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第2 讲 力与直线运动
考点一 匀变速直线运动规律及应用
例1 (2025·安徽卷·4)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8x，则( )
A.x= 1
18at2
B.x= 1
16at2
C.x=1
8at2
D.x=1
2at2
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，有x=v
2t'，根据逆向思维，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8x-x-x=vt，联立解得t'= t
3，根据x=1
2
at'2，解得x= 1
18at2，A 正确，B、C、D 错误。
例2 (2024·广西卷·13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d=0.9 m，
某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1 号锥筒运动到2 号锥筒用时t1=0.4 s，从2 号锥筒运
动到3 号锥筒用时t2=0.5 s。求该同学：
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
答案 (1)1 m/s2 (2)4
解析 (1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2 间中间时刻的
速度为v1= d
t1
=2.25 m/s
2、3 间中间时刻的速度为v2= d
t2
=1.8 m/s
故可得加速度大小为
a= Δv
Δt =
v1- v2
t1
2 + t2
2
=1 m/s2
(2)设到达1 号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v1=v0-at1
2
代入数据解得v0=2.45 m/s
从1 号开始到停止时通过的位移大小为x=v0
2
2a
=3.001 25 m≈3.33d
故可知最远能经过4 号锥筒。
考点二 牛顿运动定律的应用
1.牛顿第二定律
(1)表达式：F=ma，其中F 为物体所受的合外力，F、m、a 三个量对应同一个物体，且各量都取国际单
位。
(2)应用常用方法：
①矢量合成法：若物体只受两个力作用，可用平行四边形定则求这两个力的合力，合力的方向与加速
度的方向相同。
②正交分解法：当物体受多个力作用时
常用正交分解法列方程：Fx=ma，Fy=0 或Fx=0，Fy=ma
特殊情况下可分解加速度：{
F x =max
F y =ma y
2.系统牛顿第二定律
若研究对象是两个或两个以上的物体，且加速度不同。
系统牛顿第二定律的表达式：
一般形式：∑F 外=m1a1+m2a2+m3a3+…
分量形式：{
∑F外x =m1a1 x+m2a2 x+m3a3 x+…
∑F外y =m1a1 y+m2a2 y+m3a3 y+…
说明：上述表达式左边只有系统受到的外力，内力不需要考虑。
例3 (多选)(2025·安徽卷·5 改编)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1.0 kg，木箱质量为5.0 kg，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10 m/s2，则在乙下落的过程中( )
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
C.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
D.地面对木箱的支持力大小为67.5 N
答案 BD
解析 根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱的摩擦力方向向
右，A 错误；设物块乙运动的加速度为a，绳子的弹力大小为FT，对甲受力分析有FT-μm 甲g=m 甲a，对乙
受力分析有m 乙g-FT=m 乙a，联立解得a=2.5 m/s2，FT=7.5 N，B 正确，C 错误；只有乙有竖直向下的恒定加
速度，对甲、乙和木箱组成的系统，在竖直方向由牛顿第二定律有(M+m 甲+m 乙)g-FN=m 乙a 得，FN=(M+m 甲
+m 乙)g-m 乙a=67.5 N，D 正确。
变式 (2025·山东日照市二模)如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，质量m1=3 kg 的物体A
置于斜面上，一条轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点O 和物体A，质量m2=8 kg 的物体B 与动
滑轮连接。已知连接动滑轮两边的轻绳均竖直，物体A 与定滑轮间的轻绳和斜面平行，物体A 与斜面
间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2。初始时物体B 的下表
面距地面的高度h=2 m，物体A 到定滑轮的距离足够远。现将两个物体同时由静止释放，B 落地后不反
弹。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)在物体B 下落过程中，求轻绳的拉力大小和物体A 的加速度大小；
(2)求物体B 落地前瞬间的速度大小；
(3)求整个过程中物体A 沿着斜面向上运动的最大距离。
答案 (1)36 N 2 m/s2 (2)2 m/s (3)4.8 m
解析 (1)对物体A，根据牛顿第二定律F-m1gsin θ-μm1gcos θ=m1a
设物体B 的加速度为a1，根据运动关系可知a1=1
2a
对物体B，根据牛顿第二定律m2g-2F=m2a1
联立可得拉力大小为F=36 N
加速度为a=2 m/s2
(2)由运动学公式，有v2=2a1h
可得物体B 落地前瞬间的速度大小v=2 m/s
(3)物体B 从静止释放到落地经历的时间t= v
a1
=2 s，则物体B 落地时，物体A 的速度vA=at=4 m/s
B 落地后，设A 的加速度大小为a2
由牛顿第二定律有m1gsin θ+μm1gcos θ=m1a2
B 落地后，根据运动学公式0-v A
2=-2a2s1
物体A 沿着斜面向上运动的最大距离s=2h+s1
代入数据解得s=4.8 m。
四类常见连接体问题
接触面光滑，或μA=μB
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
跨滑轮的连接体
两物体速度和加速度大小相
同、方向不同，常用隔离法
叠加类连接体
两物体刚要发生相对滑动时物
体间达到最大静摩擦力
靠在一起的连接体
分离时相互作用力为零，但此
时两物体的加速度仍相等
例4 (2025·湖南浏阳市校联盟联考)如图所示，用轻绳a、b 和弹簧c 将小球1 与小球2 悬挂在空中，轻
绳a 与竖直方向夹角为30°，轻绳b 与竖直方向夹角为60°，弹簧c 水平。小球1 的质量为m，重力加速
度大小为g。下列说法正确的是( )
A.弹簧c 的拉力为√3mg
B.小球2 的质量为2m
C.剪断轻绳b 的瞬间，小球1 的加速度大小为g
2
D.剪断轻绳b 的瞬间，小球2 的加速度方向竖直向下
答案 C
解析 对小球1 进行受力分析，如图甲
根据平衡条件有FTasin 30°=FTbsin 60°，FTacos 30°=mg+FTbcos 60°，
解得FTa=√3mg，FTb=mg
对小球2 进行受力分析，如图乙
根据平衡条件有FTc=FTbsin 60°，m2g=FTbcos 60°
解得FTc=√3
2 mg，m2=m
2 ，故A、B 错误；
剪断轻绳b 的瞬间，小球1 受重力和绳a 的拉力，小球1 将做圆周运动，受力分析如图丙
根据牛顿第二定律，有mgsin 30°=ma1，解得a1=g
2，故C 正确；
剪断轻绳b 的瞬间，小球2 受重力和弹簧弹力作用，受力分析如图丁，
根据牛顿第二定律，有√(m2 g)
2+ FT c
2=m2a2，解得a2=2g
设加速度的方向与水平方向成α 角，有tan α=m2 g
FT c
=√3
3 可得α=30°，加速度方向与水平方向成30°角，故D
错误。
例5 (2025·福建福州市模拟)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角
θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg 的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力
可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过
滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15 m 后停止。已知sin 14.5°=0.25，sin 37°=0.6，重力加速度
g 取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求减速过程中滑雪者加速度a 的大小；
(2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均
为F，求F 的大小。
答案 (1)7.5 m/s2 (2)500 N
解析 (1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2
由牛顿第二定律知mgsin θ=ma1
代入数据得v=√2g x1sinθ=15 m/s
匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2
代入数据得a= v
2
2 x2
=7.5 m/s2
(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛顿第二定律有2Fsin α
2 -mgsin θ=ma
解得F=
ma+mgsinθ
2sin α
2
=500 N。
解决动力学两类基本问题的思路
考点三 运动学和动力学图像
1.三种运动学图像
常见图像
斜率k
图线与横轴
所围面积
两图像交点
x-t 图像
Δ x
Δt =v
-
表示相遇
v-t 图像
Δv
Δt =a
位移x
表示此时速度相等，往往是距离
最大或最小的临界点
a-t 图像
-
速度变
化量Δv
表示此时加速度相等
2.三种动力学图像
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= F
m-μg，则a-F 图像
的斜率为1
m，纵截距为-μg
3.非常规图像
非常规图像(举例)
函数表达式
斜率k
纵截距b
v2-x 图像
由v2-v0
2=2ax
得v2=v0
2+2ax
2a
v0
2
x
t -t 图像
由x=v0t+1
2at2
得x
t =v0+1
2at
1
2a
v0
x
t
2-1
t 图像
由x=v0t+1
2at2得x
t
2=v01
t +1
2a
v0
1
2a
a-x 图像
由v2-v0
2=2ax 知图线与x 轴所围面积等于v
2- v0
2
2
，此面
积与物体质量乘积表示动能的变化量
1
v -x 图像
图线与横轴所围面积表示运动时间
1
a-v 图像
注意：x
t -t 图像与t 轴所围的面积不表示这段时间内物体的位移。
例6 (2025·江西省一模)一辆汽车刹车过程中可看成匀减速直线运动，刹车t 时间内的位移为x，其刹
车过程的x
t -t 图像如图所示(图中横轴截距b 和纵轴截距c 均已知)，则整个刹车过程的( )
A.平均速度大小为1
2c
B.平均速度大小为c
C.加速度大小为c
b
D.加速度大小为c
2b
答案 A
解析 根据位移时间关系可得x=v0t-1
2at2，变形可得x
t =v0-1
2at，则初速度大小v0=c，整个刹车过程的平均速
度v=1
2v0=1
2c，故A 正确，B 错误；结合图线可得1
2a=c
b，解得a=2c
b ，故C、D 错误。
物理中一次函数问题的解题思路
举例
基本公式
变形后的一次函数表
达式
斜率
纵截距
单摆T2-l 图像
T=2π√
l
g
T2=4π2 l
g
4 π
2
g
-
伏阻法测电动势和内阻
的1
U - 1
R 图像
E=U+U
R r
1
U = r
E · 1
R + 1
E
r
E
1
E
安阻法测电动势和内阻
的1
I -R 图像
E=I(R+r)
1
I = 1
E R+ r
E
1
E
r
E
例7 (多选)(2025·四川雅安市一诊)如图甲所示，一固定水平长杆套有直径略大于杆的金属小环。现用
始终与水平方向成53°的拉力F 作用于小环，当拉力F 从零开始逐渐增大时，小环静止一段时间后开始
运动，其加速度a 随拉力F 变化的图像如图乙所示，加速度在拉力达到F2后保持不变。已知小环质量
为0.8 kg，小环与长杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为10
m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。则( )
A.F1=7.5 N
B.a2=7.5 m/s2
C.μ=0.75
D.F2=5 N
答案 BC
解析 当F 大于F2以后，由牛顿第二定律得Fcos 53°-μ(Fsin 53°-mg)=ma，因为加速度保持不变，即a 与F
无关，所以有Fcos 53°=μFsin 53°，解得μ=0.75，a2=7.5 m/s2，故B、C 正确；当F 等于F1时有F1cos
53°=μ(mg-F1sin 53°)，解得F1=5 N，故A 错误；当F 等于F2时，加速度恰好达到恒定值，此时有F2sin
53°=mg，解得F2=10 N，故D 错误。
将三维立体的复杂问题利用降维法分解为一维加二维问题，变成简单的问题，比如立体空间的平
衡问题，带电物体(粒子)在立体空间中的运动等。
示例 (2025·山东卷·8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。
如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN 与PN 垂直，挡板平面与坡面的交线为
MN，∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料
沿MN 向下匀加速滑行的加速度大小为( )
A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ
C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ
D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ
答案 B
解析 对建筑材料受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律mgsin θcos θ-μFN1-μFN2=ma，其中FN1=mgcos θ，FN2=mgsin2θ，可得a=gsin θcos θ-μgcos θ-
μgsin2θ，故选B。
专题强化练
[分值：60 分]
[1~8 题，每题4 分，9、10 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·江苏卷·1)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。
2 s 内速度由12 m/s 减至0。该过程中加速度大小为( )
A.2 m/s2
B.4 m/s2
C.6 m/s2
D.8 m/s2
答案 C
解析 根据运动学公式v=v0+at，代入数值解得a=-6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。
2.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅
受重力G 和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间
隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是( )
A.f 一直大于G
B.f 一直小于G
C.f 先小于G，后大于G
D.f 先大于G，后小于G
答案 C
解析 由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以
向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-f=ma，可知f 先小于G，后大于
G。故选C。
3.(2025·山东潍坊市二模)如图所示，子弹垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿过第12 块木板后速度变
为0。子弹视为质点，在各木板中运动的加速度都相同。从子弹射入开始，到分别接触第4、7、10 块木板
所用时间之比为( )
A.3∶2∶1
B.√3∶√2∶1
C.(2-√3)∶(2-√2)∶1
D.(√3-√2)∶(√3-1)∶√3
答案 C
解析 由逆向思维，子弹的运动可视为反向的做初速度为0 的匀加速直线运动，每3 块木板为一段，共经
过四段，由x=1
2at2可知通过每段位移的时间之比为1∶(√2-1)∶(√3-√2)∶(2-√3)，所以从子弹射入开始，
到分别接触第4、7、10 块木板所用时间之比为t4∶t7∶t10=(2-√3)∶[(2-√3)+(√3-√2)]∶[(2-√3)+(√3-√2)+(
√2-1)]=(2-√3)∶(2-√2)∶1，故选C。
4.(2025·北京市房山区一模)如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为m1的物块紧贴在车厢左侧的竖
直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为m2的小球通过轻质
细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.汽车一定向右加速运动
B.细线中的拉力大小为m2gcos α
C.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μm1gtan α
D.物块受到车厢左壁的弹力大小为m1gtan α
答案 D
解析 根据题意，对小球受力分析，如图所示，竖直方向有FT= m2 g
cosα ，水平方向由牛顿第二定律有m2gtan
α=m2a，可得a=gtan α，方向水平向右，则汽车和物块的加速度也是水平向右的，汽车可能做向右的加速运
动，也能做向左的减速运动，故A、B 错误；根据题意，对物块受力分析，如图所示，
则有FN=m1a=m1gtan α，竖直方向的静摩擦力大小为Ff=m1g，摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C 错误，
D 正确。
5.(2025·湖南株洲市一模)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已
知苹果在与地板接触后经过时间Δt 速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间2Δt 速度减为0，苹果和桔
子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3 倍，不计空气阻力，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为(
)
A.1∶4
B.1∶3
C.1∶2
D.2∶1
答案 A
解析 设与地板接触时，苹果和桔子的速度分别为v1、v2，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身
重力的3 倍，则F=3mg，由动量定理-(F-mg)t=0-mv 可得v1∶v2=Δt∶2Δt=1∶2。根据自由落体运动公式
v2=2gh，可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为h1∶h2=v1
2∶v2
2=1∶4，故选A。
6.(2025·广西南宁市一模)如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，
使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在t=0 时刻对算珠施加沿杆方向的力F=0.1 N 使其
由静止开始运动，经0.15 s 撤去F，此后再经0.15 s 恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程
中的v-t 图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度g 取10 m/s2。下列说
法正确的是( )
A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1
B.算珠的质量为25 g
C.若不撤去F，则算珠在0.2 s 时已处于归零状态
D.杆长9 cm
答案 B
解析 由v-t 图像与t 轴所围面积表示位移，可知杆长为x=0.3×0.3
2
m=0.045 m=4.5 cm，故D 错误；由牛
顿第二定律得F-μmg=ma1，μmg=ma2，由题图乙可知撤去F 前后算珠的加速度大小为a1=a2= 0.3
0.15 m/s2=2
m/s2，联立解得μ=0.2，m=25 g，故A 错误，B 正确；若不撤去F，算珠将以2 m/s2的加速度做匀加速直线
运动，经0.2 s 运动位移为x'=1
2×2×0.22 m=4 cm<4.5 cm，则此时未到归零状态，故C 错误。
7.(2025·湖北省调研)如图，质量为1 kg 的物块A 放置在一个静止的木箱内，物块A 与木箱之间的动摩擦因
数为0.5。物块A 被一轻弹簧用3 N 的水平拉力向右拉着而保持静止，g 取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，下列说法中正确的是( )
A.物块A 静止时所受摩擦力大小为5 N
B.木箱以5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动时，物块A 将相对木箱滑动
C.木箱以5 m/s2的加速度水平向右做匀减速直线运动时，物块A 将相对木箱滑动
D.木箱以5 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，物块A 将相对木箱滑动
答案 C
解析 对物块受力分析，物块竖直方向所受重力和支持力平衡，水平方向所受弹簧向右的弹力和向左的静
摩擦力平衡，此时物块所受摩擦力大小为3 N，故A 错误；当木箱以5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速直
线运动时，对物块受力分析，物块加速度方向竖直向上，物块所受支持力大于重力，接触面的最大静摩擦
力增加，故此时物块不可能相对于木箱滑动，故B 错误；假设物块随木箱向右做匀减速直线运动，其加速
度方向水平向左。假设物块相对静止，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律，Ff-F 弹=ma，Ff=8 N，物块所受最
大静摩擦力Ffmax=μFN=5 N，Ff>Ffmax，假设不成立，故物块将相对于木箱向右滑动，故C 正确；假设物块随
木箱一起向右做匀加速直线运动，对物块受力分析，由牛顿第二定律：F 弹+Ff=ma，解得Ff=2 N，方向水
平向右，Ff<Ffmax，假设成立，物块与木箱相对静止，一起向右做匀加速直线运动，故D 错误。
8.(2025·山东烟台市二模)一物体从斜面底端滑上一固定斜面，其运动速度的平方(v2)与位移(x)关系图像如图
所示，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8，下列说法正确的是( )
A.斜面的倾角为30°
B.物体沿斜面下滑时加速度大小为8 m/s2
C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D.物体沿斜面向上滑行的最大高度为2 m
答案 C
解析 根据运动学公式v2-v0
2=2ax，结合v2-x 图像可得，2a1=32
2 m/s2，a1=8 m/s2；2a2=16
2 m/s2，a2=4
m/s2。设斜面倾角为θ，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得，上滑时mgsin θ+μmgcos
θ=ma1，下滑时mgsin θ-μmgcos θ=ma2，联立解得θ=37°，μ=0.25，故A、B 错误，C 正确；物体沿斜面向上
滑行的最大高度为hm=xmsin θ=2×0.6 m=1.2 m，故D 错误。
[争分提能练]
9.(2025·北京卷·11)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到
最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f 的大小随速率增大
而增大，f 随时间t 的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是( )
A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻，实验舱达到最高点
答案 B
解析 t1~t3内，f 向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱在t1~t2内处于弹
射过程，在t2~t3内做竖直上抛运动，故A 错误；t2~t3内，f 向下在减小，根据牛顿第二定律有mg+f=ma，
即a= f
m+g，故从t2到t3加速度大小在减小，故B 正确；t3~t5内，f 向上，先增大后减小，可知此时速度方
向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C 错误；根据
前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D 错误。
10.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·10)如图(a)，倾角为θ 的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、
乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。
甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t 曲线在t=t0时切线斜率为
0，则( )
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时，甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
答案 AD
解析 将下滑时刻作为初位置，则位置x 与时间t 的图像即为位移-时间图像，图像的斜率表示速度。甲、
乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物块做匀加速直线运动，乙物块做匀减速直线运动，在t0时间内x 甲=
v0+ v
2
t0=3x0，x 乙=v0+0
2
t0=x0，联立解得t0时刻甲物块的速度大小为v=2v0，B 错误；甲物块的加速度大小
a1=v - v0
t0
，乙物块的加速度大小a2=v0
t0
，由牛顿第二定律，对甲物块mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1，对乙物块
μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2，联立可得μ1+μ2=2tan θ，A 正确；取水平向左为正方向，对斜面和甲、乙两物块系
统由牛顿第二定律可得，Ff1=ma1cos θ-ma2cos θ=0，则t=t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；t=t0
之后，乙物块保持静止，甲物块继续沿斜面向下加速，对系统由牛顿第二定律可得Ff2=ma1cos θ，即地面
对斜面的摩擦力向左，D 正确。
11.(16 分)(2025·福建泉州市一模)某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB 和一倾角相同的长木
板CD 组成，物件和传送带间的动摩擦因数μ1=√3
2 、与木板间的动摩擦因数μ2=√3
15 。传送带以v0=4 m/s 的
恒定速率顺时针转动。现将物件P 无初速度置于传送带A 点，发现当物件到达B 端时刚好相对传送带静止，
到达D 点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，重力
加速度g 取10 m/s2。
(1)(4 分)求传送带的长度L1；
(2)(5 分)求木板的长度L2以及物件从A 到D 所需的时间t；
(3)(7 分)假如机械手未能在D 点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它第四次向上运动时离C 点
的最大距离为多少？
答案 (1)3.2 m (2)4
3 m 34
15 s (3)0.263 m
解析 (1)P 放上传送带后，受力如图甲，由牛顿第二定律有
μ1mgcos 30°-mgsin 30°=ma1
解得a1=2.5 m/s2
根据速度与位移关系式有L1= v0
2
2a1
解得L1=3.2 m
(2)到达木板C 点后，受力如图乙，由牛顿第二定律有
-mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma2
解得a2=-6 m/s2
则C、D 间距离(木板长)为L2=0- v0
2
2a2
解得L2=4
3 m
P 在传送带上上滑时间为Δt1=v0-0
a1
=1.6 s
P 在木板上上滑时间为Δt2=0- v0
a2
=2
3 s
所以t=Δt1+Δt2=1.6 s+2
3 s=34
15 s
(3)从D 点向下运动，受力如图丙，由牛顿第二定律有
mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma3
解得a3=4 m/s2
第一次返回B 点时有v1=√2a3 x1
其中x1=L2
滑过B 点后在传送带上先向下减速后以相同加速度返回，由对称性可知物件再次回到B 点时速度大小仍为
v1，在木板上向上运动的位移x2=0- v1
2
2a2
=-a3
a2
x1=2
3x1
第二次返回B，x3=x2=2
3x1
v2=√2a3 x3
在木板上向上运动的位移x4=0- v2
2
2a2
=2
3x3
即物件每次冲上木板的距离是上一次的2
3
第四次向上运动时物件离C 点的距离为
x=(2
3)4x1≈0.263 m
