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专题01 力与直线运动
相互作用
1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）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
【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。
2．（2025·黑龙江·二模）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
【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。
3．（2025·吉林·二模）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
【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。
4．（2025·辽宁本溪·二模）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
【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。
5．（2025·辽宁·二模）打冰出溜是一种极具东北地方特色的冬季娱乐活动，打冰出溜过程可分为助跑阶段
和滑行阶段。若助跑阶段鞋与冰面不打滑，可视为匀加速直线运动；滑行阶段人保持姿势不变，可视
为匀减速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．助跑阶段，冰面对人的摩擦力向后
B．助跑阶段，人对冰面做负功
C．滑行阶段，人对冰面的摩擦力向前
D．助跑阶段，人加速运动，若鞋与冰面发生相对滑动，则冰面对人的摩擦力大于人对冰面的摩擦力
【答案】C
【详解】A．助跑阶段，冰面对人的摩擦力向前，摩擦力为动力，故A 错误；
B．助跑阶段，冰面静止不动，人对冰面不做功，故B 错误；
C．滑行阶段，冰面对人的摩擦力向后，则人对冰面的摩擦力向前，故C 正确；
D．冰面对人的摩擦力与人对冰面的摩擦力是一对相互作用力，大小总是相等，故D 错误。
故选C。
6．（2025·辽宁鞍山·二模）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
【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。
7．（2025·辽宁抚顺·二模）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)
【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
8．（2025·辽宁抚顺·二模）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
【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·内蒙古包头·二模）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
【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。
10．（2025·内蒙古赤峰·二模）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
【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。
匀变速直线运动
11．（2025·内蒙古包头·二模）“物理”一词最早源于我国《庄子·天下》中的“判天地之美，析万物之
理”。关于物理思想与方法，下列说法正确的是（ ）
A．用点电荷来代替带电体的方法运用了假设法
B．借助激光笔及平面镜观察桌面的微小形变的实验中，用到了理想模型法
C．加速度
用到了比值定义法
D．重心的概念体现了等效思想
【答案】D
【详解】A．用点电荷来代替带电体的方法运用了理想模型法，故A 错误；
B．借助激光笔及平面镜观察桌面的微小形变的实验中，用到了放大法，故B 错误；
C．加速度
用到了比值定义法，
为加速度的决定式，是牛顿第二定律的表达式，故C 错误；
D．重心是重力的等效作用点，所以重心的概念体现了等效思想，故D 正确。
故选D。
12．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）2025 年第九届哈尔滨亚冬会期间，中国短道速滑队在黑龙江省冰上训练
中心速滑馆内进行训练。运动员张楚桐在500 米短道速滑测试中，以42 秒56 的成绩刷新纪录。下列
说法正确的是（ ）
A．42 秒56 表示时刻
B．张楚桐全程的平均速率约为11.8 m/s
C．张楚桐在弯道加速时惯性增大
D．研究张楚桐的过弯技术时可以将其视为质点
【答案】B
【详解】A．以42 秒56 的成绩刷新记录，42 秒56 表示的为时间间隔，故A 错误；
B．平均速率
解得
，故B 正确；
C．惯性只与质量有关，加速阶段惯性不变，故C 错误；
D．过弯技术与张楚桐的姿态有关，不能视为质点，故D 错误。
故选B。
13．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理思想与方法。下
列有关物理学思想与方法的描述中不正确的是（ ）
A．在定义瞬时速度这一概念时，体现了合理外推的思想
B．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，体现了控制变量法的思想
C．卡文迪什在测万有引力常量时，利用了微小量放大法的思想
D．在研究
图像面积表示物体运动的位移中，体现了微元法的思想
【答案】A
【详解】A．在定义瞬时速度这一概念时，体现了极限法的思想，故A 错误；
B．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，需要控制质量一定，研究加速度与合外力的关系，
需要控制合外力一定，研究加速度和质量的关系，所以该实验利用了控制变量法，故B 正确；
C．卡文迪什在测万有引力常量时，通过扭秤实验将微小的力的作用效果进行放大，利用了微小量放
大法的思想，故C 正确；
D．在研究
图像面积表示物体运动的位移中，体现了微元法的思想，故D 正确。
本题选不正确的，故选A。
14．（2025·辽宁沈阳·二模）某国产汽车百公里加速时间（从静止加速到100 公里/小时的时间）仅为1.98
秒，最高时速可达到350 公里/小时，最大功率高达1150 千瓦。其独特的尾翼设计，使气流对整车产
生的高达285 千克力（1 千克力=10 牛）的下压力，大大提升了高速行驶及转弯时的稳定性。已知下压
力与速度的平方成正比，即
（
为下压力系数，可认为恒定），重力加速度
。则
（ ）
A．百公里加速过程，平均加速度约为1.4
B．下压力系数约为0.03kg/m
C．最大速度行驶时可提供牵引力最大为
D．其他条件相同的情况下，下压力系数越大，最小转弯半径越大
【答案】A
【详解】A．汽车从静止加速到v=100km/h≈27.78m/s,依题意有
又g=10m/s2，故可知a=1.4g，即百公里加速过程，平均加速度约为1.4g，故A 正确；
B．当汽车达到最高时速vmax=350km/h≈97.22m/s，下压力F=285×10N=2850N，由题意F=kv2，可得
即下压力系数约为0.3kg/m，故B 错误；
C．汽车在最大速度行驶时，根据
可得最大牵引力约为
故C 错误；
D．其他条件相同的情况下，下压力系数越大，对应速度下的下压力越大，最大静摩擦力越大，根据
可知最小转弯半径越小，故D 错误。
故选A。
15．（2025·辽宁本溪·二模）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
【详解】根据竖直上抛运动的规律有
可得
故选C。
16．（2025·吉林长春·二模）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
【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·二模）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
【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．（2025·黑龙江·二模）如图，质量为
的弹性小球A 从距地面
高处由静止释放。释放A 球的同时，
在A 球的正下方，以20m/s 的速度将另一弹性球B 从地面竖直向上抛出，B 球的质量为4m。忽略空气
阻力，两球碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)两球碰撞时A 球距地面的高度及速度；
(2)两球相碰后A 球的最高点距地面的高度。
【答案】(1)20m/s，20m
(2)27.2m
【详解】（1）设经时间两球相遇，则有
解得
此时
球的速度为
此时
球的速度为
相碰位置距地面高度为
（2）A 球、B 球碰撞过程动量守恒、机械能守恒有
，
解得
碰后上升高度为
求两球相碰后A 球的最高点距地面的高度为
19．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠可穿在固定
的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B 两颗算珠未在归零位。
A、B 相隔
，B 与上边框相隔
。现用手指将A 以某一初速度拨出，在方格纸中作出
A、B 运动的v-t 图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）、忽略算珠A、B 碰撞的时间，g 取
10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．算珠A 不能自己归零位、算珠B 能自己回到归零位
B．算珠A 在碰撞前运动了0.2s
C．算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1
D．算珠A 与算珠B 在碰撞过程中机械能守恒
【答案】AC
【详解】AB．由乙图可知，A 拨出时的速度
A 与B 碰前A 的速度为
A 与B 碰后A 的速度为
A 与B 碰后B 的速度为
根据匀变速直线运动规律则有
代入数据解得算珠A 在碰撞前运动的时间
算珠A 的加速度大小为
碰撞后算珠A 的位移
由于
而算珠A 到边框的距离
算珠A 无法归零，碰后算珠B 的位移
而算珠B 到边框的距离恰好为2cm，算珠B 恰好归零，A 正确，B 错误；
C．结合上述分析，根据牛顿第二定律则有
解得
C 正确；
D．设算珠的质量为m，碰前算珠的机械能
碰撞后算珠具有的机械能
显然
，D 错误。
故选AC。
20．（2025·内蒙古赤峰·二模）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
【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。
牛顿第二定律
21．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图甲所示，质量为M=0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为
m=1kg 的物块以初速度
滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2。在物块滑
上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板
滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到
的关系如图乙所示。其中AB 与横轴平行，
且AB 段的纵坐标为
。将物块视为质点，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．DE 段表示滑块最终与滑板共速
B．F=0 时，滑块离开滑板的速度v=2m/s
C．B 点的坐标为（
，）
D．C 点的坐标为（，
）
【答案】D
【详解】A．在AB 段，拉力F 较小，物体在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从板
右侧滑离木板；在BC 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同
速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在DE 段，物块滑上木板后，物块减速、
木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左侧滑
离木板；故A 错误；
B．
时，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为
由图像AB 段可知，滑块相对木板的路程为
联立解得
或
（舍去，此时滑块的速度小于木板的速度）
则物块滑离木板时的速度大小为
故B 错误；
C．在AB 段，F 较小，物块将从木板右端滑下，其中B 点，对应物块恰好到达木板的右端，且两者具
有共同速度，设此时对应的恒力为
，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙可知，B 点对应的相对路程
，代入解得
故B 点的坐标为（
，），故C 错误；
D．在BC 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保
持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；C 点时物块与木板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时
对应的恒力为
，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得
以物块为对象，由牛顿第二定律得
联立解得
，
由C 选项分析同理可得
代入
，可得
故C 点的坐标为（，
），故D 正确。
故选D。
22．（2025·内蒙古赤峰·二模）如图甲，木板A 静止于光滑水平面上，水平面上有一轻弹簧固定在
处。
时小物块B 以
的水平速度滑上A。A 的动能
随时间变化关系如图乙所示。已知A、B
间的动摩擦因数为0.4，B 始终在A 上，弹簧始终处于弹性限度内，弹性势能
，
为弹簧的
形变量。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取
。下列说法正确的是（ ）
A．B 的质量为1.0kg
B．
内A 的加速度逐渐增加
C．接触弹簧前，A、B 的相对位移大小为3m
D．若弹簧的劲度系数为
，A 接触弹簧后两物体始终保持相对静止
【答案】ACD
【详解】B．依题意，小物块B 滑上木板A 后，相对A 向右运动，受到水平向左的滑动摩擦力作用，
有
解得
则B 向右做匀减速直线运动，同时A 向右做匀加速直线运动，直至二者共速，之后A 与弹簧碰前A、B
一起做匀速直线运动，由乙图可知，木板A 在0~1.0s 内做匀加速运动， 1.0s 时刻速度达到最大，
1.0~1.5s 内做匀速运动，故B 错误；
A．小物块B 匀减速过程，有
木板A 匀加速过程，有
，
又
联立，解得
，
故A 正确；
C．二者共速前，有
，
可得
故C 正确；
D．A、B 间最大静摩擦力
则有
解得
假设A 接触弹簧后，A、B 保持相对静止，由机械能守恒，可得
联立，解得
则
对A、B 整体，有
解得
可得
故假设成立，故D 正确。
故选ACD。
23．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）哈尔滨至齐齐哈尔高铁动车组共8 节，由4 节动车和4 节拖车编组而成，
每节动车额定功率为
，行驶时阻力与车重成正比。若动车组以最大速度
行驶，下列说法正确的
是（ ）
A．关闭发动机后滑行距离与速度平方成正比
B．保持额定功率行驶，速度为
时加速度为
C．若改为6 节动车，2 节拖车，动车组最大速度变为
D．乘客站立时，车厢对其作用力包含支持力和向心力
【答案】ABC
【详解】A．进站时关闭发动机后，动车组做匀减速运动，根据
可知从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故A 正确；
B．保持额定功率行驶，设每节车厢的阻力为f，则最大速度时
当速度变为
时，其加速度为
故B 正确；
C．若改为6 节动车带2 节拖车，则额定总功率为6P，则动车组最大速度变为
故C 正确；
D．乘客站立时，车厢对其作用力包含支持力，也可能存在摩擦力，但不会有单独的向心力，故D 错
误。
故选ABC。
24．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）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
【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）。
25．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，水平传送带以
的速率沿顺时针方向匀速转动，左端
与一固定的竖直
光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处间距
。光滑圆弧半径
。已知滑块A（可看作质点）的质量
，A 与传送带之间
的动摩擦因数
，质量
的滑块B 静止在传送带右侧的轨道上，A、B 间的碰撞可视为弹
性碰撞，重力加速度大小
，现A 以
的初动能从圆弧顶端（与圆心
等高）沿轨道
下滑，下列说法中正确的是（ ）
A．滑块A 运动至
点正下方时，轨道对它的支持力的大小为
B．当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率
C．滑块A 最终运动的速度大小为
D．因传送物块A，传送带多消耗的电能
【答案】ACD
【详解】A．滑块A 运动至
点正下方过程中，根据动能定理
解得
滑块A 运动至
点正下方时，根据牛顿第二定律
解得轨道对滑块A 的支持力的大小为
故A 正确；
B．当物体在传送带上时，滑动摩擦力大小为
传送带克服摩擦力的功率为
故B 错误；
C．滑块A 在传送带上与传送带相对滑动时，根据牛顿第二定律
解得
假设滑块A 在传送带上可以与传送带共速，则共速时A 的位移大小为
即滑块A 到达传送带右端时，恰好与传送带共速。此后滑块A 与滑块B 发生弹性碰撞，根据动量守恒
有
动能守恒
联立，解得
，
因为
所以，此后滑块A 滑上传送带并以原速率6m/s 返回与滑块B 发生第二次碰撞，根据动量守恒和能量守
恒有
，
解得
，
因为
所以此后滑块A 滑上传送带并以原速率1m/s 返回后无法追上滑块B 发生第三次碰撞，即滑块A 最终运
动的速度大小为
，故C 正确；
D．滑块A 与滑块B 第一次碰撞前，滑块A 在传送带上运动时间为
滑块A 与滑块B 第一次碰撞后，在传送带上运动时间为
滑块A 与滑块B 第二次碰撞后，在传送带上运动时间为
所以，滑块A 在传送带上运动的总时间为
则因传送物块A，传送带多消耗的电能为
故D 正确。
故选ACD。
26．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）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
【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。
27．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）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
【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。
28．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）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
【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。
29．（2025·吉林长春·二模）彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内弹力随着形变量的增加而增大，
但彩虹圈的重力不能忽略。如图所示，用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈自由下垂且下端离地面一定
高度，然后由静止释放，彩虹圈始终没有超出弹性限度。则（ ）
A．彩虹圈下落过程中长度不变
B．刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于重力加速度
C．刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于重力加速度
D．彩虹圈下落过程中只有弹性势能和动能相互转化
【答案】B
【详解】B．由于彩虹圈在被拉长后处于弹性限度内，释放瞬间其上端受到自身重力和向下的弹力
（因被拉长，弹簧对上端的拉力也指向下方），故合力大于重力，上端的加速度大于g，故B 正确；
C．下端在释放瞬间仍受到与自身重力大小相等、方向向上的弹力（之前处于静止平衡），刚松手时
合力为零，加速度为0，故C 错误；
A．下落过程中彩虹圈上端的加速度大于下端的加速度，弹簧会不断压缩，长度并非保持不变，故A
错误。
D．下落过程中除了存在弹性势能与动能的转化外，还会有重力势能的变化，故D 错误。
故选B。
30．（2025·辽宁·二模）2024 年11 月4 日，神舟十八号载人飞船返回舱在内蒙古东风着陆场成功着陆。若
返回舱距离地面1.2m 时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4 台反推火箭点火工作，使返回
舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量
变化和受到的空气阻力均忽略不计。若返回舱的总质量为
，g 取
，则4 台反推火箭
点火工作时提供的推力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】返回舱做匀减速运动的加速度为
，方向竖直向上
根据牛顿第二定律
解得
故选D。
31．（2025·辽宁·二模）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
【详解】A．AB 整体下滑过程中做简谐振动，弹簧的弹力一直增加，加速度先减小到零后增加，方向
先沿斜面向下后沿斜面向上，以AB 整体看，受到滑动摩擦力一直沿斜面向上，根据牛顿第二定律，B
受到的静摩擦力一直沿斜面向上，且逐渐增加，选项A 正确；
B．根据动能定理，A 下滑过程中WGA+WfB-Wf 斜-WF=0
A 上滑过程中
可得
选项B 正确；
C．A 上滑过程中，
整个上滑过程A 的机械能增加，选项C 错误；
D．上滑与下滑过程中平衡位置O 相同，最低点P 也相同，最高点Q 也相同，只需比较下滑和上滑在
同一位置的加速度大小，AB 整体从O→P 的加速度大小
撤去B 后A 从P→O 时的加速度
对同一位置x 相同，则
可见上滑过程中的平均加速度大于下滑过程中的平均加速度，故上滑时间更短，选项D 错误。
故选AB。
32．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，某游乐场雪滑梯是由倾斜滑道、水平滑道平滑连接组成。已知倾
斜滑道高度
，它与水平地面夹角
，水平滑道长度为
，滑道全程动摩擦因数
水平滑道末端有一光滑球面冰坑，冰坑
两点高度相同，冰坑的球面半径
（
远大于弧长
）。
，
，
游客从雪滑梯顶部由静止下滑。
(1)若游客在冰坑前停下，则水平滑道长度
是多少？
(2)若游客以很小的初速度滑下，刚好能进入冰坑到达
点，求该游客从开始下滑到
点全程所用时间。
（初速度可忽略，结果可以保留
）
【答案】(1)30.25m
(2)
s
【详解】（1）由已知题意可知，游客在AC 间做匀加速直线运动，在CD 间做匀减速直线运动，若游
客在D 点速度为零，由动能定理可得
解得L=30.25m
（2）因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0。设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时
间为t1，到达C 点时速度为vC，在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2，根据牛顿第二定律可得
解得
由
解得
根据速度—时间公式可知
同理，根据牛顿第二定律可得
解得
根据速度—时间公式有
解得
s
因为冰坑为光滑球面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆，由单摆周期公式
解得
（s）
综上所述
s
33．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，在光滑水平面上有一质量
的木板
，其上放置两个物块
、
，
，
与
间的动摩擦因数为
。物块
左端连接一轻质弹簧，调节两个
物块
、
间距离，使其压缩一定长度。已知弹性势能表达式为
，
，重力加速
度
取
。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板A 足够长。
(1)若
与木板
粘在一起，当初始压缩量
时释放弹簧，求物块
加速度为零瞬间弹簧的形变
量和
的最大动能；
(2)若
与木板
没粘在一起，且
、
间动摩擦因数
。求初始压缩量满足什么条件时，释放
弹簧后，物块
相对木板
滑动。
【答案】(1)
；
(2)
【详解】（1）物块
加速度为零时，由平衡可得
解得物块
加速度为零瞬间弹簧的形变量
此时速度最大，动能最大，对
、
、
组成的系统运用动量守恒定律，有
又由能量守恒定律，得
又
联立解得
（2）物块
与木板
间最大静摩擦力为
物块
与木板
间最大静摩擦力为
若物块
相对木板
滑动，则物块
相对木板
已经滑动，对
运用牛顿第二定律，得
解得
要使物块
相对木板
滑动，对
运用牛顿第二定律，满足
解得
即初始压缩量满足
时，释放弹簧后，物块
相对木板
滑动。
34．（2025·辽宁·二模）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
【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。
35．（2025·辽宁·二模）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
【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。
36．（2025·辽宁鞍山·二模）如图，质量为M=2kg 的长木板放在水平地面上，上有一个质量为m=4kg 的木
块。木板和木块间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板和地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力可认
为等于滑动摩擦力。最初板块都处于静止状态，现在在木块上施加一个水平向右的恒力F1=40N，同时
在木板上施加一个水平向右的恒力F2，重力加速度g=10m/s²，施加恒力后关于两物体的受力和运动下
列判断正确的是（ ）
A．加两个恒力后木板一定会向右滑动
B．当F2大小为32N 时，木块受到的摩擦力水平向左
C．为了使板块间不产生相对滑动，F2的最大值为62N
D．若将F2方向改成水平向左，也可能使板块间不产生相对滑动
【答案】AC
【详解】A．木板和木块间的最大静摩擦力
因为
所以木块会相对木板向右滑动，木块对木板的滑动摩擦力水平向右，大小为
。木板和地面间
的最大静摩擦力
同时在木板上施加一个水平向右的恒力F2，由于
故加两个恒力后木板一定会向右滑动，故A 正确；
B．若木块和木板不相对滑动，对整体由牛顿第二定律
解得
对木块，设木块受到的摩擦力为
，由牛顿第二定律
解得
，故B 错误；
C．为了使板块间不产生相对滑动，F2取最大值时，木块受到向右的最大静摩擦力，对木块由牛顿第
二定律得
解得
对木块和木板整体由牛顿第二定律得
解得
，故C 正确；
D．设F2方向向左且木块对木板最大静摩擦力向右，两者以共同的加速度
运动，对木块
解得
对木板，由牛顿第二定律
解得
故F2方向向右，若将F2方向改成水平向左，不可能使板块间不产生相对滑动，故D 错误。
故选AC。
