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题型02 力与直线运动
力与直线运动是高中物理力学的核心，也是高考中的高频必考点。高考物理对“力与直线运
动”的考查始终围绕牛顿运动定律与运动学公式的深度融合展开，主要考查学生对牛顿运动定律、
匀变速直线运动规律的理解与应用。试题常以实际情境为载体，要求学生精准建立物理模型，熟练
运用公式进行定量计算，高频考点包括匀变速直线运动的规律和运动图像、动力涫的两类问题、连
接体问题、动力学的图像问题、传送带和板块模型等等。
考向01 匀变速直线运动规律及推论的应用
目录
第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局
第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学
典例引领
方法透视
变式演练
考向01 匀变速直线运动规律及推论的应用【重】
考向02 运动学图像问题【重】
考向03 追及、相遇问题【难】
考向04 牛顿运动定律解决两类基本运动学问题【重难】
考向05 动力学图像问题【重】
考向06 动力学的连接体问题【重难】
考向07 动力学中的临界和极值问题【重难】
考向08 传动带模型【重难】
考向09 板块模型【重难】
第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战
【例1-1】(2025·安徽高考真题)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
，则（ ）
A
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】由题意可知，设匀加速直线运动时间为
，匀速运动的速度为
，
匀加速直线运动阶段，由位移公式
根据逆向思维，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
联立解得
，再根据
，解得
BCD 项错误，A 项正确。
【例1-2】 (2024·广西高考真题)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
速直
运
某段
内的平均速度等于中
刻的瞬
速度可知，在
变
线
动
时间
间时
时
1、2
中
刻的速度
间
间时
v1＝＝2.25 m/s
2、3
中
刻的速度
间
间时
v2＝＝1.8 m/s
故可得加速度大小a＝＝＝1 m/s2。
(2)
到达
设
1 号
筒
的速度
锥
时
为v0，根据匀
速直
运
律得
变
线
动规
v0t1－at＝d
代入数
解得
值
v0＝2.45 m/s
从1 号
筒开始到停止
通
的位移大小
锥
时
过
x＝＝3.001 25 m≈3.33d
故可知最
能
远
经过4 号
筒。
锥
1.求解匀变速直线运动问题的常用方法
2.单过程运动学问题基本解题思路
画过程分析图
判断运动性质
选取正方向
选用公式列方程
解方程并讨论
3.多过程运动学问题基本解题思路
如果一个物体的运动包含几个阶段,就要分段分析,速度往往是各个阶段联系的纽带，即前过程的末速
度是后过程的初速度.，同时注意多过程的位移与时间关联
画各个阶段分析图
明确各阶段运动性质
找出已知量、待解量、中间量
各阶段选公式列方程
找出各阶段关联量列方程
【变式1-1】（2025·陕西西安·二模）道路千万条，安全第一条，交通安全关乎千家万户的幸福安宁。一司
机驾驶汽车行驶在平直公路上，当距十字路口停止线52m 时，绿灯显示还有13s 就要变成黄灯，导航上显
示此时汽车行驶的速度为36km/h，由于前方有缓慢行驶车辆，司机决定踩刹车，汽车开始做匀减速直线运
动，司机的反应时间为1s，当绿灯显示还有6s 时，汽车随着前方缓慢行驶车辆通过停止线。若不考虑车
身长度，则汽车做匀减速运动的加速度大小为（ ）
A．1.0m/s2
B．1.5m/s2
C．2.0m/s2
D．2.5m/s2
【答案】A
【详解】由题知，汽车的初速度为
，反应时间
，反应时间内汽车做匀速运动
的位移为
汽车做匀减速运动的时间为
汽车做匀减速运动的位移为
根据位移时间公式有
代入数据解得加速度为
故选A。
【变式1-2】（2025·海南·一模）旱冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱，如图1 所
示。图2 为某旱冰壶比赛的简化示意图，已知B、C、D 为AO 的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由
点以初速度
向右滑动，经时间运动到B 点，最终冰壶刚好停在
点，假设冰壶在该过程中的运动为匀
减速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．冰壶在
点的速度为
B．冰壶在
点的速度为
C．冰壶由
到
的时间为
D．冰壶运动的总时间为
【答案】B
【详解】A．中间位置的瞬时速度
，故A 错误；
B．中间位置的瞬时速度
，故B 正确；
CD．由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O 到A 的初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运
动的推论可知
冰壶由
到
的时间
总时间
，故C 错误，D 错误。
故选B。
考向02 运动学的图像问题
【例2-1】. (2025·海南高考真题) 如图所示是某汽车通过
过程的
图像，下面说法正确的是（
）
A.
内，汽车做匀减速直线运动
B.
内，汽车静止
C.
和
内，汽车加速度方向相同
D.
和
内，汽车速度方向相反
【答案】A
【解析】由图可知
图像的斜率表示加速度，
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
时，汽车做匀减速直线运动，A 项正确；
内，汽车做匀速直线运动，B 项
错误；
内加速度为负，
内加速度为正，故
和
内，汽车加速度方向相反，C 项错误；
和
内，汽车速度方向相同，均为正，D 项错误。
【例2-2】（2025·福建·高考真题）在2024 年巴黎奥运会上，我国游泳运动员创造了男子百米自由 泳新的
世界纪录。在此次比赛中，运动员起跳后于
时刻入水。入水后 的运动过程可近似分为三个阶段:
段
的前程游为匀减速直线运动，
段为匀速游，
段的冲刺游为匀加速直线运动；速率随时间变
化的图像如图所示。已知
，
，
,
，求该运动员在
(1)
段的平均速度大小；
(2)
段的加速度大小；
(3)
段的位移大小。
【考向】匀变速运动的规律应用
【解题指导】直接根据v-t 图识别各阶段初末速度与时间，代入对应运动学公式分段计算。
【答案】(1)
(2)
(3)4.2m
【详解】（1）
段内的平均速度
（2）
段内的加速度
（3）
段内的位移
1.三种常规图像
常见图像
斜率k
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
不表示相遇，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 .直线运动非常规图像
函数表达式（仅适用于匀变速直线运
动）
斜率k /面
积S
纵截距b
v
2- x图像
由v
2- v0
2=2ax，得v
2= v0
2+2ax
k =2a
v0
2
x
t -t图像
由x = v0t + 1
2 at
2，得x
t = v0+ 1
2 at
k = 1
2 a
v0
x
t
2 - 1
t 图像
由x = v0t + 1
2 at
2，得x
t
2 = v0⋅1
t + 1
2 a
k = v0
a
2
3.处理图像问题的基本流程
一看
坐标轴
①确认纵、横坐标轴对应的物理量及其单位
②注意纵、横坐标是否从零刻度开始
二看
截距、
斜率、面
积
图线在坐标轴上的截距表示运动的初始情况
斜率通常能够体现某个物理量(如v-t 图像的斜率反映了加速度)的大小、方向及变化
情况
最常见的是v-t 图像中面积表示位移大小,要注意时间轴下方的面积表示位移为负,说
明这段位移方向与正方向相反
三看
交点、
转折点、
渐近线
交点往往是解决问题的切入点,注意交点表示物理量相等,不一定代表物体相遇
转折点表示物理量发生突变,满足不同的函数关系式,如v-t 图像中速度由增变减,表明
加速度突然反向
利用渐近线可以求出该物理量的极值或确定它的变化趋势
【变式2-1】（2025·陕西渭南·一模）下面是描述物体做直线运动的相关图像，对图像的解释正确的是（
）
A．甲图中，A、B 两物体在和
两个时刻相遇两次
B．乙图中，物体一定在做往复运动
C．丙图中，A、B 两物体在到
内的平均速度大小相等
D．丁图中，图像的斜率直接反映了物体的加速度
【答案】A
【详解】A．甲图中，A、B 两物体在和
两个时刻位移相等，则相遇两次，A 正确；
B．乙图中，若物体的初速度为零，则物体先沿正方向做加速运动，然后沿正方向做减速运动，再加速，
再减速…….物体一直沿正方向运动，B 错误；
C．丙图中，在到
内的任意时刻A 的速度都大于B，可知A 物体的平均速度大小大于B 物体的平均速
度，C 错误；
D．丁图中，根据
，可知图像的斜率为物体的加速度的2 倍，D 错误。
故选A。
【变式2-2】 (2026·湖北省楚才高中一模）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（
、
、
、分别表示物体的位移、速度、
加速度和时间），则下列说法中正确的是（ ）
A. 甲图中
图可求出物体的加速度大小为1m/s2
B. 乙图中
图可求出物体的加速度大小为5m/s2
C. 丙图中
图可求出物体的加速度大小为2m/s2
D. 丁图中
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】根据匀变速运动的位移与时间关系公式
，根据甲图中
图像为正比关系图线，
可求出物体的加速度大小为
解得
，A 项错误；根据匀变速运动的速度与位移时间关系
，根据乙图中
图
像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为
解得
，B 项正确；根据匀变速运动的位移与时间关系公式
，整理得
，根据丙图中
图像为一次关系图线，可求出物体的加速度大小为
解得
，物体的加速度大小为4m/s2，C 项错误；根据微元法可以得到，
物理学中
图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物理的速度变化量，则丁图中
图可
求出物体在前2s 内的速度变化量大小为
，D 项错误。
考向03 追及、相遇问题
【例3-1】（2026·山东省烟台市联考）无人驾驶汽车依靠先进的传感器、算法和人工智能技术，能够实现
自主导航、避障、决策等功能，极大地提高了交通的效率和安全性。如图所示，在平直公路上有两辆无人
驾驶汽车A、B（均可看做质点），在不同车道沿同一方向做匀速直线运动，A 车在前，B 车在后，A 车速
度大小为
，B 车速度大小为
。当两车沿车道方向距离
时，A 车因突发
情况紧急刹车做匀减速直线运动，加速度太小为
，从刹车时开始计时，求：
（1）两车在运动方向上
最远距离；
（2）从
车开始减速到两车相遇所用的时间。
【答案】（1）125m （2）16.25s
【解析】（1）当两车速度相等时距离最远，则
解得t=5s
两车在运动方向上的最远距离
（2）A 车停止运动需要时间
前进的距离为
此时B 的位移
此时两车相距
相遇时还需要用时间
从
车开始减速到两车相遇所用的时间
【例3-2】（2026·安徽省合肥市普通高中六校联盟联考）泥石流是很严重的自然灾害，严重影响人们的生产
和生活，如图甲所示。现将泥石流运动的过程进行简化，如图乙所示，泥石流从 A 点由静止开始沿斜面匀
加速直线下滑，加速度达到
，A 距斜面底端B 的长度为40m，泥石流经过 B 点时没有速度损失，然
后在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为
，一辆车停在 B 点右侧40m 处的C 点，当泥石流
到达 B 点时，车由静止开始以
的加速度向右做匀加速直线运动，以求逃生。
（1）求泥石流到达B 点时的速度大小。
（2）求车行驶过程中，泥石流距离车
最小距离。
（3）车的加速度大小可以调整，为确保安全，车的最小加速度是多大？
【答案】（1）20m/s （2）20m （3）3m/s2
【解析】（1）泥石流到达B 时的速度大小
，则有
代入数据解得
（2）车行驶过程中，泥石流与车速度相等时，距离最小，设速度相等时
时间为t，则有
根据位移—时间公式有
解得
（3）若泥石流与车相遇，有
m
为确保安全
得
，即最小加速度为
1.求解追及、相遇问题的技巧
2.追及问题的分析和解题思路
【变式3-1】（2025·山东·模拟预测）（多选）在平直公路上，甲车以
的速度匀速行驶，当甲车距离
前方另一车道上静止的乙车
时，开始刹车。同时，乙车由静止开始沿同一方向做匀加速直线运动，
两车的加速度大小均为
。两车均可视为质点，不考虑车道宽度及其他车辆影响。下列说法正确的是
（ ）
A．两车未能相遇
B．两车在运动过程中会相遇2 次
C．两车速度相同时，甲车在乙车后
处
D．若甲车在刹车的同时，乙车以大小为
的加速度启动，则两车不会相遇
【答案】BD
【详解】ABC．由题知，初速度
，甲车刹车的加速度大小
；乙车的加速度大小
，设从甲车刹车开始历时，两车速度相同，则有
解得
此段时间内甲车比乙车多运动的位移
可知此时甲车超过了乙车，速度相同时甲车在乙车前
处，故两车会相遇2 次，故B 正确，AC 错误；
D．若甲车在刹车的同时，乙车的加速度为
，设从甲车刹车开始历时
两车共速，则有
解得
此段时间内，甲车比乙车多运动的位移
可知甲车未曾超过乙车，两车不会相遇，故D 正确。
故选BD。
【变式3-2】 中国高铁向世界展示了中国速度和谐号和复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方
向做匀加速直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．复兴号高铁追上和谐号动车前，
时两车相距最远
B．复兴号高铁经过95s 加速达到最大速度
C．
时，复兴号高铁追上和谐号动车
D．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m
【答案】B
【解析】由
图像可知，
时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，
时，和谐号动车速度
小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，
时两车相距最远，根据
图像与坐标轴围
成的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
，选项ACD 错误；复兴号高铁的加速度为
复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为
，选项B 正确。
考向04 牛顿运动定律解决两类基本运动学问题
【例4-1】(2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古高考 T10)如图（a），倾角为
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
沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为
、
，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
曲线在
时切线斜率为0，则（ ）
A.
B.
时，甲的速度大小为
C.
之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.
之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【解析】位置
与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运
动，乙物体做匀减速运动，在
时间内甲乙的位移可得
可得
时刻甲物体
速度为
，B 项错误；甲物体的加速度大小为
乙物体的加速度大小为
由牛顿第二定律可得甲物体
同理可得乙物体
联立可得
，A 项正确；设斜面的质量为
，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二
定理可得
则
之前，地面和斜面之间摩擦力
零，C 项错误；
之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面
向下加速，由系统牛顿第二定律可得
即地面对斜面的摩擦力向左，D 项正确。
【例4-2】（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另
一端，经过1s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10m/s2。下列v0、μ 值可能正确的是（
）
A．v0= 2.5m/s
B．v0= 1.5m/s
C．μ = 0.28
D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有v0 < 2m/s
故A 不可能，B 可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v0
2= 2ax
整理有
v0
2 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s 可得μ < 0.2
故CD 不可能。
故选B。
1。解决牛顿运动定律应用类问题的基本思路
2.解决动力学两类问题的两个关键点
【变式4-1】（2025·福建省福州市八县（市）协作校联考）图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊
带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿（随）绳（带）缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，
高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运
动安全着陆，图丙是工人运动全过程的
图像。已知工人的质量
，
，求：
（1）图乙中的建筑工人发生险情处离地多高；
（2）加速下滑和减速下滑两过程中钢丝绳对工人的拉力之差。
【答案】（1）45m；（2）
【解析】（1）根据
图像的面积表示位移，则发生险情处离地面的高度为
（2）根据
图像的斜率表示加速度，则加速下滑阶段有
根据牛顿第二定律有
，解得
同理减速下滑阶段加速度为
根据牛顿第二定律有
，解得
故
【变式4-2】（2025·河南省九师联盟高三联合检测）如图所示为某滑雪爱好者参与高山滑雪时的情景，滑
雪者与装备的总质量为m，滑雪者收起雪杖从静止开始沿着倾角
的平直山坡直线自由滑下，从静
止开始下滑一段路程的平均速度为v，滑雪者在这段路程的运动看做匀加速直线运动，滑板与雪道间的动
摩擦因数为
。已知重力加速度为g，
，
，则这段路程内（ ）
A. 滑雪者运动的加速度大小为
B. 滑雪者在这段路程末的速度大小为
C. 滑雪者运动这段路程的时间为
D. 这段路程的长度为
【答案】AD
【解析】根据牛顿第二定律
解得
，故A 正确；滑雪者在这段路程末的速度大小为
，根据
，解得
，故B 错误；根据
，解得
故C 错误；这段路程的总长度为
，故D 正确
考向05 动力学的图像问题
【例5-1】（2025·陕晋青宁卷高考真题）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 ~ 3s 内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t 图线的斜率表示加速度可知A 项
正确。
【例5-2】（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H 高度处
由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间
为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其
图像或
图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AB．在木块下落
高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即
当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律
随着
增大
减小；
当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中
木块所受合外力向上，随着
增大
增大；
图像如图所示
故B 正确，A 错误；
CD．同理，在木块下落
高度之前，木块做匀加速直线运动，根据
速度逐渐增大，所以
图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律
木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以
图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重
力后到最低点过程中
木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以
图斜率减小，到达最低点后，木块向上运
动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运
动到最高点，
图像大致为
动力学图像问题
图像
v-t 图像、a-t 图像、F-t 图像、F-a 图像等
三种
类型
(1)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况。
(2)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
解题
策略
(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”
“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
破题
关键
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，
掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，
图像的转折点，两图像的交点等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再
结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，
这些信息往往是解题的突破口或关键点。
【变式5-1】（2026·河北省保定市十县一中联考） 如图甲所示，倾角为37°的粗糙斜面体固定在水平面上，
质量为m 的小木块在沿斜面向上的恒力F 作用下沿斜面上滑。a 随F 变化关系如图乙所示（取沿斜面向上
为正方向）。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
，
。下列说法正确的是
（ ）
A. 当F=32N 时，小木块的加速度为
B. 当F=20N 时，小木块的加速度为
C. 小木块的质量为3kg
D. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.35
【答案】A
【详解】由题意可知，以木块为研究对象，根据牛顿第二定律有
则有
，由题图乙可得
纵轴截距
，解得m=2kg，
，故CD 错误；
当F=20N 时，根据牛顿第二定律有
解得
，故B 错误；当F=32N 时，由图可得
，故A 正确
【变式5-2】（2025·广东省广深珠联考高三联考★★★）物斜面ABC 中AB 段粗糙，BC 段光滑，如图甲所
示。质量为1kg 的小物块（可视为质点）以
的初速度沿斜面向上滑行，到达C 处速度恰好为零。
物块在AB 段的加速度是BC 段加速度的两倍，其上滑过程的
图像如图乙所示（
、
未知），重力
加速度g 取
。则根据上述条件，下列可以求得的是（ ）
A. 物块与斜面之间的动摩擦因数
B. 斜面的倾角
C. 斜面AB 段的长度
D. 物块沿斜面向下滑行通过AB 段的加速度
【答案】.D
【详解】小物块沿斜面向上滑行的初速度
，由
可得
，解得
设AB 段长度为
，加速度大小为2a，BC 段长度为
，加速度大小为a，则根据运动学公式AB 段有
，BC 段有
已知
，因BC 段长度未知，无法求出加速度及斜面AB 段的长度，C 错误；
小物块在AB 段，根据牛顿第二定律得
小物块在BC 段
因加速度未知，所以不能解得斜面ABC 倾角及物块与斜面之间的动摩擦因数，AB 错误；
小物块下滑时通过AB 段，根据牛顿第二定律得
因为
，解得
，D 正确。
【变式5-3】2025·云南大理·一模）如图甲所示，A、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水
平面上，A、B 的质量分别为2kg 和3kg。从
时刻开始，水平推力
和水平拉力
分别作用于A、B
上，
、
随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．分离前物体A 一直做变加速直线运动B．
时刻，A、B 所受的合力相同
C．
时刻，A、B 恰好分离
D．
时刻，B 的加速度大小为
【答案】C
【详解】A．分离前对整体有
则
为恒力，故分离前A、B 一起做匀加速直线运动，故A 错误；
BC．设时刻A、B 恰好分离，由牛顿第二定律可知
，
，由图乙可知
，
联立解得
，
则
时，A、B 加速度相同，质量不同，由牛顿第二定律可知，A、B 所受合力不同，故B 错误，C
正确；
D．由图乙可知，
时，
由牛顿第二定律可知
故D 错误。
故选C。
考向06 动力学的连接体问题
【例6-1】 (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
，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
，
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
D. 乙受到绳子的拉力大小为
【答案】C
【解析】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；
设乙运动的加速度为
，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
，则地面对木箱的支持力大小不变，B 项错误；设绳子的弹力大小为
，对甲受力
分析有
，对乙受力分析有
联立解得
，
，C 项正确、D 项错误。
【例6-2】（多选）（2023·福建·高考真题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车
厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3 节车厢，车
头对第一节车厢的拉力为
，第一节车厢对第二节车厢的拉力为
，第二节车厢对第三节车厢的拉力为
，
则（ ）
A．当火车匀速直线运动时，
B．当火车匀速直线运动时，
C．当火车匀加速直线运动时，
D．当火车匀加速直线运动时，
【答案】BD
【详解】AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时
得
故A 错误，B 正确；
CD．当火车匀加速直线运动时
得
T1∶T2∶T3=3 2 1
∶∶
故C 错误，D 正确。
故选BD。
连接体问题的处理方法
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,则可以把
它们看成一个整体,分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出加速度或其他
未知量
隔离法的
选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求系统内两物体之间的作用力,则就
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
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,且要求物体之间的作用力,则可以先用整
体法求加速度,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”
【变式6-1】（2026·广东省深圳市高级中学高三第一次诊断测试）我国航天员要在天宫1 号航天器实验舱
的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为
的标准物A 的前后连接有质量均为
的两个力传
感器，待测质量的物体B 连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标
准物A 前后两个传感器的读数分别为
、
，由此可知待测物体B 的质量为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】整体为研究对象，由牛顿第二定律得
隔离B 物体，由牛顿第二定律得
联立可得
，故选项B 正确。
【变式6-2】（2025·福建福州调研考试）倾角分别为
、
的两个光滑直角三角形斜面体固定在水平
地面上，斜面体等高，顶端均固定相同的轻质光滑滑轮。两根轻绳绕过滑轮，其中一端分别与放在斜面上
的物块A、B 相连，A、B 质量均为m，另一端都与质量为4m 的物块C 连接。现用外力托住物块A、B、
C，使细线均处于伸直状态且平行于斜面体表面，A、B、C、滑轮在同一竖直面内，侧视图如图所示。撤
去外力后，物块C 开始向下运动。在整个运动过程中，细线始终不会脱离滑轮，物块A、B 不会与滑轮相
碰。不计一切摩擦，重力加速度大小取
，
，则在下落过程中物块C 的加速度大
小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】A、B、C 通过细绳链接，则加速度大小相等，设为a，绳的拉力分别为T1和T2，根据牛顿第二定
律，对A
对B
，对C
联立解得
，故选项A 正确。
【变式6-3】（2025·湖北省武汉市校调研考试）如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为m 和2m 的四
个物块，物块之间的动摩擦因数为
，物块与地面之间的动摩擦因数为
，上面的两物块用不可伸长、
可承受足够大拉力的水平轻绳相连。现对右边质量为m 的物块施加水平向右的力F，使四个物块一起向右
运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。为使物块之间不发生相对滑动，则F 的
最大值为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】设当右侧两物体间的摩擦力恰好达到最大值时加速度为a，对右侧上面的物体分析，根据牛顿第
二定律有
对左侧两体分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
对右侧下面
物体整体分析，根据牛顿第二定律有
解得
。故选B。
考向07 动力学的临界与极值问题
【例7-1】. (2025·江苏高考真题)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
【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
【例7-2】（多选）（2023·湖南·高考真题）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
D 正确。
故选CD。
1.叠加体系统临界问题的求解思路
2.临界极值问题常用分析方法
临界法
分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入
手，求出临界值
极限法
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，以达
到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现
临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
解析法
明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值
【变式7-1】（2026·河南部分重点高中高三大联考模拟预测）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A
放在轻弹簧上，物块B 叠放在物块A 上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C 连接，用手托着物块C，使
滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C 的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为
k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B 到滑轮的距离足够远，快速撤去手，
则下列判断正确的是（ ）
A. 撤去手的一瞬间，物块C 的加速度为0
B. 撤去手的一瞬间，A 对B 的作用力大小为
C. 撤去手后，物块B 向上运动过程中加速度先减小后不变
D. 当物块A、B 刚好分离时，物块A 上升的高度为
【答案】BC
【解析】由题意可知，撤去手之前绳子上得拉力为0，此时，对AB 整体受力分析得
撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C 三个物体加速度大小相等，对C 受力分析得
对AB 整体受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得撤去手的一瞬间，物体C 的加速度大小为
此时绳上的拉力突变，大小为
，A 错误；撤去手的一瞬间，对物体B 受力分析，由牛顿第二定律
得
代入数据得此时A 对B 的作用力大小为
，B 正确；撤去手之后AB 分开前，对A、B、C 系统
受力分析，由牛顿第二定律得
随着A 向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小；
A、B 分开后，B、C 两个物体由绳连接加速度大小一样，对C 受力分析由牛顿第二定律可知
对B 受力分析，由牛顿第二定律可知
联立解得B、C 的加速度大小为
，加速度不再变化，C 正确；A、B 分开时，
，此时A、
B 、C 加速度大小相等，设此时弹簧的形变量为
，对A 、B 、C 系统受力分析解得
隔离A，受力分析由牛顿第二定律得
联立解得，此时弹簧形变量为
故当物块A、B 刚好分离时，物块A 上升的高度为
，D 错误。
【变式7-2】（2026·河北省保定市联考） 如图，轻杆带转轴一端与物块B 连接，轻杆可绕转轴在如图所示
的竖直面内转动，其上端固定小球A，A、B 质量均为m 且置于质量为2m 的小车中，小车放在光滑水平面
上。细线右端固定于车厢壁C 点，左端与A 球相连，A、C 等高，物块B 与车厢地板间的动摩擦因数为
。
给小车施加水平向左的作用力F，保证轻杆与竖直方向的夹角
且与小车始终保持相对静止（假设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 轻杆对小球的作用力大小一定为
，方向沿杆斜向上
B. 细线拉力为0 时，小车的加速度大小为
C. 当
，
D. 当
，
【答案】ABC
【解析】杆为动杆，对小球的作用力一定沿着杆的方向，设大小为
。对小球，由竖直方向平衡
，得
，故A 正确；细线拉力为0 时，对小球，水平方向，由牛顿第二定律
得
又A 项分析可知
，解得
，故B 正确；
当
时，对物块B，设小车对其的支持力为
，则
物块B 受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为
,水平方向由牛顿第二定律得
，解得
对A、B 和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
，故C 正确；
当
时，对物块B，设小车对其的支持力为
，则
物块B 受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为
,水平方向由牛顿第二定律得
，解得
对A 向左能达到的最大加速度
，可得
即系统向左能达到的最大加速度为
，对A、B 和小车整体，由牛顿第二定律得
，因此有
，故D 错误。
考向08 传送带模型
【例8-1】（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。
【例8-2】.（2020·全国·高考真题）如图，相距L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相
接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱（可视
为质点），以初速度v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加
速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带
后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台
运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2)
，
；(3)0
，方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为
时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿
第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开
传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送
带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，
⑨
(3)传送带的速度为
时，由于
，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做
匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩
式并代入题给数据得
⑪
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运
动
的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①
式可知
⑫⑬⑭
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理
有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
，故D 正确。
传送带问题的解题思路
【变式8-1】（2026·湖南娄底市调考)如图1 所示，一可视为质点的物块在t=0 时刻从水平传送带的最左端
以速度
滑上传送带，同时传送带在电动机的带动下，从静止开始向右做匀加速运动，经过一段时间物块
与传送带速度相同，物块正好运动到传送带的正中央，然后控制传送带，让传送带与物块一起做匀速直线
运动，一直到物块离开传送带，两者的v-t 图像如图2 所示。已知第一段时间内两图线斜率的绝对值相等，
物块与传送带间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．共速以后，物块所受的摩擦力由滑动摩擦力变为静摩擦力
B．第一段时间内传送带的加速度大小为
C．传送带的总长度为
D．物块在传送带上运动的总的时间为
【答案】BD
【解析】物块在传送带上运动，第一段时间所受的摩擦力为滑动摩擦力，第二段时间两者以共同的速度匀
速运动，没有相对运动趋势，物块不受摩擦力作用，所以摩擦力由滑动摩擦力变到0，故A 错误；第一段
时间，对物块由牛顿第二定律可得
，解得
两者v-t 图像的斜率的绝对值相等，则
，B 正确；设两者的共同速度为
，由v-t 图像的对称
性可得
，设传送带的长度L，第一段时间对物块由速度位移关系可得
综合解得
，C 错误；物块在传送带上运动的总时间为
，D 正确。
【变式8-2】（2026·河南漯河·调研考试)在快递物流中，分拣是其中一个重要环节，如图甲所示，这是分
拣传送装置，它由水平传送机与倾斜传送机组成，图乙是该装置的简化图，水平部分AB 的长度
，
倾斜部分CD 的长度未知，B、C 间距可忽略不计。已知水平传送带以
的速率顺时针转动，倾斜
传送带也是顺时针转动，速率为
，倾角
，把一个可视为质点的货物无初速度放在A 端，
货物从B 运动到C 速度大小保持不变，货物通过倾斜传送带运送到D 端时速度恰好为0。已知货物与两段
传送带间的动摩擦因数
均为0.5。（
，
，
）
(1)求货物在AB 上加速时的加速度大小；
(2)货物由于破损，在AB 上留下痕迹，求痕迹的长度；
(3)求货物在运送过程中，从A 到D 的总时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）货物在AB 上相对滑动时，根据牛顿第二定律得
解得
（2）设货物达到共同速度的时间为
，则
，解得
通过的距离
，解得
传送带通过的位移
则痕迹的长度
（3）货物加速的位移为
则匀速运动时间为
货物以
的速度冲上倾斜传送带，共速前根据牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下，共速时
由于
当货物的速度小于
时，对货物分析
解得
方向沿传送带向下，又
则总时间为
考向09 板块模型
【例9-1】．（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
【例9-2】（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。
处理“板块”模型中动力学问题的流程
【变式9-1】（2026·河南洛阳一模)如图所示，长木板B 放在地面上，物体A 放在长木板B 右侧，A 与B
间动摩擦因数
，B 与地面间动摩擦因数
，A 质量为
，B 质量为
，从t=0 时刻
起对其施加一水平向右的恒力
，经过t1后撤去恒力F，
时AB 两物体共速，A、B 间最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取
。求∶
（1）求施加力F 瞬间A 与B 物体的加速度大小；
（2）求力F 作用时间t1；
（3）A、B 均停止运动后A 到B 右端的距离。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）力F 作用长木板B 后，A、B 两物体发生相对滑动，对于物块A，由牛顿第二定律可得
解得
对于长木板B，由牛顿第二定律可得
解得
（2）撤去力F 后，B 物体运动加速度大小为aB2，
设撤去恒力F 瞬间，B 的速度大小为v₁
联立方程得
（3）t₂ 时AB 两物体共速，此时两者速度大小
由于
故AB 两物体
后发生相对滑动，AB 都做匀减速直线运动，最终二者都停止。
设AB 两物体的加速度大小分别为
从开始运动到A 物体停止，A 物体的位移大小为
从B 开始运动到力F 撤去，B 的位移大小为xB1
力F 撤去到AB 两物体共速，B 的位移大小为xB2
从A、B 共速后到B 物体停止运动，B 的位移大小为
A、B 均停止运动后A 到B 右端的距离
【变式9-2】（2026·湖南省长沙市雅礼中学月考）如图所示，一倾角为
的足够长斜面体固定在水
平地面上，质量为
的长木板B 沿着斜面以速度
匀速下滑，现把质量为
的铁
块A 无初速度放在长木板B 的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A 与B 之间、B 与斜面之间
的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度
，
，
，则下列判断不正确的是（ ）
A. 动摩擦因数
B. 铁块A 和长木板B 共速后的速度大小为3m/s
C. 长木板的长度为4.5m
D. 从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A 和长木板B 构成的系统动量守恒，机械能不
守恒
【答案】B
【解析】开始时长木板B 沿着斜面以速度
匀速下滑，有
解得
，故A 正确，与题意不符；铁块A 刚放在长木板B 上时，对A 分析，根据牛顿第二定律有
解得
，方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有
，解得
方向沿斜面向上，设铁块A 和长木板B 共速的时间为，则
解得
，铁块A 和长木板B 共速后，速度大小为
故B 错误，与题意相符；铁块A 和长木板B 共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为
故C 正确，与题意不符；铁块A 和长木板B 构成的系统合外力等于0，动量守恒，由于摩擦力作用，系统
机械能不守恒。故D 正确，与题意不符。
1．（2025·全国卷·高考真题）我国自主研发的CR450 动车组试验时的速度可达450km/h。若以120m/s 的
初速度在平直轨道上行驶的CR450 动车组，匀减速运行14.4km 后停止，则减速运动中其加速度的大小为
（ ）
A．0.1m/s2
B．0.5m/s2
C．1.0m/s2
D．1.5m/s2
【答案】B
【详解】根据速度位移关系
其中
，
代入数据可得减速运动中其加速度的大小
故选B。
2.（2024·海南·高考真题）商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s
恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，
完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考向】匀变速运动的规律应用
【解题指导】利用“匀加速与匀减速时间、位移均相等”的对称性，结合平均速度公式快速求解。
【答案】C
【详解】设门的最大速度为，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为
，
且时间相等，均为2s，根据
可得
则加速度
故选C。
3．（2023·全国·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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】x—t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t1图像斜率变大，t1—t2做匀
减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。
故选D。
4.（2024·山东·高考真题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A 点距离为L。木板由
静止释放，若木板长度为L，通过A 点的时间间隔为
；若木板长度为2L，通过A 点的时间间隔为
。
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考向】匀变速运动的推论应用
【解题指导】分别对木板下端和上端通过A 点列位移-时间方程，利用时间差之比联立求解。
【答案】A
【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为，木板从静止释放到下端到达A 点的
过程，根据运动学公式有
木板从静止释放到上端到达A 点的过程，当木板长度为L 时，有
当木板长度为
时，有
又
，
联立解得
故选A。
5．（2023·湖北·高考真题）
时刻，质点P 从原点由静止开始做直线运动，其加速度a 随时间t 按图示
的正弦曲线变化，周期为
。在
时间内，下列说法正确的是（ ）
A．
时，P 回到原点
B．
时，P 的运动速度最小
C．
时，P 到原点的距离最远
D．
时，P 的运动速度与
时相同
【答案】BD
【详解】ABC．质点在
时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此
过程一直向前加速运动，
时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的
减速运动，
时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，
重复此过程的运动，即质点一直
向前运动，AC 错误，B 正确；
D．
图像的面积表示速度变化量，
内速度的变化量为零，因此
时刻的速度与
时刻相同，
D 正确。
故选BD。
6．（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
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
【考向】常规图像的理解及应用
【解题指导】根据v-t 图速度方向突变点识别碰撞时刻，速度首次为零对应最高点。
【答案】A
【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面
接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a 点，此时速度第一
次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a 点。
故选A。
7．（2023·广东·高考真题）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯
原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，
到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度或
加速度随时间变化的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考向】常规图像的理解及应用
【解题指导】抓住“仅受重力，加速度恒为-g”的核心，直接判断v-t 与a-t 图形状。
【答案】D
【详解】AB．铯原子团仅在重力的作用，加速度g 竖直向下，大小恒定，在
图像中，斜率为加速
度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB 错误；
CD．因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C 错误，选项D 正确。
故选D。
8.（2023·北京·高考真题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，
细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F 作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F 的最大值
为（ ）
A．1N
B．2N
C．4N
D．5N
【答案】C
【详解】对两物块整体做受力分析有F = 2ma
再对于后面的物块有FTmax= ma
FTmax= 2N
联立解得F = 4N
故选C。
9.（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M 点由静止自由滑下，
经过水平NP 段后飞入空中，在Q 点落地。不计运动员经过N 点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。
下列能表示该过程运动员速度大小v 或加速度大小a 随时间t 变化的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设斜坡倾角为
，运动员在斜坡MN 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
可得
运动员在水平
段做匀速直线运动，加速度
运动员从
点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
设在
点的速度为
，则从
点飞出后速度大小的表达式为
由分析可知从
点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
C 正确，ABD 错误。
故选C。
10.（2024·全国高考甲卷高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置
于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。
改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在
下列a-m图像中，可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】设P 的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f ,以P 为对象，根据牛顿第二定律可得T - f = Ma，以盘
和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg-T =ma，联立可得a= mg - f
M +m =
g- f
m
M +m ⋅m，可知当砝码的重
力大于f
时，才有一定的加速度，当m 趋近于无穷大时，加速度趋近于g，D 项符合题意。
11.（多选）（2021·全国·高考真题）水平地面上有一质量为
的长木板，木板的左端上有一质量为
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．在
时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．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
A 错误；
BC．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
BC 正确；
D．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，D 正确。
故选BCD。
12．（2025·江西·T9）（多选）每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同
方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。
若以无人机为参考系，该龙舟在
时间内速度由0 增加到
（划桨阶段），再经历
时间速度减
为0（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能
与时间t 的关系，下
列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考向】常规图像的理解及应用
【解题指导】根据匀加速、匀减速的周期性，推断各物理量随时间的变化关系草图。
【答案】AB
【详解】A．位移时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A 正确；
B．龙舟在
时间内速度由0 增加到
（划桨阶段），再经历
时间速度减为0，速度方向始终
为正向，故B 正确；
C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在
时间内是不变的，后0.6s 内也是不变的，故C 错误；
D．根据
可知，前
开口向上，故D 错误。
故选AB。
13.（2023·福建·T7）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时
刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（
）
A．0 ~ 2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同
C．2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s 时，甲、乙两车的动能不同
【考向】常规图像的理解及应用
【解题指导】对乙车，利用F-t 图面积（冲量）分析速度变化；对甲车，直接读v-t 图信息。
【答案】BC
【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s 内，甲车做匀加
速直线运动，加速度大小不变，故A 错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s 内根据动量定理有I2 = mv2，I2
= S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s 内根据动量定理有I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同，故B 正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s 内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s 内乙车一直向正方向运动，
则2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同，故C 正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s 时甲车的速度为0，则t = 8s 时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s 内根据
动量定理有I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s 时乙车的速度为0，则t = 8s 时，乙车的动能为0，故D 错误。
故选BC。
14.（2026·广东省河源市高三毕业班调研模拟测试） 滑草是儿童非常喜欢的运动，简单的滑草赛道由斜坡
道和水平道构成。其过程可简化为下图，其中滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数均相同，某次小明和姐
姐去滑草，两人先后都从坡道上的A 点由静止下滑，在水平道上滑行一段距离后停止，姐姐的质量较大，
坡道最低点B 处平滑连接，则下列说法正确的（ ）
A. 在斜坡道上姐姐的滑行时间短
B. 在斜坡道上小明滑到B 点时的速度较大
C. 在水平道上姐姐的滑行距离长
D. 在水平道上两人滑行的距离一样长
【答案】D
【解析】对滑行的人受力分析，设其与滑板的总质量为m，斜面坡道倾角为
，滑板与斜坡道和水平道的
动摩擦因数为
，则根据牛顿第二定律可得
整理可得
，
可知，在斜坡道上与水平道上滑行的加速度大小与其质量无关，由于出发点相同，则两人的运动情况相同，
即在斜坡道上滑行时间相同，在斜坡道上滑到B 点时的速度相同，在水平道上两人滑行的距离一样长。
故选项D 正确。
15.（2025·山西大同·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。
16.（2026·北京东城一模）如图所示，质量为
的木板静止在光滑的水平面上，木板上左端静止放
着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为
，小滑块与木板之间的动摩擦因数为
。若用水
平向左的拉力
作用在木板上，取
，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块
能达到的最大加速度为
B．若
时，小滑块
和木板
之间摩擦力为6N
C．若
时，小滑块与木板刚好要发生相对滑动
D．若
时，小滑块
的加速度大小为
，木板
的加速度大小为
【答案】ACD
【解析】以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律
解得小滑块的最大加速度为
，故A 正确；．把小滑块
和木板
看成整体为研究对象，小
滑块在木板上滑动时的最小拉力为、
，解得
若
时，小滑块相对木板静止，把小滑块和木板看成一个整体时，由牛顿第二定律
，解得
对木板进行分析，由牛顿第二定律有
解得小滑块
和木板
之间摩擦力为
若
时，由于
得小滑块与木板刚好要发生相对滑动，故B 错误，C 正确；若
时，由于
可知小滑块在木板上滑动，对小滑块进行分析，由A 可知加速度大小为
，对木板进行分析，由牛
顿第二定律有
解得
，故D 正确。
17（2026·安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学一模）如图所示，汽车车厢里载着两材质不同的建材A、B
正在平直公路上匀速向前行驶，A、B 靠在一起，已知A、B 的质量相等，与车厢底面间的动摩擦因数分别
为
、
。
时刻汽车开始加速向前行驶，若其加速度的大小随时间的变化规律为
，重力加速度
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．
时，A、B 之间开始有弹力
B．
后，A 受到的摩擦力大小不变
C．从
到
内，A、B 间的弹力逐渐增大
D．
时，A、B 开始相对车厢滑动
【答案】C
【解析】根据题意可知，A 依靠摩擦力获得最大加速度，则
，解得
，即3s
时A、B 间出现弹力，有弹力后A 受到的摩擦力始终等于滑动摩擦力，故AB 错误；设AB 与车厢保持相
对静止的最大加速度为am，则
，解得
，由此可知，3.5s 后A、B
开始相对车厢滑动，3s 到3.5s 内，由于加速度不断增大，B 对A 的弹力也将不断增大，故C 正确，D 错
误。
18.（2 026 广东省清远市高三第一次模拟）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
取
，求：
（1）包裹刚开始下滑时的托盘角
；
（2）机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度
；
（3）若机器人运行的最大速度为vm=3m/s，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
。
【答案】（1）37° （2）7.5m/s2 （3）15.4s
【解析】（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足
可得
（2）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
（3）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
19.（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
