文档文本内容
第2 讲 直线运动与牛顿运动定律
第2 讲 直线运动与牛顿运动定律..........................................................1
2
一．常见命题角度：.....................................................................2
二．常用方法：.........................................................................2
三．思维导图...........................................................................3
3
10
一．匀变速直线运动规律应用............................................................10
【题型1：基本公式与推论】.............................................................10
【题型2：多过程与追及相遇问题】.......................................................11
【题型3：刹车问题与逆向思维法】.......................................................12
二．运动学与动力学图像................................................................13
【题型1：常规图像】...................................................................13
【题型2：非常规图像】.................................................................14
【题型3：由图像分析运动过程和受力】...................................................15
三．牛顿运动定律应用..................................................................15
【题型1：动力学的两类基本问题】.......................................................16
【题型2：瞬时性问题】.................................................................16
【题型3：连接体问题】.................................................................17
【题型4：超重与失重】.................................................................17
四．典型模型与临界极值................................................................18
【题型1：传送带模型】.................................................................18
【题型2：板块模型】...................................................................19
【题型3：临界与极值问题】.............................................................20
21
一：基础练............................................................................21
二：提能练............................................................................25
三：拔高练............................................................................29
一．常见命题角度：
1.
匀变速直线运动模型：如刹车、0-v-0、反应时间、追及相遇、多过程等。
2.
运动图像分析：x-t、v-t、a-t 等图像的斜率、截距、面积、交点物理意义。
3.
动力学两类基本问题：已知受力求运动（运动学公式），已知运动求受力（牛顿第二定律）。
4.
连接体与临界极值：整体法与隔离法应用，分析临界状态（如分离、滑动）。
5.
典型模型：传送带、板块、斜面、弹簧等模型的受力与运动分析。
二．常用方法：
核心思路是将受力分析（牛顿第二定律F=ma）与运动分析（运动学公式）紧密结合。受力决定加速度，
加速度决定运动状态的改变。解题时，先明确研究对象，进行受力分析，再根据运动性质选用合适公式列
方程求解。对于复杂问题，善用图像辅助分析，并注意临界条件的挖掘。
1.
公式法：灵活选用匀变速直线运动基本公式及推论。
2.
图像法：利用图像直观分析运动过程，快速求解。
3.
整体法与隔离法：处理连接体问题。
4.
临界分析法：寻找临界条件（如摩擦力突变、弹力为零）。
5.
程序法：分段处理多过程问题，注意连接点速度。
6.
假设法：判断摩擦力方向或物体运动趋势。
三．思维导图
1.(2025·广西壮族自治区·高考真题)某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36km/h减小为0，此过程
可视为匀减速直线运动，期间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程
动车行驶距离约为( )
A. 216m
B. 350m
C. 600m
D. 700m
【答案】B
【解析】动车运动的时间为t = 60
60 ×70 s=70 s，初速度v0=36km/h=10m/ s，火车共行驶的距离
x = v0
2 t = 10
2 ×70m=350m，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
2.(2025·江苏省·高考真题)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减
速直线运动。2s内速度由12m/ s减至0。该过程中加速度大小为( )
A. 2m/ s
2
B. 4 m/ s
2
C. 6m/ s
2
D. 8m/ s
2
【答案】C
【解析】根据运动学公式v = v0+at，代入数值解得a=-6m/ s
2
故加速度大小为6m/ s
2 。
故选C。
4.(2025·湖南省·高考真题)如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖
直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、v x、v y表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是
( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为 v0 ，加速度为大小 a ，
斜面倾角为 θ
AB.物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为 v0 x = v0cosθ ，加速度大小为 ax =acosθ ，
则有 v x
2- v0 x
2 =-2ax x
整理可得 v x =
√(v0cosθ)
2-2acosθ⋅x
可知， v x- x 图像为类似抛物线的一部分，故AB 错误；
CD .物块在竖直方向上做匀减速直线运动，速度为 v0 y = v0sinθ ，加速度大小为 a y =asinθ ，则
有 v y
2 - v0 y
2 =-2a y y
整理可得 v y =
√(v0sinθ)
2-2asinθ⋅y
可知， v y - y 图像为类似抛物线的一部分，故C 正确，D 错误。
故选C。
5.(2025·青海省·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
【解析】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∼3 s内加速度大小均为1m/ s
2，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。
6.(2025·甘肃省·高考真题)2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人
飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6×10
6 N。火箭质量约
为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为()(重力加速度g取10m/ s
2)
A. 2m/ s
2
B. 4 m/ s
2
C. 6m/ s
2
D. 12m/ s
2
【答案】A
【解析】根据题意，由牛顿第二定律有 F - mg=ma
代入数据解得 a= 6×10
6-5×10
6
5×10
5
m/ s
2=2m/ s
2
故选A。
7.(2025·江苏省·高考真题)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一
小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不
与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则( )
A. 释放瞬间，物块加速度为零
B. 物块和木箱最终仍有相对运动
C. 木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D. 物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
【答案】D
【解析】A.根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，且有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释
放瞬间物块加速度不为0，故A 错误；
B.由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减少，直到弹簧的最大弹力满足
以下分析的F：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为 f ，物块质量为 m ，对物块根据牛顿第二定
律 f =ma
设木箱质量为 M ，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律 F =(m+ M )a
可得 F =(m+ M ) f
m
即弹簧的最大弹力减小到 F =(m+ M ) f
m 后，二者一起做简谐运动，故B 错误；
C.根据AB选项分析可知只有当二者一起做简谐运动前，有相对滑动，滑块运动到最右端后物块不会停
止，当二者一起做简谐运动后，物块与滑块一起做周期性运动，也不会停止，故C 错误；
D.开始木箱的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的摩擦力，共
速前二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D 正确。
故选D
8.(2025·安徽省·高考真题)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块
甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。
已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取
10m/ s
2，则在乙下落的过程中( )
A. 甲对木箱的摩擦力方向向左
B. 地面对木箱的支持力逐渐增大
C. 甲运动的加速度大小为2.5m/ s
2
D. 乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
【答案】C
【解析】A.因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A 错误；
B.设乙运动的加速度为 a ，乙有竖直向下的恒定加速度，
对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有 F N = M 总g-ma
则地面对木箱的支持力大小不变，B 错误；
CD.设绳子的弹力大小为 T ，对甲受力分析有 T - μmg=ma
对乙受力分析有 mg-T =ma
联立解得 a=2.5m/ s
2 ， T =7.5 N，C 正确，D 错误。
故选C。
9.(2025·湖北省·高考真题)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为L
2 的门板组成，门处于关闭状态，其俯
视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门
板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻
力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近
于( )
A. ❑√
L
2 μg
B. ❑√
L
μg
C. ❑√
2 L
μg
D. 2 √
L
μg
【答案】B
【解析】门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，
加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后由牛顿第二定律有
μmg=ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为L
2 = 1
2 at
2，可得门板的最短运动时间趋
近于t = √
L
μg ，故 B 正确。
10.(2025·安徽省·高考真题)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，
位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰
好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8 x，则( )
A. x = 1
18 at
2
B. x = 1
16 at
2
C. x = 1
8 at
2
D. x = 1
2 at
2
【答案】A
【解析】设匀加速直线运动时间为 t ' ，匀速运动的速度为 v ，
匀加速直线运动阶段，由位移公式 x = v
2 t '
加速阶段和减速阶段加速度大小相等，由逆向思维可知，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运
动阶段的位移，
则匀速直线运动阶段有 8 x - x - x = vt，得 t ' = t
3
根据 x = 1
2 at '
2，解得 x = 1
18 at
2，BCD 错误，A 正确。
故选A。
11.(2025·甘肃省·高考真题)（多选）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m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g
2
C. 小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为mg
k
D. 小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为2mg
k
【答案】BC
【解析】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 F弹=3mg
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律 F弹-2mg=2ma
解得A的加速度 a= g
2
选项B 正确；
C.剪断细线之前弹簧伸长量 x1= 3mg
k
剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量 x2= 2mg
k
即振幅为 A = x1- x2= mg
k
由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为 mg
k ，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 3mg
k
，选项D 错误。
故选BC。
一．匀变速直线运动规律应用
解决匀变速直线运动问题时，应首先分析运动过程，画出运动示意图，明确已知量和待求量，然后根
据题目特点（如初/末速度是否为零、是否有连续相等时间间隔、是否便于画图等）选择最简便的一种或
几种方法组合求解。常用方法：
1.公式法：直接应用匀变速直线运动的三个基本公式（速度公式、位移公式、速度位移关系式）及其推论。
2.平均速度法:利用匀变速直线运动在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，即
`v = v t
2
= v0+ vt
2
。
3.比例法:条件是初速度为零（或末速度为零）的匀加速（或匀减速）直线运动。应用“等分时间”或
“等分位移”下的特殊比例关系。
4.逆向思维法：适用于末速度为零的匀减速直线运动。将物体的运动过程“倒过来”看，视为初速度为零、
加速度大小相等的反向匀加速直线运动。使问题回归到初速为零的简单模型，便于应用公式和比例。
5.图像法：利用 v-t 图像的斜率（加速度）、图线与时间轴所围面积（位移）来分析运动过程、求解物理
量。
6.逐差法（Δx = aT²）适用于处理实验数据（如打点计时器纸带、频闪照相等）或已知连续相等时间间隔
（T）内的位移（x₁, x₂, x₃…）。
【题型1：基本公式与推论】
1.(2025·湖南省·联考题)如图所示，一小滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底
端C，已知AB = BC，则下列说法正确的是( )
A. 滑块到达B、C两点的速度之比为1：2
B. 滑块到达B、C两点的速度之比为1：3
C. 滑块通过AB、BC两段的时间之比为1:
√2
D. 滑块通过AB、BC两段的时间之比为(
√2+1):1
【答案】D
【解析】AB.根据运动学规律有vB
2 =2ax ， vC
2 = 4 ax，解得vB:vC =1:
√2，故AB 错误；
CD.根据运动学规律有x = 1
2 at B
2 ， 2 x = 1
2 atC
2 ，解得t B:tC =1:
√2，
滑块通过AB、BC两段的时间之比为t B:(tC -t B)=1:(
√2-1)=(
√2+1):1，故C 错误，D 正确。
故选D。
2.(2025·四川省乐山市·联考题)小辉是一名体育特长生，特长为100米短跑，假设百米训练中，前6 s内做匀
加速直线运动，其中第2s内的位移是2.5m，第5 s内的位移是7.5m，则下列说法正确的是( )
A. 前6 s内加速度为5
4 m/ s
2
B. 第3 s末速度为5m/ s
C. 第2s内平均速度为1.25m/ s
D. 第3 s初至第4 s末，这两秒内位移为10m
【答案】BD
【解析】A.设 T =1s ，由 x5- x2=3aT
2
解得 a= 5
3 m/ s
2 ，故A 错；
C.第2s内平均速度 v2= x2
T =2.5m/ s ，故C 错；
B.匀变速直线运动一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，所以第1.5 s末的速度与第
2s内的平均速度相等，则第3 s末的速度 v3= v2+at1.5=2.5m/ s+ 5
3 ×1.5m/ s=5m/ s ，故B 正确；
D. 第3 s初到第4 s末这两秒内的平均速度与第3 s末的速度相等，所以这两秒内的位
移 x = v3t2=5×2m=10m ，故D 正确。
故选BD。
【题型2：多过程与追及相遇问题】
3.(2025·陕西省渭南市·联考题)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的
隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v <v0)。已知列车加速和减速时加速
度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )
A. v0- v
2a + L+l
v
B. v0- v
a
+ L+2l
v
C. 3(v0- v)
2a
+ L+l
v
D. 3(v0- v)
a
+ L+2l
v
【答案】C
【解析】解：当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v <v0)，可知列车进入隧道前
需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，则
减速时间：t1= v - v0
-2a ，
匀速时间：t2= L+l
v
，
加速时间：t3= v0- v
a
，
列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为：
t =t1+t2+t3
解得：t = 3(v0- v)
2a
+ L+l
v
，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
4.(2025·湖南省长沙市·联考题)一汽车在直线公路段上以72km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方
24 m处有一辆自行车以4 m/ s的速度同向匀速行驶。经过0.5 s的反应时间后，司机开始刹车，则为了避
免相撞，汽车的加速度大小至少为( )
A. 8m/ s
2
B. 7m/ s
2
C. 6m/ s
2
D. 5m/ s
2
【答案】A
【解析】设汽车的加速度大小为a，刹车后经时间t与自行车速度相等时刚好追上自行车，v汽-at = v自
已知：初速度v汽=72km/h=20m/ s
初始距离d =24 m，则有：自行车的位移为x自= v自(t +t0)
汽车的位移为x汽= v汽t0+ v汽+ v自
2
t，且有：x汽= x自+d，代入数据解得：t =2s，则a=8m/ s
2，
所以，为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为8m/ s
2，A 正确。
【题型3：刹车问题与逆向思维法】
5.(2025·安徽省合肥市·联考题)在某城市的主干道上，一辆载满乘客的公共汽车在到达站台一定距离时开始
刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为7m和5m.则刹车后5 s内的位
移是
A. 15m
B. 16m
C. 20m
D. 24 m
【答案】B
【解析】设加速度大小为a，根据匀变速直线运动的推论得a= Δx
T
2 = 7-5
1
2 m/ s
2=2m/ s
2，汽车在第1s
内的位移x1= v0t1- 1
2 at1
2，代入数据解得汽车的初速度大小v0=8m/ s，则刹车时间t0= v0
a = 8
2 s= 4 s，
故5 s时汽车已停止运动，则刹车后5 s内汽车的位移x = v0
2 t0= 8
2 ×4 m=16m，故 B 正确，ACD 错误。
6.(2025·河南省·联考题)子弹垂直射入叠在一起的厚度相同、材质相同的木板，穿过第9块木板后速度恰好
变为0，可以把子弹视为质点，已知子弹在木板中运动的总时间是t，认为子弹在木板中运动的加速度都
相同，下列说法正确的是( )
A. 子弹穿过第1块木板所用的时间是2
√2
3
t
B. 子弹穿过前三块木板的时间和穿过后三块木板的时间之比为1:
√2
C. 子弹刚进入第9块木板时的速度与初速度v的大小之比为1:3
D. 子弹刚进入第6块木板和刚进入第9块木板的速度大小之比为2:1
【答案】CD
【解析】将子弹穿过木板的逆过程看作是初速度为零的匀加速直线运动，根据9d = 1
2 at
2，8d = 1
2 at '
2，
子弹穿过第1块木板所用的时间是t0= √
2×9d
a
- √
2×8d
a
=(1- 2
√2
3
)t，A 错误;
子弹穿过前三块木板的时间为t1，穿过中间三块木板的时间为t2，穿过后三块木板的时间为t3，根据逆向
思维可得3d = 1
2 at3
2，6d = 1
2 a(t2+t3)
2，9d = 1
2 a(t1+t2+t3)
2，可得子弹穿过前三块木板的时间和穿过
后三块木板的时间之比为t1:t3=(
√3-
√2):1， B 错误;
根据逆向思维可得v9
2=2ad，v6
2=2a⋅4 d，v
2=2a⋅9d，可得子弹刚进入第9块木板时的速度与初速度
v的大小之比为v9:v =1:3，子弹刚进入第6块木板和刚进入第9块木板的速度大小之比为v6:v9=2:1，
CD 正确．
匀变速直线运动公式选用技巧
解决匀变速直线运动问题的核心是 “知三求二”，即已知五个物理量（初速度v0、末速度v、加速度
a、时间t、位移x）中的任意三个，可求其余两个。公式选择取决于题目条件和待求量：
1.
不涉及位移 x：优先选用 速度公式 v = v0+at。
2.
不涉及末速度v：优先选用位移公式x = v0t + 1
2 at
2。
3.
不涉及时间t：优先选用 速度位移公式v
2- v0
2=2ax。
4.
不涉及加速度a：优先选用 平均速度公式 `v = x
t = v0+ v
2
（仅适用于匀变速直线运动）。
5.
涉及连续相等时间间隔T：可选用 位移差公式 Δ x =aT
2求加速度。
6.
末速度为零的匀减速运动：可逆向视为初速度为零的匀加速运动，简化计算。
7.
多过程问题：分段分析，交接点速度是连接关键。
二．运动学与动力学图像
运动学图像（x-t、v-t、a-t 等）描述了运动规律，动力学图像（F-t、F-a 等）描述了物体的受力规
律。解题核心是结合物理公式理解图像斜率、截距、面积、交点的物理意义，通过图像与运动情景、受力
分析的相互转换来求解。图像的本质是物理规律，可以通过“数形结合”，将图像特征（点、线、面）与
运动状态、受力情况相互转化。
【题型1：常规图像】
7.(2026·天津市·期中考试)“笛音雷”是某些地区春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度时
间图像如图所示(取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加
速度g的直线，不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是( )
A. t0∼t1时间内“笛音雷”的平均速度等于v1
2
B. t1∼t2时间内“笛音雷”的加速度逐渐减小
C. “笛音雷”在t2时刻上升至最高点
D. t3∼t 4时间内“笛音雷”做自由落体运动
【答案】B
【解析】A. t0∼t1 时间内“笛音雷”的运动不是匀加速直线运动，v -t图像与时间轴围成的面积表示物
体走过的位移，故 v < v1
2 ，A 错误；
B. v -t 图像切线的斜率大小表示加速度的大小， t1∼t2 时间内，切线的斜率逐渐减小，加速度也逐渐
减小，B 正确；
C.在 v -t 图像中，图线在时间轴上方，表示速度始终大于零，“笛音雷”一直在上升，故 t2 时刻并不
是最高点，C 错误；
D. t3∼t 4 时间内“笛音雷”的加速度大小等于 g ，但初速度不为零，不是自由落体运动，D 错误。
故选B。
【题型2：非常规图像】
8.(2025·四川省眉山市·模拟题)利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，
为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。
下列说法中正确的是( )
A. 根据甲图可求出物体的加速度大小为3m/ s
2
B. 根据乙图可求出物体的加速度大小为5m/ s
2
C. 根据丙图可求出物体的加速度大小为2m/ s
2
D. 根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/ s
【答案】B
【解析】A.根据x = 1
2 at
2，得1
2 a= 2-0
2-0 m/ s
2=1m/ s
2
加速度为a=2m/ s
2，A 错误；
B.根据v
2=2ax，得2a= 10
1 m/ s
2=10m/ s
2
加速度为a=5m/ s
2，B 正确；
C.根据x = v0t - 1
2 at
2，得x
t =- 1
2 at + v0，则- 1
2 a=- 4
2 m/ s
2
加速度大小为a= 4 m/ s
2，C 错误；
D.a-t图线与坐标轴围成的面积等于速度变化量，则Δv = 1
2 ×3×2m/ s=3m/ s，D 错误。
故选B。
【题型3：由图像分析运动过程和受力】
9.(2025·天津市·联考题)某同学用甲、乙两个玩具车来模拟研究汽车相遇问题，绘制的甲、乙位置随时间变
化的图线如图所示。已知甲的图线是顶点为(0,2)的抛物线的一部分，乙的图线是一条过原点的直线，
则下列说法正确的是( )
A. 乙的速度大小为2m/ s
B. 甲的加速度大小为3m/ s
2
C. t =2s时刻，甲、乙第二次相遇
D. 甲、乙从第一次相遇到第二次相遇运动的位移大小为6m
【答案】C
【解析】A.乙的速度为 v乙= Δx
Δt =3m/ s ，故A 错误；
B.由题意可知甲做初速度为0的匀加速运动，在0∼1s内位移s=1m，由 s= 1
2 at
2，解得a=2m/ s
2 ，
故B 错误；
CD .由位移公式得 2+ 1
2 at
2= v乙t，解得t =2s或t =1s，即t =2s时刻，甲、乙第二次相遇，甲、乙从第
一次相遇到第二次相遇运动的位移为
，故C 正确，D 错误。
故选C。
图像问题首先看坐标轴，再看点线面；非常规图像结合情景列公式写出函数解析式，数形对照分析得
答案。
三．牛顿运动定律应用
牛顿运动定律应用的核心特征是将受力分析（牛顿第二定律）与运动分析（运动学公式）紧密结合，
通过加速度这个桥梁，解决“力”与“运动”的相互转化问题。常用方法：
1.
程序法（分段法）：按时间顺序将复杂多过程问题分段处理，明确各段衔接点的速度等物理量。
2.
整体法与隔离法：先整体求加速度，后隔离求内力。
3.
图像法：将抽象的物理过程可视化，利用图像斜率、面积、交点等特征快速建立方程。
【题型1：动力学的两类基本问题】
10.(2025·江苏省南京市·联考题)如图所示，在倾角θ =37°足够长的斜面上有一个质量m=1kg的物体(可视
为质点)，物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.25。物体在方向沿斜面向上的拉力F =10 N的作用下由静
止开始运动，加速一段时间t1= 4 s后撤去F，让物体在斜面上运动。g取10m/ s
2，
sin37° =0.6，cos37° =0.8。求：
(1)撤去拉力F瞬间物体速度v的大小；
(2)物体由静止开始运动至返回起始点的时间t。
【答案】解：(1)物体沿斜面向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
F -mgsin37° - μmgcos37° =ma1
由运动学公式有v =a1t1
解得a1=2m/ s
2，v =8m/ s。
(2)撤去F，物体沿斜面向上做匀减速直线运动至速度为零，由牛顿第二定律有
mgsin37°+ μmgcos37° =ma2
由运动学公式有v =a2t2
解得a2=8m/ s
2，t2=1s
上滑的位移大小x = x1+ x2= 1
2 a1t1
2+ 1
2 a2t2
2=16m+ 4 m=20m；
之后，物体沿斜面向下做匀加速直线运动至起始点，由牛顿第二定律有mgsin37° - μmgcos37° =ma3
由运动学公式有x = 1
2 a3t3
2
解得a3= 4 m/ s
2，t3=
√10 s
故物体由静止开始运动至返回起始点的时间t =t1+t2+t3= 4 s+1s+
√10 s=(5+
√10)s。
【题型2：瞬时性问题】
11.(2025·辽宁省·联考题)如图所示，固定在水平地面上的斜面，其倾角为30
∘，物块A、B放在斜面上由轻
绳相连。轻弹簧竖直放置，一端固定在地面上，另一端与C相连，物块B、C间用跨过斜面顶端定滑轮
的轻绳相连，初始时A、B、C均静止。已知A、B、C的质量分别为m、m、2m，不计一切摩擦，重力
加速度大小为g。现将A、B间轻绳剪断，则在剪断瞬间( )
A. A的加速度为
√3 g
2
，沿斜面向下
B. A的加速度为g
2 ，沿斜面向下
C. B的加速度为g
6 ，沿斜面向上
D. B的加速度为g
2 ，沿斜面向上
【答案】BC
【解析】AB.剪断轻绳后A受力情况如图甲所示，mgsin30
∘=maA，得aA = g
2 ，加速度方向沿斜面向下，
故A 错误，B 正确;
CD .剪断轻绳后，B、C一起加速，运动的加速度大小相等，B的受力情况如图乙所示，
FT -mgsin30
∘=maB，C的受力情况如图丙所示，2mg- F弹- FT =2maC，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力
不变，剪断轻绳前，由三个物块受力平衡可得F弹=mg，联立可得aB= g
6 ，沿斜面向上，故C 正确，D
错误。
故选BC。
【题型3：连接体问题】
12.(2025·山东省临沂市·联考题)如图所示，一根质量为m、长为L粗细均匀的绳子放在与水平面夹角为θ的
长斜面上，绳子与斜面间的动摩擦因数为μ，在绳子的右端加一沿斜面向上的恒力F作用，使绳子沿斜
面向上做匀加速直线运动，则距左端x处的绳子上张力大小为( )
A.
F
B. x
L F
C. F - μmg
D. F - x
L μmg
【答案】B
【解析】对绳子整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 F -mgsinθ - μmgcosθ =ma
设距左端x处的绳子张力大小为 F
' ，对该处左侧的绳子受力分析，根据牛顿第二定律可
得 F
' - m
L xgsinθ - μ m
L xgcosθ = m
L x•a
联立解得 F
' = x
L F
故选B。
【题型4：超重与失重】
13.(2025·安徽省·联考题)利用智能手机中的加速度传感器可以采集手机的加速度a随时间t变化的图像。某
同学将手机竖直向上抛出，测得手机在竖直方向的a-t图像如图所示。g取10m/ s
2，下列说法正确的是
( )
A. t1∼t2时间内，手机受到的支持力大于手机对手的压力
B. t2时刻手机到达最高点
C. t3时刻手机的速度最大
D. t1∼t 4时间内，手机先失重后超重
【答案】C
【解析】A.根据牛顿第三定律可知，手机受到的支持力和手机对手的压力大小总是相等，故A 错误；
BCD.从图中 t 4 时刻的加速度 -10m/ s
2 可判断本题是以上为正方向的，且 t 4 时刻手机与手脱离，
t1～t3 时间内，手机加速度向上，手机上升的速度越来越大，处于超重状态， t3～t 4 时间内，手机加
速度向下，手机上升的速度越来越小，处于失重状态， t 4 时刻手机与手脱离后将会继续减速上升，即手
机先超重后失重， t2 时刻手机不是到达最高点， t3 时刻手机的速度最大，故BD 错误，C 正确。
故选C。
1.连接体的处理方法：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。
四．典型模型与临界极值
【题型1：传送带模型】
14.(2025·重庆市·联考题)如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最左端放置一可看成质点的
小物块。在t =0时刻对物块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，
t =1s时撤去F，整个过程物块运动的v -t图像如图乙所示。物块和木板的质量均为1kg，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g=10m/ s
2。下列说法正确的是
( )
A. 拉力F的大小为15 N
B. 木板与地面间的动摩擦因数为0.2
C. 0∼1.5 s内木板的加速度为0.2m/ s
2
D. 物块最终停止时的位置与木板左端的距离为4 m
【答案】B
【解析】C. 由图像可知，1.5 s时物块、木板共速，则木板在0∼1.5 s内的加速度为
a1= Δv1
Δt1
= 3-0
1.5-0 m/ s
2=2m/ s
2，故C 错误;
AB.由图可知，在1∼1.5 s内物块的加速度为a2=6m/ s
2，由牛顿第二定律可得μ1mg=ma2，可得物块
与木板间的动摩擦因数为μ1=0.6，在0到1s内由图可知，物块的加速度为a3=6m/ s
2，由牛顿第二定律
有F - μ1mg=ma3，解得F =12 N，在0到1.5 s内对木板由牛顿第二定律有μ1mg- μ2·2mg=ma1，解
得木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，故A 错误，B 正确;
D.由图像可知，共速时速度为3m/ s，则在1.5 s内木板位移为x1= v1
2
2a1
= 3
2
2×2 m=2.25m，由v -t图像
可知，1.5 s内物块位移为x2= 6
2 + 3+6
2
×0.5=5.25m，在1.5 s后，假设两物体一起运动，则由牛顿第二
定律有a= μ2 g=2m/ s
2小于μ1g=6m/ s
2，故假设成立，即在1.5 s后，物块和木板一起做匀减速直线运
动，则物块最终停止时的位置与木板左端间的距离为△x = x2- x1=3m，故D 错误。
故选项B 正确。
【题型2：板块模型】
15.(2025·安徽省合肥市·联考题)一位顾客在合肥某超市购物时，不慎将手提包(可视为质点)掉落在一条倾
角为θ =37°的倾斜传送带上。手提包从传送带顶端无初速度滑落。安检员小罗发现后，在手提包下滑
t0=1.2s后，立即从传送带顶端沿传送带向下做匀速直线运动，试图追回手提包。已知传送带本身以
v0=2m/ s的速度向下运行。手提包与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。重力加速度g取10m/ s
2，
sin37° =0.6，cos37° =0.8。
(1)手提包开始在传送带上下滑的加速度a；
(2)t0=1.2s时，手提包沿传送带向下下滑了多远；
(3)如果安检员小罗以v1=8m/ s的速度匀速追赶，若传送带的长度为L=8.2m，他能否在手提包到达传
送带底端前追上手提包？
【答案】(1)设手提包刚放到传送带上时初速度为0，在手提包速度达到v0前的过程中，由牛顿第二定律
有mgsinθ+ μmgcosθ =ma1
代入数据解得a1=10m/ s
2
(2)共速前经历的时间为t1= v0
a1
= 2
10 s=0.2s
手提包运动的位移x1= v0t1
2 = 2×0.2
2
m=0.2m
手提包的速度达到v0之后，有mgsinθ> μmgcosθ
所以手提包与传送带共速后继续向下做匀加速运动。由牛顿第二定律可得
mgsinθ - μmgcosθ =ma2
代入数据解得a2=2m/ s
2
手提包与传送带共速后继续向下运动的时间为t2=t0-t1=1s，
则有x2= v0t2+ 1
2 a2t2
2=3m
沿传送带下滑的总位移为x = x1+ x2=3.2m
(3)设手提包从共速时刻运动到传送带底端这一过程经历时间为t3，则有
x2
' = L- x1= v0t3+ 1
2 a2t3
2
解得t3=2s
所以此手提包在传送带上运动的时间为t =t1+t3=2.2s
此时小罗向下追时间△t =t -t0=1s，
小罗跑的距离为v1△t =8m< L=8.2m，故追不上。
【题型3：临界与极值问题】
16.(2025·安徽省·联考题)如图所示，置于倾角为θ固定斜面上的A、B两物块，质量均为m，在平行于斜面
向上恒力F的作用下，以共同速度沿斜面向上做匀速直线运动。假设A、B间摩擦因数为μ1，B与斜面体
间摩擦因数为μ2，下列说法正确的是( )
A. A、B间的摩擦力一定为mgsinθ
B. A、B间的动摩擦因数一定为tan θ
C. 若μ1≥μ2≥tan θ，撤去F，A与B一定会相对滑动，向上运动
D. 若tanθ< μ1< μ2，撤去F，A与B一定会相对静止，向上运动
【答案】A
【解析】解：AB、由于接触面摩擦情况未知，选择物体A为研究对象，
则A、B间的摩擦力一定为mgsinθ，A 正确，B 错误;
CD、A、B向上匀速运动过程中，μ1≥tanθ，撤去F，
若μ1≥μ2，A、B相对静止以共同加速度a1= gsinθ+ μ2 gcosθ向上运动，
若μ1< μ2，A、B相对滑动向上运动，选项C、D 错误，
故选A。
板块模型中刚好不滑离的临界条件：当滑板滑块共速时，滑板滑块之间的相对位移大小Δx 等于初始状
态时滑块与滑板端点的距离L。滑块相对于滑板的位置示意图如图所示，不滑离时L≥Δx；滑离时L＜Δx。
一：基础练
1.(2026·北京市·期末考试)近年来，我国新能源汽车产业在行业标准、产业联盟、企业布局、技术研发
等方面取得了明显进展，有望肩负起中国汽车工业弯道超车的历史重任。下图为某款国产新能源汽车在
某次百公里加速试车的v -t图像，下列说法正确的是( )
A. 0-5 s内，由图像可知，汽车运动轨迹为曲线
B. 0-5 s内，汽车的位移大小等于图线与t轴围成的面积
C. 0-5 s内，汽车的平均速度大小为50km/h
D. 0-5 s内，汽车的加速度越来越大
【答案】B
【解析】v -t图像只能反映直线运动中速度随时间的变化情况，图像本身不是物体的运动轨迹， A 错误；
在v -t图像中，图线与t轴围成的面积表示位移。所以0-5 s内，汽车的位移大小等于图线与t轴围成的面
积，B 正确；
若汽车做初速度为0，末速度为100km/h的匀加速直线运动，平均速度v = v0+ v
2
=50km/h，但此汽车
0-5 s内v -t图像不是直线，即不是匀加速直线运动。由v -t图像与t轴围成面积表示位移可知，该汽车
位移大于匀加速直线运动位移，根据v = x
t ，其平均速度大于50km/h， C 错误；
在v -t图像中，图线的斜率表示加速度。0-5 s内图线斜率逐渐减小，所以汽车的加速度越来越小， D
错误。
2.(2025·陕西省咸阳市·模拟题)巴黎奥运会女子单人10米跳台比赛中，运动员在跳台上倒立静止，然后
下落，前一半位移完成技术动作，后一半位移完成姿态调整后几乎无水花进入水面。假设整个下落过程
近似为自由落体运动，则运动员用于完成技术动作和姿态调整的时间之比为( )
A. 1:1
B. 1:
√2
C. (
√2-1):1
D. (
√2+1):1
【答案】D
【解析】运动员下落过程的总时间t = √
2 H
g
，用于完成技术动作的时间t1=
√
2⋅1
2 H
g
= √
H
g
，用于姿态
调整的时间t2=t -t1=(
√2-1) √
H
g ，则运动员用于完成技术动作和姿态调整的时间之比
t1
t2
=(
√2+1):1，
D 正确。
故选D。
3.(2025·北京市市辖区·模拟题)某蹦床运动员在训练过程中与网接触后，竖直向上弹离，经过t0时间，
又重新落回网上。以运动员离开网的时刻作为计时起点，以离开的位置作为位移起点，规定竖直向上为
正方向，忽略空气阻力，下列描述运动员位移x、速度v、加速度a、所受合力F随时间t变化的图像中，
与上述过程相符的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】根据题意，由对称性可知，运动员上升、下降时间相等均为 t0
2 ，取向上为正方向
A.根据公式 x = v0t + 1
2 at
2 可得，运动员运动的位移与时间的关系式为 x = v0t - 1
2 gt
2，则 x -t
图像为开口向下的抛物线，故A 错误；
B.根据公式 vt = v0+at 可得，运动员运动的速度与时间的关系式为 vt = v0->¿，则 v -t 图像为
一条向下倾斜的直线，故B 正确；
C D .整个运动过程中，运动员只受重力作用，加速度一直为重力加速度，则合力F和加速度a不随时间
变化，故C、D均错误；
故选B。
4.(2025·浙江省·模拟题)2025年9月3日，我国“东风”系列战略导弹威武亮相。某型号测试弹头发射
初始阶段可视为竖直向上匀加速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 弹头速度与位移大小成正比
B. 弹头在该过程中处于失重状态
C. 研究弹头运动轨迹可将其视为质点D. 弹头在上升过程中只受重力和空气阻力
【答案】C
【解析】A.如初速度为零，根据匀加速直线运动的规律有v
2=2ax，可知弹头速度的平方与位移大小成
正比，故A 错误；
B.弹头发射初始阶段可视为竖直向上匀加速直线运动，加速度方向向上，弹头处于超重状态，故B 错误；
C.研究弹头运动轨迹，弹头的形状和大小可以忽略不计，因此可将弹头视为质点，故C 正确；
D.弹头在上升过程中除受竖直向下的重力和空气阻力，还有向上的推进力，合力的方向才会竖直向上，
故D 错误。
5.(2025·山东省·模拟题)青岛气象台2024年2月11日21时15分发布大雾黄色预警，交警提示雨雾天气开
车出行，注意保持安全车距。期间在滨海大道同一直线车道上，甲车和乙车正同向匀速行驶，甲车在前
乙车在后，t =0时，甲车发现前方有险情立即刹车，为避免两车相撞，2s后乙车也开始刹车，如图是两
车位置随时间变化图像，图中曲线均为抛物线。已知甲车匀速行驶的速度为10m/ s，司机反应时间不
计，下列说法正确的是
A. 甲车加速度大小为2m/ s
2
B. 当t =7 s时，两车速度大小相等
C. 若d =28m，两车恰好没有相撞
D. 若没有相撞，两车相距最近时乙车的位移为48m
【答案】C
【解析】A、甲车初速度为v甲0=10m/ s，根据图甲，刹车所用时间为t甲=10 s，刹车位移为50m，则
v甲0t甲- 1
2 a甲t甲
2 =50m，
解得a甲=1m/ s
2，故A 错误；
B、t =7 s时，甲车速度为v甲= v甲0-a甲t =3m/ s，
2s前乙车匀速运动，根据乙图，乙车匀速运动的初速度为v乙0=14 m/ s，
乙车刹车所用时间为t乙=9 s-2s=7 s，刹车位移为77m-28m= 49m，
则v乙0t乙- 1
2 a乙t乙
2 = 49m，
解得a乙=2m/ s
2，
则t =7 s时，乙车的速度为v乙= v乙0-a乙(t -2)= 4 m/ s。
故B 错误；
C、设两车共速所用时间为t0，
则v = v甲0-a甲t0= v乙0-a乙(t0-2)
解得t0=8 s，v =2m/ s，
两者这段时间的相对位移为Δx = v乙0×2+ v乙0+ v
2
(t0-2)- v甲0+ v
2
t0=28m，所以若d =28m，两车恰
好没有相撞，故C 正确；
D、 若没有相撞，两车相距最近时乙车的位移为v乙0×2+ v乙0+ v
2
(t0-2)=76m，故D 错误。
故选C。
6.(2026·河南省·月考试卷)如图所示，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( )
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3 g
D. 加速度先增大后减小
【答案】A
【解析】AB.缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。
此时两弹簧的合力为大小为 mg 。当撤去拉力，则小球从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；
CD.小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力
一直变小，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 ，CD 错误。
故选A。
7.(2025·湖北省黄冈市·模拟题)如图所示，轻弹簧一端固定在倾角为30°的斜面的挡板上，另一端与用
细线连接的A、B两球相连，弹簧与细线均平行于斜面。已知小球B的质量为小球A质量的2倍，重力加
速度大小为g，不计一切摩擦。斜面固定，初态两小球均静止，如果突然剪断细线，则在剪断细线瞬间，
小球A与小球B的加速度大小分别为( )
A. 0.5 g，0.25 g
B. 0.5 g，0.5 g
C. 0.5 g，g D. 0.25 g，0.5 g
【答案】A
【解析】设A球的质量为 m ，B球的质量为 2m ，剪断细线之前两球间的拉力 FT =mgsinθ，
突然剪断细线时，A球只受重力和斜面的支持力，加速度为 aA = mgsinθ
m
=0.5 g ，方向沿斜面向下；
B球在平衡时失去了细线的拉力，则合力大小等于细线的拉力，其加速度为 aB= mgsinθ
2m
=0.25 g ，
方向沿斜面向上。
故选A。
二：提能练
8. (2025·广西壮族自治区贵港市·模拟题)如图是位于南宁市东南郊的两座邕江大桥，近处为公路桥，远
处更高大的是铁路桥。公路桥所用吊杆为高强度平行钢丝，吊点等间距分布，相邻吊点之间的水平距离
为d。一辆汽车正在匀加速通过公路桥，依次经过相邻的1-5号吊杆。设车头以速度v经过2号吊杆，经
过时间t，车头以3 v经过5号吊杆。则汽车的加速度大小为( )
A. d
t
2
B. 3d
t
2
C. 3d
2t
2
D. 3d
4t
2
【答案】B
【解析】【解析】由2号吊杆经过时间t，车头以3 v经过5号吊杆，则有v
-
= 3d
t = v0.5t = v +3 v
2
,v = 3d
2t ，
则加速度a= 3 v - v
t
= 3d
t
2 ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
9. (2025·广东省中山市·模拟题)一辆汽车以6m/ s的速度沿平直公路匀速行驶，突然发现前方有障碍物
立即刹车，汽车以大小2m/ s❑
2的加速度做匀减速直线运动，则下面说法正确的是( )
A. 第1s内与第3 s内的位移之差3m
B. 刹车的整个过程平均速度大小为3m/ s
C. 刹车后1s内与刹车后4 s内汽车通过的位移之比为5:8
D. 刹车的第1s内、第2s内、第3 s内的位移之比为3:2:1
【答案】B
【解析】AC .汽车运动的时间t = v - v0
a
= 0-6
-2
s=3 s，刹车后1s内的位移为
x1= v0t + 1
2 at
2=(6×1- 1
2 ×2×1
2)m=5m，
刹
车
后
2s内
的
位
移
为
x2= v0t + 1
2 at
2=(6×2- 1
2 ×2×2
2)m=8m，第4 s时已停止，刹车后4 s内的位移等于刹车后3 s内的位
移x4= 0- v0
2
2a = 0-6
2
-2×2 m=9m，则刹车后1s内与刹车后4 s内汽车通过的位移之比为5：9，可知刹车后
第3 s内的位移为1m，故第1内与第3 s内的位移之差4 m，AC 错误；
B.刹车的整个过程平均速度大小为v
-
= v0+ v
2
= 6+0
2
m/ s=3m/ s，故B 正确；
D.初速度为零的匀加速直线运动，相同时间的位移比为1：3：5，根据逆向思维可知刹车的第1s内、第
2s内、第3 s内的位移之比为5：3：1，故D 错误。
故选B。
10. (2025·广东省江门市·模拟题)我国高铁技术处于世界领先水平。某列复兴号动车组由8节车厢组成，
以1车在前、8车在后沿水平直轨道运行，其中2车和7车为动车，提供动力，其余为拖车，不提供动力。
假设各节车厢质量及受到的阻力均相等，2车和7车提供的动力始终相同，则
A. 加速运行时，4车对5车有作用力
B. 关闭动力滑行时，每节车厢之间均无作用力
C. 匀速运行时，每节车厢之间均无作用力
D. 匀速运行时，6、7车之间的作用力大于2、3车之间的作用力
【答案】B
【解析】解：设每节动车的牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为f ，
A、加速运行时，有两节动力车厢，对整个动车组车进行受力分析得：2 F -8 f =8ma…①
对第1车到第4车进行受力分析得：F + F45- 4 f = 4 ma…②
联立①②可解得：F45=0，故A 错误；
B、关闭动力滑行时，对整个动车组车进行受力分析得：-8 f =8ma' …③
解得a' =- f
m
可知，每节车厢加速度均为a' =- f
m，故每节车厢受的合力均为f ，故每节车厢之间均无作用力，故B 正
确；
CD、匀速运动时，对整个动车组车进行受力分析得：2 F -8 f =0…④
对第1车到第6车进行受力分析得：F + F67-6 f =0…⑤
对第1车到第2车进行受力分析得：F + F23-2f =0…⑥
联立④⑤⑥可解得：F23= 1
2 F，F23=- 1
2 F
可知，匀速运行时，6、7车之间的作用力等于2、3车之间的作用力，故CD 错误。
故选：B。
11. (2025·天津市·模拟题)如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ =37
∘的光滑斜面底端，另一端连
接一质量为3kg的物块A，系统处于静止状态。若在斜面上紧靠A上方处轻放一质量为2kg的物块B，A、
B一起向下运动到最低点P(图中P点未画出)，然后再反向向上运动到最高点，对于上述整个运动过程，
下列说法正确的是(已知sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，重力加速度g取10m/ s
2)( )
A. 两物块沿斜面向上运动的过程中弹簧可能恢复原长
B. 在物块B刚放上的瞬间，A、B间的弹力大小为12 N
C. 在最低点P，A、B间的弹力大小为16.8 N
D. 在最低点P，弹簧对A的弹力大小为30 N
【答案】C
【解析】A.对物块A、B由动力学分析可知，其向下运动与反弹为完全对称的过程，故斜向上运动的最
高点就是开始释放的位置，弹簧处于压缩状态，故A 错误；
B. 在物块B刚放上的瞬间，弹簧的弹力仍然不变，对A、B整体，由牛顿第二定律可知
mB gsin37
∘=(mA+mB)a，a=2.4 m/ s
2，
设
A、B间
的
弹
力
为F N，
对
物
块B有
mB gsin37
∘- F N 1=mBa，联立解得F N 1=7.2 N，故B 错误；
C.以物块A、B和弹簧为系统，由运动的对称性可知，在最低点D，物块A、B加速度跟释放点的加速大
小相同，设A、B间的弹力为F N 2，对物块B有F N 2-mB gsin37
∘=mBa，联立解得F N 2=16.8 N，故C
正确；
D.对物A、B组成的系统，有F N 3-(mA+mB)gsin37
∘=(mA+mB)a，联立解得F N 3= 42 N，故D 错误。
故选C。
12. (2025·陕西省·模拟题)如图所示，质量M =3kg的粗糙木板，t =0时在水平恒力F的作用下从静止开
始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a=2m/ s
2，t =1s时，将一个质量m=2kg的小铁块(可视为
质点)无初速度地放在木板最右端，经过一段时间后，铁块恰好不从木板上滑下，已知铁块和木板之间的
动摩擦因数μ1=0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2=0.2，重力加速度g=10m/ s
2，则( )
A. 水平恒力F的大小为8 N
B. 铁块放上木板后的一瞬间，木板的加速度大小为1m/ s
2
C. 铁块相对木板滑动的时间为2s
D. 木板的长度为4 m
【答案】C
【解析】A.未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F - μ2 Mg= Ma，解得F =12 N，故A 错误；
B.铁块放上木板后，对木板：F - μ1mg- μ2( M +m)g= Ma'，解得：a' =0，故B 错误；
C.1s时木板的速度v0=at1=2×1m/ s=2m/ s，铁块的加速度a铁= μ1g=1m/ s
2，相对木板静止时，
铁块的速度v ' =a铁t2= μ1gt2= v0，由题意：t2=2s，故C 正确；
D.铁块与木板相对静止时，木板的速度v1=2m/ s，铁块的速度v ' =2m/ s，则木板的长度为：
L= v1t2- v
,
2 t2=2m，故D 错误。
13. (2025·陕西省·模拟题)快递工作人员利用传送带将包裹运上货车。如图所示，以恒定速率
v0=1.2m/ s运行的传送带与水平面间的夹角θ =37
∘，两转轴间距L=3.4 m。工作人员把一件小包裹(可
视为质点)以v =0.4 m/ s的速度推上传送带底端。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度
g=10m/ s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】(1)a= 0.4 m
s
2
(2) t =3.5 s
【解析】 (1)根据牛顿第二定律
μmgcosθ -mgsinθ =ma
解得：a=0.4 m/ s
2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传动带上做匀加速直线运动
v0= v +at1
t1=2s
在传动带上加速滑动的距离为
x1= v0+ v
2
t1=1.6m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹与传
动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
t2= L- x1
v1
= 3.4 -1.6
1.2
s=1.5 s
所以小包裹通过传送带运动的时间为
t =t1+t2=3.5 s
三：拔高练
14.(2025·四川省·模拟题)车流量大的路段，有时由于第一辆车的刹车，后面的司机也必须刹车，一辆
一辆车传递下去，会导致大面积的公路交通整体减速，这种现象有时也被称为“幽灵堵车”现象(不是因
为红灯或交通事故等引起的堵车现象)。现考虑如下简化模型。在一条长直车道上，有许多车正在匀速行
驶，车速均为20m/ s，前一车的车尾与后一车的车头的距离均为d。各车减速时的加速度可以不同，加
速时的加速度均为3m/ s
2。各车司机发现自己车的车头与前车车尾距离小于14 m时，司机开始刹车(不
计司机的反应时间)。t =0时，某一辆车(记为第一辆车)由于突发情况，以大小为5m/ s
2的加速度减速
3 s，然后立即加速恢复到速度为20m/ s。
(1)求第一辆车减速过程中的位移大小；
(2)若要后面的车均无须减速，求d的最小值；
(3)若d =24 m，为不发生追尾事故，求第二辆车刹车的加速度大小的最小值。
【答案】(1)v1= v0-a1t1=20m/ s-5×3m/ s=5m/ s;
第一辆车减速过程中的位移大小x1= v0+ v1
2
t1= 20+5
2
×3m=37.5m；
(2)加速到20m/ s需时间t2= v0- v1
a2
= 20-5
3
s=5 s;
x2= v1+ v0
2
t2= 5+20
2
×5m=62.5m;
正常行驶8 s的位移x = v0(t1+t2)=20×(3+5)m=160m;
所以d的最小值为：d =160m-(37.5m+62.5m)+14 m=74 m；
(3)设经时间T 1两车间距14 m，则有：v0T 1-(v0T 1- 1
2 a1T 1
2)=24 m-14 m=10m
代入数据得：T 1=2s
此时第一辆车的速度为：v '1= v0-a1T 1=20m/ s-5×2m/ s=10m/ s
设再经时间T 2两者共速且恰好相遇，
则有：v0-aT 2= v1+a2(T 2-1)
(v0T 2- 1
2 aT 2
2)-[ v1' + v1
2
×1+ v1(T 2-1)+ 1
2 a2(T 2-1)
2]=14 m
代入数据联立得T 2
=2s，a=6m/ s
2。
15.(2025·吉林省通化市·模拟题)如图所示，在足够高的光滑水平桌面上静置一质量为1kg的长木板A，
轻绳绕过光滑的轻质滑轮，一端固定在O点，另一端与A的右端相连，质量为2kg的物体B挂在轻质动滑
轮下端。将物体B由静止释放，当木板A的位移为0.3m时，质量为2.5kg的物块C(可视为质点)以
4 m/ s的水平向左的速度从木板A的右端滑上来，经过一段时间后，C刚好不能从木板A的左端滑出，
此过程中木板A始终在桌面上滑动。已知A、C间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度取g=10m/ s
2，设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物块C没有滑上木板A之前，A和B的加速度大小之比；
(2)当木板A的位移为0.3m时，A的速度大小v1；
(3)木板A的长度L。
【答案】解：(1)设物块C滑上木板A前，A的位移为x A，加速度为aA，B的位移为xB，加速度为aB，A、
B做初速度为零的匀加速直线运动：x = 1
2 at
2，x A =2 xB，aA：aB=2：1；
(2)在物块C滑上木板A前，设细线上的拉力为T 1，分别对A、B应用牛顿第二定律，则有：
mB g-2T 1=mBaB，T 1=mA aA，v1
2=2aA x A，
解得：v1=2m/ s；
(3)设C滑上木板后，B的加速度为a2，则A的加速度为2a2，细线上的拉力为T 2，分别对A、B应用牛
顿第二定律，则有：mB g-2T 2=mBa2
T 2- μmC g=mA⋅2a2，
解得：a2=0；
即C滑上A后，A、B匀速运动．A的速度为v1=2m/ s，此时，C做匀变速运动，设C滑上木板的加速
度为a3，则有：μmC g=mC a3，
设经过时间t，C的速度达到v1，根据题意此时C刚好运动至木板A的左端，以向右为正方向：
v1=- v2+a3t，
木板A的长度为：L= x A 2- xC，x A 2= v1t，xC =- v2t + 1
2 a3t
2；
解得L= 4.5m
答：(1)物块C没有滑上木板A之前，A和B的加速度大小之比为2：1；
(2)当木板A的位移为0.3m时，A的速度大小v1为2m/ s；
(3)木板A的长度L为4.5m。
