第2讲 力与直线运动
1.（2025·四川成都三模）某电梯的自动门简化如图所示，电梯到达指定楼层后两扇门从静止开始同时向两侧平移，两扇门的移动距离均为0.5 m，若门从静止开始以大小相等的加速度a＝0.5 m/s2先做匀加速运动后做匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则门打开需要的时间为（ ）
A.1 s B.2 s C.3 s D.4 s
2.（2025·河北沧州二模）2025年亚洲举重锦标赛于5月9日至15日在中国浙江举行。如图甲所示，在抓举阶段，运动员将杠铃从地面提升至头顶，杠铃运动的v-t图像如图乙所示。在M、N、P、Q四点中，运动员对杠铃作用力最大的点是（ ）
A.M点 B.N点 C.P点 D.Q点
3.（2025·河南商丘二模）一机器狗（如图甲所示，视为质点）沿平直地面运动的速度—时间关系图像如图乙所示，机器狗整个运动过程中加速度的大小始终为a。下列说法正确的是（ ）
A.2t0时，机器狗的速度大小为at0
B.机器狗在1.5t0时的运动方向与在2.5t0时的运动方向相反
C.在2t0～5t0时间内，机器狗通过的路程与其位移大小相等
D.从开始运动到停止，机器狗的平均速度为0
4.（2025·湖南高考5题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg
B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
5.（2025·湖北黄冈二模）如图所示，t＝0时刻，质点P和Q均从原点由静止开始做直线运动，其中质点P的速度v随时间t按正弦曲线变化，质点Q的加速度a随时间t也按正弦曲线变化，周期均为2t0。在0～2t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A.P和Q均在同一直线上做往复运动
B.t＝t0时，P和Q到原点的距离均最远
C.t＝2t0时，P和Q的运动速度相等
D.在t＝t0和t＝t0两时刻，Q运动的速度等大反向
6.（2025·辽宁锦州二模）1784年，乔治·阿特伍德为测量重力加速度和验证牛顿第二定律，设计了后来以他名字命名的实验装置——阿特伍德机。阿特伍德机的简化示意图如图所示，A、B为质量均为M的物体，物体C的质量为m，若滑轮质量和摩擦不计，轻绳不可伸长，m＝0.5M，则物体B从静止开始下落一段距离所用时间约为其自由下落同样距离所用时间的（ ）
A. B.C. D.5倍
7.（2025·山东高考8题）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
8.（2025·安徽合肥二模）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0 s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A.物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s
B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3
C.2.0～3.0 s时间内，物块的加速度为2 m/s2
D.第2.0 s末和第3.0 s末物块的速度分别为0、－3 m/s
9.（2025·吉林四平二模）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，机器人可沿直线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θ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L＝45 m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μ＝0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角θ及运输包裹的过程中允许的最大加速度；
（2）若机器人运行的最大速度为vm＝3 m/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t。
10.（2025·河南信阳一模）彩虹滑道作为一种旱地滑雪设备，因其多彩绚丽的外形、危险性低且符合新时代环保理念吸引了越来越多的游客。小孩坐在皮艇中被拉上滑道的过程可简化成图示模型。已知皮艇质量M＝5 kg，小孩质量m＝30 kg，皮艇与滑道之间的动摩擦因数μ1＝0.1，小孩与皮艇之间的动摩擦因数μ2＝0.8，现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F，用时t＝50 s将皮艇和小孩拉至顶端，滑道长度L＝250 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2，滑道倾角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）小孩所受摩擦力的大小和方向；
（2）拉力F的大小；
（3）只给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，求能将他们拉至顶端且不会相对滑动的F'取值范围。
11.（2025·安徽合肥二模）如图甲所示，在无限大水平台上放一个质量M＝1 kg的薄长木板，质量m＝2 kg可视为质点的小滑块位于长木板的中央，系统处于静止状态。小滑块与长木板及平台间的动摩擦因数分别为μ1（未知）、μ2＝0.1，长木板与平台间的动摩擦因数μ3＝0.5，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。从某时刻开始，在长木板右端施加水平恒力F，使系统向右运动，小滑块离开长木板前二者的速度随时间变化关系如图乙所示。小滑块离开长木板落到平台时速度不变，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1；
（2）水平恒力F的大小；
（3）小滑块在速度刚好减为零时与长木板左端之间的距离。
第2讲 力与直线运动
1.B 电梯门打开过程中门以大小相等的加速度先从0做匀加速运动后做匀减速运动到0，由运动的对称性可知＝a（ ）2，代入数据解得t＝2 s，故选B。
2.A 由图乙可知，M点杠铃的加速度向上，N点加速度为零，P、Q点加速度向下，根据牛顿第二定律可知，运动员施加的力需满足F－mg＝ma，可知在M点FM＞mg，在N点FN＝mg，在P、Q点FPQ＜mg，故选A。
3.C 根据v-t图像可知，2t0时，机器狗的速度大小v1＝2at0，选项A错误；机器狗一直沿同一方向运动，故在1.5t0时的运动方向与在2.5t0时的运动方向相同，选项B错误；在2t0～5t0时间内，机器狗做单向直线运动，故其通过的路程与其位移大小相等，选项C正确；从开始运动到停止，机器狗的位移不为0，其平均速度不为0，选项D错误。
4.C 对小球A受力分析，其受重力、轻绳的拉力以及B对A的库仑力，如图所示，根据力的平衡条件得F库＝Tcos 30°＋mgcos 30°，Tsin 30°＝mgsin 30°，解得T＝mg，F库＝mg，A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为零，库仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg，剪断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度大小a＝g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。
5.C 质点P在0～t0时间内先加速后减速运动，t0时刻速度减为0，距离原点最远，t0～2t0时间内反向先加速后减速运动，2t0时刻回到出发点，且速度减为零；质点Q在0～t0时间内先做加速度增加的加速运动，后做加速度减小的加速运动，t0时刻速度达到最大，t0～2t0时间内先做加速度增大的减速运动，后做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减为零，此过程一直向前运动，2t0时刻距离出发点最远，故C正确，A、B错误；a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，～t0时间内速度的变化量为零，因此与t0时刻Q运动的速度等大同向，D错误。
6.C 对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有0.5Mg＝2.5Ma，解得a＝0.2g，由匀加速运动公式有h＝a，可知t1＝，同理，物体自由落体下落同样距离所用时间t2＝，联立解得t1＝t2，故选C。
7.B 对建筑材料受力分析如图所示，由图1可知河堤对建筑材料的支持力FN＝mgcos θ，由图2可知挡板对建筑材料的支持力FN'＝mgsin2θ，所以对建筑材料，由牛顿第二定律有mgsin θcos θ－μFN－μFN'＝ma，解得建筑材料的加速度大小a＝gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin2θ，B正确。
8.A 位移—时间图像切线的斜率表示速度，由图乙可知，前2 s内物块向左匀减速运动，2 s末速度为零，第3 s内向右匀加速运动，3.0 s～4.5 s内x-t图像为一次函数，物块做匀速直线运动，说明物块与传送带保持相对静止，与传送带一起向右匀速运动。由图乙可知，前2 s内物块的位移x＝4 m，物块的位移x＝t，代入数据解得，物块的初速度大小v0＝4 m/s，故A正确；物块在传送带上滑动过程的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，故B错误；2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向右，以向左为正方向，则加速度为－2 m/s2，故C错误；x-t图像切线的斜率表示速度，第2.0 s末x-t图像切线的斜率为零，则2.0 s末的速度为0，2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，3.0 s末的速度v'＝a't'＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故D错误。
9.（1）37°，7.5 m/s2 （2）15.4 s
解析：（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足mgsin θ＝μmgcos θ
可得θ＝37°
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μmg＝ma
所以a＝7.5 m/s2。
（2）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，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速直线运动阶段有x1＝
t1＝
匀减速阶段有x3＝
t3＝
所以匀速运动的时间为t2＝＝
联立可得t＝t1＋t2＋t3＝15.4 s。
10.（1）186 N 方向沿滑道向上 （2）245 N
（3）238 N≤F'≤1 176 N
解析：（1）给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F将皮艇和小孩拉至顶端，由位移与时间的关系公式有L＝at2
得a＝0.2 m/s2
对小孩，由牛顿第二定律有f－mgsin θ＝ma
代入数据得f＝186 N
方向沿滑道向上。
（2）对皮艇和小孩构成的整体，由牛顿第二定律有F－（M＋m）gsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a
代入数据得拉力的大小为F＝245 N。
（3）给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，能将他们拉至顶端的最小拉力
Fmin'＝（M＋m）gsin θ＋μ1（M＋m）gcos θ＝238 N
若小孩和皮艇恰好相对滑动，则皮艇和小孩之间的静摩擦力达到最大静摩擦力μ2mgcos θ，对整体，由牛顿第二定律有Fmax'－（M＋m）gsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a'
对皮艇，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－μ1（M＋m）gcos θ－Mgsin θ＝Ma'
联立代入数据得a'＝26.8 m/s2
Fmax'＝1 176 N
故238 N≤F'≤1 176 N。
11.（1）0.2 （2）26 N （3）13.5 m
解析：（1）小滑块在长木板上滑动，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1
根据v-t图像可知小滑块的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
解得μ1＝0.2。
（2）根据v-t图像可知长木板的加速度
a2＝＝ m/s2＝7 m/s2
由牛顿第二定律得F－μ1mg－μ3g＝Ma2
解得F＝26 N。
（3）小滑块在平台上减速运动时有μ2mg＝ma3
又＝2a3x1，v1＝a3t'
联立解得x1＝0.5 m，t'＝1 s
此过程中，长木板的加速度大小为a4＝
长木板的位移大小为x2＝v2t'＋a4t'2
联立解得x2＝14 m
则小滑块速度刚好减为零时与长木板左端之间的距离x＝x2－x1＝13.5 m。
3 / 3第2讲 力与直线运动
1.（2025·广西高考3题）某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 km/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.216 m B.350 m
C.600 m D.700 m
2.（2025·甘肃高考3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1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为（重力加速度g取10 m/s2）（ ）
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
3.（2025·安徽高考5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1.0 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.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
考情分析：本讲内容在高考中多以选择题的形式出现，但有时也以计算题的形式考查。特别是考查传送带模型、板块模型的综合性题目，那么直线运动部分应用牛顿运动定律解决问题是其中重要的环节。
考点一 运动学规律的综合应用
匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
【例1】 （2025·辽宁大连二模）地铁是城市中重要的交通工具，某城市地铁相邻两站之间的轨道可以看成水平直轨道，某相邻两站之间的距离为912 m。已知地铁列车变速时的最大加速度大小为1.5 m/s2，行驶过程允许的最大速度为24 m/s，列车在每一个站都需要停靠，则地铁列车在这两站之间行驶的最短时间为（ ）
A.35 s B.42 s
C.50 s D.54 s
尝试解答
【例2】 〔多选〕（2025·云南西双版纳一模）如图所示，三块由同种材料制成的木块A、B、C固定在水平地面上，一颗水平飞行的子弹以速度v0击中木块A，并恰好能穿过全部木块。假设子弹穿过木块过程中受到的阻力大小不变，下列说法中正确的是（ ）
A.若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块的时间之比为tA∶tB∶tC＝1∶∶
B.若三块木块的长度相等，则穿出第二块时的速度为v0
C.若穿过三块木块所用的时间相等，则三块木块的长度之比为LA∶LB∶LC＝5∶3∶1
D.若穿过三块木块所用的时间相等，则穿出第二块时的速度为v0
尝试解答
方法技巧
匀变速直线运动的问题的求解思路
1.（2025·安徽黄山二模）一辆小汽车在高速公路上正常行驶，驾驶员发现前方较远处有异常情况，立即刹车，车辆匀减速直线行驶经过一段分别标有“0 m”“50 m”“100 m”的标志牌路面。车头到达“0 m”标志牌时开始计时，车头经过“0 m”～“50 m”路段用时2 s，车头经过“50 m”～“100 m”路段用时3 s，下列说法正确的是（ ）
A.车头在“0 m”标志牌处速度大小等于 m/s
B.车辆加速度大小等于 m/s2
C.车头在“50 m”标志牌处速度大小为20 m/s
D.车头在1～3.5 s时间内的位移小于50 m
考点二 动力学规律的综合应用
【例3】 （2025·湖南郴州二模）如图所示，两个小球A、B悬挂在水平天花板下，并处于静止状态，其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角为37°，小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°，小球A、B之间的细线水平。已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则剪断小球A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比为（ ）
A.16∶15 B.15∶16 C.3∶4 D.4∶3
尝试解答
方法技巧
瞬时加速度问题
2.（2025·安徽合肥一模）如图所示，甲、乙两图中A、B两球的质量均相等，图甲中A、B两球用轻质细杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹簧相连，均用不可伸长的细绳悬挂在天花板下处于静止状态，重力加速度为g。在烧断两细绳的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A.图甲中A球的加速度为2g B.图甲中B球的受力与烧断细绳前相同
C.图乙中A球的加速度为g D.图乙中B球的受力与烧断细绳前相同
【例4】 〔多选〕（2025·海南海口二模）2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（ ）
A.若列车匀速行驶，则车厢间作用力均为零
B.若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为
C.若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为
D.若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为
尝试解答
方法技巧
处理连接体问题的方法
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
隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力
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，可以“先整体求加速度，后隔离求内力”
【例5】 （2025·贵州黔东南二模）某次服务员用单手托托盘的方式给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平，若托盘和碗之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2①，服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动②，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（设菜品送到顾客处速度恰好为零）重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）服务员运动的最大加速度；
（2）服务员上菜所用的最短时间②。
审题指导：
信息提取 信息加工
要求全程托盘水平，若托盘和碗之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2① 托盘与碗之间，托盘与手之间，均保持相对静止，从而求出服务员最大加速度
服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动② 服务员上菜所用的最短时间② 分析得出服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，分别求出加速时间、匀速时间和减速时间，进而求出最短时间
尝试解答
方法技巧
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.常规图像
v-t图像 x-t图像 a-t图像
与坐标轴所围面积 表示这段时间内的位移 无实际物理意义 表示这段时间内速度的变化量
斜率 表示质点运动的加速度 表示质点运动的速度 表示加速度变化的快慢
2.常见非常规图像（处理方法：找原始关系式，理解清楚坐标的截距、图线的交点、拐点的物理意义）
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－＝2ax 得v2＝＋2ax 2a
-t图像 由x＝v0t＋at2 得＝v0＋at a v0
a-F图像 由F－μmg＝ma 得a＝－μg －μg
【例6】 〔多选〕（2025·河南郑州二模）为了测试某种遥控玩具小汽车的性能，生产厂家用两辆完全相同的小车a、b进行测试。t＝0时刻让两玩具小车并排同向行驶，其中小车a做匀加速直线运动，其x-t图像如图甲所示，小车b的x-v2图像如图乙所示，则（ ）
A.t＝0时刻a车的速度大小为1 m/s
B.两车速度相等时相距4 m
C.两车在途中相遇时，b车的速度大小为2 m/s
D.b车停止运动时，a车在其前方12 m处
尝试解答
【例7】 （2025·安徽合肥二模）如图所示为一款名为“飞天雪王”的玩具，其下半部由轻质弹性网制成。用手下压其头部，弹性网被压缩，松手后“飞天雪王”被竖直弹向空中。以其头部的初始位置为坐标原点、竖直向上为正方向建立x轴。已知弹性网的弹力大小与形变量成正比，不计空气阻力，则在“飞天雪王”向上运动的过程中，其速度v或加速度a随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ）
尝试解答
连接体常见的临界问题
分离的临界 两个相互接触的物体在分离过程中弹力逐渐减小，在即将分离的瞬间，两物体间还是保持接触但弹力刚好减到零，此时两物体在垂直于接触面的方向上仍然具有相同的加速度
相对滑动的临界 两个相互接触的物体在没有发生相对滑动的过程中静摩擦力逐渐增大，在即将相对滑动的瞬间，两物体间的接触面上静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，此时两物体仍然具有相同的加速度
【典例1】 （2025·山东菏泽一模）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。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则（ ）
A.t＝0.5 s时，A、B间的弹力为2 N
B.t＝1 s时，A、B分离
C.分离时，它们的位移为4.5 m
D.A、B分离时的速度为4 m/s
尝试解答
【典例2】 〔多选〕（2025·陕西咸阳二模）如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从0开始逐渐增大的水平拉力F的作用。A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A.当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
B.当4 N＜F＜12 N时，A、B保持相对静止
C.当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
D.A、B两物块间的动摩擦因数为0.4
尝试解答
第2讲 力与直线运动
【体验·高考真题】
1.B 动车行驶的时间t＝×70＝70 s，v＝36 km/h＝10 m/s，则行驶距离为x＝t＝×70 s＝5 m/s×70 s＝350 m，B正确。
2.A 根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝ m/s2＝2 m/s2，故A正确。
3.C 甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲，由牛顿第二定律有T－μmg＝ma，对乙，由牛顿第二定律有mg－T＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小T＝7.5 N，C正确，D错误；设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN＝M总g－ma，可知地面对木箱支持力FN不变，B错误。
【精研·高频考点】
考点一
典例精析
【例1】 D 由于地铁列车在每站都需要停靠，则地铁列车在两站之间一定有加速和减速过程，列车做匀加速和匀减速运动的时间均为t1＝＝ s＝16 s，匀加速和匀减速过程运动的距离之和s0＝v×2t1＝384 m，因为s＞s0，所以列车以最大速度做匀速运动的时间t2＝＝ s＝22 s，列车在两站之间行驶的最短时间t＝2t1＋t2＝54 s。故D正确。
【例2】 BCD 子弹通过三块由同种材料制成的木块A、B、C，做的是末速度为零的匀减速直线运动，利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动；根据子弹通过连续相等的位移所用时间之比为1∶∶，故若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块A、B、C的时间之比为∶∶1，故A错误；设木块的长度为L，穿出第二块时的速度为v，根据运动学规律有＝2a×3L，v2＝2aL，解得v＝v0，故B正确；若穿过三块木块所用时间相等，则子弹通过C、B、A的位移之比为1∶3∶5，故三块木块A、B、C的长度之比为LA∶LB∶LC＝5∶3∶1，设穿过第二块时的速度大小为v1，穿过一块木块所用时间为t，则有v0＝3at，v1＝at，解得v1＝v0，故C、D正确。
强化训练
1.A 根据题意可得，车头经过0～50 m路段中间时刻的速度大小为v1＝＝25 m/s，经过50～100 m路段中间时刻的速度大小为v2＝＝ m/s，所以加速度大小为a＝＝ m/s2，所以车头在“0 m”标志牌处速度大小v0＝v1＋a＝ m/s，故A正确，B错误；车头在“50 m”标志牌处速度大小为v50＝v1－a＝ m/s，故C错误；车头在1～3.5 s时间内的位移为x＝v1t'－at'2＝25×2.5－××2.52 m＝72.9 m，故D错误。
考点二
典例精析
【例3】 A 剪断A、B之间的细线，小球A向下摆动，加速度大小为aA＝gcos 37°＝，剪断细线前，小球B受力平衡，由平衡条件有kxsin 53°＝mg、kxcos 53°＝TAB，剪断A、B之间的细线瞬间，弹簧弹力大小不变，小球B水平向右加速，加速度大小为aB＝＝＝，所以剪断小球A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比aA∶aB＝∶＝16∶15，故选A。
强化训练
2.D 设两球质量均为m，图甲中，烧断细绳瞬间杆的弹力突变为0，A、B的加速度相同，设为a。以A、B球组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2mg＝2ma，解得a＝g，B球受到的杆的弹力减为零，故A、B错误；图乙中，烧断细绳的瞬间弹簧弹力不能突变，所以细绳烧断瞬间，B球受力不变，加速度为零，A球所受合力2mg，加速度为a'＝＝2g，故C错误，D正确。
【例4】 CD 当动车组匀速运动时，对整体有4F＝8f，则F＝2f，则根据平衡条件可知第一列车厢有F12＝f，对于一、二列车厢整体有2f＝F＋F23，可得二、三节车厢间作用力F23＝0，以此类推，可知F34＝f，F45＝0，F56＝f，F67＝0，F78＝f，则可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律2F－8f＝8ma，整列车的加速度大小为a＝，故B错误；若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律4F－8f＝8ma2，整列车的加速度大小为a2＝，故C正确；若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律F34'＋2F－5f＝5ma2，解得F34'＝，故D正确。
【例5】 （1）1.5 m/s2 （2）6 s
解析：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1
碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ1mg
解得a1≤μ1g＝0.15×10 m/s2＝1.5 m/s2
对碗和托盘组成的整体，由牛顿第二定律得Ff2＝（M＋m）a2
手和托盘间相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ2g
解得a2≤μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
则服务员运动的最大加速度为amax＝1.5 m/s2。
（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短；加速运动时间为t1＝＝ s＝2 s
加速阶段的位移为x1＝vmaxt1＝3 m
根据对称性可知减速运动时间为t2＝t1＝2 s
减速阶段的位移为x2＝x1＝3 m
匀速运动的位移为x3＝L－x1－x2＝6 m
匀速运动时间为t3＝＝2 s
则最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝6 s。
考点三
典例精析
【例6】 BCD 由于a车做匀加速直线运动，设t＝0时刻a车的速度为v0a，加速度大小为a1，结合图甲，有2.5 m＝（ v0a×1＋a1×12）m，6 m＝（ v0a×2＋a1×22）m，解得v0a＝2 m/s，a1＝1 m/s2，A错误；由v2－＝2ax，可知x＝v2－，并结合图乙可知＝－＝－，－＝18，b车的初速度v0b＝6 m/s，加速度a2＝－1 m/s2，设经过时间t1两车速度相等，故有v0a＋a1t1＝v0b＋a2t1，联立解得t1＝2 s，则a车的位移大小为xa＝v0at1＋a1＝6 m，同理可得b车的位移大小为xb＝10 m，此时两车的距离为Δx1＝xb－xa＝4 m，B正确；设两车相遇所用的时间为t2，则有v0at2＋a1＝v0bt2＋a2，解得t2＝4 s，此时b车的速度大小为vb＝2 m/s，C正确；设b车停止运动所需要的时间为t3，则有v0b＋a2t3＝0，解得t3＝6 s，则此时a车的位移大小为xa'＝v0at3＋a1＝30 m，b车的位移大小为xb'＝t3＝18 m，故当b车停止运动时，a车在其前方12 m处，D正确。
【例7】 B 在“飞天雪王”向上运动的过程中，一开始弹力大于重力，加速度方向向上（正方向），随着弹力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐减小，“飞天雪王”的加速度逐渐减小；当弹力等于重力时，“飞天雪王”的加速度为0，“飞天雪王”的速度达到最大；之后弹力小于重力，“飞天雪王”的合力方向向下，且随着弹力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐增大，则“飞天雪王”的加速度向下（负方向）逐渐增大，当“飞天雪王”离开弹性网后，在空中只受重力作用，加速度为重力加速度，保持不变。根据以上分析可知，在“飞天雪王”向上运动的过程中，先向上做加速度逐渐减小的加速运动，再向上做加速度逐渐增大的减速运动，最后做加速度为g的匀减速运动。故选B。
【培优·提能加餐】
【典例1】 D 根据图像可得FA＝6－2t，在0～3 s内FB＝2＋2t，当二者之间的相互作用力恰好为零时即将分离，此时的加速度相等，则有＝，即＝，解得t＝2 s，故B错误；t＝0.5 s时，A、B没有分离，看成一个整体，则有FA＋FB＝a，解得a＝2m/s2，隔离A，根据牛顿第二定律，有FA－F'＝mAa，代入数据解得F'＝3 N，故A错误；由以上分析可知分离前的加速度为a＝2 m/s2，分离时，它们的位移为x＝at2＝×2×22 m＝4 m，A、B分离时的速度为v＝at＝4 m/s，故C错误，D正确。
【典例2】 AB 当0＜F＜4 N时，由图像可知B与地面的摩擦力逐渐增大，A、B间的摩擦力始终为零，A、B都没被拉动，A、B保持静止，故A正确；当4 N＜F＜12 N时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力保持不变，A、B都已经运动，A、B间保持相对静止，故B正确；当F＞12 N时，A、B间的摩擦力大小保持不变，A、B发生了相对滑动，A由滑动摩擦力提供加速度，所以加速度的保持不变，故C错误；当F＝12 N时，A、B即将发生相对滑动，两者间静摩擦力的最大值为Ff1m＝μmg＝6 N，解得A、B两物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，故D错误。
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第2讲 力与直线运动
02
体验 高考真题
01
构建 知识网络
锁定主干知识
明确高考考向
03
精研 高频考点
聚焦重难热新
04
培优 提能加餐
拓展思维空间
05
分层 强化训练
夯基固本提能
目
录
contents
构建 知识网络
锁定主干知识
体验 高考真题
明确高考考向
1. （2025·广西高考3题）某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 km/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. 216 m B. 350 m
C. 600 m D. 700 m
√
解析： 动车行驶的时间t＝×70＝70 s，v＝36 km/h＝10 m/s，则行驶
距离为x＝t＝×70 s＝5 m/s×70 s＝350 m，B正确。
2. （2025·甘肃高考3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1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在
1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为（重力加速度g取10
m/s2）（ ）
A. 2 m/s2 B. 4 m/s2
C. 6 m/s2 D. 12 m/s2
√
解析： 根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝
m/s2＝2 m/s2，故A正确。
3. （2025·安徽高考5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1.0 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. 地面对木箱的支持力逐渐增大
C. 甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D. 乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
√
解析： 甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛
顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲，由牛顿第二
定律有T－μmg＝ma，对乙，由牛顿第二定律有mg－T＝ma，联立解得甲
运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小T＝7.5 N，C正确，D错误；
设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的加速度，对甲、乙和木箱，
由整体法，竖直方向受力分析有FN＝M总g－ma，可知地面对木箱支持力FN
不变，B错误。
考情分析：本讲内容在高考中多以选择题的形式出现，但有时也以计算题
的形式考查。特别是考查传送带模型、板块模型的综合性题目，那么直线
运动部分应用牛顿运动定律解决问题是其中重要的环节。
精研 高频考点
聚焦重难热新
考点一 运动学规律的综合应用
匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
【例1】 （2025·辽宁大连二模）地铁是城市中重要的交通工具，某城市
地铁相邻两站之间的轨道可以看成水平直轨道，某相邻两站之间的距离为
912 m。已知地铁列车变速时的最大加速度大小为1.5 m/s2，行驶过程允许
的最大速度为24 m/s，列车在每一个站都需要停靠，则地铁列车在这两站
之间行驶的最短时间为（ D ）
A. 35 s B. 42 s
C. 50 s D. 54 s
D
解析：由于地铁列车在每站都需要停靠，则地铁列车在两站之间一定有加
速和减速过程，列车做匀加速和匀减速运动的时间均为t1＝＝ s＝16 s，
匀加速和匀减速过程运动的距离之和s0＝v×2t1＝384 m，因为s＞s0，所以
列车以最大速度做匀速运动的时间t2＝＝ s＝22 s，列车在两站
之间行驶的最短时间t＝2t1＋t2＝54 s。故D正确。
【例2】 〔多选〕（2025·云南西双版纳一模）如图所示，三块由同种材
料制成的木块A、B、C固定在水平地面上，一颗水平飞行的子弹以速度v0
击中木块A，并恰好能穿过全部木块。假设子弹穿过木块过程中受到的阻
力大小不变，下列说法中正确的是（ BCD ）
BCD
C. 若穿过三块木块所用的时间相等，则三块木块的长度之比为LA∶LB∶LC
＝5∶3∶1
解析：子弹通过三块由同种材料制成的木块A、B、C，做的是末速度为零
的匀减速直线运动，利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的
匀加速直线运动；根据子弹通过连续相等的位移所用时间之比为
1∶∶，故若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木
块A、B、C的时间之比为∶∶1，故A错误；设木块的
长度为L，穿出第二块时的速度为v，根据运动学规律有＝2a×3L，v2＝
2aL，解得v＝v0，故B正确；若穿过三块木块所用时间相等，则子弹通过C、B、A的位移之比为1∶3∶5，故三块木块A、B、C的长度之比为LA∶LB∶LC＝5∶3∶1，设穿过第二块时的速度大小为v1，穿过一块木块所用时间为t，则有v0＝3at，v1＝at，解得v1＝v0，故C、D正确。
方法技巧
匀变速直线运动的问题的求解思路
1. （2025·安徽黄山二模）一辆小汽车在高速公路上正常行驶，驾驶员发
现前方较远处有异常情况，立即刹车，车辆匀减速直线行驶经过一段分别
标有“0 m”“50 m”“100 m”的标志牌路面。车头到达“0 m”标志牌
时开始计时，车头经过“0 m”～“50 m”路段用时2 s，车头经过“50
m”～“100 m”路段用时3 s，下列说法正确的是（ ）
C. 车头在“50 m”标志牌处速度大小为20 m/s
D. 车头在1～3.5 s时间内的位移小于50 m
√
解析： 根据题意可得，车头经过0～50 m路段中间时刻的速度大小为v1
＝＝25 m/s，经过50～100 m路段中间时刻的速度大小为v2＝＝ m/s，
所以加速度大小为a＝＝ m/s2，所以车头在“0 m”标志牌处速度大
小v0＝v1＋a＝ m/s，故A正确，B错误；车头在“50 m”标志牌处速度
大小为v50＝v1－a＝ m/s，故C错误；车头在1～3.5 s时间内的位移为x＝
v1t'－at'2＝25×2.5－××2.52 m＝72.9 m，故D错误。
考点二 动力学规律的综合应用
【例3】 （2025·湖南郴州二模）如图所示，两个小球A、B悬挂在水平天
花板下，并处于静止状态，其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹
角为37°，小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°，小
球A、B之间的细线水平。已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则剪断小球
A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比为（ A ）
A. 16∶15 B. 15∶16
C. 3∶4 D. 4∶3
A
解析：剪断A、B之间的细线，小球A向下摆动，加速度大小为aA＝gcos
37°＝，剪断细线前，小球B受力平衡，由平衡条件有kxsin 53°＝mg、
kxcos 53°＝TAB，剪断A、B之间的细线瞬间，弹簧弹力大小不变，小球B
水平向右加速，加速度大小为aB＝＝＝，所以剪断小球
A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比aA∶aB＝∶＝
16∶15，故选A。
方法技巧
瞬时加速度问题
2. （2025·安徽合肥一模）如图所示，甲、乙两图中A、B两球的质量均相
等，图甲中A、B两球用轻质细杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹簧相连，
均用不可伸长的细绳悬挂在天花板下处于静止状态，重力加速度为g。在
烧断两细绳的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中A球的加速度为2g
B. 图甲中B球的受力与烧断细绳前相同
C. 图乙中A球的加速度为g
D. 图乙中B球的受力与烧断细绳前相同
√
解析： 设两球质量均为m，图甲中，烧断细绳瞬间杆的弹力突变为0，
A、B的加速度相同，设为a。以A、B球组成的整体为研究对象，根据牛顿
第二定律得2mg＝2ma，解得a＝g，B球受到的杆的弹力减为零，故A、B错
误；图乙中，烧断细绳的瞬间弹簧弹力不能突变，所以细绳烧断瞬间，B
球受力不变，加速度为零，A球所受合力2mg，加速度为a'＝＝2g，故C
错误，D正确。
【例4】 〔多选〕（2025·海南海口二模）2024年底CR450动车组成功下
线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该
动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无
动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车
厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是
（ CD ）
CD
A. 若列车匀速行驶，则车厢间作用力均为零
解析：当动车组匀速运动时，对整体有4F＝8f，则F＝2f，则根据平衡条件
可知第一列车厢有F12＝f，对于一、二列车厢整体有2f＝F＋F23，可得二、
三节车厢间作用力F23＝0，以此类推，可知F34＝f，F45＝0，F56＝f，F67＝
0，F78＝f，则可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；若仅启用两
节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律2F－8f＝8ma，整列车的加速
度大小为a＝，故B错误；若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二
定律4F－8f＝8ma2，整列车的加速度大小为a2＝，故C正确；若列车动
力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律F34'＋2F－5f＝
5ma2，解得F34'＝，故D正确。
方法技巧
处理连接体问题的方法
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
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
系统内两物体之间的作用力
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，可以“先整体求加速度，后
隔离求内力”
【例5】 （2025·贵州黔东南二模）某次服务员用单手托托盘的方式给12
m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平，若托盘和碗之间的动摩擦因数为
μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2①，服务员上菜时的最大速
度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动②，且可认为
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（设菜品送到顾客处速度恰好为零）重力
加速度g取10 m/s2。求：
（1）服务员运动的最大加速度；
（2）服务员上菜所用的最短时间②。
审题指导：
信息提取 信息加工
要求全程托盘水平，若托盘和碗
之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，
托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝
0.2① 托盘与碗之间，托盘与手之间，均保持
相对静止，从而求出服务员最大加速度
服务员上菜时的最大速度为3
m/s。假设服务员加速、减速过
程中做匀变速直线运动② 服务员上菜所用的最短时间② 分析得出服务员以最大加速度达到最大
速度，然后匀速运动，再以最大加速度
减速运动，所需时间最短，分别求出加
速时间、匀速时间和减速时间，进而求
出最短时间
答案：（1）1.5 m/s2 （2）6 s
解析：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，
碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1
碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ1mg
解得a1≤μ1g＝0.15×10 m/s2＝1.5 m/s2
对碗和托盘组成的整体，由牛顿第二定律得Ff2＝（M＋m）a2
手和托盘间相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ2g
解得a2≤μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
则服务员运动的最大加速度为amax＝1.5 m/s2。
（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速
度减速运动，所需时间最短；加速运动时间为t1＝＝ s＝2 s
加速阶段的位移为x1＝vmaxt1＝3 m
根据对称性可知减速运动时间为t2＝t1＝2 s
减速阶段的位移为x2＝x1＝3 m
匀速运动的位移为x3＝L－x1－x2＝6 m
匀速运动时间为t3＝＝2 s
则最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝6 s。
方法技巧
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. 常规图像
v-t图像 x-t图像 a-t图像
与坐标轴所围
面积 表示这段时间内的位移 无实际物理意义 表示这段时间内速度
的变化量
斜率 表示质点运动的加速度 表示质点运动的速度 表示加速度变化的快慢
2. 常见非常规图像（处理方法：找原始关系式，理解清楚坐标的截距、图
线的交点、拐点的物理意义）
非常规图像 （举例） 函数表达式 斜率k 纵截距b
v2-x图像 2a
v0
a-F图像 －μg
【例6】 〔多选〕（2025·河南郑州二模）为了测试某种遥控玩具小汽车
的性能，生产厂家用两辆完全相同的小车a、b进行测试。t＝0时刻让两玩
具小车并排同向行驶，其中小车a做匀加速直线运动，其x-t图像如图甲所
示，小车b的x-v2图像如图乙所示，则（ BCD ）
BCD
A. t＝0时刻a车的速度大小为1 m/s
B. 两车速度相等时相距4 m
C. 两车在途中相遇时，b车的速度大小为2 m/s
D. b车停止运动时，a车在其前方12 m处
解析：由于a车做匀加速直线运动，设t＝0时刻a车的速度为v0a，加速度大
小为a1，结合图甲，有2.5 m＝（ v0a×1＋a1×12）m，6 m＝（ v0a×2＋
a1×22）m，解得v0a＝2 m/s，a1＝1 m/s2，A错误；由v2－＝2ax，可知x
＝v2－，并结合图乙可知＝－＝－，－＝18，b车的初速度v0b
＝6 m/s，加速度a2＝－1 m/s2，设经过时间t1两车速度相等，故有v0a＋a1t1
＝v0b＋a2t1，联立解得t1＝2 s，则a车的位移大小为xa＝v0at1＋a1＝6 m，
同理可得b车的位移大小为xb＝10 m，此时两车的距离为Δx1＝xb－xa＝4 m，
B正确；设两车相遇所用的时间为t2，则有v0at2＋a1＝v0bt2＋a2，解得t2＝4 s，此时b车的速度大小为vb＝2 m/s，C正确；设b车停止运动所需要的时间为t3，则有v0b＋a2t3＝0，解得t3＝6 s，则此时a车的位移大小为xa'＝v0at3＋a1＝30 m，b车的位移大小为xb'＝t3＝18 m，故当b车停止运动时，a车在其前方12 m处，D正确。
【例7】 （2025·安徽合肥二模）如图所示为一款名为“飞天雪王”的玩
具，其下半部由轻质弹性网制成。用手下压其头部，弹性网被压缩，松手
后“飞天雪王”被竖直弹向空中。以其头部的初始位置为坐标原点、竖
直向上为正方向建立x轴。已知弹性网的弹力大小与形变量成正比，不计空
气阻力，则在“飞天雪王”向上运动的过程中，其速度v或加速度a随时间t
变化的关系图像可能正确的是（ B ）
B
解析：在“飞天雪王”向上运动的过程中，一开始弹力大于重力，加速度
方向向上（正方向），随着弹力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐减小，
“飞天雪王”的加速度逐渐减小；当弹力等于重力时，“飞天雪王”的加
速度为0，“飞天雪王”的速度达到最大；之后弹力小于重力，“飞天雪
王”的合力方向向下，且随着弹力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐增
大，则“飞天雪王”的加速度向下（负方向）逐渐增大，当“飞天雪王”
离开弹性网后，在空中只受重力作用，加速度为重力加速度，保持不变。
根据以上分析可知，在“飞天雪王”向上运动的过程中，先向上做加速度
逐渐减小的加速运动，再向上做加速度逐渐增大的减速运动，最后做加速
度为g的匀减速运动。故选B。
培优 提能加餐
拓展思维空间
连接体常见的临界问题
分离的 临界 两个相互接触的物体在分离过程中弹力逐渐减小，在即将分
离的瞬间，两物体间还是保持接触但弹力刚好减到零，此时
两物体在垂直于接触面的方向上仍然具有相同的加速度
相对滑动 的临界 两个相互接触的物体在没有发生相对滑动的过程中静摩擦力
逐渐增大，在即将相对滑动的瞬间，两物体间的接触面上静
摩擦力刚好达到最大静摩擦力，此时两物体仍然具有相同的
加速度
【典例1】 （2025·山东菏泽一模）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。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg。从t＝
0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律如
图乙所示。则（ D ）
D
A. t＝0.5 s时，A、B间的弹力为2 N
B. t＝1 s时，A、B分离
C. 分离时，它们的位移为4.5 m
D. A、B分离时的速度为4 m/s
解析：根据图像可得FA＝6－2t，在0～3 s内FB＝2＋2t，当二者之间的相互
作用力恰好为零时即将分离，此时的加速度相等，则有＝，即＝
，解得t＝2 s，故B错误；t＝0.5 s时，A、B没有分离，看成一个整体，
则有FA＋FB＝a，解得a＝2m/s2，隔离A，根据牛顿第二定律，有
FA－F'＝mAa，代入数据解得F'＝3 N，故A错误；由以上分析可知分离前的
加速度为a＝2 m/s2，分离时，它们的位移为x＝at2＝×2×22 m＝4 m，
A、B分离时的速度为v＝at＝4 m/s，故C错误，D正确。
【典例2】 〔多选〕（2025·陕西咸阳二模）如图甲所示，物块A、B静止
叠放在水平地面上，B受到大小从0开始逐渐增大的水平拉力F的作用。A、
B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所
示。已知物块A的质量m＝3 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ AB ）
AB
A. 当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
B. 当4 N＜F＜12 N时，A、B保持相对静止
C. 当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
D. A、B两物块间的动摩擦因数为0.4
解析：当0＜F＜4 N时，由图像可知B与地面的摩擦力逐渐增大，A、B间的
摩擦力始终为零，A、B都没被拉动，A、B保持静止，故A正确；当4 N＜F
＜12 N时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力保持不
变，A、B都已经运动，A、B间保持相对静止，故B正确；当F＞12 N时，
A、B间的摩擦力大小保持不变，A、B发生了相对滑动，A由滑动摩擦力提
供加速度，所以加速度的保持不变，故C错误；当F＝12 N时，A、B即将
发生相对滑动，两者间静摩擦力的最大值为Ff1m＝μmg＝6 N，解得A、B两
物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，故D错误。
分层 强化训练
夯基固本提能
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1. （2025·四川成都三模）某电梯的自动门简化
如图所示，电梯到达指定楼层后两扇门从静止开
始同时向两侧平移，两扇门的移动距离均为0.5m，
若门从静止开始以大小相等的加速度a＝0.5 m/s2先
做匀加速运动后做匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则门打开需要的时间为（ ）
A. 1 s B. 2 s
C. 3 s D. 4 s
√
解析： 电梯门打开过程中门以大小相等的加速度先从0做匀加速运动后
做匀减速运动到0，由运动的对称性可知＝a（ ）2，代入数据解得t＝2
s，故选B。
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2. （2025·河北沧州二模）2025年亚洲举重锦标赛于5月9日至15日在中国
浙江举行。如图甲所示，在抓举阶段，运动员将杠铃从地面提升至头顶，
杠铃运动的v-t图像如图乙所示。在M、N、P、Q四点中，运动员对杠铃作
用力最大的点是（ ）
A. M点 B. N点
C. P点 D. Q点
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解析： 由图乙可知，M点杠铃的加速度向上，N点加速度为零，P、Q
点加速度向下，根据牛顿第二定律可知，运动员施加的力需满足F－mg＝
ma，可知在M点FM＞mg，在N点FN＝mg，在P、Q点FPQ＜mg，故选A。
3. （2025·河南商丘二模）一机器狗（如图甲所示，视为质点）沿平直地
面运动的速度—时间关系图像如图乙所示，机器狗整个运动过程中加速度
的大小始终为a。下列说法正确的是（ ）
A. 2t0时，机器狗的速度大小为at0
B. 机器狗在1.5t0时的运动方向与
在2.5t0时的运动方向相反
C. 在2t0～5t0时间内，机器狗通过的
路程与其位移大小相等
D. 从开始运动到停止，机器狗的平均速度为0
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解析： 根据v-t图像可知，2t0时，机器狗的速度大小v1＝2at0，选项A错
误；机器狗一直沿同一方向运动，故在1.5t0时的运动方向与在2.5t0时的运
动方向相同，选项B错误；在2t0～5t0时间内，机器狗做单向直线运动，故
其通过的路程与其位移大小相等，选项C正确；从开始运动到停止，机器
狗的位移不为0，其平均速度不为0，选项D错误。
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4. （2025·湖南高考5题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固
定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻
绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在
同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. A球静止时，轻绳上拉力为2mg
B. A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg
C. 若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D. 若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
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解析： 对小球A受力分析，其受重力、轻绳的拉力以及B
对A的库仑力，如图所示，根据力的平衡条件得F库＝Tcos
30°＋mgcos 30°，Tsin 30°＝mgsin 30°，解得T＝mg，F库
＝mg，A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为零，库
仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg，剪断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度大小a＝g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。
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5. （2025·湖北黄冈二模）如图所示，t＝0时刻，质点P和Q均从原点由静
止开始做直线运动，其中质点P的速度v随时间t按正弦曲线变化，质点Q的
加速度a随时间t也按正弦曲线变化，周期均为2t0。在0～2t0时间内，下列
说法正确的是（ ）
A. P和Q均在同一直线上做往复运动
B. t＝t0时，P和Q到原点的距离均最远
C. t＝2t0时，P和Q的运动速度相等
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解析： 质点P在0～t0时间内先加速后减速运动，t0时刻速度减为0，距
离原点最远，t0～2t0时间内反向先加速后减速运动，2t0时刻回到出发点，
且速度减为零；质点Q在0～t0时间内先做加速度增加的加速运动，后做加
速度减小的加速运动，t0时刻速度达到最大，t0～2t0时间内先做加速度增大
的减速运动，后做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减为零，此过程一
直向前运动，2t0时刻距离出发点最远，故C正确，A、B错误；a-t图像与坐
标轴围成的面积表示速度变化量，～t0时间内速度的变化量为零，因此
与t0时刻Q运动的速度等大同向，D错误。
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6. （2025·辽宁锦州二模）1784年，乔治·阿特伍德为测量重力加速度和验
证牛顿第二定律，设计了后来以他名字命名的实验装置——阿特伍德机。
阿特伍德机的简化示意图如图所示，A、B为质量均为M的物体，物体C的
质量为m，若滑轮质量和摩擦不计，轻绳不可伸长，m＝0.5M，则物体B从
静止开始下落一段距离所用时间约为其自由下落同样距离
所用时间的（ ）
D. 5倍
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解析： 对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有0.5Mg＝2.5Ma，解得
a＝0.2g，由匀加速运动公式有h＝a，可知t1＝，同理，物体自由
落体下落同样距离所用时间t2＝，联立解得t1＝t2，故选C。
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7. （2025·山东高考8题）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
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解析： 对建筑材料受力分析如图所
示，由图1可知河堤对建筑材料的支持
力FN＝mgcos θ，由图2可知挡板对建筑
材料的支持力FN'＝mgsin2θ，所以对建
筑材料，由牛顿第二定律有mgsin θcos
θ－μFN－μFN'＝ma，解得建筑材料的加速度大小a＝gsin θcos θ－μgcos θ－
μgsin2θ，B正确。
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8. （2025·安徽合肥二模）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的
右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随
时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0
s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持
不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 物块滑上传送带的初速度大小为4 m/s
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.3
C. 2.0～3.0 s时间内，物块的加速度为2 m/s2
D. 第2.0 s末和第3.0 s末物块的速度分别为0、－3 m/s
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解析： 位移—时间图像切线的斜率表示速度，由图乙可知，前2 s内物
块向左匀减速运动，2 s末速度为零，第3 s内向右匀加速运动，3.0 s～4.5
s内x-t图像为一次函数，物块做匀速直线运动，说明物块与传送带保持相对
静止，与传送带一起向右匀速运动。由图乙可知，前2 s内物块的位移x＝4
m，物块的位移x＝t，代入数据解得，物块的初速度大小v0＝4 m/s，故A
正确；物块在传送带上滑动过程的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物
块，由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，故B错误；2.0～
3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向右，以向
左为正方向，则加速度为－2 m/s2，故C错误；x-t图像切线的斜率表示速度，第2.0 s末x-t图像切线的斜率为零，则2.0 s末的速度为0，2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，3.0 s末的速度v'＝a't'＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故D错误。
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9. （2025·吉林四平二模）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，机器人可沿
直线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θ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L＝45 m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μ＝0.75，最大静摩擦力近似等
于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
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（1）机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角θ及运输包裹的过程中允许的最
大加速度；
答案： 37°，7.5 m/s2
解析： 根据题意，当包裹刚开始下滑时满足mgsin θ＝μmgcos θ
可得θ＝37°
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μmg
＝ma
所以a＝7.5 m/s2。
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（2）若机器人运行的最大速度为vm＝3 m/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t。
答案： 15.4 s
解析：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
从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速直线运动阶段有x1＝
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t1＝
匀减速阶段有x3＝
t3＝
所以匀速运动的时间为t2＝＝
联立可得t＝t1＋t2＋t3＝15.4 s。
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10. （2025·河南信阳一模）彩虹滑道作为一种旱地滑雪设备，因其多彩绚
丽的外形、危险性低且符合新时代环保理念吸引了越来越多的游客。小孩
坐在皮艇中被拉上滑道的过程可简化成图示模型。已知皮艇质量M＝5
kg，小孩质量m＝30 kg，皮艇与滑道之间的动摩擦因数μ1＝0.1，小孩与皮
艇之间的动摩擦因数μ2＝0.8，现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F，用时t＝
50 s将皮艇和小孩拉至顶端，滑道长度L＝250 m，重力加速度大小取g＝10
m/s2，滑道倾角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）小孩所受摩擦力的大小和方向；
答案： 186 N 方向沿滑道向上
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解析： 给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F将皮艇和小孩拉至顶端，由位
移与时间的关系公式有L＝at2
得a＝0.2 m/s2
对小孩，由牛顿第二定律有f－mgsin θ＝ma
代入数据得f＝186 N
方向沿滑道向上。
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（2）拉力F的大小；
答案： 245 N
解析：对皮艇和小孩构成的整体，由牛顿第二定律有F－（M＋m）gsin θ－
μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a
代入数据得拉力的大小为F＝245 N。
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（3）只给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，求能将他们拉至顶端且不
会相对滑动的F'取值范围。
答案： 238 N≤F'≤1 176 N
解析：给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，能将他们拉至顶端的最
小拉力
Fmin'＝（M＋m）gsin θ＋μ1（M＋m）gcos θ＝238 N
若小孩和皮艇恰好相对滑动，则皮艇和小孩之间的静摩擦力达到最大
静摩擦力μ2mgcos θ，对整体，由牛顿第二定律有Fmax'－（M＋m）gsin
θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a'
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对皮艇，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－μ1（M＋m）gcos θ－Mgsin θ
＝Ma'
联立代入数据得a'＝26.8 m/s2
Fmax'＝1 176 N
故238 N≤F'≤1 176 N。
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11. （2025·安徽合肥二模）如图甲所示，在无限大水平台上放一个质量M
＝1 kg的薄长木板，质量m＝2 kg可视为质点的小滑块位于长木板的中央，
系统处于静止状态。小滑块与长木板及平台间的动摩擦因数分别为μ1（未
知）、μ2＝0.1，长木板与平台间的动摩擦因数μ3＝0.5，最大静摩擦力均
等于滑动摩擦力。从某时刻开始，在长木板右端施加水平恒力F，使系统
向右运动，小滑块离开长木板前二者的速度随时间变化关系如图乙所示。
小滑块离开长木板落到平台时速度不变，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
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（1）小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1；
答案： 0.2
解析： 小滑块在长木板上滑动，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1
根据v-t图像可知小滑块的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
解得μ1＝0.2。
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（2）水平恒力F的大小；
答案： 26 N
解析：根据v-t图像可知长木板的加速度
a2＝＝ m/s2＝7 m/s2
由牛顿第二定律得F－μ1mg－μ3g＝Ma2
解得F＝26 N。
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（3）小滑块在速度刚好减为零时与长木板左端之间的距离。
答案： 13.5 m
解析：小滑块在平台上减速运动时有μ2mg＝ma3
又＝2a3x1，v1＝a3t'
联立解得x1＝0.5 m，t'＝1 s
此过程中，长木板的加速度大小为a4＝
长木板的位移大小为x2＝v2t'＋a4t'2
联立解得x2＝14 m
则小滑块速度刚好减为零时与长木板左端之间的距离x＝x2－x1＝13.5 m。
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