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第三章 运动和力的关系
第11 课时 动力学两类基本问题 动力学图像问题
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【考向预测●明考向】
动力学两类基本问题分为已知受力求运动、已知运动求受力两大题型，核心依靠牛顿第二定律
搭建受力与运动的桥梁，动力学图像包含F-t、a-t、v-t、F-x 等常见图像，侧重图像信息提取、斜率面
积物理意义解读、分段运动临界分析，常结合板块、传送带、斜面、弹簧模型综合命题，多出现在选
择、实验、计算大题；近三年是力学高频核心考点，几乎每套试卷都会设置图像动力学综合题；预测
2027 年会侧重多阶段变力作用下分段动力学图像分析、结合弹簧弹力瞬时变化的图像计算，强化多物
体板块相对运动、航天/生活实际情境融合两类动力学问题联立求解，增加图像与临界极值、能量初步
结合的综合性考查。
【双基自测●夯基础】
1．某轮式战车沿直线测试：由静止开始启动，先匀加速，再匀速，再关闭发动机自由减速到
停止，其v −t图像如图所示，已知该车质量为10t，全程所受阻力恒定，且记录到匀速运动过
程中的牵引力为10000N，则：
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
核心梳理●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
(1)加速过程中的牵引力大小为________N。
(2)全过程车的位移大小为________m。
【答案】(1)40000
(2)60
【详解】（1）由v −t图像可知加速过程中加速度的大小a1= Δv
Δt = 6−0
2−0 m/ s
2=3m/ s
2
加速过程由牛顿第二定律得F −f =ma
根据题意匀速运动过程中的牵引力为10000N，故可知所受阻力为f =10000 N
解得加速过程中的牵引力大小为F = f +ma=10000 N +10×10
3×3 N = 40000 N
（2）匀加速运动的位移大小x1= v
2 t1= 6
2 ×2m=6m
匀速运动的位移大小x2= v t2=6×(8−2)m=36m
匀减速运动中由牛顿第二定律得f =ma3
解得匀减速运动中加速度大小a3= f
m = 10000
10×10
3 m/ s
2=1m/ s
2
匀减速运动中位移大小x3= v
2
2a3
= 6
2
2×1 m=18m
全过程车的位移大小为x = x1+ x2+ x3=60m
2．如图甲所示，一人站在电梯上随电梯斜向上运动，倾角θ =37°，人站在水平台阶上，电梯
运动的v −t图像如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g=10 m/s
2，则在0 到1s 内，人受
到的支持力大小为______N；在3s 到4s 内，人受到的摩擦力大小为______N，方向为
______。
【答案】 672 96 水平向左
【详解】[1]由图乙可知0~1s内的加速度为a1= 2
1 m /s
2=2m /s
2
以人为对象，竖直方向根据牛顿第二定律可得N −mg=ma1sinθ
解得人受到的支持力大小为N =672N
[2][3]由图乙可知3~ 4s内的加速度为a2= 0−2
1
m /s
2=−2m /s
2
牛顿第二定律可得f =ma2cosθ =−96 N
可知在3s 到4s 内，人受到的摩擦力大小为96 N，方向水平向左。
3．（25-26 高三上·山东·学业考试复习）一物体在水平推力F =15 N的作用下沿水平面做直线
运动，一段时间后撤去F，其运动v −t图像如图所示，则0∼4s内物体的加速度大小为
_____.，物体与水平面的动摩擦因数μ=_____，物体的质量m=_____。（g取10 m /s
2）
【答案】 2.5 m /s
2 0.5 2kg
【详解】[1] v −t图像的斜率表示加速度，由v −t图，根据a= Δv
Δt 可知0∼4s物体的加速度大小
为a1= 10−0
4
m /s
2=2.5 m /s
2
[2][3]0∼4s内，对物体分析，水平方向上受拉力F和摩擦力作用，有F −μmg=ma1
4s∼6s内物体的加速度大小为a
′ = 10−0
6−4 m /s
2=5 m /s
2
4s∼6s内，力F撤去，水平方向只受摩擦力作用，有μmg=ma
′
联立可得μ=0.5，m=2kg
4．（25-26 高三上·福建宁德·期中）如图甲所示，A、B 两个物体靠在一起，静止在光滑的水
平面上，它们的质量分别为mA=2kg、mB=6kg，现用水平力F A推A，用水平力FB拉B，F A和
FB随时间t变化关系如图乙所示，则t =0时刻，A、B 间的弹力大小为__________N，A、B 将
脱离时，运动的位移大小为__________m。
【答案】 6 3
【详解】[1][2]由乙图可得FA=9-3t（N），FB=3+3t（N）
在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA+FB=12N，匀加速运动的加速度
a= FA+ FB
mA+mB
=1.5 m/s
2
则A、B 脱离之前，它们一直做匀加速运动，A 物体所受的合外力不变。t =0时刻FB+ F =mBa
解得A、B 间的弹力大小为F =6 N，脱离时满足A、B 加速度相同，且弹力为零，故
FA
mA
=1.5 m/s
2
解得t=2s
A、B 将脱离时，运动的位移大小为x = 1
2 at
2=3 m
5．一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1。
从t =0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律
如图所示。则第3 s内的加速度大小为_______m/s
2，83s内物体的位移大小为______m。g取
10m/s
2。
【答案】 2 167
【详解】【小题1】[1]后半个周期，根据牛顿第二定律F2+ μmg=ma2
第3 s内的加速度大小a2=2m/ s
2
[2]前半个周期，根据牛顿第二定律F1−μmg=ma1
加速度大小a1=2m/ s
2
可知物体前半个周期做初速度为零的匀加速直线运动，后半个周期匀减速直线运动恰好速度
减为零，每个周期的位移为x = 1
2 a1(
T
2)
2
×2=8m
83s内的最后3s 物体的位移大小为x
' = x
2 + x
2 × 3
4 =7m
83s内物体的位移大小为x总=20 x + x
' =167m
6．如图甲，物体在水平恒力F 作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t =1s时刻撤去恒
力F，物体运动的v −t图像如图乙所示。重力加速度g=10 m /s
2，则在撤去F 前后两个阶段的
平均速度大小之比为_________。恒力F 与摩擦力f 大小之比为_________。
【答案】 1:1 3:1
【详解】[1]根据匀变速直线运动规律v = 1
2 (v0+ v)
结合图乙可得两个阶段的平均速度之比为v1:v2= 1
2 (0+ 4): 1
2 (4+0)=1:1
[2]由图像可知，撤去拉力前物体的加速度大小为a1= Δv1
Δt1
= 4 m/s
2
撤去拉力后物体的加速度大小为a2= Δv2
Δt2
=2m/s
2
结合牛顿第二定律则有F −f =ma1，f =ma2
联立解得F :f =3:1
7．电动平衡车（图1 所示）是一种常见的儿童玩具。某人和平衡车的总质量是60kg，启动平
衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v −t图像如图2
所示。取g=10 m/s
2，假设车轮不滚动，则平衡车与地面间的动摩擦因数为______，平衡车整
个运动过程中的位移大小为______m，平衡车在加速过程的驱动力大小为______N。
【答案】 0.06 195 108
【详解】[1]关闭动力后，平衡车做匀减速运动，结合v −t图线可得加速度大小为
a=|
0−6
40−30)m/s
2=0.6 m/s
2
又
μmg=ma
解得平衡车与地面间的动摩擦因数为
μ=0.06
[2]v −t图线与横轴围成的面积表示位移，可得平衡车整个运动过程中的位移大小为
x = 1
2 ×(25+ 40)×6 m =195 m
[3]平衡车在加速过程，结合v −t图线可得加速度大小为
a
′ = 6
5 m/s
2
根据牛顿第二定律有
F −μmg=ma
′
解得
F =108 N
8．图甲所示的救生缓降器由挂钩、安全带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人缓慢
下降的安全营救装置。高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处
通过救生缓降器下落，着地时速度恰好为零，图乙是工人下落全过程中绳索拉力大小随时间
变化的F −t图像。已知工人的质量m=60kg，不计安全带和速度控制装置的质量，g 取10 m/s
2
，则工人在0～3s 内的加速度大小为______m/s
2，在3～5s 内的加速度大小为______m/s
2，下
落过程的最大速度为______m/s。
【答案】 4 6 12
【详解】[1]以竖直向下为正方向，0～3s 内，绳索拉力大小为360N，根据牛顿第二定律有
mg−F1=ma1
解得
a1= 4 m/s
2
[2] 3～5s 内，绳索拉力大小为960N，根据牛顿第二定律有
mg−F2=ma2
解得
a2=−6 m/s
2
“—”表方向竖直向上。
[3]工人先加速后减速，t =3s时速度达到最大，最大速度为
vmax = 4×3 m/s=12m/s
9．如图甲所示，一轻弹簧左端固定，右端接触滑块，利用滑块将弹簧压缩0.4m 后锁定，t =0
时刻解除锁定释放滑块。借助计算机和速度传感器描绘出滑块的v −t图线，如图乙所示，其
中Oab段图线为曲线，bc 段图线为直线，倾斜直线Od 是图线的切线。已知滑块的质量
m= 4 kg，取g=10 m/s
2。则滑块与地面间的动摩擦因数是______；弹簧的劲度系数为
______N/m。
【答案】 0.5 350
【详解】[1]bc 段图线为直线，表示滑块已经离开弹簧，滑块做匀减速直线运动，其加速度大
小
a=|
0−1.5
0.55−0.25)m/s
2=5 m/s
2
根据牛顿第二定律得
μmg=ma
解得滑块与地面间的动摩擦因数
μ=0.5
[2]根据v −t图像中切线的物理意义，可知滑块开始运动时的加速度大小
a
′ = 3−0
0.1−0 m/s
2=30 m/s
2
根据牛顿第二定律得
kx−μmg=ma
′
其中弹簧压缩量
x =0.4 m
解得弹簧的劲度系数
k =350 N/m
10．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m 的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦
均不计，货物获得的加速度a 与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示，重力加速度
大小为g，图线与纵轴的交点M 的绝对值为__________，图线的斜率在数值上等于
__________。（图中M、N 均为未知量）
【答案】 g 2
m
【详解】[1][2]根据牛顿第二定律
2 FT −mg=ma
可得
a= 2
m FT −g可知图线与纵轴的交点M 的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于
k = 2
m
考点一 动力学两类基本问题
【核心梳理●明考点】
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥
梁。
3.动力学问题的解题思路
(1)明确研究对象：根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体组成的系统为研究对
象。
(2)受力分析和运动过程分析象：画好受力示意图、情景示意图，明确物体的运动性质和运动
过程。
(3)选取正方向或建立坐标系象：通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴
的正方向。
(4)确定合力F 合象：若物体只受两个力作用，通常用合成法；若受3 个或3 个以上的力，一般
用正交分解法。
(5)列方程求解象：根据牛顿第二定律F 合=ma 或Fy=may、Fx=max列方程求解，必要时对结果
进行讨论。
【考点突破●明方向】
例1 (2022·浙江1 月选考·19)第24 届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图
甲所示，长12 m 水平直道AB 与长20 m 的倾斜直道BC 在B 点平滑连接，斜道与水平面的
夹角为15°。运动员从A 点由静止出发，推着雪车匀加速到B 点时速度大小为8 m/s，紧接
着快速俯卧到车上沿BC 匀加速下滑(图乙所示)，到C 点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)
可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，重力加速度g 取10 m/s2，sin
15°=0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB 上的加速度大小。
(2)过C 点的速度大小。
(3)在斜道BC 上运动时受到的阻力大小。
【答案】(1)8
3 m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
【解析】(1)雪车(包括运动员)在直道AB 上做匀加速运动，则有v1
2=2a1x1
解得a1=8
3 m/s2
(2)由v1=a1t1，解得t1=3 s
雪车(包括运动员)在斜道BC 上匀加速下滑，则有
x2=v1t2+1
2a2t2
2，t2=t-t1=2 s
解得a2=2 m/s2
过C 点的速度大小v=v1+a2t2=12 m/s
(3)在斜道BC 上由牛顿第二定律，有
mgsin θ-Ff=ma2
解得Ff=66 N。
例2 如图所示，OA、OB、OC 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、A、B、C 位于同
一圆周上，O 为圆周的最高点，A 为圆周的最低点，O'为圆心，每根杆上都套着一个小滑
环(未画出)，三个滑环从O 点无初速度释放，它们到达A、B、C 三点的时间分别为t1、
t2、t3，则下列关系正确的是( )
A.t1>t2>t3
B.t1<t2<t3
C.t1>t2=t3
D.t1=t2=t3
【答案】D
【解析】设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ=1
2gcos θ·t2，解得t=2❑√
R
g ，可知从O 点无
初速度释放的小滑环到达A、B、C 三点的时间相等，即t1=t2=t3，故选D。
例3 风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，某研究小组设计了一个总高度
H0=24 m 的低速风洞，用来研究某物体在竖直方向上的运动特性，如图所示，风洞分成一
个高度为H1=16 m 的无风区和一个受风区，某物体质量m=10 kg，只在无风区中受到空气
的恒定阻力，大小为20 N，在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力。某次实验时该
物体从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，重力加速度g 取10
m/s2，求在本次实验中：
(1)该物体的最大速度大小。
(2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小。
(3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。
【答案】(1)16 m/s (2)260 N (3)56
3 m
【解析】(1)在无风区对该物体由牛顿第二定律得
mg-Ff=ma1
解得a1=8 m/s2
物体在无风区做匀加速直线运动，
有vmax
2=2a1H1
解得最大速度为vmax=16 m/s
(2)物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动，则有vmax
2=2a2(H0-H1)，解得a2=16 m/s2
由牛顿第二定律得F-mg=ma2
解得F=260 N
(3)物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动，可视为(2)中运动的逆过程，
则到分界线时速度大小为16 m/s，
再次进入无风区后做匀减速直线运动，
由牛顿第二定律得mg+Ff=ma3
解得a3=12 m/s2
向上做匀减速运动的位移为
H2=vmax
2
2a3
=32
3 m
第一次上升的最大高度为
H=H0-H1+H2=56
3 m。
拓展 (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相
等，如图甲所示；
(2)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑
到下端所用时间相等，如图乙所示；
(3)如图丙所示，OA 为倾角为θ 的光滑斜面，若OB=L，重力加速度为g，则物块从斜面顶端
A 滑到斜面底端的时间t=❑√
4 L
gsin 2θ，若斜面倾角可变(底边长度不变)，当θ=45°时，物块沿斜
面下滑的时间最短，最短时间tmin=❑√
4 L
g 。
【解析】(3)设物块的质量为m，
由mgsin θ=ma 得：a=gsin θ，
x=
L
cosθ=1
2at2，
得：t=❑√
4 L
gsin 2θ
当sin 2θ=1，即θ=45°时，时间最短，tmin=❑√
4 L
g 。
考点二 动力学图像问题
【核心梳理●明考点】
常见的动力学图像
v-t 图像、a-t 图像、F-t 图像、F-a 图像等。
(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列方程求
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a、F 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、截距或拐点
的意义，从而求出未知量。
【考点突破●明方向】
例4 如图甲所示，物块的质量m=1 kg，初速度v0=10 m/s，在一水平向左的恒力F 作用
下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方
随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g 取10 m/s2。下列选项中正确的是( )
A.2~3 s 内物块做匀减速运动
B.在t=1 s 时刻，恒力F 反向
C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
D.恒力F 大小为10 N
【答案】B
【解析】根据速度—位移公式v2-v0
2=2ax，可得匀减速直线运动的加速度大小a1= 100
2×5
m/s2=10 m/s2，匀加速直线运动的加速度大小a2=
64
2×(13−5) m/s2=4 m/s2，由题图乙可知物体
做匀减速直线运动的初速度大小为v0=10 m/s，则速度为零的时间t1=
v0
a1
=1 s，物体做匀加速直
线运动的初速度为0，末速度大小为v=8 m/s，则做匀加速直线运动所用时间为t2= v
a2=2 s，即
2~3 s 内物块做匀加速运动，在t=1 s 时刻恒力F 反向，故A 错误，B 正确；根据牛顿第二定
律，物体做匀减速直线运动有F+μmg=ma1，物体做匀加速直线运动有F-μmg=ma2，联立解得
F=7 N，μ=0.3，故C、D 错误。
【例5】 (多选)(2023·全国甲卷·19)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
【答案】BC
【解析】根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a 图像的斜率为m，纵
轴截距为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B、C。
例6 (多选)如图甲所示，一小滑块在t=0 时刻从底端滑上某一斜面，滑块的v-t 图像如图
乙所示，图像中相关数据为已知信息，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.滑块在斜面上运动的总时间为2t1
B.滑块在斜面上运动的总时间为(❑√
v0
v1
+1)t1
C.斜面倾角的正弦值为
v1+ v0
2gt1
D.斜面倾角的正弦值为
v0−v1
2 gt1
【答案】BC
【解析】设滑块下滑的加速度大小为a 下，滑块在斜面上向上运动的最长距离为x 上，滑块返
回斜面底端时速度大小为v，则有v1=0+a 下t1，x 上=1
2v0t1，x 上=x 下= v
2
2a下
，解得v=
❑√v0v1，设滑
块下滑的时间为t 下，则有v=0+a 下t 下，解得t 下=t1
❑√
v0
v1
，滑块在斜面上运动的总时间t 总=t1+t 下
=(❑√
v0
v1
+1)t1，选项A 错误，B 正确；设滑块上滑的加速度大小为a 上，斜面的倾角为θ，则有a
上=
v0
t1
，mgsin θ+μmgcos θ=ma 上，mgsin θ-μmgcos θ=ma 下，解得sin θ=
v1+ v0
2gt1
，选项C 正确，D
错误。
【真题演练●悟高考】
1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg 的分拣机器人沿水平直线
轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F 随时间t 的变化如图所示，则下列图像可能正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t 图画出如图所示的a—t 图像
可知机器人在0 ~ 1s 和2 ~ 3s 内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t 图线的斜率表示加
速度可知A 正确。
故选A。
2．（2024·安徽·高考真题）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
【详解】0~t0时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支
持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，
物块做匀速直线运动。
C 正确，ABD 错误。
故选C。
3．（2023·全国甲卷·高考真题）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
【答案】BC
【详解】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．（2021·全国乙卷·高考真题）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量
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= μ1m1g
B．F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
C．μ2> m1+m2
m2
μ1
D．在0~t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，
木板刚要滑动，此时以整体为对象有
F1= μ1(m1+m2)g
A 错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，
有
F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
μ2m2 g−μ1(m1+m2)g=m1a>0
解得
F2= m2(m1+m2)
m1
( μ2−μ1)g
μ2> (m1+m2)
m2
μ1
BC 正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
故选BCD。
5．（2025·甘肃·高考真题）如图1 所示，细杆两端固定，质量为m 的物块穿在细杆上。初始
时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化如图
2 所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，
θ=30°。
求：
(1)t=6s 时F 的大小，以及t 在0~6s 内F 的冲量大小。
(2)t 在0~6s 内，摩擦力f 随时间t 变化的关系式，并作出相应的f−t 图像。
(3)t=6s 时，物块的速度大小。
【答案】(1)F = 3 ❑√3mg
2
，9 ❑√3mg
2
(2)
(3)v = 17
2 g
【详解】（1）由图2 可知F 随时间线性变化，根据数学知识可知F =
❑√3mg
4
t
所以当t=6s 时，F = 3 ❑√3mg
2
0~6s 内F 的冲量为F−t 图围成的面积，即I = 1
2 × 3 ❑√3
2
mg×6= 9 ❑√3
2
mg
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin30
∘= μmgcos30
∘
即μ= tan30
°=
❑√3
3
在垂直杆方向，当F sinθ =mgcosθ时，t = 4s
则0−4s，垂直杆方向F sinθ+ N =mgcosθ
摩擦力f = μN =
❑√3
3 (
❑√3
2 mg−
❑√3
8 mgt)=(
1
2 −1
8 t)mg (0≤t ≤4)
在4−6s 内，垂直杆方向F sinθ =mgcosθ+ N
摩擦力f = μN =
❑√3
3 (
❑√3
8 mgt −
❑√3
2 mg)=(
1
8 t −1
2)mg (4≤t ≤6)
相应的f−t 图像如图
（3）在0~6s 内沿杆方向根据动量定理有I Fcosθ−I f+mgsinθ×t =mv
在0~6s 内摩擦力的冲量为f−t 图围成的面积，则I f= 1
2 × 1
2 mg×4+ 1
2 × 1
4 mg×2= 5
4 mg
联立有9 ❑√3
2
mg⋅cos30
∘+3mg−5
4 mg=mv
可得v = 17
2 g
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：42 分]
[1~4 题，每题3 分]
1.(2025·陕晋青宁卷·3)某智能物流系统中，质量为20 kg 的分拣机器人沿水平直线轨道运动，
受到的合力沿轨道方向，合力F 随时间t 的变化如图所示，则下列图像可能正确的是( )
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律和F-t 图像画出如图所示的a-t 图像，可知分拣机器人在0~1 s 和
2~3 s 内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v-t 图线的斜率表示加速度可知，A 正确。
2.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架
在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ 可变。将小物块由
平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ 的大小
有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将( )
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
【答案】D
【解析】设PQ 的水平距离为L，由运动学公式可知
L
cosθ=1
2gsin θ·t2，可得t2=
4 L
gsin 2θ，可知
θ=45°时，t 有最小值，故当θ 从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t 先减小后增大，
故选D。
3.(2025·浙江省稽阳联谊学校二模)以6 m/s 的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5 m 高
时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5 kg，假设小球在运动过程所受阻力大小满足
f=(1+kv)N，k=0.01 kg/s，g 取10 m/s2。则小球从气球上落下后大约经过多长时间到达地面(
)
A.1.7 s
B.1.9 s
C.2.6 s
D.3.5 s
【答案】C
【解析】因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定为1 N 进行计算，根
据牛顿第二定律推知，小球上升阶段的加速度大小a1=mg+ f
m
=12 m/s2
上升的时间t1= v
a1= 6
12 s=0.5 s
上升的高度h1=v
2t1=1.5 m
根据牛顿第二定律推知，下降阶段的加速度大小a2=mg−f
m
=8 m/s2
根据运动学公式h0+h1=1
2a2t2
2
故下降所用时间t2=❑√
2(h0+h1)
a2
=❑√
2×16
8
s=2 s，则总时间为t=t1+t2=2.5 s，与C 项最接近，故选
C。
4.(2025·浙江省强基联盟联考)中国跳水队在巴黎奥运会包揽8 金完美收官。质量为50 kg 的跳
水运动员，训练10 m 跳台跳水。若将运动员看作质点，其跳水过程可简化为先自由落体10
m，入水后受恒定阻力做匀减速直线运动，减速2 m 时速度恰为零，重力加速度g 取10
m/s2，下列说法正确的是( )
A.水中减速的运动员处于失重状态
B.水的阻力大小为2 500 N
C.运动员整个运动过程的平均速度为5❑√2 m/s
D.从入水到速度为零，运动员动能减少了1 250 J
【答案】C
【解析】水中减速的运动员加速度竖直向上，处于超重状态，故A 错误；依题意，设运动员
入水时的速度为v，则有v2=2gh，解得v=10❑√2 m/s，运动员水中减速过程，有v2=2ax，由牛
顿第二定律可知Ff-mg=ma，联立解得Ff=3 000 N，故B 错误；运动员空中运动时间为t1=v
g=
❑√2 s，运动员水中运动时间为t2=v
a=
❑√2
5 s，运动员整个运动过程的平均速度为v= h+ x
t1+t2=5❑√2
m/s，故C 正确；从入水到速度为零，运动员动能变化量为ΔEk=0-1
2mv2=-5 000 J，即运动员动
能减少了5 000 J，故D 错误。
5.(10 分)如图所示，甲同学需要用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板车和用品的
总质量为30 kg(可视为质点)，道路可以简化为由一段长为13.5 m 的水平道路AB 和一段倾角
为37°的斜坡BC 组成。甲同学拉动平板车由静止从A 点出发，经9 s 时间运动至B 点，然后
冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡
运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104 N，方向沿斜面向上。已知平板车所受摩
擦阻力为其对接触面压力的0.3 倍，g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)(3 分)平板车到达B 点时的速度大小。
(2)(3 分)甲同学的拉力大小。
(3)(4 分)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。
【答案】(1)3 m/s (2)100 N (3)1.6 m/s2 方向沿斜面向下
【解析】(1)从A 点到B 点，由匀加速直线运动规律s=vB
2 t
解得平板车到达B 点时的速度大小vB=3 m/s
(2)从A 点到B 点，由匀加速直线运动规律a=vB
t =1
3 m/s2
由牛顿第二定律F-0.3mg=ma
解得甲同学的拉力大小为F=100 N
(3)以沿斜面向上为正方向，平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律
F+F'-mgsin 37°-0.3mgcos 37°=ma'，
解得a'=-1.6 m/s2
所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6 m/s2，方向沿斜面向下。
[6、7 题，每题4 分]
6.(2024·浙江杭州市二模)如图所示，某同学在同一位置用同一频闪相机记录了乒乓球抛至最
高点和从最高点下落的两张频闪照片，频闪时间间隔相同，其中A1、A2处均为最高点。若全
程空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( )
A.图甲乒乓球在运动过程中机械能守恒
B.图乙为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片
C.乒乓球在A1B1、A2B2段运动过程中重力的冲量大小不同
D.通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比
【答案】D
【解析】乒乓球在运动过程中空气阻力做功，其机械能不守恒，故A 错误；由题可知，乒乓
球在A1B1、A2B2段运动过程中的运动时间相等，则重力的冲量大小相等，故C 错误；设空气
阻力为f，由牛顿第二定律可得，上抛时有mg+f=ma1，下降时有mg-f=ma2，可知a1>a2，由最
高点自由下落，h=1
2at2，题图甲相邻乒乓球之间距离较大，为上抛时所拍摄的频闪照片；根
据逐差法，Δx 上=a1T2，Δx 下=a2T2，又由上知mg=m(a1+a2)
2
，f=m(a1−a2)
2
，可得乒乓球所受重
力与空气阻力之比mg
f =
a1+a2
a1−a2=
Δ x上+ Δ x下
Δ x上−Δ x下，即通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻
力之比，故B 错误，D 正确。
7.(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0 开始逐渐
增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所
示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s2。根据题目提供的信息，下
列判断正确的是( )
A.物体的质量m=2 kg
B.物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.3
C.物体与水平地面间的最大静摩擦力Ffmax=6 N
D.在F 为10 N 时，物体的加速度a=2.5 m/s2
【答案】ABC
【解析】根据牛顿第二定律可知F-μmg=ma，整理可得a= 1
mF-μg，结合题图乙可得1
m=3.5
7
kg-1，解得m=2 kg，故A 正确；由题图乙可知，a 与F 的关系式满足a=0.5F-3(m/s2)，结合上
述分析可知μg=3 m/s2，解得μ=0.3，故B 正确；结合上述结论可得最大静摩擦力为
Ffmax=μmg=6 N，故C 正确；将F=10 N 代入a=0.5F-3(m/s2)，解得a=2 m/s2，故D 错误。
8.(12 分)(2024·浙江省Z20 名校联盟联考)如图所示，某运动员在平直雪道上的A、E 两地进行
滑雪训练，在某次训练中，他从A 由静止开始向前滑行，利用滑雪杖获得水平推力F(可视为
恒定不变)，经过t1到达B 点，之后立即撤去F，滑行t2后到达C 点，再次用滑雪杖获得同样
的水平推力F，作用距离为x3到达D 点，接着再次撤去水平推力后，运动员刚好停在E 点。
已知该运动员连同装备的总质量为m=60 kg，运动过程中运动员受到阻力大小恒为Ff=12 N，
且F=84 N，t1=1 s，t2=2 s，x3=1
3 m，求运动员：
(1)(3 分)在AB 段的加速度a1的大小。
(2)(4 分)到达C 点时的速度大小。
(3)(5 分)从A 点到E 点的位移大小(结果保留三位有效数字)。
【答案】(1)1.2 m/s2 (2)0.8 m/s (3)6.53 m
【解析】(1)第一次利用滑雪杖滑行过程，根据牛顿第二定律有F-Ff=ma1，解得
a1=1.2 m/s2。
(2)第一次利用滑雪杖获得的速度大小为
v1=a1t1=1.2×1 m/s=1.2 m/s
这段时间内的位移大小为
x1=1
2a1t1
2=1
2×1.2×12 m=0.6 m
第一次撤去推力后的时间t2=2 s 内，运动员的加速度为a2=
−Ff
m =-12
60 m/s2=-0.2
m/s2
到达C 点时的速度大小为v2=v1+a2t2=(1.2-0.2×2)m/s=0.8 m/s。
(3)第二次利用滑雪杖滑行过程中，由v3
2-v2
2=2a1x3，解得v3=1.2 m/s
第一次撤去推力后的时间t2=2 s 内，运动员的位移为x2=
v1+ v2
2
t2=2 m
第二次撤去推力后运动员滑行的过程中有
0-v3
2=2a2x4，解得x4=3.6 m
则从A 点到E 点的位移大小x=x1+x2+x3+x4
解得x≈6.53 m。
