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第2 课时 力与直线运动
【知识网络】
热点一 匀变速直线运动规律的应用
两种匀减速直线运动的分析方法
(1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于
刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。
(2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速
度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a 等矢量的
正负及物理意义。
例1 (2024·湖南长沙一模)某地受到山洪引起的泥石流灾害，一直升机悬停在距
离地面100 m 的上空，一消防战士沿竖直绳索从直升机下滑到地面救助受灾群众。
若消防战士下滑的最大速度为5 m/s，到达地面的速度大小为1 m/s，加速和减速
的最大加速度大小均为a＝1 m/s2，则消防战士最快到达地面的时间为( )
A.15.1 s
B.24.1 s
C.23.1 s
D.22.1 s
答案 B
解析 若要求消防战士最快到达地面，则消防战士应先以最大的加速度a＝1
m/s2加速到最大速度vm＝5 m/s，然后以最大速度匀速运动一段时间，再以大小
为a＝1 m/s2的加速度减速到达地面且速度变为1 m/s，消防战士最快到达地面的
时间为上述三段运动时间之和。消防战士加速运动的最短时间和位移分别为t1＝
＝5 s，x1＝at＝12.5 m，消防战士减速运动的最短时间和位移分别为t3＝＝4 s，
x3＝vmt3－at＝12 m，则消防战士在匀速运动过程所经历的时间为t2＝＝15.1 s，
故消防战士最快到达地面的时间为t＝t1＋t2＋t3＝24.1 s，故B 正确。
训练1 (2024·河北张家口高三月考)冰壶比赛是以队为单位在冰上进行的一种投
掷性竞赛项目。在某次比赛中，冰壶投出后以8 m/s 的初速度做匀减速直线运动，
加速度大小为0.4 m/s2，下列说法中正确的是( )
A.冰壶第1 s 末的速度大小为0.4 m/s
B.冰壶第1 s 内的位移大小为8.2 m
C.倒数第3 s 内的位移大小为1.0 m
D.倒数第3 s 内的平均速度大小为 m/s
答案 C
解析 冰壶做匀减速直线运动，a＝－0.4 m/s2，则第1 s 末的速度大小v1＝v0＋
at1＝7.6 m/s，故A 错误；冰壶第1 s 内的位移大小是x1＝v0t1＋at＝7.8 m，故B
错误；整个过程的逆过程是初速度为0 的匀加速直线运动，最后1 s 内位移大小
为x1′＝|a|t＝0.2 m，由初速度为零的匀加速直线运动的规律可知最后1 s 内位移
大小与倒数第3 s 内的位移大小之比为1∶5，故倒数第3 s 内的位移大小为x3＝
1.0 m，故C 正确；倒数第3 s 内的平均速度大小为v3＝＝1 m/s，故D 错误。
热点二 牛顿运动定律的应用
例2 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1 所示，两小球1 和2 之间用轻弹簧B 相连，
弹簧B 与水平方向的夹角为30°，小球1 的左上方用轻绳A 悬挂在天花板上，绳
A 与竖直方向的夹角为30°，小球2 的右边接有沿水平方向固定在竖直墙壁上的
轻绳C。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则 ( )
图1
A.球1 和球2 的质量之比为1∶2
B.球1 和球2 的质量之比为2∶1
C.在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 的加速度大小为g
D.在轻绳A 突然断裂的瞬间，球2 的加速度大小为2g
答案 BC
解析 分别对两小球1、2 受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得FB＝
m1g，FBsin 30°＝m2g，联立解得＝2，A 错误，B 正确；在轻绳A 突然断裂的瞬
间，弹簧弹力未来得及变化，球2 的加速度大小为0，弹簧弹力FB＝m1g，对球
1，由牛顿第二定律有F 合＝2m1gcos 30°＝m1a，解得a＝g，C 正确，D 错误。
方法总结 瞬时加速度问题
例3 (2024·广西南宁二模)如图2 所示，质量分别为m1＝1 kg 和m2＝2 kg 的两个
大小完全相同的物块A、B，通过轻绳相连，并连接在装有定滑轮的小车上，不
计一切摩擦。在水平推力F1的作用下物块A 紧贴着小车，且小车和两个物块恰
好一起向右做初速度为零的匀加速运动，若将图中两个小物块的位置互换，在水
平推力F2的作用下物块B 紧贴着小车，使得小车和两个物块恰好一起向右做初
速度为零的匀加速运动，若两次运动的时间相同，则两次小车运动的位移之比为
( )
图2
A.1∶1
B.2∶1
C.1∶4
D.4∶1
答案 C
解析 第一次设绳子拉力为T1，根据平衡条件可知T1＝m1g，对物块B，根据牛
顿第二定律T1＝m2a1，解得a1＝g，由于小车与物块相对静止，因此小车的加速
度等于滑块的加速度。两个小物块的位置互换后，设绳子拉力为T2，根据平衡
条件可知T2＝m2g，对物块A，根据牛顿第二定律T2＝m1a2，解得a2＝2g。根据x
＝at2，可知在相同时间内，两次小车运动的位移之比为x1∶x2＝a1∶a2＝1∶4，
故C 正确。
1.连接体问题的处理方法：整体法和隔离法。
2.连接体的运动特点
(1)轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态下，两端的连接体沿绳方向的速度
和加速度总是相等。
(2)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度；轻杆转动
时，连接体具有相同的角速度。
(3)轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；
在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
3.常见连接体
FB＝F
三种情况中弹簧弹力、绳的张力大
小相同且与接触面是否光滑无关
常用隔离法
常会出现临界条件
训练2 (2024·山东潍坊一模)如图3 所示，一倾角为37°的足够长光滑斜面固定在
水平地面上，斜面底端有一挡板，一根劲度系数k＝100 N/m 的轻弹簧两端分别
连接在固定挡板和物体P 上，紧挨着P 放置物体Q(不与P 粘连)，现对Q 施加一
个沿斜面向上的拉力F 使Q 做匀加速直线运动，从施加拉力开始计时，t＝0.2 s
后拉力F 不再变化，已知P 的质量mP＝1 kg，Q 的质量mQ＝4 kg，g＝10 m/s2。
下列说法正确的是( )
图3
A.t＝0 时P、Q 间的作用力为24 N
B.t＝0.2 s 时弹簧中的弹力为0
C.t＝0.2 s 时拉力F＝56 N
D.Q 的加速度大小为15 m/s2
答案 C
解析 刚开始弹簧的压缩量为Δx＝＝＝0.3 m，t＝0.2 s 时，拉力F 不再变化，说
明此时P、Q 刚好分离，它们之间的弹力正好为0，而此时P 和Q 具有相同的沿
斜面向上的加速度a，设此时弹簧的压缩量为Δx′，对P 由牛顿第二定律kΔx′－
mPgsin 37°＝mPa，该段时间内由运动学规律得Δx－Δx′＝at2，t＝0.2 s，联立解得
Δx′＝0.14 m，a＝8 m/s2，设t＝0 时P、Q 间的作用力为F1，对P 由牛顿第二定律
得F 弹－mPgsin 37°－F1＝mPa，F 弹＝(mP＋mQ)gsin 37°，解得F1＝16 N，故A、D
错误；根据前面分析可知t＝0.2 s 时，弹簧中的弹力F 弹′＝kΔx′＝14 N，故B 错
误；t＝0.2 s 时对Q 由牛顿第二定律得F－mQgsin 37°＝mQa，解得F＝56 N，故
C 正确。
热点三 运动学和动力学图像
图像“三看”“三明确”
三看：①看轴——看清变量。
②看线——看图线的形状。
③看点——看特殊点和转折点。
三明确：①明确图像斜率及所围“面积”的物理意义。
②明确截距及坐标点的物理意义。
③明确“＋”“－”的含义。
例4 (2024·辽宁大连高三期中)A、B 两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做
直线运动，它们的速度的平方(v2)随位置(x)的变化规律如图4 所示，下列判断正
确的是( )
图4
A.汽车A 的加速度大小为2 m/s2
B.汽车B 的加速度大小为2 m/s2
C.从开始到汽车A 停止前，当xA＝4 m 时A、B 相距最远
D.从开始到汽车A 停止前，当xB＝4 m 时A、B 相遇
答案 A
解析 根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式v2－v＝2ax，得v2＝v＋2ax，
可知v2－x 图像的斜率k＝2a。对汽车A，有2aA＝ m/s2，解得aA＝－2 m/s2，则
汽车A 的加速度大小为2 m/s2，故A 正确；对于B 车，有2aB＝ m/s2，解得aB＝
1 m/s2，故B 错误；从开始到汽车A 停止时，历时t＝＝ s，此时B 车的位移xB
＝aBt2＝3 m＜6 m，故A 车停止后，B 车才追上A 车，故当xB＝6 m 时A、B 相
遇。当两车速度相等时，A、B 相距最远，有vA＋aAt′＝aBt′，解得t′＝ s，此时
xA＝vAt′＋aAt′2，解得xA＝ m，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5 所
示。由图可知( )
图5
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 由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F－a 图像的
斜率为m，纵轴截距为μmg，结合F－a 图像可知m 甲＞m 乙，A 错误，B 正确；
两图线的纵轴截距μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，则μ 甲＜μ 乙，C 正确，D 错误。
方法总结 动力学图像解题思路
F－t
图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动量定理，图线与t 轴所围面积表示F 的冲量
F－x
图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动能定理，图线与x 轴所围面积表示力F 做的功
a－F
图像
根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F 关系
例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝－μg，斜率为，纵截距
为－μg
训练3 如图6 所示，竖直轻弹簧一端与地面相连，另一端与物块相连，物块处
于静止状态。现对物块施加一个竖直向上的拉力F，使物块向上做初速度为零的
匀加速直线运动，此过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，则拉力F 随时间t 变
化的图像可能正确的是( )
图6
答案 A
解析 物块处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力等于重力，mg＝
kx0。现给物块施加一个竖直向上的拉力F，做匀加速直线运动，当物块向上位移
为x 时，则有F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F－kx＝ma，物块做匀加速直线运
动，有x＝at2，联立可得F＝kat2＋ma，可知拉力与时间图像呈开口向上的抛物
线形状，故A 正确。
1.(2024·山东卷，3)如图7 所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A
点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A 点的时间间隔为Δt1；若
木板长度为2L，通过A 点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为( )
图7
A.(－1)∶(－1)
B.(－)∶(－1)
C.(＋1)∶(＋1)
D.(＋)∶(＋1)
答案 A
解析 对木板，由牛顿第二定律知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到
达A 点的过程，有L＝at，木板从静止释放到上端到达A 点的过程，当木板长度
为L 时，有2L＝at，当木板长度为2L 时，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－
t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A 正确。
2.(2024·河北卷，3)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反
弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v－t 图像，
如图8 所示。图像中a、b、c、d 四点中对应篮球位置最高的是( )
图8
A.a 点
B.b 点
C.c 点
D.d 点
答案 A
解析 由题图可知，篮球每一次弹起的最大速度越来越小，则每一次上升的最大
高度越来越小，t＝0 时对应初始高度，a 点对应第一次上升至最大高度，可知a
点对应篮球位置最高，A 正确。
3.(2024·安徽卷，6)如图9 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MN 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2mg。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( )
图9
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3g
D.加速度先增大后减小
答案 A
解析 缓慢拉至P 点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F 与小球的重力和
两弹簧的拉力的合力为零，此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力，小球从
P 点运动到O 点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速
运动，故A 正确，B 错误；小球从P 点运动到O 点的过程中，弹簧形变量变小，
弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受到的合外力一直变小，加速度一直减
小，故加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝
ma，加速度的最大值为2g，C、D 错误。
4.(2024·湖南卷，3)如图10，质量分别为4m、3m、2m、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( )
图10
A.g，1.5g
B.2g，1.5g
C.2g，0.5g
D.g，0.5g
答案 A
解析 细线剪断前，对B、C、D 整体受力分析，由力的平衡条件有A、B 间轻
弹簧的弹力FAB＝6mg，对D 受力分析，由力的平衡条件有C、D 间轻弹簧的弹
力FCD＝mg。细线剪断瞬间，对B 由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C 由
牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A 正确。
5.(2024·全国甲卷，15)如图11，一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a－m 图
像。重力加速度大小为g。在下列a－m 图像中，可能正确的是( )
图11
答案 D
解析 设物块P 的质量为M，物块P 与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力
大小为F
基础保分练
1.(2024·四川雅安模拟)一旅客在火车站某站台7 号候车线处候车，他发现某动车
进站时第5 节车厢经过他用了0.83 s，动车停下时他刚好在第7 节车厢门口，车
门靠近动车前进方向一端。每节车厢的长度相同，不计各节车厢连接处的长度，
若动车进站时做匀减速直线运动，则第6 节车厢经过他的时间约为( )
A.0.64 s
B.2 s
C.0.5 s
D.1 s
答案 B
解析 设每节车厢的长度为L，动车做匀减速运动，末速度为零，由逆向思维可
看作初速度为零的匀加速直线运动，则第5 节车厢和第6 节车厢经过他时有2L
＝at，第6 节车厢经过他时有L＝at 且t＝t2－t1＝0.83 s，解得第6 节车厢经过他
的时间约为t1＝2 s，故B 正确。
2.滑雪运动是冬季奥运会主要的比赛项目。如图1 所示，水平滑道上运动员A、
B 间距x0＝10 m。运动员A 以速度v0＝5 m/s 向前匀速运动，同时运动员B 以初
速度v1＝8 m/s 向前匀减速运动，加速度的大小a＝2 m/s2，运动员A 在运动员B
继续运动x1后追上运动员B，则x1的大小为 ( )
图1
A.4 m
B.15 m
C.16 m
D.20 m
答案 C
解析 运动员B 做匀减速直线运动，速度减为零的时间为tB＝＝4 s，此时运动
员A 的位移为xA＝v0tB＝20 m，运动员B 的位移为xB＝tB＝16 m，因为xA＜xB＋
x0，即运动员B 速度减小为零时，运动员A 还未追上运动员B，则运动员A 在运
动员B 停下来的位置追上运动员B，即x1＝16 m，C 正确，A、B、D 错误。
3.(2024·海南海口高三期末)如图2 所示，质量为M 的箱子静止在粗糙的水平地面
上，质量为m 的钢球被水平和倾斜细线固定在箱子中，倾斜细线与竖直方向的
夹角θ＝30°，重力加速度为g。则剪断倾斜细线的瞬间，箱子对地面的弹力和摩
擦力大小分别为( )
图2
A.(M＋m)g，mg
B.Mg，mg
C.(M－m)g，0
D.Mg，0
答案 D
解析 剪断倾斜细线的瞬间，水平绳子拉力发生突变，钢球将做圆周运动，此时
小球速度为零，则水平绳子拉力为零，此时钢球只受重力，处于完全失重状态，
箱子对地面的弹力等于箱子的重力，即FN＝Mg，水平绳子对箱子的拉力为零，
可知地面与箱子间没有摩擦力，即箱子对地面的摩擦力为零，故D 正确。
4.(2024·福建卷，3)某直线运动的v－t 图像如图3 所示，其中0～3 s 为直线，3～
3.5 s 为曲线，3.5～6 s 为直线，则以下说法正确的是( )
图3
A.0～3 s 的平均速度为10 m/s
B.3.5～6 s 做匀减速直线运动
C.0～3 s 的加速度比3.5～6 s 的大
D.0～3 s 的位移比3.5～6 s 的小
答案 B
解析 由题图v－t 图像可知，0～3 s 内的平均速度v1＝ m/s＝15 m/s，A 错误；
3.5～6 s 内速度随时间均匀减小，为匀减速直线运动，B 正确；0～3 s 和3.5～6 s
两段v－t 图线的斜率表示加速度，由题图图像可知0～3 s 内的加速度大小为10
m/s2，3.5 s 末的速度大于25 m/s，则3.5～6 s 内的加速度大小大于10 m/s2，C 错
误；v－t 图线与t 轴围成的面积表示位移，由题图图像可知0～3 s 内的位移为
Δx1＝v1t＝ m＝45 m，3.5～6 s 内的位移Δx2<×2.5 m＝37.5 m，D 错误。
5.(2024·福建厦门质检)在身体素质测试“原地纵跳摸高”中，某同学快速下蹲后
立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向的加速度a 随时间t 的变
化关系如图4 所示，设竖直向上为正方向，不计空气阻力，则该同学( )
图4
A.从A 到B 的过程中处于超重状态
B.在B 点时速度为0
C.在C 点时恰好离开地面
D.从C 到D 的过程中处于失重状态
答案 D
解析 从A 到B 的过程中，该同学有向下的加速度，处于失重状态，A 错误；从
A 到B 过程中，该同学一直向下做加速运动，故其在B 点时的速度不为0，B 错
误；恰好离开地面时，地面对该同学的作用力为0，不计空气阻力，则该同学的
加速度为重力加速度，由题图可知该同学在C 点时的加速度为0，C 错误；从C
到D 的过程中，该同学有向下的加速度，处于失重状态，D 正确。
6.(多选)(2024·四川成都二诊)如图5 甲所示，平行于倾角为θ 固定斜面向上的拉
力F 使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a 与F 的关系如图乙所示。图
线的斜率为k，与F 轴交点的横坐标为c，与a 轴交点的纵坐标为－b。由图可知
( )
图5
A.小物块的质量为k
B.小物块的质量为
C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b
D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c
答案 BD
解析 以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－Ff＝ma，可得a＝
－，结合a－F 图像可得k＝＝，－＝－b，可知小物块的质量m＝，摩擦力与重
力沿斜面的分力大小之和为mgsin θ＋Ff＝c，故B、D 正确。
7.(2024·云南昭通模拟预测)城市高层建筑建设施工，往往采用配重的方式把装修
材料运送到高处，精简模型如图6 甲所示，固定于水平面上倾角为37°的斜面，
绕过顶端定滑轮的轻绳连接两小球A、B(可视作质点)，质量分别为M 和m，B
小球被固定于地面上的锁定装置锁定，某时刻解除锁定，安装在斜面底端的位移
采集传感器采集到小球A 在斜面上下滑的位移x 与时间t 的二次方关系如图乙所
示，若该图像的斜率为k，不考虑一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝
0.6，则小球A 与B 的质量之比为( )
图6
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 解除锁定后，沿绳方向上对小球A、B 和绳组成的系统，由牛顿第二定律
有Mgsin θ－mg＝(M＋m)a，对小球A 由运动学规律有x＝at2，结合图像斜率k
＝a，即a＝2k，联立解得＝，故B 正确。
8.(2024·安徽合肥高三月考)如图7，一小球用轻质细线a、b 连接，细线a 的另一
端连接于车厢顶的A 点，细线b 的另一端连接于车厢底板上的B 点，小球静止时
细线a 与竖直方向的夹角为θ＝30°，细线b 与水平方向的夹角也为θ＝30°。已知
两细线长相等，且AC＝BC，不计小球大小，重力加速度大小为g。小车向左沿
水平方向做匀加速直线运动，要使细线b 上张力为零，则小车运动的加速度a0应
满足的条件是( )
图7
A.g≤a0≤g
B.g≤a0≤g
C.g≤a0≤g
D.g≤a0≤2g
答案 C
解析 题图中，根据几何关系，a、b 细线与A、B 连线的夹角均为15°，当细线a
与竖直方向的夹角为30°且细线b 刚好伸直，这时车的加速度大小为a1＝gtan 30°
＝g，根据对称性，当细线a 与竖直方向的夹角为60°且细线b 刚好伸直，这时车
的加速度大小为a2＝gtan 60°＝g，因此要使细线b 上张力为零，则小车运动的加
速度应满足的条件是g≤a0≤g，故C 正确。
提能增分练
9.(多选)(2024·湖北恩施二模)如图8 所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ 的固定
光滑斜面的底部，另一端和质量为 m 的小物块a 相连，质量为m 的小物块b 紧
靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0 时开始，对b 施加沿斜面向
上的外力，使b 始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b 分离，再
经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其
中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
图8
A.弹簧的劲度系数为
B.a、b 分离时，弹簧的压缩量为
C.物块b 加速度的大小为gsin θ
D.物块b 加速度的大小为gsin θ
答案 AC
解析 小物块b 紧靠a 静止在斜面上，将二者看成一个整体，可知弹力大小与整
体重力沿斜面方向的分力大小相等，有kx0＝(m＋m)gsin θ，解得k＝，故A 正确；
由于初速度为0，最初两段相同时间间隔内位移之比为＝，由题意有x1＋x2＝
x0，当物块a、b 分离时弹簧压缩量Δx＝x0，故B 错误；两物块刚好要分离时，a
与b 之间无相互作用力且加速度相同，对a 由牛顿第二定律有k·x0－mgsin θ＝
ma，代入k 后解得a＝gsin θ，故C 正确，D 错误。
10.(2024·福建福州二模)滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ 的粗糙
斜面从底端上滑，到达最高点B 后返回到底端，A 点为途中的一点。利用频闪仪
分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图9 甲、乙所示。若滑
块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下列说法正
确的是( )
图9
A.滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B.滑块运动加速度大小之比为a 甲∶a 乙＝16∶9
C.滑块过A 点时的速度大小之比为v 甲∶v 乙＝3∶4
D.μ＝tan θ
答案 B
解析 根据牛顿第二定律可知，上滑过程和下滑过程分别满足mgsin θ＋Ff＝ma
甲，mgsin θ－Ff＝ma 乙，设频闪时间间隔为T，上滑过程加速度较大，位移大小
相同时运动时间较短，故A 错误；甲图表示上滑过程，时间间隔为3T，乙图表
示下滑过程，时间间隔为4T，把上滑过程逆向看成初速度为零的匀加速直线运
动，由x＝at2可知，加速度大小之比a 甲∶a 乙＝t∶t＝16∶9，故B 正确；利用逆向
思维，滑块在A、B 两点间运动时，根据位移公式有xAB＝a 甲t 甲′2＝a 乙t 乙′2，结合
上述解得t 甲′∶t 乙′＝∶＝3∶4，即图甲与图乙中滑块在A、B 两点间运动时间之
比为3∶4，由v＝at 知v 甲∶v 乙＝4∶3，故C 错误；根据加速度比有(gsin θ＋
μgcos θ)∶(gsin θ－μgcos θ)＝16∶9，解得μ＝tan θ，故D 错误。
11.(2024·河北衡水模拟)如图10 所示，系在墙上的轻绳跨过两个轻质滑轮连接着
物体P 和物体Q，两段连接动滑轮的轻绳始终水平。已知P、Q 的质量均为1
kg，P 与水平桌面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为g＝10 m/s2，当对P
施加水平向左的拉力F＝30 N 时，Q 向上加速运动。下列说法正确的是( )
图10
A.P、Q 运动的加速度大小之比为2∶1
B.P 的加速度大小为2 m/s2
C.轻绳的拉力大小为10 N
D.若保持Q 的加速度不变，改变拉力F 与水平方向的夹角，则力F 的最小值为
12 N
答案 D
解析 根据动滑轮的原理，物体Q 移动的速度始终是物体P 的两倍，同时开始
运动，速度变化量始终是两倍关系，由公式a＝可知，P、Q 运动的加速度大小
之比为1∶2，故A 错误；由牛顿第二定律，对物体Q 分析，有T－mg＝m·2a，
对物体P 分析，有F－2T－μmg＝ma，联立解得轻绳的拉力大小为T＝12 N，P
的加速度大小为a＝1 m/s2，故B、C 错误；若保持Q 的加速度不变，则P 的加速
度也不变，则有T＝12 N，a＝1 m/s2，设拉力F 与水平方向的夹角为θ，则对物
体P 分析，有Fcos θ－2T－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化简可得F＝ N，其中sin φ
＝，当sin(θ＋φ)＝1，力F 有最小值，且最小值为Fmin＝12 N，故D 正确。
培优高分练
12.在某次冰壶训练中，两位冰壶运动员用水平恒力将冰壶从起点推动5 m 后，
撤去推力，同时启动10 s 倒计时，冰壶沿直线继续滑行40 m 到达营垒，速度恰
好为零，倒计时恰好结束。已知冰壶的质量为20 kg，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求冰壶与冰面间的动摩擦因数及水平恒力的大小；
(2)若冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10 s 倒计时瞬间开始推动冰
壶，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？
答案 (1)0.08 144 N (2)200 N
解析 (1)冰壶在推力F 作用下做匀加速运动，运动5 m 后的速度为v，由牛顿第
二定律及运动学公式可知F－μmg＝ma1，v2＝2a1x1
撤掉力F 后，冰壶在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 s 时间内运动了40 m，
由牛顿第二定律及运动学公式可知μmg＝ma2，x2＝，a2＝
解得μ＝0.08，F＝144 N。
(2)若冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10 秒倒计时瞬间开始推动
冰壶(并重复完成上述启停过程)，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为v′，根据牛顿
第二定律及运动学公式可知
匀加速过程F′－μ′mg＝ma3
匀减速过程μ′mg＝ma4
所用总时间＋＝10 s
所走总路程＋＝45 m
解得F′＝200 N。
