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易错03 牛顿运动定律与动力学应用
易错点1 牛顿定律概念类易错点
易错典题
【例1】（2025·辽宁沈阳·一模）下列说法中与物理学史实不符的是（ ）
A．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因
B．牛顿通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因
C．惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性
D．牛顿第一定律是在已有实验基础上进行合理外推而来的，属于理想实验，是不能直接用实验来验证
的
【答案】B
【详解】A．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，这一观点符合历史事实，故A 正确。
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 牛顿定律概念类易错点
易错点2 运动力学公式类易错点（计算丢分重灾区）
易错点3 综合分析类易错点
易错点4 模型类易错点
第二部分 易错题闯关
B．伽利略通过斜面实验和理想实验提出“力不是维持物体运动的原因”，而牛顿在此基础上总结出牛顿
第一定律。牛顿并未通过多次实验直接得出此结论，故B 错误。
C．惯性是物体的固有属性，与运动状态无关，任何情况下都存在，故C 正确。
D．牛顿第一定律无法直接用实验验证（因需理想条件），属于合理外推的理想实验，故D 正确。
本题选错误的，故选B。
避错攻略
【方法总结】
1. 牛顿第一定律理解偏差：误认“力是维持运动的原因”，忽略“惯性是物体固有属性，仅由质量决
定”，易被“受力就运动、不受力就静止”的表述误导。
黑吉辽蒙考情：常以概念辨析题考查，如结合传送带、光滑平面场景判断运动状态。
避错：核心记住力是改变运动状态的原因，惯性大小与速度、受力无关，只看质量。
2. 牛顿第二定律三大核心混淆：① 忽略矢量性，列方程时未规定正方向，加速度与力的方向矛盾；②
混淆瞬时性，轻绳/弹簧模型中，误将弹簧弹力突变（实际不可突变）、轻绳弹力不变（实际可突变）
代入瞬时受力分析；
忘记同体性，
③
F 合、m、a 对应同一个研究对象，连接体问题中易跨物体套用公
式。
黑吉辽蒙考情：瞬时性分析是特色考点，常考“轻绳断/弹簧撤去”瞬间的加速度计算。
避错：瞬时分析先判断弹力是否突变（绳/杆突变、弹簧不变），再对研究对象重新受力分析，严格按
“同一对象”列F 合=ma。
3. 牛顿第三定律应用误区：仅会概念辨析，实际解题中忽略“相互作用力等大反向”，如连接体中求
桌面对整体的支持力，误算两个物体的重力相互抵消。
避错：凡涉及“相互作用”（如物体对地面的压力、绳的相互拉力），必用第三定律转换研究对象，
简化计算。
4. 定律适用条件遗忘：将牛顿运动定律套用于高速、微观场景（定律仅适用于宏观、低速、惯性系），
黑吉辽蒙考题虽不直接考，但易在综合题中设置惯性系陷阱（如加速运动的电梯内）。
避错：解题默认地面为惯性系，非惯性系（加速参考系）不直接用牛顿定律，无需额外分析。
举一反三
【变式1-1】（2025·辽宁鞍山·三模）伽利略在研究力和运动的关系时，为了阐明自己的观点，设计了如图
所示的实验：让一个小球沿斜面从静止状态开始运动，小球将“冲”上另一个斜面。如果没有摩擦，小球
将到达原来的高度。如果第二个斜面倾角减小，小球仍将到达原来的高度，但是运动的距离更长。由此可
以推断，当斜面最终变为水平面时，小球要到达原有高度将永远运动下去。下列说法中正确的是（ ）
A．该实验充分证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点
B．伽利略设计的无摩擦的斜面可以通过改进实验装置制作工艺实现
C．“小球沿右侧斜面向上运动时，如果没有摩擦，小球将到达原来的高度”，这是实际实验现象
D．这种理想实验是依据逻辑推理把实际实验理想化，从而揭示现象本质的研究方法
【答案】D
【详解】A．当右侧斜面倾角变为
时，忽略摩擦力的影响，小球将一直运动下去，伽利略的结论是“力
不是维持物体运动的原因”，故A 错误；
B．没有摩擦，绝对光滑的轨道，无论通过什么工艺都不能实现，故B 错误；
C．由于没有绝对光滑的轨道，故“小球沿右侧斜面向上运动时，如果没有摩擦，小球将到达原来的高
度”，这是实际实验观察不到的现象，故C 错误；
D．伽利略理想实验的本质是想象着把实际存在，影响物体运动的摩擦力去掉，抓住事物的本质，这种依
据逻辑推理把实际实验理想化的思想，也是揭示现象本质的重要研究方法之一，故D 正确。
故选D。
【变式1-2】（2025·辽宁·三模）在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出贡献，下列说法正确的是（
）
A．楞次运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律
B．库仑通过扭称实验，采用了极限的思想测出了引力常量
C．第谷通过对天体运动的长期观察，采用类比法发现了行星运动三定律
D．亚里士多德通过斜面实验，得出了力不是维持物体运动的原因，采用了控制变量法
【答案】A
【详解】A．楞次通过大量实验，运用了归纳法总结出了判断感应电流方向的规律，即楞次定律，故A 正
确；
B．卡文迪什通过扭称实验，采用了放大的思想测出了引力常量，故B 错误；
C．第谷进行了数据的观测，开普勒主要运用了数学分析和归纳法发现了行星运动三定律，故C 错误；
D．伽利略通过斜面实验，采用了实验加推理的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故D 错误。
故选A。
易错点2 运动力学公式类易错点（计算丢分重灾区）
易错典题
【例2】（2026·黑龙江辽宁·一模）无风的情况下，在离地面高为
处，将质量为
的球以速度
水平抛
出，球在空气中运动时所受的阻力大小
，是球的速度，
是已知的常数，阻力的方向与速度方向
相反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为
，则下列说法中正确的是（ ）
A．球刚抛出时加速大小为
B．球着地前瞬间的速度大小为
C．球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功
D．其他条件不变，若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中运动时间不同
【答案】B
【详解】A．小球刚抛出时受到的合力大小为
根据牛顿第二定律可得球刚抛出时的加速度大小为
，故A 错误；
B．球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为，则
，得
，故B 正确；
C．设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为
，由动能定理得
解得
，故C 错误；
D．根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，竖直方向受到的合力均为
加速度均为：
故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，故D 错误。
故选B。
避错攻略
【方法总结】
1. 匀变速公式盲目套用：忽略公式适用条件匀变速直线运动，将自由落体、竖直上抛公式套用于曲线
运动、变加速运动（如刹车后反向运动、传送带变加速阶段）。
黑吉辽蒙考情：常考“汽车刹车”“滑块滑上传送带”的多阶段运动，易因忽略“刹车后速度为0 不
再运动”导致公式误用。
避错：用匀变速公式前，先判断运动性质（是否匀变速） 和运动阶段（是否有速度为0 的临界点），
刹车问题先算“停车时间”，再判断所求时间是否在停车前。
2. 运动学矢量符号混乱：速度、加速度、位移的正负号未统一规定正方向，如竖直上抛中，向上为正，
下落阶段的位移、加速度仍用正号表示，导致计算错误。
黑吉辽蒙考情：竖直上抛、平抛、匀减速直线运动是必考，符号错误是基础丢分点。
避错：解题第一步规定正方向（优先沿初速度/加速度方向），所有矢量按方向标正负，公式中直接代
入符号计算。
3. 平抛/类平抛运动分解失误：① 平抛运动误将“竖直方向加速度”算成g 的分力；② 类平抛（如电
场中）未按“初速度方向匀速+垂直方向匀加速”分解，或混淆两个方向的运动学公式。
黑吉辽蒙考情：平抛运动常与斜面、圆周运动结合，类平抛多在电磁学综合题中考查，分解错误直接
导致整题丢分。
避错：平抛/类平抛核心是正交分解，初速度方向：x=v0t；垂直方向：y=1/2at2，两方向时间相同，是解
题关键。
举一反三
【变式2-1】（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一质量
的物块，左侧用一轻弹
簧连接，右侧用细绳固定在墙上，物块与地面之间的动摩擦因数
。初始时，细绳有大小为6N 的拉
力，物块静止且不受摩擦力。重力加速度
，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现将右侧细
绳剪断瞬间，物块的加速度大小为（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】未剪断细绳前，对物块，由平衡条件可知弹簧弹力大小等于绳子拉力大小，即弹簧弹力大小为
6N，现将右侧细绳剪断瞬间，细绳拉力突变为0，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律，可知此时物块的加
速度大小
故选B。
【变式2-2】（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，足够长的粗糙斜杆固定在水平地面上，斜杆与地面之
间的夹角为60°。斜杆上套有一金属环，一小球用轻绳与金属环连接。已知小球与金属环在下滑过程中始
终保持相对静止，且轻绳与竖直方向的夹角为30°。斜杆上某处有一挡板，金属环与挡板发生碰撞前速度
大小为10m/s，碰后金属环立刻停止运动，小球由于惯性继续运动。重力加速度
，则下列说法中
正确的是（ ）
A．斜杆与金属环的动摩擦因数为
B．斜杆与金属环的动摩擦因数为
C．当小球摆动至与斜杆碰撞前瞬间，小球速度大小为
D．当小球摆动至与斜杆碰撞前瞬间，小球速度大小为
【答案】C
【详解】AB．由于小球与金属环在下滑过程中始终保持相对静止，故小球和金属环一起下滑的加速度应
沿斜杆向下。隔离小球进行受力分析可知，小球受到重力
和轻绳的拉力T 的作用。沿着平行斜杆方向
和垂直斜杆方向建立直角坐标系，则沿着斜杆方向根据牛顿第二定律有
又因为垂直斜杆方向有
联立解得
对小球与金属环整体进行受力分析可知，整体受到重力和斜杆的支持力和摩擦力的作用，所以沿着斜杆方
向根据牛顿第二定律有
垂直斜杆方向有
又因为
联立解得
，故AB 错误；
CD．金属环与挡板碰后立刻停止运动，小球由于惯性继续运动，由于绳长不变，故小球之后绕金属环做
圆周运动。因为金属环与挡板碰撞瞬间，小球的速度方向不与细绳垂直，则沿绳方向和垂直绳方向建立直
角坐标系可知，小球做圆周运动的初速度为
根据对称性可知，小球从圆周运动的初始位置到摆动至与斜杆碰撞前瞬间的过程中，小球的重心距地面的
高度不变，故小球的重力势能不变，则根据机械能守恒定律可知小球的动能也不变，所以小球摆动至与斜
杆碰撞前瞬间，其速度大小仍然等于
。故C 正确，D 错误。
故选C。
易错点3 综合分析类易错点
易错典题
【例3】（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B 位于C 上表面，滑
块A 位于C 的最右端，滑块A、B 相距3m，三者的质量分别为
，
，C 与A、B、地
面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C 一个水平向右、大小
等于16N 的力F，作用了一段时间之后，A 和B 发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B 粘连在一
起。从此刻开始，力F 方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B 始终没有离开C。（滑块
A、B 可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度
）则下列说法中正确
的是（ ）
A．在滑块A、B 碰撞之前，滑块B 与木板C 保持相对静止
B．从初始时刻到滑块A、B 发生碰撞的过程所用时间是
C．在滑块A、B 碰撞瞬间，滑块A 的动量变为
D．长木板C 的长度至少为3.075m
【答案】AD
【详解】A．假设在滑块A、B 碰撞之前，滑块B 与木板C 保持相对静止，对BC 整体分析，根据牛顿第二
定律可得
解得
对滑块B，由牛顿第二定律可得
B 与C 之间的最大静摩擦力
假设成立，故A 正确；
B．对滑块A，由牛顿第二定律可得
解得
设从初始时刻到A、B 发生碰撞的时间为，则有
解得
，故B 错误；
C．碰撞前，滑块A 的速度
滑块B 的速度
设A、B 碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律可得
解得
碰后滑块A 的动量
，故C 错误；
D．碰撞后，对A、B 整体分析，根据牛顿第二定律可得
解得
方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得
解得
方向向左，设经过时间A、B、C 三者达到共同速度
，则有
解得
此过程中，AB 的位移
C 的位移
代入数据解得二者的相对位移
则木板C 的最小长度为
，故D 正确。
故选AD。
避错攻略
【方法总结】
1. 连接体/叠放体分析失误：① 整体法与隔离法使用时机错误，加速度不同时仍用整体法直接列方程；②
叠放体中未判断相对滑动临界点，盲目认为两物体加速度相同。
黑吉辽蒙考情：连接体（轻绳/弹簧连接）、叠放体（物块+木板）是计算题高频题型，2023-2025 年连续考
查相对滑动问题。
避错：先判共速/共加速，再选方法：加速度相同→整体法求F 合，隔离法求内力；加速度不同→单独隔离
每个物体分析；叠放体先算“刚好不滑动”的临界加速度（a_临=μg），再与实际加速度比较，判断是否
相对滑动。
2. 多过程运动分析疏漏：忽略运动的阶段性，如“滑块滑上斜面→离开斜面→平抛”“汽车加速→匀速→
刹车”，未分阶段受力分析和列运动学公式，或遗漏阶段间的衔接条件（如速度、位移连续）。
黑吉辽蒙考情：多过程运动是压轴题必考形式，2025 年高考压轴题为“滑块+木板+斜面”三过程综合。
避错：用流程图梳理运动过程（如：初速度→受力变化→加速度变化→运动状态变化），标注每个过程的
“已知量、未知量、衔接条件（末速度=下一过程初速度）”，分阶段列方程，逐一求解。
3. 临界与极值问题判断不清：不会找临界条件，如“物块刚好不滑下木板”“小球刚好脱离斜面”“绳刚
好被拉断”，易遗漏临界状态的受力特点（如弹力为0、摩擦力达最大静摩擦）。
黑吉辽蒙考情：临界问题常隐藏在选择题最后一题和计算题第二问，是拉分关键。
避错：熟记高考高频临界条件：① 刚好不滑动→f=f_静max=μFN；② 刚好脱离→接触弹力FN=0；
绳
③
刚好拉断→拉力=最大承受力；
斜面类临界→物体与斜面无挤压，加速度沿斜面分量由重力提供。
④
【变式3-1】（2025·辽宁·二模）如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右
端。
时，给木板一初速度
，木板和物块运动的
图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图
乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（ ）
A．物块在
前后瞬间加速度大小不相同
B．木板长度至少为
C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为
D．木板与地面间的动摩擦因数为
【答案】BD
【详解】A．由图乙所示图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个
过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故
A 错误；
B．由图乙所示图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，
该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板
向右运动。当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度为
，故B 正确；
D．由图乙所示图像可知，在
时间内，物块的加速度大小
木板的加速度大小
对物块，由牛顿第二定律得
对木板，由牛顿第二定律得
联立解得，木板与地面间的动摩擦因数为
，故D 正确；
C．物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离
物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离
整个过程物块相对于木板滑行的路程
整个过程物块与木板间摩擦产生的热量
联立解得，
，故C 错误。
故选BD。
【变式3-2】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，质量为
的物块
在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，
通过水平轻弹簧将
的右边与木箱连接，使之处于静止状态，此时弹簧弹力大小为1.2N。已知
和木箱水
平底面之间的动摩擦因数为
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取
。
(1)求木箱底部受到物块
的摩擦力；
(2)若木箱可在竖直方向运动，要使物块
在弹簧弹力作用下相对木箱底面移动，则木箱的加速度应满足什
么条件？
【答案】(1)见解析
(2)
，方向竖直向下
【详解】（1）由平衡条件得，物块
受到的摩擦力
当弹簧被拉伸时，物块所受弹簧弹力向右，则物块所受摩擦力向左，由牛顿第三定律知，木箱底部受到
的摩擦力
，方向水平向右；当弹簧被压缩时，物块所受弹簧弹力向左，则物块所受摩擦力向右，
由牛顿第三定律知，木箱底部受到
的摩擦力
，方向水平向左。
（2）要使物块
相对于木箱底面移动，物块
受到的木箱对物块的最大静摩擦力要小于弹簧对它的弹力，
即
又因为
解得
由于
，则物块加速度方向竖直向下，设物块加速度大小为
，对物块
，由牛顿第二定律可得
解得
由于木箱和物块在竖直方向相对静止，则木箱加速度
，方向竖直向下。
易错点4 模型类易错点
易错典题
【例4】（2025·辽宁鞍山·一模）如图1 所示，一质量为M 的足够长木板静止在地面上，其左端放置一个
质量为m 的小物块，
时刻起在物块上加一个水平向右的力F，大小与时间满足关系
，其中
，从此时起，木板和物块的加速度大小随时间变化的关系如图2 所示，重力加速度g 取
。
根据题干及图2 中所给出的数据可知（ ）
A．长木板的质量为
B．
时小物块的速度大小为
C．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.5
D．物块和长木板之间的动摩擦因数为0.4
【答案】BC
【详解】ACD．由图2 可知，当
时，物块和长木板开始运动，所以地面与长木板间没有摩擦力。当
时
，
设长木板的质量为
，根据牛顿第二定律
当
时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律
又
整理可得
联立，解得
，
，
，故AD 错误，C 正确；
B．
过程中，物块和长木板一直处于相对静止，对整体，根据动量定理
解得
，故B 正确。
故选BC。
避错攻略
【知识链接】
1. 传送带模型两大陷阱：① 忽略传送带的运动方向，误判物块的相对运动趋势，从而错判摩擦力方向；
② 物块与传送带共速后，未判断摩擦力是否消失（水平传送带共速后f=0，倾斜传送带共速后需判断
是否受静摩擦）。
避错：先画物块与传送带的速度示意图，判断相对运动/趋势方向定摩擦力，共速后重新受力分析，确
定后续运动状态。
2. 斜面+平抛复合模型：① 平抛物体垂直打在斜面上，误将“速度垂直斜面”当作“位移垂直斜面” ；
② 物块从斜面滑下后平抛，忽略斜面底端的初速度方向（沿斜面向下，非水平）。
避错：速度垂直斜面→v⊥/v0=tanθ（θ 为斜面倾角）；位移垂直斜面→y/x=tanθ，严格区分两个条件的
公式。
3. “等时圆”模型滥用：忽略等时圆的适用条件从圆周上各点由静止滑下、光滑斜面、圆心在竖直方
向，盲目套用等时结论。
避错：先验证模型条件，再用结论；未满足条件时，直接用匀变速直线运动公式计算，不强行套用结
论。
4. 超重与失重判断偏差：① 混淆“超重/失重的条件”（加速度向上→超重，向下→失重）与“运动
方向”（向上减速是失重，向下加速也是失重）；② 忽略完全失重的特点（所有接触弹力为0，如完
全失重的水杯中水不流出）。
黑吉辽蒙考情：常以电梯、过山车、自由落体场景考查，概念辨析和小计算均有涉及。
避错：只看加速度方向，不看运动方向，核心公式：超重时FN=m(g+a)，失重时FN=m(g-a)，完全失重
时a=g，FN=0。
举一反三
【变式4-1】（2025·吉林长春·二模）如图所示，水平地面上固定一倾角为
的斜面，其底端垂直斜面固
定一挡板P。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为
，轨道下端与斜面相切。长木板A
放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P 的距离为，物块B 放在A 上表面的中点。初始时
A、B 均静止，物块C 从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A 相碰。已知木板A 足够
长，物块B、C 均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径
，
，
，
A 和C 与斜面间的动摩擦因数均为
，B 与A 间的动摩擦因数
，
，
，
。
(1)求C 在圆弧轨道最低点与A 碰前瞬间，轨道对小球C 的压力大小；
(2)若足够长，A、B 在接触挡板P 前已达到共同运动，求A 刚接触挡板P 时B 在A 上表面的划痕长度；
(3)若
，A 与挡板P 碰撞后，速度大小不变，方向反向，在A 与挡板P 第一次碰撞到第二次碰撞期
间内，试推理说明A 与C 能否发生碰撞？
【答案】(1)48N
(2)
(3)相碰
【详解】（1）物块C 沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有
到达圆弧轨道最低点
解得
，
（2）C 与A 发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
，
此后A 向下做匀减速运动，加速度大小为
，B 向下做匀加速运动，加速度大小为
，对A 有
对B 有
解得
，
经
后A、B 共速，则有
解得
，
则划痕长度
（3）从C 与A 碰撞到A、B 达到共同速度的
时间内
结合上述解得
A 恰好与P 相碰，然后A 以加速度
向上匀减速运动，根据牛顿第二定律有
B 向下以加速度
匀减速运动，同理有
解得
，
A 与挡板碰后反向弹回，速度大小仍为v 共，再经时间
，A 速度减为零，则有
解得
A 上滑最大位移
由于
可知碰后C 匀速下滑，则此过程中C 物块的位移
解得
由于
速度 减为零后向下加速运动，受力分析有
解得
，当速度加速到
时，
比
多运动
可知C 与A 发生相撞。
【变式4-2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）一光滑圆弧轨道与粗糙水平面相切，一质量为
的物块
静止在圆弧轨道底端，另一质量为
的物块
从圆弧轨道上距水平地面高为处由静止释放，
与
发生
非弹性碰撞后，两者均向前运动最终均停在水平面上，且
在水平面上的运动时间是
在水平面上运动时
间的2 倍，
、
与水平面间的动摩擦因数相同，重力加速度为
，碰撞时间不计，求：
(1)
、
在水平面上运动的加速度大小之比；
(2)碰撞结束瞬间
、
的速率之比；
(3)碰撞结束瞬间物块
的速率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在水平面上运动过程，对P、Q 由牛顿第二定律有
，
联立解得
（2）设碰撞后瞬间P、Q 的速率分别为
、
，Q 在水平面上运动的时间为，由速度公式有
，
联立解得
（3）物块Q 下滑过程有
规定向右正方向，碰撞过程动量守恒有
联立解得
1．（2025·内蒙古·模拟预测）物理课上，老师演示惯性实验，如图所示：将质量为9m、长度为L 的课本
放在水平桌面上，质量为m 的橡皮（可视为质点）放在课本的中央，课本与橡皮的滑动摩擦因数为
，
课本与桌面的滑动摩擦因数为
，若作用于课本的水平力为F，重力加速度为g 则：
(1)要使橡皮和课本有相对运动，F 至少多大？
(2)若施加力
时，橡皮和课本能相对滑动，求橡皮从课本脱落的时间t（结果用
、L、g 表示）。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为作用力作用在课本上，所以当橡皮与课本间的静摩擦力达到最大时，即橡皮的加速度
达到最大时，二者恰好相对静止，此时的力
为临界值，设橡皮的最大加速度为
，对橡皮，由牛顿第二
定律得
解得
对整体，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）若施加力
时，显然超过临界值，橡皮和课本能相对滑动，此时橡皮的加速度仍为
，设
课本的加速度为
，对课本，由牛顿第二定律得
代入数据解得
设橡皮从课本脱落的时间，橡皮的位移为
课本的位移为
二者位移关系为
代入数据解得
2．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图甲所示，质量M=0.8kg；的足够长的木板静止在光滑的水平面上，
质量m=0.2kg 的滑块静止在木板的左端，在长木板右侧还依次放着质量均为
无穷多个木块（m0
可视为质点），相邻木块间的距离为2m。开始时长木板、滑块木块均静止。t=0 时刻在滑块上施加方向水
平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F。4s 后撤去力F，5s 时木板与右侧第一个木块碰撞。若滑块
与木板间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取
，（所有碰撞均为
弹性碰撞）求：
(1)t1=1s 时滑块的加速度大小；
(2)t2=4s 时滑块的速度大小；
(3)撤去F 后物块与木板因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)4m /s
(3)
【详解】（1）0~2s 内滑块相对于木板滑动的临界状态时，根据牛顿第二定律可知，对木板有μmg=Ma，
对滑块有F-μmg= ma
联立解得F=0.5 N， a=0.5m /s2
F1 = 0.25N < F
物块和木板一起运动，则有F1=（M + m）a0
（2）F-t 图像与t 轴所围的面积代表冲量，0s~2s 时间内拉力的冲量为
2s~4s 时间内拉力的冲量为
0s~2s 物块与木板相对静止
解得
2s~4s 物块相对木板滑动，对滑块有
（t 为2s~4s 的时间）
解得4s 时滑块速度大小v2=4m /s
（3）对滑块和木板
撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒有
解得v=2m/s
根据动量守恒有
Q1=0.5J
木板与m 滑块相互作用直到共速
解得t=1s，
木板与m 滑块第5s 共速后与m0滑块相撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
解得
，
木板与m 滑块相互作用直到共速
解得
由动能定理可得
解得x 板<2m
即木板的对地位移小于2m
同理
综上所述，可得
3．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）引体向上是中考体育考试选择项目之一、如图所示，①到② 、②到③、
到
为引体向上上升过程中所经历的加速、匀速、减速三个阶段，
为悬停阶段示意图，不计空气阻力
③
④
④
，
下列说法正确的是（ ）
A．①到②过程中杠对两手的支持力合力小于重力
B．②到
过程中杠对两手的支持力合力等于重力
③
C．
到
过程中杠对两手的支持力合力大于重力
③
④
D．
悬停阶段杠对两手的支持力合力小于重力
④
【答案】B
【详解】A．由题可知①到②过程中，考生处于加速上升阶段，故杠对两手的支持力合力大于重力，A 错
误；
B．②到
过程中，考生处于匀速上升阶段，故杠对两手的支持力合力等于重力，
③
B 正确；
C．
到
过程中，考生处于减速上升阶段，杠对两手的支持力合力小于重力，
③
④
C 错误；
D．
悬停阶段杠对两手的支持力合力等于重力，
④
D 错误。
故选B。
4．（2025·内蒙古赤峰·三模）逆风使帆的原理如图所示，把帆面张在航向（船头指向）和风向之间，因风
对帆的压力
垂直帆面，可分解成两个分力
、
，其中
垂直船轴即航向（“龙骨”），会被很大的
横向阻力平衡，
沿着航向，已知帆面与航向之间的夹帆面航向角为
，船的总质量为
，下列说法正确
的是（ ）
A．
提供船前进的动力
B．船受到的合力大小一定与
值相等
C．若船垂直航向的阻力为
，则
D．若船沿着航向的阻力为
，则船的加速度为
【答案】A
【详解】A．据题意可知
与船运动的方向相同，是船前进的动力，故A 正确；
B．题意知
与横向阻力平衡，在船运动的方向上除
外，还有其他阻力，如水的阻力等，船运动状态不
确定，故船受到的合力大小一定不与
值相等，故B 错误；
C．题意知
与横向阻力平衡，则有
故C 错误；
D．若船沿着航向的阻力为
，根据牛顿第二定律可知船的加速度为
故D 错误。
故选A。
5．（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，质量为m 的方形箱子放置在光滑的水平面上，在水平向左的力
的作用下，箱子沿水平面向左做匀加速直线运动，箱内一个质量为m 的物块紧贴后壁随箱子一起
做匀加速直线运动且恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则物块与箱壁间
的动摩擦因数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】以箱子和物块为整体，由牛顿第二定律得
在以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
由于物块刚好不下滑，则
求出
故选C。
6．（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。
7．（2025·辽宁·二模）质量相等的A、B 两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，A、B
两物体的位移大小分别为
、
，合外力的功均分别为
、
，合外力的冲量大小分别为
、
，加
速度大小分别为
、
，下列关系式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移
，
联立解得
，故A 错误；
B．根据动能定理有
，
联立解得
，故B 正确；
C．根据动量定理有
，
联立解得
，故C 错误；
D．图线的斜率代表物体的加速度
，
联立解得
，故D 错误。
故选B。
8．（2025·辽宁盘锦·三模）水平面内四根相同的轻质弹簧按如图所示（俯视图）连接，此时弹簧均处于原
长。质量为m 的人形模具从O 点正上方下落，接触O 点后继续向下运动至最低点，此时弹簧与水平方向的
夹角θ=37°。已知弹簧的原长为l，劲度系数
，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则模具
在最低点处的加速度大小为（ ）
A．0.2g
B．0.4g
C．0.6g
D．0.8g
【答案】D
【详解】模具在最低点时弹簧伸长量为
，由胡克定律和牛顿第二定律得
解得
故选D。
9．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，质量均为
的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。
A 与B、B 与地面间的动摩擦因数均为
。先敲击A，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距
离
后停下。接着敲击B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰
好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A 长度可忽略不计，重力加
速度
。求：
(1)A 被敲击后获得的初速度大小
；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小
、
；
(3)B 被敲击后获得的初速度大小
及整个过程中B 与地面之间的摩擦生热。
【答案】(1)
(2)
(3)
，24J
【详解】（1）由题意可知AB 间最大静摩擦力小于B 与地面间的最大静摩擦力，敲击A 时B 不动，对
A，由牛顿运动定律有
解得A 的加速度大小
因为
联立解得
（2）对齐前，对B 有
解得
对齐后，对整体有
解得
（3）设敲击B 后经过t 时间AB 达到共同速度v，该过程A 的加速度为
，则有
该过程AB 位移分别为
且
联立解得
AB 共速后一起减速到0，其加速度为
，则该过程B 的位移
则整个过程中B 与地面之间的摩擦生热
联立以上解得
10．（2025·辽宁大连·三模）为了测量汽车行驶的加速度，可取一长方形木板，画上横纵坐标，O 为坐标
原点，在坐标轴上均匀画上相同的刻度线，将O 点右侧第5 条刻度线标度为1，左侧第5 条刻度线标度
为-1。在O 点上方第5 条刻度线处钉一小钉子，用红色细线拴一重物挂在钉子上，把细线作为指针。再在
板上画上向左的箭头表示行进方向，这样就做成一个简单的加速度测量计。将此测量计保持在竖直面内，
底边水平放在沿平直公路行进的车中固定好，其中箭头指向与车的行进方向一致，已知重力加速度为g。
(1)当细线能稳定在O 点右侧第2 条刻度线处，表示车的加速度为 ，车正在做 运动。
(2)当细线能稳定在O 点，表示车处于 状态。
(3)此装置能不能用来测量电梯在竖直方向上的加速度 （选填"能"或"不能"）。
【答案】(1) 0.4g 匀加速直线
(2)静止或者匀速直线运动
(3)不能
【详解】（1）[1][2]对小球分析可知
可得
当细线能稳定在O 点右侧第2 条刻度线处，则
则表示车的加速度为
车正在做匀加速运动。
（2）当细线能稳定在O 点，表示车处于静止或者匀速直线运动状态。
（3）此装置不能用来测量竖直方向的加速度，即不能测量电梯在竖直方向上的加速度。
11．（2025·黑龙江·模拟预测）如图甲所示，滑块A 放在静止于水平地面上的木板B 右端，已知滑块A 与
木板B 的质量均为
时刻滑块A 以
的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平
向右的外力
，作用
后撤去外力
，前
内滑块和木板的
关系图像如图乙所示。设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，滑块始终没有离开木板，取重力加速度
。则（ ）
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
B．木板与地面间的动摩擦因数为0.4
C．木板长度至少
滑块才能不掉
D．整个过程中系统摩擦生热共
【答案】ACD
【详解】A．前1s 内，对滑块A 有
由图中斜率可得
解得滑块和木板间的动摩擦因数
，故A 正确；
B．前
内，对木板B 有
根据图中斜率得
解得木板和地面间的动摩擦因数
，故B 错误；
C．
后撤去外力
，对木板B 有
解得
木板B 以
向右做匀减速运动，速度减为零用时
由于
，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到停；
滑块的位移
木板的总位移
所以木板板长至少为
，故C 正确；
D．系统摩擦生热
，故D 正确。
故选ACD。
12．（2025·吉林·一模）下雨时，雨滴在均匀分布的空气中下落过程中受到的阻力可以表示为
，
其中
表示空气密度，
表示雨滴直径，表示雨滴下落的速率，
被称之为雷诺数，其经验公式为
，
为流体的黏滞系数，根据以上信息判断下列说法正确的是（ ）
A．雨滴下落过程中做加速度减小的加速运动
B．雨滴下落过程中受到的阻力与雨滴速率的平方成正比
C．雷诺数的单位为
D．黏滞系数的单位为
【答案】AD
【详解】AB．由题可知，雨滴下落过程中受到的阻力
可知雨滴下落过程中受到的阻力不是与雨滴速率的平方成正比，但是随速率的增大而增大，则加速度逐渐
减小，即雨滴下落过程中做加速度减小的加速运动，当空气阻力与重力等大反向时，接下来雨滴将做匀速
直线运动，故A 正确，B 错误；
C．根据
有
即k 的单位为
，通过计算可知k 无单位，故C 错误；
D．由于k 无单位，则经验公式中
的三项都是没有单位的，则
也没有单位，
所以粘滞系数η 的单位与ρvd 的单位相同，为
，故D 正确。
故选AD。
