文档文本内容
易错02 力与直线运动
易错点1 忽略运动学物理量的矢量性
易错典题
【例1】（2026·西南大学附属中学校10 月定时检测·）如图所示，一足球以5m/s 的速度沿固
定斜面向上运动，经0.8s 速度减小为1m/s，在这段时间内，足球的加速度大小为( )
A.
B.
C.
D.
【错因分析】忽略加速度的矢量性，未规定正方向直接计算速率变化，导致无法准确得出加速
度的大小（误将速度变化量的绝对值除以时间但计算失误，或忽略负号对方向的影响而混淆
大小）；对加速度大小的理解偏差，误将计算出的含负号的加速度值当成大小，或因负号混
淆加速度方向与大小的关系
目录
第一部分 易错点剖析
易错典题
避错攻略
举一反三
易错点1 忽略运动学物理量的矢量性
易错点2 忽略刹车问题实际运动情况，盲目地套用公式计算“汽车”刹车的位移
易错点3 不理解直线运动x-t 图像的物理意义
易错点4 不理解直线运动v-t 图像的物理意义
易错点5 追及问题不注意物理过程分析，挖掘隐含条件、临界条件不够，盲目列式
易错点6 对牛顿第二定律的瞬时性理解不透彻
易错点7 不会用整体法与隔离法求解连接体问题
易错点8 不会分析物体分离的临界条件盲目求解出现错误
易错点9 分析传送带模型时抓住问题的关键
易错点10 分析板块模型出现错误
第二部分 易错题闯关
答案：C
解析：取沿斜面向上为正向，由加速度的定义式可知
即加速
度大小为
，负号表示方向沿斜面向下。故选C。
避错攻略
【知识链接】对于匀变带直线运动公式运用时一定要注意矢量的方向，如果题中没有给出，则需要考生
考虑多方向的可能性，然后规定正方向(或建立x 轴或y 轴)，将矢量转化为标量进行运算求解。运动存在往
返情况：一定要先选定一个正方向，在使用匀变速直线运动的公式进行计算时要注意矢量(如速度、加速度、
位移等)的正负。比较矢量情况：矢量相同必须是大小、方向都相同；若只比较大小，不需要考虑方向
举一反三
【变式1-1】质点做加速度恒定的变速运动，初速度大小为
，
秒末速度大小变为
，则下列判
断正确的是( )
A.速度变化量的大小可能大于
B.速度变化量的大小可能小于
C.加速度大小一定等于
D.加速度的方向一定与初速度方向相同
【答案】A
【解析】：当3s 末的速度方向与初速度方向相同，则速度的变化量
加速度为
当3s 末的速度方向与初速度方向相反，则速度的变化量
负号表示方向，加速度为
加速度方向与速度变化量方向相同，但加速度的方向可能与初速度方向相同，也可能相反。故选A。
【变式2-2】（2026 广东中山市期期中.）拍球是小孩子喜欢玩的一项游戏。如图所示，小孩在离地0.6m
的位置向下拍球，球落地时的速度大小为4m/s，接触地面后弹起时的速度大小为3m/s，反弹后上升的最大
高度为0.45m。假设球与地面的接触时间为0.1s，取竖直向下为正方向，不计空气阻力，小球可视为质点，
则（ ）
A. 与地面接触这段时间内球的速度变化量为1m/s
B. 与地面接触这段时间内平均加速度为
C. 从开始拍球到小球弹到最高点的位移为0.15m
D. 从开始拍球到小球弹到最高点的路程为0.15m
【答案】BC
【解析】要注意矢量的正或负表示的其方向与规定正方向相同或相反，它不同于数学上的正负数，所以求
矢量首的变化量，一定要首先确定正方向，还则会出现错误。以小球为研究对象。取竖直向下为正方向，
则
，
与地面接触这段时间内球的速度变化量为
故A 错误；与地面接触这段时间内平均加速度为
故B 正确；位移为初位置指向末位置的有向线段，从开始拍球到小球弹到最高点的位移为
，故C 正确；路程为轨迹长度，从开始拍球到小球弹到最高点的路程为
，故D 错误。
易错点2 忽略刹车问题实际运动情况，盲目地套用公式计算“汽车”刹
车的位移
易错典题
【例2】（2025·湖南二模）小明到汽车站时，车正以8m/s 的速度沿平直道路匀速驶离车站，司机听到
呼喊声，反应0.5s 后立即以2m/s2 的加速度匀减速刹车。设司机听到呼喊声时，小明距离汽车8m，正以
4m/s 的速度匀速追赶汽车。则从司机听到呼喊声到小明追上汽车，下列说法正确的是（ ）
A．经过2s 小明和汽车间距离最大
B．经过6s 小明追上汽车
C．小明和汽车间的最大距离为14m
D．汽车的位移为20m
【错因分析】求解此题的刹的位移和速度时，先应求出刹车的时间，再把已知时间与之比较，不能将已知
时间直接代入公式计算。
【答案】A
【解析】当小明和汽车速度相同时距离最大，设经过时间t 汽车减速至4m/s，汽车减速至4m/s 的时间
为：t= Δv
a = 4 m/ s
2m/ s
2 =2s
小明和汽车间距离最大时经过的时间为：t1＝2s+0.5s＝2.5s
汽车减速到4m/s 过程中位移为：x1＝v0t−1
2at2＝8×2m−1
2 ×2×22m＝12m，匀速运动0.5s 的距离为：x2
＝v0t0＝8m/s×0.5s＝4m
小明所走距离为：x2＝v（t+t0）＝4×（2+0.5）m＝10m
小明和汽车间的最大距离为：sm＝4m+12m+8m﹣10m＝14m，故A 错误，C 正确；
BD、汽车开始距离小明8m，减速过程的时间为：t′= v
a = 8m/ s
2m/ s
2 =4s，位移为：x′= 1
2at′2= 1
2 ×
2×42m＝16m
汽车所走总位移为：s1＝4m+16m＝20m
汽车距离车站总共距离为：s2＝4m+8m+16m＝28m，这段时间小明的位移为：x″＝4×4.5m＝18m
此时还未追上汽车，所以小明追上汽车的时间为：t 总= s2
v = 28
4 s＝7s，故B 错误，D 正确。
故选：CD。
避错攻略
【方法总结】(1)其特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a 突然消失．
(2)求解时要注意确定实际运动时间．
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．
【知识链接】(1)刹车问题在实际生活中，汽车刹车停止后，不会做反向加速运动，而是保持静止。
(2)题目给出的时间比刹车时间长还是短?若比刹车时间长，汽车速度为零．若比刹车时间短，可利用公式
v = v0+at直接计算，因此解题前先求出刹车时间t0。
(3)刹车时间t0的求法．由v = v0+at，令v =0，求出t0便为刹车时间，即t0=−v0
a 。
(4)比较t与t0,若t ≥t0，则v =0；若t <t0，则v = v0+at。
(5)若t ≥t0，则v =0，车已经停止，求刹车距离的方法有三种：
①根据位移公式x=v0t＋at2，注意式中t只能取t0
②根据速度位移公式－v＝2ax； [来源:学*科*网Z*X*X*K]
③根据平均速度位移公式x = v0
2 t.
举一反三
【变式2-1】（多选）（2025•蕉城区校级一模）如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216km/h，随后沿
直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4s 内的位移为7m，下列说法正确的是（
）
A．该飞机的加速度大小为2m/s2
B．该飞机着陆后5s 时的速度大小为40m/s
C．该飞机在跑道上滑行的时间为30s
D．该飞机在跑道上滑行的距离为1800m
【答案】A
【解析】【解答】解：A、飞机着陆时的速度v0＝216km/h＝60m/s
飞机做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，该飞机在倒数第4s
内的位移为7m，设飞机的加速度大小为a，有：1
2 at 4
2−1
2 at3
2=7m
代入数据解得：a＝2m/s2
故A 正确；
C、飞机在跑道上滑行的时间为t= v0
a = 60
2 s＝30s
故C 正确；
B、该飞机着陆后5s 时未停止运动，速度大小为v5＝v0﹣at5＝60m/s﹣2×5m/s＝50m/s
故B 错误；
D、该飞机在跑道上滑行的距离为x= 1
2v0t= 1
2 ×60×30m＝900m
故D 错误。
故选：AC。
【变式2-2】(2025·山东省临沂市高三一模）一辆公共汽车以初速度14m/s 进站后开始刹车，做匀减速直
线运动直到停下。刹车后3s 内的位移与最后3s 内的位移之比是
，则刹车后4s 内通过的距离与刹车后
3s 内通过的距离之比为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】由题意可知
可得a=4m/s2
汽车停止运动需要时间
则刹车后4s 内通过的距离
刹车后3s 内通过的距离
则刹车后4s 内通过的距离与刹车后3s 内通过的距离之比为49:48。故选D。
易错点3 不理解直线运动x-t 图像的物理意义
易错典题
【例3】(2023·全国甲卷·高考真题)一小车沿直线运动，从t=0 开始由静止匀加速至t=t1时刻，此后做匀减
速运动，到t=t2时刻速度降为零，在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是( )
【错因分析】不理解x-t 图像的斜率表示速度大小，正负表示方向而错选A 或B、C.
【答案】 D
【详解】 x-t 图像的斜率表示速度，0~t1时间内小车做匀加速运动，速度变大，所以图像斜率变大，t1~t2
时间内小车做匀减速运动，则图像的斜率变小，在t2时刻小车停止，图像的斜率变为零，故选D。
避错攻略
【知识链接】对x-t 图像的理解
(1)x-t 图像反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律，图像并非物体运动的轨迹。
(2)x-t 图像只能描述物体做直线运动的情况，这是因为x-t 图像只能表示物体运动的两个方向：t 轴上方
代表正方向，t 轴下方代表负方向；如果物体做曲线运动，则画不出x-t 图像。
(3)x-t 图线上某点切线的斜率表示物体在该时刻的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示
速度的方向考系
举一反三
【变式3-1】 (2025·八省联考山陕青宁卷)2024 年8 月，我国运动员获得第33 届奥运会男子100 m 自由泳
冠军。比赛所用标准泳池的长度为50 m，下列与该运动员实际运动过程最接近的位移—时间
(x－ t)图像是( )
【答案】 C
【详解】 根据题意标准泳池的长度为50 m，运动员在100 m 自由泳中，位移为零，所以位移先增大后减
小，离出发点最远处位移为50 m，故C 正确。
【变式3-2】（2025·甘肃白银·三模）某工程师遥控无人机在空中飞行，若0~10s内无人机的x−t图像如
图所示，图线为一平滑曲线，则关于无人机在0~10s内的飞行，以下说法正确的是（ ）
A．无人机一定做曲线运动
B．无人机先做减速直线运动后做加速直线运动
C．无人机的平均速度大小为1.4 m /s
D．无人机有两个时刻的瞬时速度等于它的平均速度
【答案】D
【详解】A．画出的是x−t图像，只能描述位移的两种方向，则说明无人机做直线运动，故A 错误；
B．x−t图像的斜率表示速度，由各点斜率可知无人机先做加速直线运动后做减速直线运动，故B 错误；
C．无人机的平均速度大小v = Δ x
Δt =1.6 m /s
故C 错误；
D．作图像的切线，如图所示
图像中作出的长实线的斜率表示0~10s内无人机的平均速度，长实线两侧一定可以找出曲线上点的切线与
长实线平行，无人机在这两个点的瞬时速度等于它的平均速度，故D 正确。
故选D。
【变式3-3】（2025·山东临沂·三模）一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，其运动的位移-时间图像
如图所示，P（t1，x1）为图像上一点。PQ 为过P 点的切线，与t 轴交于点Q（t2，0），则汽车运动的加速
度大小为（ ）
A．
x1
t1
2
B．
2 x1
t1
2
C．
2 x1t1
t2
2(t1−t2)
D．
2 x1t2
t1
2(t1−t2)
【答案】D
【详解】x−t斜率表示速度，故P 点速度v =
x1
t1−t2
根据中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，可得t1
2 时刻的速度为v1= x1
t1
则有加速度a= Δv
Δt = v −v1
t1
2
联立解得a=
2 x1t2
(t1−t2)t1
2
故选D。
易错点4 不理解直线运动v-t 图像的物理意义
易错典题
【例4】（2025·海南·高考真题）如图所示是某汽车通过ETC过程的v −t图像，下面说法正确的是
（ ）
A．0∼t1内，汽车做匀减速直线运动
B．t1∼t2内，汽车静止
C．0∼t1和t2∼t3内，汽车加速度方向相同
D．0∼t1和t2∼t3内，汽车速度方向相反
【错因分析】把速度图像当作了位移图像而错选B 项，不理解v −t图像的斜率表示加速度大小，正负表示
方向，而错选C、D 项。
【答案】A
【详解】A．由图可知v −t图像的斜率表示加速度，0∼t1时间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度方
向与速度方向相反，故0∼t1时，汽车做匀减速直线运动，故A 正确；
B．t1∼t2内，汽车做匀速直线运动，故B 错误；
C．0∼t1内加速度为负，t2∼t3内加速度为正，故0∼t1和t2∼t3内，汽车加速度方向相反，故C 错误；
D．0∼t1和t2∼t3内，汽车速度方向相同，均为正，故D 错误。
故选A。
避错攻略
【知识链接】对v-t 图像的理解
(1)v-t 图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，它只能描述物体做直线运动的情况。
(2)v-t 图像中图线上某点切线的斜率表示物体在该时刻的加速度。斜率的大小表示加速度的大小，斜
率为正表示加速度沿规定的正方向，但物体不一定做加速运动，斜率为负则加速度沿负方向，物体不一定
做减速运动。
(3)v-t 图像中图线与t 轴所围面积表示这段时间内物体的位移。t 轴上方的面积表示位移沿正方向，t 轴
下方的面积表示位移沿负方向，如果上方与下方的面积大小相等，说明物体恰好回到出发点。
举一反三
【变式4-1】(2024·福建·高考真题)某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，
某次测试的速度—时间图像如图所示。已知0～3.0 s 和3.5～6.0 s 内图线为直线，3.0～3.5 s 内图线为曲线，
则该车( )
A．0～3.0 s 的平均速度为10 m/s
B．3.0～6.0 s 做匀减速直线运动
C．0～3.0 s 内的位移比3.0～6.0 s 内的大
D．0～3.0 s 的加速度大小比3.5～6.0 s 的小
【答案】 D
【详解】 根据v－t 图像可知，0～3.0 s 内汽车做匀加速直线运动，平均速度为v ＝0＋30
2
m/s＝15 m/s，
故A 错误；
根据v－t 图像可知，3.5~6.0 s 内汽车做匀减速直线运动，故B 错误；
根据v－t 图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0~3.0 s 的加速度大小为a1＝30
3.0m/s2＝10 m/s2,3.5~6.0 s
的加速度大小满足a2>
30
6.0−3.0 m/s2＝10 m/s2，可知0~3.0 s 的加速度比3.5~6.0 s 的小，故D 正确；
根据v－t 图像与横轴围成的面积表示位移可得，0~3.0 s 内的位移为x1＝1
2×30×3.0 m＝45 m，3.0～6.0 s 内
的位移满足x2>1
2×30×(6.0－3.0) m＝45 m，可知0～3.0 s 内的位移比3.0～6.0 s 内的小，故C 错误。
【变式4-2】(2024·河北·高考真题)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，如图所示。图像中a、b、c、d 四点
中对应篮球位置最高的是( )
A.a 点
B.b 点
C.c 点
D.d 点
【答案】 A
【详解】由题意可知，v-t 图像中速度为负值表示向下运动，当篮球向下运动到速度最大时表示与地面接触，
速度发生突变，方向变为向上并做匀减速运动，由题图可知第一次上升至速度为零的a 点离地面最远，故
四个点中对应篮球位置最高的是a 点。故选A。
【变式4-3】（2025·河北沧州·二模）2025 年1 月6 日，中国香港国际玩具展览会开展。若一辆玩具汽车
在水平地面做直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．汽车刚出发时的加速度大小为1m /s
2
B．汽车在0∼3s时间内加速度方向不变
C．汽车在3s末的位移大小为6 m
D．汽车在前4s内通过的路程为4 m
【答案】C
【详解】A．根据v −t图像的斜率表示加速度，可得汽车刚出发时的加速度大小为
a=Δv
Δt = 4
2 m /s
2=2m /s
2
A 错误；
B．由v =t图像可得，2s时斜率由正值变为负值，所以2s时汽车加速度开始反向，B 错误；
C．v −t图线围成的面积为汽车位移的大小，汽车在3s末的位移大小为x1= 3×4
2
m =6 m
C 正确；
D．由图像围成的面积可得，前4s内汽车通过的路程s= s1+ s2= 4
2 ×3 m + 4
2 ×1m =8 m。D 错误。
故选C。
易错点5 追及问题不注意物理过程分析，盲目列式
易错典题
【例5】如图所示，在平直公路上一货车以10m/s 的速度行驶，在其正后方50m 处是一轿车以30m/s 速度
同向行驶。为防止发生意外，轿车司机突然以5m/s2加速度刹车。则下列说法中正确的是( )
A. 若不考虑两车是否追尾，轿车滑行的距离为90m
B. 轿车停下时两车相距最近，最近距离为30m
C. 两车在4s 末相距最近，最近距离为10m
D. 要想避免两车发生追尾事故，轿车司机的反应时间最长为0.5s
【错因分析】不分析临界条件，直接由位移关系列式求解而出现错误。
【答案】AD
【解析】对轿车，根据匀变速直线运动规律
有
，解得x =90m，故轿车滑行的距离90m，选项A 正确；
当二者共速时相距最近，
有
小车运动的位移为
大货车的位移为
则最近距离为
故两车在4s 末相距最近，最近距离为10m，选项B 错误、C 正确；
设反应时间为
t 反，则有
即
解得
，故允许小汽车司机的反应时间最长为0.5s，选项D正确。
避错攻略
【知识链接】求解追及和相遇问题的两点技巧
举一反三
【变式5-1】（2025•什邡市校级一模）甲车以4m/s 的速度做匀速直线运动，乙车在甲前面的另一平行车
道以10m/s 的速度同向做匀速直线运动，当它们相距16m（沿车道方向）时，乙车开始刹车做匀减速直线
运动，加速度大小为2m/s2。从乙车开始刹车到甲车追上乙车，所用为时间（ ）
A．8s
B．10.25s
C．10.5s
D．15s
【答案】B
【解析】乙车减速时间t乙= v2
a = 10
2 s=5 s
乙刹车到停止的位移x乙= v2
2
2a = 10
2
2×2 m=25m
从乙车开始刹车到甲车追上乙车，有v 甲t﹣x 乙＝x0
解得t＝10.25s
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【变式5-2】（2025·江苏省南京市六校联合体10 月联合调考）如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直
路面向前行驶，两车车顶
两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在
以内时能够实现通信。
时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为
，乙车的速度为
的
距离为
。从该时刻起甲车以
的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运
动。忽略信号传递时间，从
时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且
时，有
（点拔：甲、乙两车
蓝牙通信的位移关系式）
根据运动学公式有
解得
，
，（易错：不会分析两个时的物理意义而是任意舍去）
因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，
当
时，
；
时，
易错：不会分段分析甲、乙两车间的距离）
。t=t2=4s 时，甲车的速度为
，t=4s 之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车
能够继续行驶的距离为
，根据几何关系可知，从t=4s 开始到乙车行驶至甲车前方4m 的过
程中，
，这段过程经历的时间为
，所以甲、乙两车能利用蓝牙通信
的时间为
，故选项D 正确。
【变式5-3】（2025·四川省成都市石室中开学考试） 如图所示，为车辆行驶过程中变道超车的情景。
图中
两车相距
时，B 车正以
的速度匀速行驶，A 车正以
的速度借
道超越同向行驶的B 车，此时A 车司机发现前方不远处有一辆汽车C 正好迎面驶来，A 车司机不得不放弃
超车，而立即驶回到与B 车相同的正常行驶车道。不考虑变道过程中A 车速度的变化和位移的侧向变化，
车辆加速、减速均视为匀变速直线运动。
（1）A 车至少以多大的加速度刹车，才能避免与B 车相撞；
（2）若A 车驶回原车道时，司机估计会有与B 车相碰的危险，立即以大小为
的加速度刹车，
同时鸣笛发出信号提醒B 车司机加速，B 车司机经过
的反应时间后，立即以
的加速度
匀加速行驶。（不计A 车司机的反应时间）。请通过计算分析A 会不会追尾B 车。若不追尾，求两车间最
近距离。
【答案】（1）
；（2）会相撞
【解析】（1）A 车减速到与
B 车共速时，若恰好没有与
B 车相碰，则
A 车将不会与
B 车相碰
，（易错：
A、B 两车速度相等时，两车的距离最近，通过位称关系分析两车是否发生碰撞）设经历的时间为t，有
则A 车位移为
B 车位移为
根据位移关系可知
联立解得
则A 车与B 车不碰，刹车时的最小加速度大小为
（2）B 车司机反应的1s 内，A 车的位移
B 车的位移为
所以B 车开始加速时，两车只相距
假设还需要
两车共速，则有
解得
（点拔：抓住速度相等这一临界条件）
时间内A 车的位移为
B 车的位移为
则
，所以两车会相撞。
【答案】D
【解析】
易错点6 对牛顿第二定律的瞬时性理解不透彻
易错典题
【例6】 (2025·甘肃高考 T8)如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为
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
C. 小球A 运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D. 小球A 运动到最低点时，弹簧的伸长量为
【错因分析】没有弄清弹簧模型受力只能渐变，不能突变，而绳、线模型受力可以突变。
【答案】BC
【解析】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，A 项错误；剪断细线之前则
，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A 由牛顿第二定律
解得A 的加速度
。B 项正确；剪断细线之前弹簧伸长量
剪断细线后A 做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量
即振幅为
，由对称性可知小球A 运动到最高点时，弹簧伸长量为
，C 项正确；由上
述分析可知，小球A 运动到最低点时，弹簧伸长量为
，D 项错误。
避错攻略
【知识链接】2.求解瞬时加速度的步骤
举一反三
【变式6-1】（2023·湖北卷·第9 题）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另一端与一质
量为m 的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N 两点与O
点的距离均为l，P 点到O 点的距离为
，OP 与杆垂直。当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止。设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M 点向下运动到N 点，在此过程
中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
B. 小球在P 点下方
处的加速度大小为
C. 从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D. 从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】AD
【解析】
小球在P 点受力平衡，则有，
，
，
联立解得
，A 正确；
在PM 之间任取一点A，令AO 与MN 之间的夹角为
，则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
化简得
小球由M 向P 运动过程中，θ 角增大，小球由P 向N 运动过程中，θ 角减小，由此可知，小球从M 点到N
点的运动过程中，所受摩擦力先变大后变小，C 错误；
根据对称性可知在任意关于P 点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M 到P 和P 到N 摩擦力做功
大小相等；D 正确；
小球运动到P 点下方
时
，此时摩擦力大小为
由牛顿第二定律
联立解得
，B 错误。
【变式6-2】（2025 江苏省连云港市高三上学期10 月联考）如图所示，轻弹簧
的一端固定，另一端
连着小球A，小球A 的下面用另一根相同的轻弹簧
连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端
固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧
与竖直方向的夹角为
，弹簧
的形变量为弹簧
形变量的3
倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. 小球A 的加速度大小为
B. 小球A 的加速度大小为
C. 小球B 的加速度大小为
D. 小球B 的加速度大小为g
【答案】B
【解析】细绳剪断之前，对整体受力分析
满足
对B 受力分析
满足
又因为两轻弹簧劲度系数相同，且弹簧
的形变量为弹簧
形变量的3 倍，故有
，联立解得
，剪断细绳后瞬间，两轻弹簧上弹力保持不变，细绳上拉力变为0，此时小球A 所受合外力
大小与原绳上拉力相等，小球B 所受合外力为零，由牛顿第二定律可知
，解
得
，故B 正确，ACD 错误
易错点7 不会用整体法与隔离法求解连接体问题
【例7】（2021·海南高考真题）如图，两物块P、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P 静止在
水平桌面上。将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q 两物块的
质量分别为
、
，P 与桌面间的动摩擦因数
，重力加速度
。则推力F
的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【错因分析】若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加
速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离
求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。
【答案】A
【解析】P 静止在水平桌面上时，由平衡条件有
推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
故Q 物体加速下降，有
可得
而P 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P 由牛顿第二定律
解得
故选A。
避错攻略
【知识链接】
整体法与隔离法的选取原则
1.整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们
看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
2.隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就
需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
3.整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一
般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”。
举一反三
【变式7-1】（2025·安徽·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5.0N
【答案】C
【详解】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，只有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FN= 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=2.5 m/s
2，T =7.5 N
C 正确，D 错误。
故选C。
【变式7-2】（2025·安徽滁州·二模）如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正
中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C 处。现用力竖直向下
将木板中心拉到D 处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分分离。若木板中心位于B 处时，
弹簧处于原长状态，位置A 与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于（ ）
A．C 处
B．B 处
C． D、C 之间
D．B、A 之间
【答案】B
【详解】物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用加速度为g，则
此时木板的加速度也为g，则木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即木
板在B 处。
故选B。
【变式7-3】（多选）（2023·湖南卷·第10 题）如图，光滑水平地面上有一质量为
的小车在水平推力
的作用下加速运动。车厢内有质量均为
的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B
球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为
，杆与竖直方向的夹角为
，杆与车厢始终保持相对
静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．若B 球受到的摩擦力为零，则
B．若推力
向左，且
，则
的最大值为
C．若推力
向左，且
，则
的最大值为
D．若推力
向右，且
，则
的范围为
【答案】CD
【详解】A．设杆的弹力为
，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满
足
，竖直方向
，则
若B 球受到的摩擦力为零，对B 根据牛顿第二定律可得
，可得
对小球A、B 和小车整体根据牛顿第二定律
，A 错误；
B．若推力
向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 所受向左的合力的最大值为
对小球B，由于
，小球B 受到向左的合力
则对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
，解得
，B 错误；
C．若推力
向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 向左方向的加速度由杆对小球A 的水平分
力提供，小球A 所受向左的合力的最大值为
小球B 所受向左的合力的最大值
由于
可知
则对小球B，根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
联立可得
的最大值为
，C 正确；
D．若推力
向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A 可以受到左壁向右的支持力，
理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B 即可，当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 向右
的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B 向右的合力最大，此时
对小球B 根据牛顿第二定律
，
对系统根据牛顿第二定律
代入小球B 所受合力分范围可得
的范围为
易错点8 不会分析的动力学的临界问题
【例8】（2025·湖北模拟）如如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一
端与质量为m 的小滑块A 相连接，在A 的右边靠着另一质量为m 的滑块B，A 与B 不粘连。已知A、B 与
水平地面的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能
EP=1
2 k . x2
，其中
k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量。现将AB 一起由原长O 点处向左压缩弹簧，当压缩量
x0=2(1+√5)μ mg
k
时将滑块A、B 由静止释放，则在A、B 以后运动过程中，下列说法正确的是
A．滑块A、B 将在O 点右侧分离
B．滑块B 运动的总位移大小为
2(3+√5)μ mg
k
C．A 向右运动的最大位移为
2(3+√5)μ mg
k
D．当A、B 都静止时A 与B 间的距离为
4 μ mg
k
【错因分析】误认为A、B 分离的条件是弹簧处于原长，实际上是两物体刚好接触或刚好脱离的条件是弹
x0
O
B
A
k
力F N =0 ，且加速度相同。
【答案】BD
【解析】 当A、B 分离时，加速度相同，但相互作用力为零，所以分离时A、B 的加速度大小均为a=μg
，因此滑块A、B 将在O 点分离，A 错误；设A、B 到达O 点的速度大小为v0，则根据
能量守恒定律
可
得
1
2 kx 0
2=2μ mgx 0+ 1
2×2mv 0
2 ，解得v0
2=8 μ2mg 2
k
，此时A 与B 分离，分离后B 继续向右做匀减速运动，
xB2=
v0
2
2μ.g= 4 μ mg
k
，滑块B 运动的总位移大小为xB=x0+xB2=2(3+√5)μ mg
k
,B 正确；设A 与B 分
离后，A 继续向右运动的最大距离为x A 2, 则根据功能关系得1
2 m.v0
2=1
2 kx A 2
2 +μmg .x A 2, 解得
(kx A 2+4 μ mg )( x A 2−2μ mg
k
)=0，解得x A 2=2μ mg
k
，所以A 向右运动的最大位移为
x A=x0+x A 2=2(2+√5)μ.mg
k
，C 错误；A 向右离开O 点最大距离为x A 2=2μ mg
k
，此时弹簧
F A=kx A 2=2μ mg ，向左运动x2= μ mg
k
时弹力与摩擦力平衡，速度达到最大（易错：误认为A 物体速度
最大时是弹簧处于原长），然后再减速运动，根据对称性可知恰好运动到O 点速度为零而保持静止状态，
当A、B 都静止时A 与B 间的距离为xB2= 4 μ mg
k
，D 正确。
避错攻略
【知识链接】1.产生临界值或极值的条件
临界或极值状态
对应条件
两物体刚好接触或刚好脱离
弹力F N =0 .
两物体由相对静止开始相对滑动
静摩擦力达到最大值.
绳子断裂
张力为绳子所能承受的最大张力.
绳子恰被拉直
张力FT =0 .
加速度最大或最小
当所受合力最大时，具有最大加速度；合力最小时，具
有最小加速度.
速度最大或最小
加速度为零.
2.求解临界或极值问题的方法
在分析和求解临界或极值问题时，要注意通过分析物理过程，并根据条件变化或随过程引起
受力情况和状态的变化，找到临界点及临界条件.通常采用如下分析思路.
思想方法
适用情境
分析思路
极限思想
题目中出现“ 最大” “ 最
小”“刚好”等字眼时，一
般都隐含着临界问题.
把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状
态）暴露出来，达到快速求解的目的.
假设推理
物理过程中没有明显出现临
界问题的线索，但在变化过
程中可能出现临界问题.
一般先假设出某种临界状态，再分析物体的受力情况及运动
情况是否与题设相符，最后根据实际情况进行处理.
数学方法
利用临界值或临界条件作为
求解问题的思维起点，在解
决实际问题时经常用到.
将物理过程转化为数学表达式，通过求解数学表达式的极
值，求解临界问题.
举一反三
【变式8-1】（2025·广东省佛山市第三中学第二次教学质量检）如图所示，质量m＝2kg 的小球用细绳
拴在倾角
的光滑斜面体斜面上，此时细绳平行于斜面。g 取10
。下列说法正确的是
（ ）
A. 当斜面体以5
的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20N
B. 当斜面体以12
的加速度向右加速运动时，绳子拉力与水平方向夹角大于37°
C. 当斜面体以20
的加速度向右加速运动时，绳子拉力为
N
D. 当斜面体以20
的加速度向右加速运动时，绳子拉力与水平方向向夹角等于30°
【答案】AC
【解析】当小球刚好只受重力和轻绳拉力作用时，（易错：不分析小球从斜面上脱离的临界条件，盲目求
解就容易要受力分析上出现错误）如图所示
根据牛顿第二定律
，解得
。当斜面体以5
的加速度向右加速运动时，即
a1< a 0，此时物体受重力，支持力和绳的拉力（点拔：在确定临界条件下进行受力分析），如图所示
水平方向有
，竖直方向有
联立解得
，
，故A 正确，当斜面体以12
的加速度向右加速运动时，即
a 2< a 0，
此时物体受重力，支持力和绳的拉力
（
点拔：在确定临界条件下进行受力分析），物体在斜面上，绳子拉
力与水平方向夹角等于37°，故B 错误；当斜面体加速度为20m/s2时，即a3>a0，此时物体受重力和绳的拉
力，且小球已和斜面分离，如图所示
解得
，
，故C 正确，D 错误。
【变式8-2】（2025·贵州省贵阳市第一中学高三适应性月考）倾角为
的光滑斜面上固定一轻弹
簧，弹簧上端1、2 两物体处于静止状态，1 物体一端与弹簧固结，如图所示。已知1 物体质量
，
2 物体质量
，弹簧劲度系数
。现给2 物体施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从
静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.5s 时间内，F 为变力，0.5s 以后F 为恒力。取
，
求力F 的最大值与最小值。
【答案】（1）
；（2）
【解析】设刚开始弹簧压缩量xo
在前0.5s 时间内，F 为变力，在0.5s 时，1 对2 的作用力为0，
设弹簧型变量x1。牛顿第二定律可知
在前0.5s 内，做匀加速直线运动的距离为x0-x1。
所以有
解得
所以当物体1，2 开始运动时拉力最小，此时有
当
物体
1 ，
2 分离时拉力最大，
（易错：本题考查连接体分离时的特点，不会分析的两物体恰好分离时的条
件是：两物体沿斜面上的加速度和速度仍相等）此时有
解得
易错点8 分析的传送带模型抓住关键
【例8】（2025·湖南长沙·一模）许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电机带动，
传送带的速率恒定
，运送质量为
的工件，将工件轻放到传送带上的A 端，每当前一个工
件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数
，
传送带与水平方向夹角
，工件从A 端传送到B 端所需要的时间为
。取
，工件可视作质
点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．加速过程的加速度大小为
B．加速运动的距离为
C．两个相对静止的相邻工件间的距离为
D．A、B 两端的距离为
【错因分析】解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.
.临界状态：当v 物＝v 带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.
【答案】AC
【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析
【详解】A．工件加速过程，根据牛顿第二定律有
解得
故A 正确；
B．加速过程，根据速度与位移的关系有
解得
故B 错误；
C．工件加速经历时间
根据先加速后匀速，由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两
个相对静止的相邻工件间的距离为
故C 正确；
D．工件从A 端传送到B 端所需要的时间为
则工件匀速的位移为
A、B 两端的距离
故D 错误。
故选AC。
避错攻略
【知识链接】
1.平传送带要注意三个状态的分析——初态、共速和末态
2.倾斜传送带求解关键
物体沿倾角为θ 的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜
传送带问题时要特别注意mgsin θ 与μmgcos θ 的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向
的关系，确定物体运动情况
举一反三
【变式9-1】（2024·安徽·高考真题）倾角为
的传送带以恒定速率
顺时针转动。
时在传送带底端
无初速轻放一小物块，如图所示。
时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到
。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】
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。
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。
【变式9-1】（2025·河南三门峡·一模）某煤矿厂需要将煤块运往高处，其模型简化图如图所示，传送带
与水平面的夹角
，以
的速率顺时针转动，传送带两端的长度
。现将质量为
的煤块轻放在传送带A 端，已知物块与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度
，
在煤块从A 端运动到B 端的过程中，求：
(1)煤块在传送带上的划痕s；
(2)和未放煤块相比，传送带的电动机多消耗的电能。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）对煤块，由牛顿第二定律有
解得
则煤块加速到与传送带共速所需时间
共速物块移动的距离
传送带运动的距离
则划痕
（2）从共速后到煤块运动到B 点，由于
，故煤块与传送带共速，该过程摩擦力
由电动机对传送带做功知
可得
易错点10 分析的板块模型出现错误
【例6】
例2. (2025·江苏高考 T10)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上
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
【错因分析】“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体
同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该
值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.
【答案】D
【解析】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时
物块加速度不为0，A 项错误；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
：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为
，物块质量为
，对物
块根据牛顿第二定律
设木箱质量为
，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律
可得
即弹簧的最大弹力减小到
后，二者一起做简谐运动，B 项错误；根据A、B 选项分析可知
只有当二者一起做简谐运动前，有相对滑动，木箱第一次到达最右端时，物块速度不为零，故C 项错误；
开始滑块的加速度向右，物块与滑块第一次共速前，物块相对滑块向左运动，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，D 项正确。
避错攻略
【知识链接】
处理“板块”模型中动力学问题的流程
举一反三
【变式10-1】 (:2021·全国乙卷·T21）水平地面上有一质量为
的长木板，木板的左明上有一质量为
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
、
分别为
、
时刻F 的大小。木板的加速度
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
，物块与木板间的动摩擦因数为
，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.
B.
C.
D.
时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】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
故A 错误；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
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
，故BC 正确；．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，故D 正确
【变式10-2】 （2022 湖北十堰四模）如图所示，倾角
的光滑斜面上有一质量
的足够
长的木板A，在A 的上端有一质量
的物块B（可视作质点），物块B 与木板A 间的动摩擦因数
，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P 碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放，
释放时木板前端与挡板相距
，取重力加速度大小
，
，
。
（1）木板A 第1 次碰挡板P 时的速度多大；
（2）求从木板A 第1 次碰到挡板到木板A 第1 次减速为零的时间；并求出在此过程中，物块B 与木板A 间
因摩擦产生的热量。
【答案】（1）
；（2）
；
【解析】（1）分析可知，释放后A、B 一起加速下滑，由牛顿第二定律
可得
设木板碰挡板时速度为v，则
代入数据解得
（2）碰后木板A 减速上滑，设其加速度大小为aA，有
可得
故所求时间
木板A 上滑距离
此过程中，物块B 加速下滑，设其加速度大小为aB，有
可得
物块B 下滑距离
故摩擦生热
1．（2024·新疆河南·高考真题）一质点做直线运动，下列描述其位移x 或速度v 随时间t 变化的图像中，
可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AB．物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB 选项中一个时间对应2 个以上的位移，故不
可能，故AB 错误；
CD．同理D 选项中一个时间对应2 个速度，只有C 选项速度与时间是成函数关系，故C 正确，D 错误。
故选C。
2．如图一所示，2025 蛇年春晚，国产宇树科技机器人集体扭秧歌引人注目，动作丝滑堪比人类。图二记
录其中一台机器人在一段时间内运动的速度-时间图像，如图所示，在0~6s 内，下列说法正确的是
（ ）
A．机器人可能做曲线运动
B．机器人第1s 内和第2s 内的速度方向相反
C．机器人第1s 内和第2s 内的加速度方向相反
D．机器人第3s 内的速度方向和加速度方向相反
【答案】C
【详解】A．机器人做直线运动，A 错误；
B．机器人第1s 内和第2s 内的速度方向相同，均向正方向运动，B 错误；
C．机器人第1s 内加速度向正方向，第2s 内加速度向负方向，机器人第1s 内和第2s 内的加速度方向相反，
C 正确；
D．机器人第3s 内的速度方向和加速度方向相同，均向负方向，D 错误。
故选C。
3．（2023·江苏·高考真题）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图
所示。电梯加速上升的时段是（ ）
A．从20.0s 到30.0s
B．从30.0s 到40.0s
C．从40.0s 到50.0s
D．从50.0s 到60.0s
【答案】A
【详解】因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s 到30.0s。
故选A。
4.（2022·全国乙卷·T15）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光
滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂
直。当两球运动至二者相距
时，它们加速度的大小均为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距
时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为
，水平方向有
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A 正确，BCD 错误。故选A
5．（2025·山西晋中·三模）如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．图1 中，物体在0～t1时间段通过的位移为x1
B．图2 中，阴影面积表示t1时刻物体的速度大小
C．图3 中，物体在0～t0时间内的平均速度等于v0
2
D．图4 中，0～4s内物体的速度变化量是4 m /s
【答案】D
【详解】A．图1 中，初始时刻t =0时物体的位置坐标不为0，t =t1时物体的位置坐标为x1，所以物体
0～t1时间段通过的位移为Δ x< x1，故A 错误；
B．图2 中，a−t图像中，图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量Δv。0～t1时间内物体速度的变化
量，而不是t1时刻物体的速度大小，因为不知道初速度，所以无法确定t1时刻物体的速度大小，故B 错误；
C．在v −t图像中，若物体做匀变速直线运动，其平均速度为v = v0+ v
2
且图像为倾斜直线。图3 中物体v −t图像是曲线，说明物体做的不是匀变速直线运动，所以物体在0～t0
时间内的平均速度不等于v0
2 ，故C 错误；
D．由运动学公式x = v0t + 1
2 at
2
解得x
t = v0+ 1
2 at
图像的斜率k = 1
2 a
图4 中图像斜率为k =
1−0
0−（−2）= 1
2 m/s
2
则加速度a=1m/s
2
根据Δv =at
0～4s内物体的速度变化量为Δv =1×4 m/s= 4 m/s
故D 正确。
故选D。
6.（2023 江苏高考仿真模拟）如图所示，倾角为α=370且表面光滑的斜面体固定在匀速下降的升降机上，
质量相等的A、B 两小球用一轻质细绳连接着，A 的上端用一轻质弹簧拴接在斜面上端的固定装置上。当升
降机运动到某一位置突然处于完全失重状态时，则此刻AB 两物体的瞬时加速度为别为
（ ）
A．g， g B．g，
3
5 g
B
A
α
C．
3
5 g， g D．
3
5 g，
4
5 g
【答案】A
【解析】由于整个装置突然处于完全失重状态，根据其的特点可知，A、B 两物体与斜面体之间以及轻绳的
弹力会突然消失，而弹簧在这一瞬间，长度不会立即变化，故此时弹簧对A 物体的作用力不变。对B 受力
分析可知，完全失重瞬间，此时B 的合力就是其重力，所以B 的瞬时加速度为g。由平衡条件可知，A 受到
弹簧的作用力大小为
F=2mg sinα=6
5 mg
，由于A 物体本身重力不变，故在此瞬间，A 同时受到弹簧的
弹力F 和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力大小为 mg，故其瞬时加速度为g，故选项A 正确。
7．（2024·重庆·高考真题）如图所示，某滑雪爱好者经过M 点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾
斜雪道，当其达到N 点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速
直线运动。则M 到N 的运动过程中，其速度大小v 随时间t 的变化图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接（没有能量损失，速度大小不变）的倾
斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动。
故选C。
8.（2025 安徽省合肥市六校联盟期末联考）某汽车正以72km/h 在公路上行驶，为“礼让行人”，若以
5m/s2加速度刹车，则以下说法错误的是（ ）
A．刹车后2s 时的速度大小为10m/s
B．开始刹车后第1s 的位移与第2s 的位移比为7：5
C．刹车后5s 时的位移为37.5m
D．若司机为酒后驾车，不会影响刹车后的加速度
【答案】C
【解析】。由题知，汽车初速度
，加速度大小
，刹车后2s 时的速度大小为
故A 正确；开始刹车后1s 末的速度
第1s 的位移
第2s 的位移
则刹车后第1s 的位移与第2s 的位移比为7：5，故
B 正确；汽车刹车需要时间
则刹车后5s 时的位移为减速过程中的总位移
故C 错误；
若司机为酒后驾车，反应时间会变长，但不会影响汽车刹车过程的加速度，故D 正确。
9.（2025·广东华南师大附属·一模）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度
相同，（c）用大小为
（
为重力加速度）的力替代重物
进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮
质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在
移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中，正
确的是（ ）
A．装置（a）中
的动能增加量大于（b）中
的动能增加量
B．装置（a）中物块
的加速度为
C．装置（b）、（c）中物块
的动量增加量相同
D．装置（b）中绳上的张力
等于装置（c）中绳上的张力
【答案】A
【解析】由于装置（b）有摩擦力，可知装置（a）中物块的合外力较大，根据
，可知装置
（a）中物块的加速度较大，在m 移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（a）m 的动能增加量
大于（b）中m 的动能增加量，故A 正确；装置（a）中对系统根据牛顿第二定律
，解
得物块m 的加速度为
，故B 错误；装置（b）中对系统根据牛顿第二定律
，解得物块m 的加速度为
，装置（c）中对系统根据牛顿第二定律
，解得物块m 的加速度为
，可知装置（c）中物块m 的加速度较大，在
m 移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（c）m 的动能增加量大于（b）中m 的动能增加量，
故C 错误；装置（b）中对物块m 根据牛顿第二定律
，解得
，装置（c）
中绳子张力为
所以，装置（b）中绳上的张力
不等于装置（c）中绳上的张力
，故D 错
误。
10.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为
、m 的物体A、B（A 物体
与弹簧拴接），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B
上，使物体A、B 开始向上一起做加速度大小为
的匀加速直线运动直到A、B 分离，重力加速度为g，
则关于此过程说法正确的是（ ）
A. 施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为
B. 施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为
C. 从施加力F 到A、B 分离的时间为
D. 从施加力F 到A、B 分离的时间为
【答案】A
【解析】设弹簧开始时的压缩量为
，则
拉力F 开始施加
瞬间，对A 物体根据牛顿第二定律有
解得
，故A 正确，B 错误；
在A、B 分离瞬间，A、B 间的弹力
，弹簧弹力不为零，对A 受力分析得
得到这一瞬间弹簧的压缩量为
则A 上升的高度
，由
解得从施加力到A、B 分离的时间是
，故CD 错误。
11.如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为
，一小滑块从传送带左端以初速度大小
滑上
传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说
法正确的是（ ）
A．小滑块的加速度向右，大小为μg
B．若
，小滑块返回到左端的时间为
C．若
，小滑块返回到左端的时间为
D．若
，小滑块返回到左端的时间为
【答案】D
【详解】A．小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得
解得
故A 错误；
B．若
，小滑块的速度从
先向右减速到0 再返回加速到
，刚好返回到左端，时间为
故B 错误；
CD．若
，小滑块的速度从
先向右减速到0 的时间
位移为
然后加速返回，速度加速到
的时间
位移为
最后以速度
匀速回到左端，时间为
小滑块返回到左端的时间
解得
故C 错误，D 正确。
故选D。
12.（2025 广东省中山市第一中学阶段测试）滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为
如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为
。小孩（可视为
质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假
设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，
，
，g 取10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2
C．经过1s 的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s
【答案】BC
【解析】对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为
同理对滑板，加速度大小为
A 错误B 正确；要使小孩与滑板分离
解得t=1s，离开滑板时小孩的速度大小为
，D 错误C 正确。
13.（2025·山西·怀仁市第一中学校模拟）如图所示，木块A 置于木板B 上，木板B 置于水平面上。A 的质
量m＝1.5kg，B 的质量M＝2.0kg，A、B 间动摩擦因数μ1＝0.2，B 与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻（t
＝0）水平力F 作用于B 上，其随时间变化的规律为F＝5t+4（N）（F、t 均取国际单位）。设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2。求：
（1）经过多长时间B 开始滑动；
（2）经过多长时间A 开始相对B 滑动；
（3）t＝3s 时AB 间的摩擦力大小Ff（结果保留两位有效数字）。
易错分析：
【答案】（1）2s；（2）3.4s；（3）2.1N
【解析】（1）当B 开始滑动时B 与地面间的摩擦力与F 相等，即
，得
（2）当A 开始在B 上滑动时，对木块
对整体
由题知
，解得
（3）当
,B 已滑动，A、B 间未发生相对滑动，对木块
对整体
且
解得
14.（2025·河南省潢川第一中学2023-2024 学年高三上学期第一次月考一辆汽车和一辆自行车在同一条公
路不同车道上作同方向的直线运动，已知自行车以6m/s 的速度匀速前进，汽车以18m/s 的速度匀速前进，
某一时刻汽车与自行车相遇，此时汽车立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，求：
（1）汽车经过多长时间停止运动？
（2）两车从第一次相遇到再次相遇的过程中，它们之间距离的最大值为多少？
（3）两车经过多长时间再次相遇？
【答案】（1）9s；（2）36m；（3）13.5s
【解析】（1）汽车速度减为零
时间
（2）当两车速度相等时，经历的时间（易错：两车速度相等时，两车的距离最远，通过位称关系分析两
车是否发生碰撞）
，
此时自行车的位移
汽车的位移
则两车之间的最大距离
（3）汽车速度减为零时经历的位移
此时自行车的位移
因为
，
可知自行车还未追上汽车；则再次相遇需要经历的时间
（易错：此过程是汽车停下后
等候追的情况）
15.（多选）（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。
时，
木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上
木板。已知
到
的时间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其中g 为重力加速度大小。
时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在
时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4
D．
之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．
图像的斜率表示加速度，可知
时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在
时刻滑上木板，故A 正确；
B．结合图像可知
时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为
，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过
时间与木板共速此时速度大小为
，方向水平向右，故可得
解得
故B 正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C 错误；
D．假设
之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即
之后小物块和木板一起做匀速运动，故D 正确。
故选ABD。
16．（2024·全国·高考真题）如图，一长度
的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与
平台的边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离
时，
物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。已知物块与薄板的质量相等。
它们之间的动摩擦因数
，重力加速度大小
。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；
；（2）
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
17.（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率
v1=0.6m/s 运行的传送带与水平面间的夹角
，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度
v2=1.6m/s 从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力
加速度g=10m/s2，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）
；（2）
【详解】（1）小包裹的速度
大于传动带的速度
，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据
牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
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
，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
所以小包裹通过传送带的时间为
