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专题08 运动和力
一、题型归纳
01.运动学
02.静力学
03.力与运动
二、题型训练
运动学
1．（2025·内蒙古赤峰·一模）如图甲，高速公路收费站设有“ETC”通道（即不停车收费通道），某汽车通
过笔直的“ETC”通道时先减速至某一限定速度，然后匀速通过收费区，再加速驶离，其速度时间图像如图
乙所示。则汽车位移时间图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】x-t 图像、v-t 图象反应的物理量，及图像形状反应的问题
【详解】如图乙所示，汽车先做正向匀减速直线运动，然后做正向匀速运动，最后做正向匀加速直线运动。
A．图像A 反映汽车先做负向匀速运动后静止，再做正向匀速运动，A 错误；
B．图像B 反映汽车先做正向匀速运动后静止，再做负向匀速运动，B 错误；
C．图像C 反映汽车先做正向减速直线运动后静止，再做正向加速直线运动，C 错误；
D．图像D 反映汽车先做正向减速直线运动，然后做正向匀速运动，最后做正向加速直线运动，D 正确。
故选D。
2．（2025·辽宁· 一模）地铁是城市中重要的交通工具，某城市地铁相邻两站之间的轨道可以看成水平直
轨道，某相邻两站之间的距离为912m。已知地铁列车变速时的最大加速度大小为1.5m/s²，行驶过程允许
的最大速度为24m/s，列车在每一个站都需要停靠，则地铁列车在这两站之间行驶的最短时间为（ ）
A．35s
B．42s
C．50s
D．54s
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动位移与时间的关系
【详解】由于地铁列车在每站都需要停靠，则地铁列车在两站之间一定有加速和减速过程，列车做匀加速
和匀减速运动的时间均为
匀加速和匀减速过程运动的距离之和
因为
所以列车以最大速度做匀速运动的时间
列车在两站之间行驶的最短时间
故选D。
3．（2025·辽宁锦州·一模）截至2024 年11 月，我国新能源汽车年度产量首次突破1000 万辆，新能源汽车
自重较大，对刹车性能提出了更高的要求。某国产新能源汽车刹车性能测试时，汽车以18m/s 的速度匀速
行驶，踩下刹车后汽车做匀减速直线运动，汽车的位移x 与速度v 变化的图像如图所示，下列说法正确的
是（ ）
A．汽车的刹车时间为2.5s
B．汽车的刹车时间为3s
C．汽车刹车时的加速度大小为5m/s²
D．汽车刹车过程的最后1s 内位移大小为2.5m
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动位移与时间的关系、匀变速直线运动速度与位移的关系、计算停车时间和位移
【详解】AB．由图可知，汽车刹车运动的位移为
，汽车的初速度为
，汽车刹车时间
故A 错误，B 正确；
C．汽车刹车时的加速度大小为
故C 错误；
D．汽车刹车过程前2 秒内的位移
汽车刹车过程的最后1s 内位移大小为
故D 错误。
故选B。
4．（2025·辽宁丹东·一模）一质点做匀加速直线运动，若该质点在时间t 内位移为x，末速度变为时间t 内
初速度的5 倍，则该质点的加速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动位移与时间的关系
【详解】设质点运动的初速度为
，加速度为
，则由
又
解得：
故选B。
5．（2025·辽宁本溪·一模）中国最高的喷泉是位于湖南省长沙市梅溪湖国际文化艺术中心附近的梅溪湖音
乐喷泉。这个喷泉喷水高度可达200 米左右，是目前中国最高的喷泉之一。梅溪湖音乐喷泉结合了音乐、
灯光和水柱的表演，成了当地的一个著名景点，吸引了大量游客前来观赏。如果某时刻喷泉喷出的高度为
180m，重力加速度g 取
，则水离开喷头的初速度大小约为（ ）
A．18m/s
B．36m/s
C．60m/s
D．180m/s
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动的高度、速度与时间的计算
【详解】根据竖直上抛运动的规律有
可得
故选C。
6．（2025·辽宁铁岭·一模）一物体的运动图像如图所示，横、纵轴截距分别为n 和m，在图像所示
的
运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若为
（位移-时间）图像，则
表示物体的平均速度
B．若为
（位移-时间）图像，则mn 表示物体的平均速度
C．若为
（速度-时间）图像，则mn 表示物体的位移
D．若为
（速度-时间）图像，则
表示物体的平均速度
【答案】A
【知识点】v-t 图象斜率的物理意义、利用v-t 图象求加速度、v-t 图象面积的物理意义、利用v-t 图象求位
移、x-t 图像
【详解】AB．若为
图像，根据
可知，
表示物体的平均速度，故A 正确，B 错误；
CD．若为
图像，根据
可知，
表示物体的加速度，图像与坐标轴的面积代表位移，则
，
故CD 错误。
故选A。
7．（2025·黑龙江哈六中·一模）一小朋友在安全环境下练习蹦床，若小朋友离开蹦床后一直在同一竖直线
上运动，且忽略空气阻力，用x、a、p、E、t 分别表示小朋友竖直向上离开蹦床在空中运动的位移、加速
度、动量、机械能和时间，取竖直向上为正方向，则下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】竖直上抛运动的三个基本公式、动量的定义、单位和矢量性
【详解】BD．由于小朋友只受重力，做竖直上抛运动，加速度为重力加速度，保持不变，且运动过程中只
有重力做功，机械能保持不变，故BD 错误；
AC．根据竖直上抛运动的规律可得
所以
故A 正确，C 错误。
故选A。
8．（2025·吉林白城·一模）某同学在汽车中观察速度表指针位置的变化，开始时指针位置如图（a）所示，
经过6s 后指针位置如图（b）所示。若汽车做匀变速直线运动，则（ ）
A．汽车的加速度大小约为10m/s2
B．汽车的加速度大小约为2.8m/s2
C．汽车在这段时间内的位移约为50m
D．汽车在这段时间内的位移约为100m
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动速度与时间的关系、匀变速直线运动位移与时间的关系
【详解】AB．由题图可知
，
所以汽车的加速度大小为
故A 错误，B 正确；
CD．汽车在这段时间内的位移为
故CD 错误。
故选B。
9．（2025·黑龙江·一模）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人
先用水平恒力
推了5s 后，又用水平恒力
推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行
了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的
图像如图乙所示，
忽略空气阻力，重力加速度g 取
，则下列说法中正确的是（ ）
A．水平恒力
B．冰车与冰面的动摩擦因数
C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为
【答案】D
【知识点】应用动能定理求变力的功、v-t 图象斜率的物理意义、利用v-t 图象求加速度、v-t 图象面积的物
理意义、利用v-t 图象求位移、牛顿定律与直线运动-简单过程
【详解】B．在30~40s 内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据
图像可知，此段
的加速度大小为
由牛顿第二定律
得冰车与冰面的动摩擦因数
故B 错误；
A．0~5s 内冰车做匀加速直线运动，根据
图像可知
再由牛顿第二定律
解得
故A 错误；
C．
图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
故C 错误；
D．由动能定理
代入数据得
故D 正确。
故选D。
10．（2025·黑龙江佳木斯·模拟预测）2024 年11 月25 日至27 日，黑龙江省大部分地区出现了一次大范围
的降雪，给人们的出行造成了一定的影响。一辆卡车在冰雪路面上以
的速度匀速行驶，由于前方
出现事故司机紧急刹车，假设刹车过程做匀减速直线运动，已知刹车的加速大小
，则下列说法
中正确的是（ ）
A．刹车后第1s 内的位移为8m
B．刹车后5s 内卡车前进的距离为18.75m
C．刹车后5s 内的平均速度为4m/s
D．刹车后6s 末的瞬时速度大小为5m/s
【答案】C
【知识点】计算停车时间和位移
【详解】A．卡车刹车的时间为
刹车后第1s 内的位移为
故A 错误；
B．由于
，则刹车后5s 内卡车前进的距离为
故B 错误；
C．刹车后5s 内的平均速度为
故C 正确；
D．由于
，则刹车后6s 末的瞬时速度大小为零，故D 错误。
故选C。
11．（2025·内蒙古锡林郭勒盟·一模）一物体自
开始做直线运动，其运动的
图像如图所示，下列
说法正确的是（ ）
A．在
内，物体离出发点最远为
B．在
内，物体经过的路程为
C．在
内，物体的平均速度为
D．在
内，物体不是做单方向直线运动
【答案】AD
【知识点】v-t 图象面积的物理意义、利用v-t 图象求位移、v-t 图象反应的物理量，及图像形状反应的问题
【详解】A．在
内，根据
图像与横轴所围的面积表示位移可知，物体在5s 离出发点最远，则有
故A 正确；
B．在
内，物体沿负方向通过的位移大小为
则在
内，物体经过的路程为
故B 错误；
C．在
内，物体通过的位移大小为
物体的平均速度为
故C 错误；
D．根据
图像可知在
内，物体先沿正方向做直线运动，再反向沿负方向做直线运动，故D 正确。
故选AD。
12．（2025·辽宁·一模）2024 是我国新能源汽车销量持续爆发的一年，火爆的销量离不开车企的严谨务实
的前期测试。某国产新能源汽车上市之前在一直线跑道上进行“单踏板模式”性能测试，测试过程分为三
个阶段。阶段Ⅰ：驾驶员踩下电门至某一位置，汽车由静止启动，其加速度的倒数
与速度v 的关系如图
所示，当汽车加速至
时进入阶段Ⅱ。阶段Ⅱ：驾驶员通过适当调节电门，使汽车做匀加速直线
运动，以加速度
加速至
时进入阶段Ⅲ。阶段Ⅲ：驾驶员松开电门，汽车的能量回收
制动系统启动，汽车开始减速直至停下，该减速过程中汽车的加速度
与速度v 满足关系式
（其
中
）。则下列说法正确的是（ ）
A．阶段Ⅱ汽车运动的时间为10s
B．阶段Ⅱ汽车运动的位移大小为125m
C．阶段Ⅰ经历的时间为20s
D．阶段Ⅲ汽车的位移大小为30m
【答案】BCD
【知识点】非常规图像、匀变速直线运动位移与时间的关系
【详解】AB．由题意可计算阶段Ⅱ汽车运动的时间为
位移为
故A 错误，B 正确；
C．根据图像可知，关系式
根据加速度的定义式
整理可得
故
图线与坐标轴所围面积为加速时间，则阶段Ⅰ经历的时间为
故C 正确；
D．阶段Ⅲ汽车的加速度
因此其
图像与坐标轴围成的面积是
图像与坐标轴围成的面积的k 倍，故速度改变量的大小是位移
大小的k 倍，则有
解得
故D 正确。
故选BCD。
13．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）避免碰撞是智能扫地机器人的重要功能，如图a 所示。机场某大型扫
地机器人在水平面匀速直线前行，通过激光雷达和传感器检测到前方有旅客，系统立即自动控制，使之做
加速度大小为a1的匀减速直线运动，并向旅客发出提醒，若旅客未避让，机器人前行至某处时自动触发
“紧急制动”，做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终没有与旅客发生碰撞，机器人运动的v2-x 图像
如图b 所示，求：
(1)机器人在两个阶段的加速度a1、a2；
(2)机器人从检测到有旅客至停止运动所用的总时间t。
【答案】(1)0.25m/s2，0.50m/s2，方向与速度方向相反
(2)3s
【知识点】匀变速直线运动速度与位移的关系、匀变速直线运动速度与时间的关系
【详解】（1）根据
可知
图像的斜率为2a，可知加速度大小为
，
方向与速度方向相反。
（2）机器人从检测到有旅客至停止运动所用的总时间
14．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）2024 年9 月11 日18 时，我国自主研发的“朱雀三号”可重复使用垂
直回收试验箭，完成了10 公里级垂直起降飞行试验。火箭点火后上升过程基础数据如下：火箭点火后加
速上升，经113s 关闭发动机，此时火箭速度为
，距地面高度为
，此后火箭减速上升
到达距地面10002m 的最高点。设火箭整个运动过程中所受的推力、重力、空气阻力大小始终保持不变，
，求：（结果保留三位有效数字或用分数形式表示）
(1)火箭关闭发动机后减速上升的加速度大小a；
(2)火箭加速上升过程中发动机推力与重力比值。
【答案】(1)
(2)1.47
【知识点】匀变速直线运动速度与位移的关系、牛顿定律与直线运动-简单过程
【详解】（1）火箭减速上升到达距地面10002m 的最高点，则减速过程的位移大小
利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
解得
（2）火箭加速过程，根据速度与位移的关系有
减速过程，根据牛顿第二定律有
加速过程，根据牛顿第二定律有
解得
15．（2025·辽宁葫芦岛·一模）机器狗已经发展到了应用阶段，人们开始享受科技带来的效率和成果。某
科技小组在测试中，将甲、乙两机器狗放在平直的路面上，测试距离为
。甲、乙同时同地开始测
试，甲以
的速度匀速行进，乙由静止开始以
的加速度匀加速直线运动，乙能达到的最
大速度是
，之后保持最大速度匀速运动。在测试距离内，求：
(1)甲、乙相距的最远距离多大；
(2)若乙能超过甲，乙到达终点时，与甲的距离多大？若乙不能超过甲，甲到达终点时，乙还需多长时间到
达终点。
【答案】(1)
(2)
，
【知识点】变速物体追匀速物体
【详解】（1）当乙达到
时相距最远，用时
，则
解得
最远距离
解得
（2）当乙达到
时，用时
，则
，
此时甲走
，此时乙走
甲距离终点
，乙距离终点
甲乙分别再用时
到达终点，则
，
由此可以看出，乙不能超过甲，甲到达终点时乙还需
16．（2025·吉林长春·一模）某小区发生一起高空坠物案件，警方在调取事发地监控后截取了两个画面，
合成图片如图所示，图中黑点为坠落的重物。重物经过
、
两点的时间间隔为
，各楼层平均高度约
为
，阴影部分为第14 层的消防通道。重物可视为由静止坠落，忽略空气阻力，取重力加速度
。请估算：
(1)重物开始坠落的楼层；
(2)重物刚接触地面时的速度大小（计算结果取整数）。
【答案】(1)16 楼
(2)
或
【知识点】自由落体运动的三个基本公式
【详解】（1）由图片可知，在
时间内下落了约
的高度，设重物由
点开始下落，
的
距离为，重物经过
的时间为，则
，
解得
结合图片中
点位置，可确定重物从16 楼开始坠落。
（2）设
到地面的距离为
，重物刚接触地面的速度为，由（1）问结果可知
解得
或
17．（2025·吉林·一模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在
静止机器人的水平托盘上，机器人可沿直线将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾
角增大到时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距
的投递口处，
为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数
，最大静摩
擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
，求：
(1)机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角
及运输包裹的过程中允许的最大加速度；
(2)若机器人运行的最大速度为
，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间
t。
【答案】(1)37°，
(2)15.4s
【知识点】牛顿第二定律的简单应用、匀变速直线运动速度与时间的关系、匀变速直线运动位移与时间的
关系
【详解】（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足
可得
当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即
所以
（2）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大
加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从供包台运行至分拣口所需时间最短，则匀加速直线运动阶段有
匀减速阶段有
所以匀速运动的时间为
联立可得
18．（2024·吉林白城·一模）小明同学准备乘公交车去上学，当他距公交车站还有L=1km 时刚好有一辆公
交车从他身边经过，此时开始计时，小明立即从静止开始以加速度a1=2m/s2加速向公交车站跑去，他的速
度达到v1=4m/s 后开始匀速直线运动。公交车经t=125s 进站，然后在站台停留时间t0=2min。
（1）小明跑到公交车站运动过程中，在其匀加速阶段的时间t1和位移x1是多少？
（2）通过计算判断小明能否赶上这辆公交车？
【答案】（1）
，
；（2）不能
【知识点】匀变速直线运动位移与时间的关系
【详解】（1）小明加速的时间
加速的位移为
（2）匀速直线运动的时间
小明跑到公交车站的时间
公交车从小明开始跑到离开站台的时间为
因为
所以，小明不能赶上这辆公交车。
静力学
1．（2025·内蒙古赤峰·一模）在课间活动中，如图重力为
的某位同学用两只手分别撑住等高的桌面使自
己悬空，并处于静止状态。已知伸直的两手臂和桌面夹角均为
。下列说法正确的是（ ）
A．每只手掌所承受桌面的支持力大于
B．每只手掌所承受桌面的支持力小于
C．当
缓慢减小时，该同学所受合力增大
D．当
缓慢减小时，该同学所受合力不变
【答案】D
【知识点】正交分解法解共点力平衡、动态平衡问题
【详解】AB．每只手掌受到桌面的支持力竖直向上，竖直方向上根据平衡条件
可得支持力
故AB 错误；
CD．当
缓慢减小时，该同学始终处于平衡状态，合力为零保持不变，故C 错误，D 正确。
故选D。
2．（2025·内蒙古·一模）“那达慕”是国家级非物质文化遗产，套马是“那达慕”大会的传统活动之一、
某次套马的情景如图所示。套马者视为质点，可能受重力G、支持力
，拉力F、摩擦力
，其受力示意
图可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】分析物体受到几个力作用
【详解】ABD．对套马者受力分析可知，“套马者”受到沿绳子方向向左上方的拉力F，垂着于水平面的
支持力FN，竖直向下的重力G，水平向右的摩擦力Ff，所以AD 错误，B 正确；
C．如果没有支持力也就不会有摩擦力，故C 错误。
故选B。
3．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）自卸车能自动卸货物，如图所示。在车厢由水平位置逐渐抬起至货物全
部卸完的过程中，自卸车始终保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A．货物受车厢的摩擦力逐渐减小
B．货物受车厢的摩擦力先增大后减小
C．地面对自卸车的支持力保持不变
D．自卸车不受地面施加的摩擦力
【答案】B
【知识点】力的分解及应用、利用牛顿第二定律分析动态过程
【详解】AB．开始时货物受重力和支持力，抬起后受到斜向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下
的分力，即
，随角度的增大，静摩擦力增大；当角度达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦
力变成滑动摩擦力，而滑动摩擦力
，
随角度的增加而增小，故滑动摩擦力将减小；因此
摩擦力是先增大后减小的，故A 错误，B 正确；
CD．刚开始卸货时，货物受到静摩擦力作用，对整体分析，竖直方向仅受重力和支持力作用，水平方向上
不受力。因此地面对自卸车的支持力保持不变，自卸车不受地面施加的摩擦力。当物体开始加速滑动时，
如图所示，分解加速度
对整体分析，竖直方向
水平方向
因此在卸货的过程中，货物的质量减小，则地面对自卸车的支持力发生变化，自卸车受地面施加的摩擦力。
故CD 错误。
故选B。
4．（2025·内蒙古包头·一模）如图所示，两根完全相同的轻质弹性绳
一端分别固定于
两点，
另一端与轻绳
、
连结。用力拉轻绳，使
水平，
与
夹角为
，此时两弹性绳长度相同，
在一条直线上，
也在一条直线上。现保持
点不动且
方向不变，将
逆时针方向
旋转
。则下列说法正确的是（ ）
A．
与
的拉力始终相等并一直减小
B．
与
的拉力始终相等并一直增大
C．
上的拉力一直减小
D．
上的拉力先减小后增大
【答案】C
【知识点】动态平衡问题
【详解】由题意因O 点位置不动，可知
、
段拉力相等且始终不变，动态分析图如图所示
由图可知
、
的拉力都一直减小。
故选C。
5．（2025·内蒙古鄂尔多斯·一模）2024 年9 月，国内起重能力最大的双臂架变幅式起重船“二航卓越”号
交付使用。若起重船的钢缆和缆绳通过图示两种方式连接：图（a）中直接连接，钢缆不平行；图（b）中
通过矩形钢架连接，钢缆始终平行。通过改变钢缆长度（缆绳长度不变），匀速吊起构件的过程中，每根
缆绳承受的拉力（ ）
A．图（a）中变大B．图（a）中变小
C．图（b）中变大
D．图（b）中变小
【答案】A
【知识点】动态平衡问题
【详解】设缆绳与竖直方向的夹角为
，假设由n 根缆绳，设构件的质量为m，对构件受力分析由平衡条
件
解得每根缆绳承受的拉力为
图（a）匀速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方向的夹角
变大，则每根缆绳承受的拉力变大；图（b）匀
速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方向的夹角
不变，则每根缆绳承受的拉力不变。
故选A。
6．（2025·吉林·一模）如图所示，整个系统处于静止状态，动滑轮与定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角
为
。如果将绳一端的固定点P 缓慢向上移动到Q 点，滑轮质量和一切摩擦均不计，整个系统重新平衡后
（ ）
A．物块B 的高度不变，
不变
B．物块B 的高度不变，
变大
C．物块B 的高度增大，
变大
D．物块B 的高度增大，
不变
【答案】A
【知识点】动态平衡问题
【详解】设绳子拉力大小为
，以B 为对象，有
以动滑轮为对象，根据受力平衡可得
设左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度为
，水平距离为
，根据几何关系可得
将绳一端的固定点P 缓慢向上移动到Q 点，绳子拉力大小保持不变，则
不变，由于水平距离
不变，则
左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度
不变，故物块B 的高度不变。
故选A。
7．（2025·内蒙古乌兰察布·一模）建筑工人用如图所示的方式将重物从地面缓慢提到平台上，固定重物的
光滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上。在工人向上提升重物的过程中，下列说法正确的是（
）
A．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，绳对圆环的作用力逐渐增大
B．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，工人对绳的拉力不变
C．若不改变绳子的长度，工人握住绳子缓慢后退一小步，平台对工人的支持力增大
D．若不改变绳子的长度，工人握住绳子缓慢后退一小步，平台对工人的摩擦力增大
【答案】D
【知识点】动态平衡问题
【详解】设人与竖直墙之间绳子总长为
，人与竖直墙之间的水平距离为
，圆环两侧绳子与竖直方向的
夹角为
；根据几何关系可得
以圆环和重物为对象，根据受力平衡可得
可得
A．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，由于重力保持不变，则绳对圆环的作用力不变，故A
错误；
B．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，则人与竖直墙之间绳子总长
减小，
增大，
减
小，工人对绳的拉力
增大，故B 错误；
CD．若不改变绳子的长度，工人握住绳子缓慢后退一小步，则人与竖直墙之间的水平距离
增大，
增大，
减小，工人对绳的拉力
增大；以工人为对象，根据受力平衡可得
可知平台对工人的支持力不变，平台对工人的摩擦力增大，故C 错误，D 正确。
故选D。
8．（2025·内蒙古乌海·一模）如图所示，P 为质量不计的动滑轮，Q 为高度可调节的滑轮，绕过滑轮Q 的
轻绳b 一端连接在P 上，另一端吊着小球，绕过动滑轮的长度一定的轻绳a，一端固定在A 点，另一端在
水平天花板上，现将轻绳a 的B 端沿水平天花板缓慢向右移，同时调节滑轮Q 的高度，使QP 保持水平，
则在移动过程中（ ）
A．a 绳上拉力变大
B．a 绳上拉力不变
C．b 绳对滑轮P 的作用力变大
D．b 绳对滑轮Q 的作用力变小
【答案】B
【知识点】动态平衡问题
【详解】使QP 保持水平，根据对称性可知，
与
与水平方向的夹角相等，设为
，以滑轮P 为对象，
根据受力平衡可得
设小球质量为
，则有
设a 绳长度为
，
两端的竖直距离为，根据几何关系可得
将轻绳a 的B 端沿水平天花板缓慢向右移，同时调节滑轮Q 的高度，使QP 保持水平，可知
保持不变，b
绳对滑轮P 的作用力保持不变，大小为
根据
可知a 绳上拉力不变；b 绳对滑轮Q 的作用力不变，大小为
故选B。
9．（2025·辽宁沈阳·一模）智能机械臂广泛应用于物流行业。如图是机械臂用机械手夹住纸箱，竖直向上
匀速运动，下列关于纸箱受力的说法正确的是（ ）
A．只受重力和弹力
B．只受重力和摩擦力
C．两侧受到的摩擦力方向相同
D．两侧受到的弹力方向相同
【答案】C
【知识点】分析物体受到几个力作用、利用平衡推论求力
【详解】根据平衡条件可知纸箱受到重力、纸箱两侧受到弹力和摩擦力作用；其中两侧受到的弹力方向相
反；两侧受到的摩擦力方向相同，均竖直向上。
故选C。
10．（2025·辽宁大连·一模）牛轭是套在牛颈上的曲木，是耕地时的重要农具。如图所示，一轻绳穿过犁
前部光滑的铁环后，两端分别系在牛轭上，铁环两侧绳子对称，夹角为
，铁环两侧绳子所在平面与水平
面形成的二面角的平面角也为
，手轻扶犁保持前进方向，当犁水平匀速耕地时，绳子中的张力大小为
，
则犁受到地面的阻力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】正交分解法解共点力平衡
【详解】根据力的合成关系有
故选C。
11．（2025·辽宁鞍山·一模）如图所示，轻质绳一端固定在天花板上，另一端栓接一个小球，小球在水平
力
的作用下静止，此时轻绳与竖直方向的夹角为
，绳中的拉力大小为
。撤掉
，小球摆动至右侧
最高点处时，绳中拉力的大小为
，不计一切阻力。则
（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】正交分解法解共点力平衡、绳球类模型及其临界条件
【详解】小球在水平力
的作用下静止，根据平衡条件可得
撤掉
，小球摆动至右侧最高点处时，沿半径方向速度为零，向心力为零，由平衡条件可得
解得
故选C。
12．（2025·辽宁·一模）盾构机刀盘吊装时，为了确保刀盘平稳升降，施工团队专门使用了一个精心设计
的特制吊架。图甲是刀盘由绳索与长方形钢架组成的设备悬挂于空中，保持完美的水平静止状态。四条相
同绳索分别牵引住钢架的四个顶点，图乙为示意图，刀盘与钢架总重力为G，每条绳索与竖直方向的夹角
均为
，不计绳索重力。下列说法正确的是（ ）
A．四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对相互作用力
B．每根绳索对钢架的拉力大小为
C．若将每根绳索减小相同的长度，每根绳索对钢架的作用力将变大
D．若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力将变小
【答案】C
【知识点】正交分解法解共点力平衡、动态平衡问题、牛顿第三定律
【详解】A．四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对平衡力，选项A 错误；
B．根据平衡可知
每根绳索对钢架的拉力大小为
选项B 错误；
C．若将每根绳索减小相同的长度，则θ 角变大，根据
则每根绳索对钢架的作用力将变大，选项C 正确；
D．若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力不变，仍等于钢架的重力，选项D 错
误。
故选C。
13．（2025·辽宁沈阳·一模）如图甲所示，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，该过程可以简化为如图乙所示的模
型，轻绳为拉直状态，OA 也视为直线。已知图乙中三角形三条边的长度比OA：OB：AB=4：5：6，则攀
岩爱好者对岩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
【知识点】用相似三角形解决平衡问题
【详解】如图
由力的平衡和三角形相似有
根据牛顿第三定律可得攀岩爱好者对岩壁的作用力和对轻绳的拉力大小之比为
。
故选A。
14．（2025·辽宁抚顺·一模）如图所示，半圆柱体Q 放置在粗糙水平面上，与Q 完全相同的光滑半圆柱体
P 放置在光滑的竖直墙壁与Q 之间，两个半圆柱体均处于平衡状态。若将Q 向左移动一小段距离，两个半
圆柱体仍处于平衡状态，则（ ）
A．P 与墙壁之间的弹力增大
B．P 与墙壁之间的弹力不变
C．P 与Q 之间的弹力减小
D．Q 与水平面间的弹力增大
【答案】C
【知识点】动态平衡问题
【详解】P 受重力G、墙壁的弹力F、及Q 的弹力F，对P 的受力分析如图所示。
两半圆柱体间的弹力一定垂直于接触点的切线，即力的作用线过两个圆心，P 的重力与墙壁的弹力可以平
移，三个力形成一个封闭的三角形，若将Q 向左移动一小段距离，则弹力
的方向发生了变化，而
的
方向不变，
的大小方向均不变，在三角形
中，表示
的斜边
端不动，
端在
上滑动，显然如
果将Q 向左移动一小段距离，P 与墙壁之间的弹力
减小，P 与Q 之间的弹力
也减小，对整体分析，竖
直方向Q 与水平面间的弹力等于PQ 的重力之和不变。
故选C。
15．（2025·吉林松原·一模）为保护中国天眼（FAST）的反射面板，巡检维护工作需采用“微重力蜘蛛
人”系统，如图所示，“微重力”是通过氦气球的浮力“减轻人的重量”实现的。某次作业过程中工作人
员处于静止状态，其与氦气球连接的轻绳保持竖直，下列说法正确的是（ ）
A．人对面板的压力和面板对人的支持力是一对平衡力
B．绳对气球的力和绳对人的力是一对相互作用力
C．人对面板的作用力大小等于面板对人的作用力大小
D．气球对人的作用力大小等于人的重力大小
【答案】C
【知识点】利用平衡推论求力、牛顿第三定律
【详解】A．人对面板的压力和面板对人的支持力是一对相互作用力，故A 错误；
B．绳对气球的力和绳对人的力是同一根轻绳施加的等大的两个力，即不是一对平衡力，也不是一对相互
作用力，故B 错误；
C．人对面板的作用力与面板对人的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C 正确；
D．由于工作人员需要在面板上巡检，所以与面板间一定存在作用力，根据平衡条件可知氦气球和面板对
人的作用力的合力与重力平衡，且易知氦气球和面板对人的作用力都为竖直向上，所以二者都小于人的重
力大小，故D 错误。
故选C。
16．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）生活中，我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，
将质量为
的货物平放在手推车底板上，此时底板水平。现缓慢压下把手，直至支架与水平面间的夹角为
。不计货物与支架及底板间的摩擦，缓慢压下把手的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物所受的合外力一直增大
B．手推车对货物的作用力变小
C．底板对货物的支持力一直减小
D．当支架与水平面间的夹角为
时，底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的3 倍
【答案】C
【知识点】直接合成法解决三力平衡问题、动态平衡问题
【详解】A．因为缓慢压下把手，货物所受的合外力一直不变，始终为零，故A 错误；
B．小推车对货物的作用力与重力等大反向，则小推车对货物的作用力方向竖直向上，且大小不变，故B
错误；
C．压下把手的过程中，两个弹力的夹角始终是90°，货物的受力情况如下图所示
由图可知，底板对货物的支持力N1一直减小，支架对货物的支持力N2一直增大，故C 正确；
D．当底板与水平面间的夹角为60°时，对货物受力分析，两个弹力的合力与重力等大反向，受力分析如下
图所示
两个弹力N1与N2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力
底板对货物的支持力
底板对货物的支持力为支架对货物的支持力
，故D 错误。
故选C。
17．（2025·黑龙江哈尔滨一中·一模）有一种感应飞行器，它的底部设置了感应装置，只需要将手置于离
飞行器底部一定距离处，就可以通过手控感应飞行。如图所示，当飞行器在空中悬停时（ ）
A．飞行器受到4 个力的作用
B．空气对飞行器的作用力与手对飞行器的作用力是一对相互作用力
C．空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力
D．当飞行器向上加速运动时，空气对飞行器的作用力大于飞行器对空气的作用力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律、分析物体受到几个力作用
【详解】AC．飞行器受到重力和空气对飞行器的作用力，即飞行器受到2 个力的作用，根据平衡条件可知，
空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，故A 错误，C 正确；
BD．空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对作用力和反作用力，大小总是相等，故BD 错
误。
故选C。
18．（2025·黑龙江哈六中·一模）2024 年11 月25 日齐齐哈尔市迎来了第一次降雪，强降雪过后小明用雪
铲清理积雪过程如图所示，小明的质量为56kg，鞋与地面之间的动摩擦因数为0.75，雪铲与地面之间的动
摩擦因数为0.375，（雪铲面足够大且雪铲和杆质量不计，人、雪铲和手柄之间作用力均沿杆方向，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，小明的最大力气为450N）手柄与水平保持53°角不变，sin53°=0.8，
cos53°=0.6，重力加速度g 取10m/s2。则小明能推动最多积雪约为（ ）
A．18kg
B．28kg
C．36kg
D．45kg
【答案】B
【知识点】正交分解法解共点力平衡
【详解】对小明同学受力分析，设小明不相对地面发生相对滑动对杆最大的推力为Fm，则
解得
设最多能推动积雪的质量为m，对积雪受力分析可得
解得
故选B。
19．（2025·黑龙江鸡西·一模）如图所示，质量为3kg 的物块（可视为质点）静止在水平台面上，质量不
计的光滑圆环固定在物块上。一根细绳穿过圆环，一端固定在A 点，在另一端施加一方向水平的作用力
F，物块恰好仍保持静止。已知物块与台面之间动摩擦因数为0.5，OA 与水平方向的夹角为53°，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。则F 的大小为（ ）
A．12.5N
B．7.5N
C．15N
D．10N
【答案】A
【知识点】利用平衡推论求力、正交分解法解共点力平衡
【详解】圆环两端细绳的拉力相等，根据共点力平衡条件有
根据摩擦力的公式有
解得
N
故选A。
20．（2025·黑龙江绥化·一模）如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，O 为球心，碗口水平，碗的内
表面及碗口是光滑的。一根轻质细线跨在碗口上，细线的两端分别系有两个小球P 和Q，当它们处于平衡
状态时，碗内的小球P 和O 点的连线与竖直方向的夹角
，另一小球Q 静止于空中。两小球均可视
为质点，则碗内小球P 与碗外小球Q 的质量之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】正交分解法解共点力平衡
【详解】设碗内小球P 的质量为
，碗外小球Q 的质量为M，根据受力平衡可得，细线的拉力
以碗内小球P 为对象，设小球受到碗的支持力为N，根据受力平衡可得
，
解得
联立可得
即
故选C。
21．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，质量分别为
、
的两物块
、
叠放在一起，物块
的截面形状为等边三角形，若它们共同沿固定在水平地面上倾角
的斜面匀速下滑，下列说法正确的
是（ ）
A．
与斜面间的动摩擦因数为
B．
、
间无摩擦力
C．
、
间有摩擦力，且
对
的摩接力对
做正功
D．
对斜面的摩接力方向沿斜面向上
【答案】C
【知识点】整体法与隔离法结合处理物体平衡问题
【详解】A．设B 与斜面间的动摩擦因数为
，由于AB 整体处于平衡状态，由平衡条件得
解得
故A 错误；
BC．隔离对A 分析，A 处于平衡状态，则A 受重力、B 对A 的支持力、以及B 给A 沿B 上表面斜向左上的
静摩擦力作用而平衡．且该静摩擦力方向与A 的速度方向成锐角，故该静摩擦力对A 做正功，故B 错误，
C 正确；
D．由A 选项可知，整体受到沿斜面向上的摩擦力，即B 受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第三定律可
知，B 对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故D 错误。
故选 C。
22．（2023·吉林长春·一模）建筑工人用如图所示的方式将重物从平台缓慢下放到地面上，固定重物的光
滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上，工人手握的部分有足够长的绳子，工人站在平台上的位
置保持不变，缓慢释放手中的绳子，重物缓慢下降，则在重物下降的过程中（ ）
A．绳对圆环的作用力逐渐减小
B．工人对绳的拉力不变
C．平台对工人的支持力逐渐增大
D．平台对工人的摩擦力逐渐减小
【答案】D
【知识点】正交分解法解共点力平衡、动态平衡问题
【详解】A．绳对环的作用力等于重物的重力，保持不变，故A 错误；
B．设重物重为G，绳与竖直方向的夹角为
，绳的拉力为F，根据力的平衡可知
缓慢释放手中的绳子，圆环两侧绳间夹角变小，绳上拉力变小，故B 错误；
C．每侧绳的拉力的竖直分力等于重物重力的一半，对工人研究可知，平台对工人的支持力等于工人的重
力与重物重力的一半之和，即平台对工人的支持力保持不变，故C 错误；
D．平台对工作的摩擦力等于绳的拉力的水平分力，即
因此平台对工人的摩擦力逐渐减小，故D 正确。
故选D。
23．（2025·辽宁丹东·一模）水平地面上叠放了两块石头，均处于静止状态，则下列说法中正确的是（
）
A．1 石块对2 石块的压力是由于1 石块发生形变产生的
B．1 石块对2 石块的压力是由于2 石块发生形变产生的
C．若1、2 石块间接触面是倾斜的，则2 石块与地面之间一定有摩擦力
D．无论1、2 石块间接触面是否倾斜，2 石块对1 石块的作用力一定竖直向上
【答案】AD
【知识点】整体法与隔离法结合处理物体平衡问题、弹力定义及产生条件
【详解】AB．1 石块对2 石块的压力是由于1 石块发生形变产生的，故A 正确，B 错误；
C．对1、2 号石头整体，重力和支持力都在竖直方向，故地面没有摩擦力，故C 错误；
D．对1 号石头，其合力为0，故2 号石头对1 号石头的作用力竖直向上，故D 正确；
故选AD。
24．（2025·黑龙江双鸭山·一模）如图所示，表面光滑的半球体放置于水平地面上，半球体的顶部焊接一
光滑竖直轻杆，O 为半球的球心，质量为M 的物体B 套在轻杆上，轻绳一端与B 连接，另一端与质量为m
的光滑球A 相连，现用一竖直向上的拉力F 作用在B 上，使其缓慢向上运动，整个过程中A 始终没有离开
半球，半球始终静止在水平地面上。下列说法正确的是（ ）
A．地面对半球的摩擦力为零
B．半球对A 的支持力变小
C．绳上拉力变小
D．拉力F 变大
【答案】ABC
【知识点】用相似三角形解决平衡问题、动态平衡问题
【详解】BC．由于B 缓慢向上运动，可知A 也缓慢在半球上运动，A、B 都处于动态平衡过程，对A 受力
分析，如图所示
作出力的矢量三角形，由几何关系得，三角形OAB 与力的矢量三角形相似，可得
B 缓慢向上运动，OB 变大，绳长、半球半径
不变，所以
减小，绳的拉力T 减小，故B、C 正确；
AD．对B 列平衡方程得
为绳与轻杆的夹角，B 向上运动，
减小，
变大，T 减小，所以
无法确定如
何变化，因此F 的变化情况无法确定，对整体受力分析可得
可知地面对半球的支持力
的变化也无法确定，由于整体没有水平方向上的力，所以地面对半球没有摩擦
力，故A 正确，D 错误。
故选ABC。
25．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，冰坑是“哈尔滨”在松花江上为南方 “小土豆”准备的一个新型
的冰上娱乐项目，进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客
能从冰坑内出来，用外力
拉动游客使游客缓慢的向边缘移动，如右图
的方向始终沿冰坑的切线方向，
在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．拉力
先增大后减小
B．拉力
一直增大
C．冰坑对游客的支持力先减小后增大
D．冰坑对游客的支持力一直减小
【答案】BD
【知识点】动态平衡问题
【详解】令游客所在位置的支持力N 的方向与竖直方向夹角为
，用外力
拉动游客使游客缓慢的向边缘
移动过程，
逐渐增大，根据平衡条件有
，
由于
逐渐增大，可知，拉力
一直增大冰坑对游客的支持力一直减小。
故选BD。
26．（2025·辽宁抚顺·一模）一根轻杆两端分别固定着质量为M 的甲球和质量为m 的乙球，斜靠在竖直
光滑墙壁上，系统恰好保持平衡，如图所示。已知轻杆与水平地面的夹角为45°，轻杆中的弹力沿轻杆方
向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。
(1)求墙壁对甲球的支持力大小FN和轻杆中的弹力大小F 弹；
(2)求乙球与地面间的动摩擦因数μ。
【答案】(1)FN=Mg，
(2)
【知识点】正交分解法解共点力平衡、整体法与隔离法结合处理物体平衡问题
【详解】（1）对甲球受力分析，由平衡条件可得
，
解得
，
（2）设地面对乙球的支持力大小为
,摩擦力大小为
，以整体为研究对象，则有
，
又有
联立解得
力与运动
1．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）自卸车能自动卸货物，如图所示。在车厢由水平位置逐渐抬起至货物全
部卸完的过程中，自卸车始终保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A．货物受车厢的摩擦力逐渐减小
B．货物受车厢的摩擦力先增大后减小
C．地面对自卸车的支持力保持不变
D．自卸车不受地面施加的摩擦力
【答案】B
【知识点】力的分解及应用、利用牛顿第二定律分析动态过程
【详解】AB．开始时货物受重力和支持力，抬起后受到斜向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下
的分力，即
，随角度的增大，静摩擦力增大；当角度达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦
力变成滑动摩擦力，而滑动摩擦力
，
随角度的增加而增小，故滑动摩擦力将减小；因此
摩擦力是先增大后减小的，故A 错误，B 正确；
CD．刚开始卸货时，货物受到静摩擦力作用，对整体分析，竖直方向仅受重力和支持力作用，水平方向上
不受力。因此地面对自卸车的支持力保持不变，自卸车不受地面施加的摩擦力。当物体开始加速滑动时，
如图所示，分解加速度
对整体分析，竖直方向
水平方向
因此在卸货的过程中，货物的质量减小，则地面对自卸车的支持力发生变化，自卸车受地面施加的摩擦力。
故CD 错误。
故选B。
2．（2025·内蒙古赤峰·一模）2023 年10 月31 日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，是
我国航空航天史上一个重要的里程碑。宇航员在返回舱回收的过程中要经受超重与失重的考验，已知返回
舱返回过程中，可简化为自由下落、加速下落、匀速下落和减速下落四个过程，假设宇航员一直头朝上坐
在座椅上，下列说法正确的是（ ）
A．返回舱在自由下落阶段，宇航员处于平衡状态
B．返回舱在加速下落阶段，宇航员对座椅的压力大于其重力
C．返回舱在减速下落阶段，宇航员对座椅的压力大于其重力
D．返回舱在加速下落阶段，如果加速度逐渐减小，宇航员对座椅的压力会越来越小
【答案】C
【知识点】超重和失重的概念、牛顿第二定律的简单应用
【详解】A．返回舱在自由下落阶段，宇航员只受重力作用，处于完全失重状态，故A 错误；
B．返回舱在加速下落阶段，宇航员处于失重状态，则宇航员对座椅的压力小于其重力，故B 错误；
C．返回舱在减速下落阶段，处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，故C 正确；
D.返回舱在加速下落阶段，根据牛顿第二定律可得
如果加速度逐渐减小，则支持力不断增大，根据牛顿第三定律可知宇航员对座椅的压力会越来越大，故D
错误。
故选C。
3．（2025·辽宁大连·一模）在一南北向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在南
边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向南行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F；当
机车在北边拉着车厢以大小为
的加速度向北行驶时，P 和Q 间的拉力大小为2F。不计车厢与铁轨间的
摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律的简单应用
【详解】设每节车厢的质量为
，P、Q 分别在北面和南面，两边的车厢数为P 和Q，当机车在南边拉时，
根据牛顿第二定律可得
当机车在北边拉时，根据牛顿第二定律可得
根据以上两式可得
即PQ 两边的车厢的数目可能是1 和4，或2 和8，或3 和12，或4 和16，等等；
所以总的车厢的数目可能是5、10、16、20.
故选B。
4．（2025·辽宁葫芦岛·一模）爬杆训练是消防演练中的一项重要的技能训练，要求消防员快速上下移动，
提高反应速度和敏捷性。当消防员抱住上端悬挂、下端悬空的木杆加速上爬和加速下滑过程中，木杆始终
保持竖直，示意图如图所示，则吊链上的拉力（ ）
A．加速上爬时拉力一定小于人和杆的重力
B．加速上爬时拉力一定大于人和杆的重力
C．加速下滑时拉力一定大于人和杆的重力
D．加速下滑时拉力一定等于人和杆的重力
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律的简单应用
【详解】AB．加速上爬时加速度向上，根据牛顿第二定律可知，合力向上，所以拉力一定大于人和杆的重
力，故A 错误B 正确；
CD．加速下滑时加速度向下，根据牛顿第二定律可知，合力向下，所以拉力一定小于人和杆的重力，故
CD 错误。
故选B。
5．（2025·吉林·一模）工程师对质量为
的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系
式
为常数）。现工程师为汽车提供恒定的牵引力
，使汽车由静止开始做水平直线运动。汽
车位移为
时恰好达到最大速度。则（ ）
A．汽车速度越大，加速度越大
B．整个过程的平均速度为
C．整个过程所用时间为
D．整个过程所用时间为
【答案】D
【知识点】平均速度、牛顿第二定律的简单应用、利用动量定理求解其他问题
【详解】A．由牛顿第二定律有
可知汽车速度越大，加速度越小，故A 错误；
B．当汽车所受合力为零时，汽车达到最大速度，由受力平衡有
解得最大速度
汽车恒力启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，则整个过程汽车的平均速度大于
，故B
错误；
CD．汽车从静止达到最大速度过程中，根据动量定理有
解得整个过程所用时间为
故C 错误，D 正确。
故选D。
6．（2025·辽宁鞍山·一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端连接质量为m 的小球，小球由
不可伸长的细线吊在天花板上。小球保持静止时细线中拉力大小为
，
为重力加速度。则剪断细线瞬
间，小球的加速度（ ）
A．大小为
，方向竖直向下
B．大小为
，方向竖直向上
C．大小为g，方向竖直向上
D．大小为g，方向竖直向下
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律求瞬时突变问题
【详解】小球保持静止时细线中拉力大小为
，以小球为对象，根据受力平衡可得
解得弹簧弹力大小为
方向竖直向上；剪断细线瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向下。
故选A。
7．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）某同学在观看了“天宫课堂”后，设计了一种可以在完全失重状态下测量
物体质量的装置，在不可伸长的轻绳的一端A 点连接待测物体，另一端
点固定质量为
的标准砝码，
两物体均可视为质点，令整个装置在无外力作用下绕绳上某一点做匀速圆周运动，通过观察圆心在绳上的
位置确定待测物体质量。为了方便读数，该同学将绳子十等分，若某次测量中装置绕着
点转动，则待测
物体质量为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律的简单应用
【详解】设绳子长为
，根据题意可知
，
对在
点的物体和在
点的物体根据牛顿第二定律有
，
联立解得
故选C。
8．（2025·辽宁抚顺·一模）立定跳远的动作分解图如图所示，图甲为人从地面起跳的动作，图乙、丙为人
在空中的动作，图丁为人的落地动作，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，地面对人的摩擦力向左
B．图乙中，人处于超重状态
C．图丙中，人处于失重状态
D．图丁中，地面对人的支持力大于人对地面的压力
【答案】C
【知识点】判断是否存在静摩擦力及其方向、牛顿第三定律、超重和失重的概念
【详解】A．图甲中，人起跳时，脚相对于地面运动趋势向左，人受到地面的摩擦力向右，故 A 错误；
BC．图乙和图丙，人都在空中，加速度为重力加速度，竖直向下，故人都处于失重状态，故B 错误，C 正
确；
D．图丁中，地面对人的支持力与人对地面的压力，是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故
D 错误。
故选C。
9．（2025·辽宁丹东·一模）如图所示，两个小球
、
悬挂在水平天花板下，并处于静止状态，其中小球
和悬挂点
之间的细线与天花板的夹角为
，小球
和悬挂点
之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为
，小球
、
之间的细线水平。已知
，
，则剪断小球
、
之间的细线瞬间，小
球
与
的加速度大小之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律求瞬时突变问题
【详解】剪断
、
之间的细线，小球
向下摆动，加速度大小为
剪断细线前，对小球
受力平衡有
、
剪断
、
之间的细线瞬间，弹簧弹力大小不变，小球
向右加速，加速度大小为
所以剪断小球
、
之间的细线瞬间，小球
与
的加速度大小之比
故选A。
10．（2025·辽宁通化·一模）1784 年，乔治·阿特伍德为测量重力加速度和验证牛顿第二定律，设计了后来
以他名字命名的实验装置——阿特伍德机。阿特伍德机的简化示意图如图所示，A、B 为质量均为M 的物
体，物体C 的质量为m，若滑轮质量和摩擦不计，轻绳不可伸长，m=0.5M，则物体B 从静止开始下落一段
距离所用时间约为其自由落体下落同样距离所用时间的（ ）
A．
B．
C．
D．5 倍
【答案】C
【知识点】整体法与隔离法解连接体问题
【详解】对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得
由匀加速运动公式有
可知
同理，物体自由落体下落同样距离所用时间
联立解得
故选C。
11．（2025·辽宁沈阳·一模）如图甲所示，长
、质量
的木板b 静止在地面上，质量
的物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a 与b 之间、b 与地面之间的动摩擦因数分别为
。
时刻对b 施加一水平向右、大小为F 的力，F 随时间t 变化的关系图像如图乙所示，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
。下列说法中正确的是（ ）
A．
内摩擦力对b 的冲量为0
B．
时，a 的速度大小为
C．
时，a 脱离木板
D．
内，地面对b 的摩擦力的冲量为
【答案】B
【知识点】受变化外力的板块问题、利用F-t 图像求冲量、动量定理的内容
【详解】A．根据题意可知，木板b 与地面间的最大静摩擦力为
结合图乙可知，
内，木板b 与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力
，则
内摩擦力对b 的
冲量为
故A 错误；
BCD．由图乙可知，
后，外力
保持不变，大小为
，由牛顿第二定律，对物块a 有
其中
解得
对
、
整体，由牛顿第二定律有
当
最大时，有
即当外力
时，
、
发生相对滑动，通过分析可知，
、
未发生相对滑动，则a 不能脱离木板，
后，
、
整体开始相对地面滑动，则
内地面对b 的摩擦力的冲量为
则
内，地面对b 的摩擦力的冲量为
内，对
、
整体，由动量定理有
解得
即
时，
、
的速度为
。
故B 正确，CD 错误。
故选B。
12．（2025·辽宁·一模）图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量
，长度
，其中放
有质量
，长
的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右端相距也
为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数
。
现用水平力恒力
将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，重力加速度
。
下列说法正确的是（ ）
A．抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速度为
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为0.2N
C．书本运动的全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功
D．书本可能与抽屉左侧发生磕碰
【答案】C
【知识点】受恒定外力的板块问题、判断某个力是否做功，做何种功
【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，假设能一起加速，对书本和抽屉由牛顿第二定律可得
解得
则能一起加速，抽屉的加速度为
，故A 错误；
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为
故B 错误；
C．抽屉遇到柜体挡板前，摩擦力向右，书本位移向右则摩擦力先做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，摩擦
力向左，书本位移向右，摩擦力对书本后做负功，故C 正确；
D．抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度
抽屉遇到柜体挡板后书本的加速度
此后书本相对抽屉的位移
书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D 错误。
故选C。
13．（2025·辽宁大连·一模）如图甲所示，薄木板静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块。
时，对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F 的作用下，物块和木板发生相对滑动，
时，撤
去F，物块和木板共速时恰好从木板左端掉落，整个过程中木板的
图像如图乙所示。已知木板的质量
为0.6kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小
，下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为2m
B．木板与地面间的动摩擦因数为0.4
C．物块与木板间的动摩擦因数为0.04
D．拉力大小
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律与图像结合、受变化外力的板块问题
【详解】A．由题意，根据
图像可判断知物块在
时刚好从木板左端滑下，物块在木板上一直加
速，可作出其
图像如图所示，可知图中阴影部分的面积表示木板的长度
木板的长度
故A 错误；
B．由
图像可知，木板在
内的加速度大小
木板与地面间的动摩擦因数
故B 错误；
C．由
图像可知，物块在
内的加速度大小
物块与木板间的动摩擦因数
故C 正确；
D．木板在
内的加速度大小
在
内的加速度大小
根据牛顿运动定律有
，
解得
故D 错误。
故选C。
14．（2025·辽宁松原·一模）以相同的初速度将A、B 两物体同时竖直向上抛出，物体A 所受空气阻力可忽
略，物体B 所受空气阻力大小与物体速率成正比，用
和
分别表示两物体上升至最高点所需要的时间，
则
和
的大小关系为（ ）
A．
B．
C．
D．无法比较
【答案】C
【知识点】牛顿定律与直线运动-复杂过程
【详解】由题意可知，物体A 不受空气阻力只受重力，做竖直上抛运动，则有
物体B 受空气阻力，在其上升阶段，根据牛顿第二定律有
解得
由于物体B 所受阻力随着速度减小而减小，故物体B 的加速度逐渐减小至最小值
，由于物体B 上升过程
中的加速度大于重力加速度即物体A 上升过程中的加速度，且二者初速度相同，所以
故选C。
15．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成
质点的物块。
时对物块施加一水平向右的恒定拉力
，在
的作用下物块和木板发生相对滑动，
时撤去
，整个过程物块运动的
图像如图乙所示。已知木板的质量
，物块与木板间、
木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
。下列说法正确的是（
）
A．物块的质量为
B．物块与木板间的动摩擦因数
C．木板与地面间的动摩擦因数
D．拉力
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律与图像结合
【详解】BC．根据图像分析可知木板在
之前向右做匀加速直线运动，作出木板和物块运动的
图
像，如图所示
物块在
内的加速度大小
物块和木板在
内共速，加速度大小
解得
，
故BC 错误；
AD．由图像可知
时两者共速，物块在
内的加速度大小
木板在
内的加速度大小
内，对木板有
对物块有
解得
，
故A 正确，D 错误。
故选A。
16．（2025·内蒙通辽·一模）如图所示，倾角为
的光滑固定斜面上放置3 个质量均为
的小球ABC，小
球A 通过轻质弹簧连接在斜面顶端的挡板上，小球AB 通过轻杆连接，小球BC 通过细绳连接。弹簧的轴线、
轻杆和细绳在同一直线上且与斜面平行，初始时各小球均处于静止状态。已知重力加速度大小为
。某时
刻剪断细绳，下列说法正确的是（ ）
A．剪断细绳后瞬间，小球C 的加速度为0
B．剪断细绳前，弹簧上的弹力大小为
C．剪断细绳后瞬间，小球A 的加速度大小为
D．剪断细绳后瞬间，轻杆上的弹力变为0
【答案】BC
【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题、牛顿第二定律求瞬时突变问题
【详解】A．剪断细绳后瞬间，小球C 的加速度为
选项A 错误；
B．剪断细绳前，对ABC 整体分析可知，弹簧上的弹力大小为
选项B 正确；
C．剪断细绳后瞬间，弹簧的弹力不变，则小球AB 的加速度大小均为
选项C 正确；
D．剪断细绳后瞬间，对B 分析可知
可得轻杆上的弹力变为
选项D 错误。
故选BC。
17．（2025·辽宁锦州·一模）如图，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨
间距为
，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为
。质量均为
、接
入电路的有效电阻均为
的金属棒
、
垂直于导轨放置，均处于静止状态。
时刻给
棒一个
方向水平向右、大小
的拉力，
时，金属棒
和
加速度刚好相等。此后撤去拉力
，整个
过程棒与导轨接触良好。则（ ）
A．t=4s 时金属棒ab 和cd 的加速度大小为2m/s²
B．t=4s 时金属棒ab 的速度大小为4m/s
C．t=4s 时金属棒cd 的速度大小为10m/s
D．从t=4s 到回路中电流为零的过程中，金属棒ab 和cd 之间距离的增加量为4m
【答案】ACD
【知识点】牛顿第二定律的简单应用、双杆在等宽导轨上运动问题、利用动量定理求解其他问题
【详解】A．t=4s 时将金属棒
和
作为一个整体，对整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
故A 正确；
BC．两棒的加速度相等时，设受到的安培力大小为
，对金属棒
，由牛顿第二定律可得
根据安培力公式
解得回路中电流大小
设回路中的感应电动势为E，则
设两棒的加速度相等时，金属棒ab、cd 的速度分别是
、
，则
设
时间内安培力冲量大小为
，对金属棒cd，由动量定理可得
对金属棒ab，安培力的冲量
联立解得
，
故B 错误，C 正确；
D．撤去外力F 后，金属棒cd 做加速度逐渐减小的减速运动，金属棒ab 做加速度逐渐减小的加速运动，
最后两棒速度相等，做匀速运动，设最终共同速度为v，根据动量守恒定律
对ab 棒，根据动量定理
电荷量
设两棒间距离增大了x，则
联立解得
故D 正确。
故选ACD。
18．（2025·黑龙江哈六中·一模）如图，质量为
的薄板B 与直立轻弹簧上端拴接，弹簧下端固定在地面
上，平衡时弹簧压缩量为。一质量为
的小物块A 从B 正上方距离为
处自由落下，接触薄板后粘连在
一起向下运动。已知弹簧的弹性势能
，
为劲度系数，
为形变量。弹簧在弹性限度内，重力加
速度为
，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．A 刚接触B 时的动能为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．A 和B 一起运动的最大速度大小为
D．A 和B 一起运动的最大加速度大小为
【答案】ABD
【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、弹簧类问题机械能转化的问题、碰撞后直接粘连问题
【详解】AB．物块A 做自由落体运动，设其与薄板B 碰撞前瞬间的速度大小为v0，由机械能守恒定律可得
解得A 刚接触B 时的动能为
，
物块A 与薄板B 碰撞瞬间满足动量守恒，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
解得
从A、B 碰撞开始到达最低点，设在最低点时弹簧压缩量为x1，由A、B 及弹簧组成的机械能守恒可得
其中
解得x1 = 4h
则弹簧的最大弹性势能为
故AB 正确；
D．A 和B 一起运动到最低点时，弹簧的形变量最大，弹簧对A、B 整体的弹力最大，加速度最大，由牛顿
第二定律有
解得
故D 正确；
C．当弹簧弹力与A、B 的重力相等时，A 和B 一起运动的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x2，由平衡条
件可得kx2= 2mg
解得x2=2h
根据系统机械能守恒定律有
解得
故C 错误。
故选ABD。
19．（2025·辽宁辽阳·一模）如图甲所示，弹簧上端挂在天花板上，将一个小球挂在弹簧下端，开始时小
球静止不动。某时刻给小球一个竖直向上的初速度，使小球在竖直方向振动，取竖直向上为正方向，小球
相对初始位置的位移如图乙所示，
时刻小球相对初始位置的位移分别为
，
时刻小球经过
初始位置。不计弹簧的质量，已知空气阻力与小球的速度大小成正比，下列说法正确的是（ ）
A．
时间内小球加速度一直减小
B．
时间内小球和弹簧的机械能一直不变
C．
时间内小球的动能一直减小
D．小球在
时刻的加速度
大于
时刻的加速度
【答案】CD
【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、弹簧类问题机械能转化的问题
【详解】A．
时刻，小球位于最高点，有向下的加速度，
时刻小球经过初始位置，重力与弹簧弹力平衡，
仅受向上的空气阻力作用，加速度向上，则
时间内小球加速度先向下后向上，大小先减小后增大，
故A 错误；
B．
时间内，空气阻力一直做负功，小球和弹簧的机械能一直减小，故B 错误；
C．
图像的斜率表示速度，
时间内，图像的斜率逐渐减小，小球的速度一直减小，小球的动能一
直减小，故C 正确；
D．
、
时刻小球经过初始位置，重力与弹簧弹力平衡，仅受空气阻力作用，根据牛顿第二定律
，由于小球运动过程中一直克服空气阻力做功，小球在
时刻的速度大于
时刻的速度，故小
球在
时刻的加速度
大于
时刻的加速度
，故D 正确。
故选CD。
20．（2025·辽宁·一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接，物块B 叠放在A 上，弹簧
处于自然长度。此时将A、B 由静止释放，两物块一起沿粗糙斜面向下运动，到达最低点时，立即将B 撤
去，A 沿斜面向上运动恰能回到初始位置。弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是（ ）
A．下滑过程中B 受到的摩擦力逐渐增大
B．下滑过程中B 对A 的摩擦力所做的功大于A 克服斜面的摩擦力所做的功
C．斜面对A 有摩擦力，上滑过程中A 的机械能不断减少
D．A 上滑过程时间比A、B 一起下滑过程时间长
【答案】AB
【知识点】物体在粗糙斜面上滑动、弹簧类问题机械能转化的问题
【详解】A．下滑过程中，物块A、B 先做加速运动，有沿斜面向下的加速度，后减速运动到达最低点，有
沿斜面向上的加速度。由于弹簧的弹力逐渐增大，开始A、B 整体沿斜面向下的加速度逐渐减小，后沿斜
面向上的加速度逐渐增大。由于下滑过程中A、B 始终不分离，对B 分析其加速度先沿斜面向下的加速度
逐渐减小，后沿斜面向上的加速度逐渐增大，而B 的重力沿斜面向下的分力不变，由牛顿第二定律可知，
B 受到A 对其的摩擦力一直沿斜面向上，且逐渐增大，故A 正确；
B．设下滑过程中B 对A 的摩擦力所做的功为WfB，A 克服斜面的摩擦力所做的功为Wf 斜，A 的重力做功为
WGA，A 克服弹簧弹力所做的功为WF，对A 下滑过程，根据动能定理得：WGA+WfB-Wf 斜-WF=0
变形得：WfB-Wf 斜=WF-WGA
上滑过程中，A 沿斜面向上运动恰能回到初始位置，此过程初末速度均为零，由动能定理可知弹簧弹力对
A 做的功等于A 克服重力做的功与A 克服斜面的摩擦力所做的功之和，所以弹簧弹力对A 做的功大于A 克
服重力做的功，即WF＞WGA
根据功能关系可知，A 上滑过程中弹簧弹力对A 做的功等于下滑过程中A 克服弹簧弹力所做的功WF；在上
滑过程中，WF＞WGA，可得：WfB-Wf 斜=WF-WGA＞0
则WfB＞Wf 斜
即下滑过程中B 对A 的摩擦力所做的功大于A 克服斜面的摩擦力所做的功，故B 正确；
C．上滑过程中，A 的初末动能均为零，动能变化量为零，重力势能增大，整个上滑过程A 的机械能增加，
因此上滑过程A 的机械能不可能不断减小，故C 错误；
D．A 上滑与下滑过程的位移大小相等，上滑和下滑过程在同一位置，弹簧的弹力大小相同，上滑过程A
受到斜面的摩擦力与重力沿斜面向下的分力方向相同，下滑过程A 斜面受到的摩擦力与重力沿斜面向下的
分力方向相反，且下滑过程A 还受到B 沿斜面向上的摩擦力，则上滑过程的平均加速度大于下滑过程的平
均加速度，由于位移大小相等，则上滑过程的时间小于下滑过程的时间，故D 错误。
故选AB。
21．（2025·辽宁沈阳一中·一模）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为
M 的物体A、B（B 物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的
拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，重力加速度为g，则下
列说法不正确的是（ ）
A．施加外力F 大小恒为M（g＋a）
B．A、B 分离时，弹簧弹力恰好为零
C．A、B 分离时，A 上升的距离为
D．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值
【答案】ABD
【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题
【详解】A．施加F 前，物体AB 整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx
解得：
加外力F 后到物体A、B 分离前，对AB 整体有
又因
由于压缩量x 减小，故F 为变力，物体A、B 分离时，此时A、B 具有共同的v 和a，且
对A 有：
解得：
故A 错误；
BD．A、B 分离后，B 将做加速度减小的加速运动，当
时，B 达到最大速度，故BD 错误；
C．对B 有：
解得：
此时弹簧的压缩量为
故弹簧的压缩量减小了
即A 上升的距离
故C 正确。
本题选不正确的，故应选ABD。
22．（2025·辽宁抚顺·一模）如图所示，A、B 两个物体相互接触而不粘合，放置在光滑水平面上，质量分
别为3kg 和6kg。从t=0 开始，推力FA和拉力FB分别作用在A、B 上，FA、FB随时间的变化规律为FA=(18-
3t)N，FB=(9+3t)N，在0~5s 这段时间内（ ）
A．物体
一直做匀加速直线运动
B．t=3s 时，物体
与
分离
C．t=5s 时，vA=13m/s，vB=16m/s
D．物体
运动的位移大小为37.5m
【答案】BC
【知识点】动量定理的内容、整体法与隔离法解连接体问题
【详解】B．物体A、B 分离前，有
解得
AB 分离时，对A 有
解得
故B 正确；
A．分离前AB 一起做匀加速直线运动，分离后A 所受合力不断减小，加速度减小，即物体A 做加速度减小
的加速运动，故A 错误；
C．3~5s 内，根据动量定理，对A 有
对B 有
根据速度时间关系可得
联立可得
，
故C 正确；
D．0~3s 内物体的位移大小为
3~5s 内，若物体仍然做匀加速直线运动，其位移为
但实际物体做加速度增大的加速运动，所以总位移
故D 错误。
故选BC。
23．（2025·黑龙江·一模）如图甲所示，长木板A 的左端放置滑块B（可视为质点），V 形槽C 用不可伸长
的细绳与A 相连，光滑球D 放在槽内（槽右边部分竖直，与左边倾斜部分的夹角为α）。对B 施加一水平
向右的恒力F 使其由静止开始运动，一段时间后B 从A 右端滑出，A 继续在水平地面上运动一段距离后停
止运动，以水平向右为正方向，此过程中A 的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知
、
，A、C 与地面间的动摩擦因数相同，D 与C 之间始终未发生相对滑动，取
。下
列说法正确的是（ ）
A．长木板A 与地面之间的动摩擦因数为0.2，滑块B 与长木板A 之间的动摩擦因数为0.6
B．细绳能承受的最大拉力应不小于3N
C．若球D 相对于槽C 刚好未发生滑动，则有
D．若长木板A 长
，则在第1s 内恒力F 做的功为5J
【答案】BC
【知识点】受恒定外力的板块问题
【详解】A．由图乙可知，在
内，长木板A 的加速度加速度
在
内，长木板A 的加速度
设长木板A 与地面之间的动摩擦因数为
，滑块B 与长木板A 之间的动摩擦因数为
，在
内，对
A、C、D 整体进行受力分析有，根据牛顿第二定律
在
内，对A 受力分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
，
故A 错误；
B．在
内，对C、D 系统受力分析，由牛顿第二定律
解得
故细绳能承受的最大拉力应不小于3N，故B 正确；
C．若球D 相对于槽C 刚好未发生滑动
根据牛顿第二定律
解得
故C 正确；
D．在第1s 内，对A 有
对B 有
根据牛顿第二定律
又
联立解得
故D 错误。
故选BC。
24．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）
放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F 作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一
段时间后撤去力F 的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q 与长木板P 的质量相等，
小滑块Q 始终没有从长木板P 上滑下。重力加速度
。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q 与长木板P 之间的动摩擦因数是0.05
B．长木板P 与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．
时长木板P 停下来
D．长木板P 的长度至少是
【答案】AC
【知识点】没有其他外力的板块问题
【详解】A．由乙图可知，力F 在5s 时撤去，此时长木板P 的速度为
，6s 时两者速度相同为
，在0~6s 的过程，对Q 由牛顿第二定律得
根据图乙可知
联立解得滑块Q 与长木板P 之间的动摩擦因数为
故A 正确；
B．在5~6s 的过程，对P 由牛顿第二定律得
由乙图可知
联立解得长木板P 与地面之间的动摩擦因数为
故B 错误；
C．从6s 末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得
解得
该过程所用时间为
可知
时长木板P 停下来，故C 正确；
D．6s 前长木板的速度大于滑块Q 的速度，6s 后长木板P 的速度小于滑块Q 的速度，由
图像与横轴围
成的面积表示位移，可知6s 前Q 相对于P 向左运动的位移大小为
6s 后到两者都停下，Q 相对于P 向右运动的位移大小为
则长木板P 的长度至少为
故D 错误。
故选AC。
25．（2025·内蒙古通辽第一中学·一模）一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为
，此后木板的速度v 随时间t 变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。
整个运动过程中（ ）
A．物块的运动方向不变
B．物块的加速度方向不变
C．物块相对木板的运动方向不变
D．物块与木板的加速度大小相等
【答案】CD
【知识点】没有其他外力的板块问题、牛顿运动定律与图像结合
【详解】A．根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速
，然后一起减速到０，
所以物块的运动方向先向左再向右，故Ａ错误；
B．物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向
改变，故B 错误；
C．物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运
动方向不变，故C 正确；
D．由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为
物块的加速度大小为
即木板和物块加速度大小相等，故D 正确。
故选CD。
26．（2025·吉林·一模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在
静止机器人的水平托盘上，机器人可沿直线将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾
角增大到时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距
的投递口处，
为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数
，最大静摩
擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
，求：
(1)机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角
及运输包裹的过程中允许的最大加速度；
(2)若机器人运行的最大速度为
，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间
t。
【答案】(1)37°，
(2)15.4s
【知识点】匀变速直线运动速度与时间的关系、匀变速直线运动位移与时间的关系、牛顿第二定律的简单
应用
【详解】（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足
可得
当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即
所以
（2）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大
加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从供包台运行至分拣口所需时间最短，则匀加速直线运动阶段有
匀减速阶段有
所以匀速运动的时间为
联立可得
27．（2025·辽宁本溪·一模）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)
【知识点】整体法与隔离法解连接体问题
【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
28．（2025·辽宁·一模）如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，
时将质量为m 的物
块A 从距离物块B 斜上方L 处由静止释放，
时，物块A、B 发生第一次碰撞，
时，二者发生
第二次碰撞，在两次碰撞间物块A 的
图线如图乙所示（其中
、
均为未知量），若每次碰撞均为弹
性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。
(1)求物块A 沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值；
(2)求第一次碰撞后物块A 沿斜面向上运动的最大距离；
(3)已知物块B 的质量
，且A、B 物块每次碰撞前物块B 均已经停止运动，求物块B 沿斜面下滑的
最大距离。
【答案】(1)2
(2)
(3)
【知识点】利用图像分析加速度、牛顿定律与直线运动-复杂过程、两物体多次碰撞问题
【详解】（1）根据题意，由图乙可知，物块A 在
的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小
物块A 在
的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小
解得
（2）物块A 在
时间内与在
的时间内受力情况一致，则加速度相同，故
时
刚释放物块A 时，A、B 之间的距离为L，则有
整理得
则物块A 在
的时间内沿斜而向上运动，运动的距离
联立解得
（3）物块A 与物块B 第一次碰撞时，由动量守恒有
其中
，
，
联立解得
则物块A 在
时间内下滑的距离
已知第二次碰撞前物块B 已停止运动，故物块B 碰后沿斜面下滑的距离
物块A 与物块B 发生第二次碰撞，由图可知，碰前瞬间物块A 的速度
由动量守恒有
由机械守恒有
联立解得
设物块B 下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B 下滑的距离为
，则有
设第二次碰撞后物块B 下滑的距离为
，则有
可得
以此类推可得
则物块B 运动的总距离
当
时，代入数据解得
29．（2025·吉林长春·一模）如图，光滑水平面上有一质量为
足够长的板
，两质量均为
的物块B、C 与
间的动摩擦因数分别为
，物块B、C 间连接劲度系数
的轻
质弹簧，调节B、C 间距离，使其压缩一定长度，然后将B、C 同时释放。重力加速度取
，设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)当初始压缩量
时，释放瞬间
的加速度大小。
(2)若要C 相对A 滑动，求初始压缩量的最小值。
【答案】(1)
(2)
【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题
【详解】（1）当
时，弹簧弹力
与
间最大静摩擦力
与
间最大静摩擦力
由于
所以
与
相对静止，
在
上滑动，根据牛顿第二定律则有
解得
（2）当
相对于
滑动时，
的加速度达到最大值
，对于长木板
，由牛顿第二定律方程
解得
对于物块
，则有
恰好发生相对运动时
可解得
即弹簧初始最小压缩量为16cm 时，释放后，物块
恰好相对
滑动。
30．（2025·黑龙江哈尔滨第一中学·一模）如图所示，卡车上载有一块长木板，木板后端放置一箱货物
（可视为质点），木板和货物质量相等，均为
，货物与木板间的动摩擦因数为
，木板与卡车间
的动摩擦因数为
，卡车以
的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现正前方
处
有障碍物，立即刹车做匀减速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
。
(1)若
，
，卡车以木板和货物均不会相对卡车滑动的最大加速度刹车，通过计算说明卡车
能否避免与障碍物相撞？
(2)若
，
，卡车刹车的加速度
，最终木板停止运动时恰好未与驾驶室相撞，求
木板前端与驾驶室的初始距离
和木板停止运动时货物的速度。
【答案】(1)能够避免相撞
(2)
，
，方向与
相同
【知识点】没有其他外力的板块问题
【详解】（1）设货物与木板不发生相对滑动的最大加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设木板与货物相对静止，相对于卡车不发生相对滑动的最大加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
，卡车以
刹车，根据运动学公式
可知能够避免相撞。
（2）设卡车从刹车到停止，位移为
，根据运动学公式
设货物的加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设木板的加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设木板减速至0 的位移为
，时间为
，根据运动学公式
，
木板前端与驾驶室的距离
此时货物的速度
方向与
相同（或向前）。
