置将乒乓球静止释放，乒乓球受到的空气阻力随速度增大而增大且不可忽略。下列关于乒乓球在空中运动有关的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】B．以乒乓球为对象，根据牛顿第二定律可得，由于乒乓球受到的空气阻力随速度增大而增大，可知乒乓球静止释放后做加速度逐渐减小的加速运动，B错误；
A．由于速度增大，所以图像的切线斜率逐渐增大；A错误；
CD．由于加速度逐渐减小，所以图像的切线斜率逐渐减小。C正确，D错误。
故选C。
03 瞬时加速度问题
5．（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
【详解】A．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，弹力不变，仍等于物块P的重力，故A错误；
B．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；
C．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，P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误；
D．未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q的总重，剪断一瞬间，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，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。
故选D。
6．（2023·山东济南·二模）如图所示，物块、和的质量相同，和、和之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在上的细线悬挂于固定点；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块的加速度记为，S1和S2相对原长的伸长量分别为和，重力加速度大小为，在剪断瞬间（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】AB．设物块的质量为，剪断细线之前，以b、c物块为整体，根据受力平衡，可知轻弹簧S1的弹力大小为，剪断细线瞬间，轻弹簧S1的弹力保持不变，以物块a为研究对象，根据牛顿第二定律可得，故AB错误；
CD．设弹簧的劲度系数为，剪断细线之前，以b、c物块为整体，根据受力平衡，可知轻弹簧S1的弹力大小为，以c物块为研究对象，根据受力平衡，可知轻弹簧S2的弹力大小为，联立可得，故C正确，D错误。
故选C。
7．（2025·云南玉溪·模拟预测）（多选）如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是（ ）
A．球M和球N的质量之比为
B．轻绳A和弹簧C的弹力之比为
C．若小球N的质量为，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为
D．若小球M的质量为，剪断轻绳B的瞬间，球M的合力大小为g
【答案】AC
【详解】AB．设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得，，对小球M受力分析且由平衡条件可得，，联立解得，，故A正确，B错误；
CD．剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为球N重力在径向的分力，大小为，剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，球M的合力大小为，故C正确，D错误。
故选AC。
04 连接体类问题
8．如图，倾角、质量的斜面体静止在光滑水平桌面上，质量的木块静止在斜面体上，用大小的水平推力作用在斜面体上，使其做匀加速直线运动，木块在斜面体上恰好没能滑动。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，g取。求：
（1）木块做匀加速直线运动的加速度大小；
（2）木块与斜面体间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）用F作用在斜面体上时木块在斜面体上恰好没能滑动，故木块此时达到最大静摩擦力，将木块和斜面体看作整体，根据牛顿第二定律得
（2）对木块m，有
联立得
05 动力学中的临界、极值类问题
9．（2025·辽宁本溪·模拟预测）如图所示，质量的一只长方体空铁箱在水平拉力的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量的木块（可视为质点）恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数，铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，铁箱的长度，取重力加速度大小。
(1)求铁箱的加速度大小；
(2)若减小拉力，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为（未知），立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度的大小。
【答案】(1)
(2)
【解析】【小题1】对铁箱和木块构成的整体受力分析，竖直方向上有
水平方向上有
其中
解得
【小题2】木块恰好能静止在铁箱左壁上时，对木块受力分析，竖直方向上有
水平方向上有
又有
解得
撤去拉力后，木块将相对于铁箱滑动，对木块受力分析有
解得
对铁箱受力分析，有
根据牛顿第三定律有
解得
木块的位移
铁箱的位移
木块刚好运动到铁箱右壁，则有
解得
1．（2025·广西·一模）如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在时刻对算珠施加沿杆方向的力。F0.1N使其由静止开始运动，经0.15s撤去F，此后再经0.15s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v—t图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．算珠与杆间的动摩擦因数为0.1B．算珠的质量为25g
C．若不撤去F，则算珠在0.2s时已处于归零状态D．杆长9cm
【答案】B
【详解】D．由图像面积表示位移，可知杆长为，故D错误；
AB．由牛顿第二定律得，，由图可知撤去前后算珠的加速度大小分别为，联立解得，，故A错误，B正确；
C．若不撤去，算珠将以的加速度做匀加速直线运动，经运动位移为，则此时未到归零状态，故C错误。
故选B。
2．（2025·陕西西安·一模）随着人工智能的快速发展，机器人功能的开发也不断在突破，如图甲为某开发研究所实验某型号智能机器人的起跳动作示意图，机器人质量为，点是机器人的重心位置。图乙是根据加速度传感器采集到的数据画出的加速度-时间图线。甲乙两图中各点均一一对应，其中有几个点在图甲中没有画出。规定竖直向上为加速度的正方向，重力加速度大小取。根据图乙分析可知（ ）
A．点为机器人起跳动作中重心最低点B．点时机器人向上速度最大
C．点位置机器人对地面压力大小为D．机器人在点时已开始离开地面
【答案】C
【详解】A．重心最低点时加速度向上最大，可知点为机器人起跳动作中重心最低点，故A错误；
B．图像的面积表示速度的变化量，点位置图像总面积为负，速度增量为负，机器人在向下运动，故B错误；
C．点位置机器人以向上加速，由，解得N，由牛顿第三定律可知其对地面压力大小为1200N，故C正确；
D．机器人开始离开地面时加速度应为，故在点机器人还没有开始离开地面，故D错误。
故选C。
3．（2025·河南开封·三模）如图所示，一个质量为3m的箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的圆环A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．剪断细线前，台秤读数为3mg
B．剪断细线的瞬间，台秤读数不变
C．剪断细线后，圆环A向上运动至最高点的过程中，台秤读数将一直增大
D．剪断细线后，圆环A向上运动至最高点的过程中，圆环A将先超重后失重
【答案】D
【详解】A．未剪断绳子前，对圆环和箱子整体分析，可知台秤示数，故A错误；
B．剪断细线的瞬间，细线对箱子向上的拉力消失，弹簧弹力在瞬间不发生变化，导致箱子对台秤的压力增大，因此台秤的读数将突然变大，故B错误；
CD．剪断细绳前，对圆环进行受力分析可知，圆环受到重力、细绳的拉力和弹簧的弹力的作用受力平衡，所以，剪断细线的瞬间，对圆环进行受力分析有，解得，且方向竖直向上，由此可知圆环向上先做加速运动后做减速运动，整个系统先处于超重后处于失重状态，所以台秤读数先变大后变小，故C错误，D正确。
故选D。
4．（2025·山东泰安·模拟预测）如图所示，游乐场的小火车是由车头和6节车厢连接而成，若各节车厢（含乘客）质量均相等，且在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。下列说法正确的是（ ）
A．当火车做匀速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力相等
B．当火车做匀速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力之比为2:3
C．当火车做匀加速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力之比为2:3
D．火车做匀速或匀加速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力之比均为3:2
【答案】D
【详解】AB．设每节车厢的质量为，匀速运动时，以4、5、6节车厢为研究对象，则有
解得，以第5、6节车厢为研究对象，则有，解得，故，故A错误，B错误；
CD．做匀加速运动时，结合上述分析，由牛顿第二定律可得，，联立解得,故C错误，D正确。
故选D。
5．（2025·海南海口·模拟预测）（多选）2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（ ）
A．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零
B．若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为
C．若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为
D．若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为
【答案】CD
【详解】A．当动车组做匀速运动时，对整体有，则，则根据平衡条件可知第一列车厢有，对于一、二列车厢整体有，可得二、三节车厢间作用力，以此类推，可知，，，，，则可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；
B．若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律，整列车的加速度大小为，故B错误；
C．若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律，整列车的加速度大小为，故C正确；
D．若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律，解得，故D正确。
故选CD。
1．（2025·北京·高考真题）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（ ）
A．从到，实验舱处于电磁弹射过程B．从到，实验舱加速度大小减小
C．从到，实验舱内物体处于失重状态D．时刻，实验舱达到最高点
【答案】B
【详解】A．间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动；故A错误；
B．，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有
即，故加速度大小在减小，故B正确；
C．间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；
D．根据前面分析可知时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故时刻到达最高点，故D错误。
故选B。
2．（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即，当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力，到合力为零前，随着增大减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着减小增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确；
CD．在木块下落高度之前，木块做自由落体运动，根据，速度逐渐增大， 图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下
故CD错误。
故选B。
3．（2024·辽宁·高考真题）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在时刻滑上木板B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4D．之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．结合图像可知时刻，木板的速度为，设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为，负号表示方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为，经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得，解得，故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为，故可得，解得，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为，此时对木板由牛顿第二定律得，解得，故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
4．（2025·甘肃·高考真题）（多选）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（ ）
A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
【答案】BC
【详解】A．剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；
B．剪断细线之前则，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律，解得A的加速度，选项B正确；
C．剪断细线之前弹簧伸长量，剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量，即振幅为，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确；
D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。
故选BC。
5．（2024·北京·高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F = (M＋m)a，对空间站分析有F′ = Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力
故选A。
6．（2024·全国甲卷·高考真题）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
【详解】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，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于时，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。
7．（2023·北京·高考真题）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，细线能承受的最大拉力为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．1NB．2NC．4ND．5N
【答案】C
【详解】对两物块整体做受力分析有F = 2ma，再对于后面的物块有FTmax= ma，FTmax= 2N，联立解得F = 4N
故选C。
8．（2023·湖南·高考真题）（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
【详解】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。
9．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0，则（ ）
A．
B．时，甲的速度大小为
C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【详解】B．位置与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙的位移可得，可得时刻甲物体的速度为，B错误；
A．甲物体的加速度大小为，乙物体的加速度大小为，由牛顿第二定律可得甲物体，同理可得乙物体，联立可得，A正确
C．设斜面的质量为，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二定理可得，则之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；
D．之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得，即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
故选AD。