2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习易错03 牛顿运动定律与动力学应用（易错专练）（解析版）

易错03牛顿运动定律与动力学应用

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

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。

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；③忘记同体性，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0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H处，将质量为m的球以速度v0水平抛

出，球在空气中运动时所受的阻力大小fkv，v是球的速度，k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g，则下列说法中正确的是（）

kv

A．球刚抛出时加速大小为a0g

m

mg

B．球着地前瞬间的速度大小为v

k

1m3g2

C．球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功WmgHmv2

20k2

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】．小球刚抛出时受到的合力大小为22

AF合mgkv0

22

Fmgkv

根据牛顿第二定律可得球刚抛出时的加速度大小为a合0，故A错误；

mm

mg

B．球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为v，则mgkv，得v，故B正确；

k

11

C．设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W，由动能定理得mgHWmv2mv2

220

1m3g2

解得WmgHmv2，故C错误；

202k2

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Fymgkvy

Fkv

加速度均为：aygy

ymm

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。

2

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=1/2at，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m2kg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0.2。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g10m/s2，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．0B．1m/s2C．3m/s2D．5m/s2

【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

F弹mg64

小am/s21m/s2

m2

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g10m/s2，则下列说法中正确

的是（）

3

A．斜杆与金属环的动摩擦因数为

5

3

B．斜杆与金属环的动摩擦因数为

6

C．当小球摆动至与斜杆碰撞前瞬间，小球速度大小为53m/s

D．当小球摆动至与斜杆碰撞前瞬间，小球速度大小为10m/s

【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mg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mgcos30Tcos60ma

又因为垂直斜杆方向有mgsin30Tsin60

3g

联立解得a

3

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mm0gsin60fmm0a

垂直斜杆方向有FNmm0gcos60

又因为fFN

3

联立解得，故AB错误；

3

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

3

坐标系可知，小球做圆周运动的初速度为vvcos3010m/s53m/s

12

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53m/s。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mA1kg，mBmC2kg，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g10m/s2）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3s

C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为6kgm/s

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F地(mAmBmC)gACmAg(mBmC)aBC

2

解得aBC2.5m/s

对滑块B，由牛顿第二定律可得fBmBaBC5N

B与C之间的最大静摩擦力fBmaxCBmBg7N>5N

假设成立，故A正确；

B．对滑块A，由牛顿第二定律可得CAmAgmAaA

2

解得aA1m/s

11

设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为t，则有at2at23m

2BC2A

解得t2s，故B错误；

C．碰撞前，滑块A的速度vAaAt2m/s

滑块B的速度vBaBCt5m/s

设A、B碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒定律可得mAvAmBvB(mAmB)v

解得v4m/s

碰后滑块A的动量pAmAv4kgm/s，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CB(mAmB)g(mAmB)aAB

2

解得aAB3.5m/s

方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得FCB(mAmB)g地(mAmBmC)gmCaC

2

解得aC5.25m/s

'''

方向向左，设经过t时间A、B、C三者达到共同速度v共，则有vaABtvBaCt

1

解得t's

8.75

1

此过程中，AB的位移xvt'at'2

AB2AB

1

C的位移xvt'at'2

CB2C

代入数据解得二者的相对位移xxCxAB0.075m

则木板C的最小长度为L3mx3.075m，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；③绳刚

好拉断→拉力=最大承受力；④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。

【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。t0时，给木板一初速度v0，木板和物块运动的vt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t1前后瞬间加速度大小不相同

vt

B．木板长度至少为01

2

1

C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为mvv

20

v2v

D．木板与地面间的动摩擦因数为0

2gt1

【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

vvvv

L0tt0t，故B正确；

212121

v

D．由图乙所示图像可知，在0~t1时间内，物块的加速度大小a1

t1

v0v

木板的加速度大小a2

t1

对物块，由牛顿第二定律得1mgma1

对木板，由牛顿第二定律得1mg2·2mgma2

v02v

联立解得，木板与地面间的动摩擦因数为2，故D正确；

2gt1

v

C．物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离xL0t

121

v

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x2tt

2212

整个过程物块相对于木板滑行的路程xx1x2

整个过程物块与木板间摩擦产生的热量Q1mgx

2

1mv2t1t2

联立解得，Qmvv0，故C错误。

22t1

故选BD。

【变式3-2】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，质量为0.5kg的物块A在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，

通过水平轻弹簧将A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A和木箱水

平底面之间的动摩擦因数为0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。

(1)求木箱底部受到物块A的摩擦力；

(2)若木箱可在竖直方向运动，要使物块A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)a2m/s2，方向竖直向下

【详解】（1）由平衡条件得，物块A受到的摩擦力fF弹1.2N

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A的

摩擦力f1.2N，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A的摩擦力f1.2N，方向水平向左。

（2）要使物块A相对于木箱底面移动，物块A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fmF弹1.2N

又因为fmFN

解得FN4N

由于FNmg，则物块加速度方向竖直向下，设物块加速度大小为a，对物块A，由牛顿第二定律可得

mgFNma

解得a2m/s2

由于木箱和物块在竖直方向相对静止，则木箱加速度a2m/s2，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，t0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Fkt，其中

k18N/s，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10m/s2。

根据题干及图2中所给出的数据可知（）

A．长木板的质量为4kg

B．t2s时小物块的速度大小为4m/s

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F0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t2s

2

时a24m/s，F236N

设长木板的质量为M，根据牛顿第二定律F2(Mm)a2

当t2s时，物块和长木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律Fmgma

又Fkt

k

整理可得atg

m

联立，解得m4kg，M5kg，0.5，故AD错误，C正确；

B．02s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Ft(mM)v

解得v4m/s，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37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53，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s，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

9

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Rm，mm1kg，mC2kg，

16AB

37

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，g10m/s2，sin370.6，

1428

cos370.8。

(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s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；

6

(3)若sm，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

13

间内，试推理说明A与C能否发生碰撞？

【答案】(1)48N

4

(2)m

13

(3)相碰

1

【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有mgRsin53mv2

C2C0

v2

到达圆弧轨道最低点Fmgcos37m0

NCCR

解得v03m/s，FN48N

（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mCv0mCv1mAvA

111

由能量守恒定律得mv2mv2mv2

2C02C12AA

解得v11m/s，vA4m/s

此后A向下做匀减速运动，加速度大小为a1，B向下做匀加速运动，加速度大小为a2，对A有

1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAa1

对B有mBgsin372mBgcos37mBa2

22

解得a113m/s，a213m/s

经t1后A、B共速，则有vAa1t1a2t1v共

2

解得ts，v共2m/s

113

vv共v共4

则划痕长度xAttm

212113

vAv共

（3）从C与A碰撞到A、B达到共同速度的t1时间内xt

A21

6

结合上述解得xms

A13

A恰好与P相碰，然后A以加速度a'1向上匀减速运动，根据牛顿第二定律有

1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAa'1

B向下以加速度a'2匀减速运动，同理有2mBgcos37mBgsin37mBa'2

22

解得a'125m/s，a'21m/s

A与挡板碰后反向弹回，速度大小仍为v共，再经时间t2，A速度减为零，则有v共a'1t2

2

解得ts

225

v共2

A上滑最大位移xtm

A12225

由于mCgsin371mCgcos37

可知碰后C匀速下滑，则此过程中C物块的位移x0v1t1t2

76

解得xm

0325

由于xA1xCs

A速度减为零后向下加速运动，受力分析有1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAaA

2

解得aA1m/s，当速度加速到1m/s时，C比A多运动xAC1m0.5m0.5m

xA1xCxACs

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m的物块P

静止在圆弧轨道底端，另一质量为2m的物块Q从圆弧轨道上距水平地面高为h处由静止释放，Q与P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P在水平面上的运动时间是Q在水平面上运动时

间的2倍，P、Q与水平面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，碰撞时间不计，求：

(1)P、Q在水平面上运动的加速度大小之比；

(2)碰撞结束瞬间P、Q的速率之比；

(3)碰撞结束瞬间物块P的速率。

1

【答案】(1)

1

2

(2)

1

(3)2gh

【详解】（1）在水平面上运动过程，对P、Q由牛顿第二定律有mgmaP，2mg2maQ

a1

联立解得P

aQ1

（2）设碰撞后瞬间P、Q的速率分别为vP、vQ，Q在水平面上运动的时间为t，由速度公式有vPaP2t ，

vQaQt 

v2

联立解得P

vQ1

1

（3）物块Q下滑过程有2mgh2mv2

20

规定向右正方向，碰撞过程动量守恒有2mv02mvQmvP 

联立解得vP2gh

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2，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F66mg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)F30mg

1L

(2)t

2g

【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F为临界值，设橡皮的最大加速度为a1，对橡皮，由牛顿第二定

律得2mgma1

解得a12g

对整体，由牛顿第二定律得F9mmg9mma1

代入数据解得F30mg

（2）若施加力F66mg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a1，设课

本的加速度为a2，对课本，由牛顿第二定律得F9mmg2mg9ma2

代入数据解得a26g

1

设橡皮从课本脱落的时间t，橡皮的位移为xat2

121

1

课本的位移为xat2

222

L

二者位移关系为xx

212

1L

代入数据解得t

2g

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m00.4kg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g10m/s2，（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)0.25m/s2

(2)4m/s

15

(3)J

22

【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=0.5N，a=0.5m/s2

F1=0.25N<F

物块和木板一起运动，则有F1=（M+m）a0

2

a00.25m/s

00.5

（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I2Ns0.5Ns

12

0.51

2s~4s时间内拉力的冲量为I2Ns1.5Ns

22

0s~2s物块与木板相对静止I1Mmv10

解得v10.5m/s

2s~4s物块相对木板滑动，对滑块有I2mgtmv2mv1（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I2mv2MV2Mmv1

V21.5m/s

撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒有mv2MV2Mmv

解得v=2m/s

111

根据动量守恒有Qmv2MV2Mmv2

122222

Q1=0.5J

木板与m滑块相互作用直到共速vV2at

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MvMV1m0v1

111

根据能量守恒则有Mv2MV2mv2

221201

41

解得vv

，

Vv

1313

木板与m滑块相互作用直到共速mvMV1Mmv2

7

解得vv

215

1212

由动能定理可得mgx板MvMV

2221

解得x板<2m

即木板的对地位移小于2m

n1n1n1

同理74717

vnv

vnv

V

nv

15315315

12121212

Q2Mmvm0v1m0v2m0v3

2222

2

QJ

211

15

综上所述，可得QQQJ

1222

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、

③到④为引体向上上升过程中所经历的加速、匀速、减速三个阶段，④为悬停阶段示意图，不计空气阻力，

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③过程中杠对两手的支持力合力等于重力

C．③到④过程中杠对两手的支持力合力大于重力

D．④悬停阶段杠对两手的支持力合力小于重力

【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③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，B正确；

C．③到④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，C错误；

D．④悬停阶段杠对两手的支持力合力等于重力，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F垂直帆面，可分解成两个分力F1、F2，其中F2垂直船轴即航向（“龙骨”），会被很大的横向

阻力平衡，F1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m，下列说法正确的是

（）

A．F1提供船前进的动力

B．船受到的合力大小一定与F1值相等

C．若船垂直航向的阻力为f2，则f2Fsin

Fcosf

D．若船沿着航向的阻力为f，则船的加速度为a1

1m

【答案】A

【详解】A．据题意可知F1与船运动的方向相同，是船前进的动力，故A正确；

B．题意知F2与横向阻力平衡，在船运动的方向上除F1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F1值相等，故B错误；

C．题意知F2与横向阻力平衡，则有f2Fcos

故C错误；

Fsinf

D．若船沿着航向的阻力为f，根据牛顿第二定律可知船的加速度为a1

1m

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

F04mg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（）

1113

A．B．C．D．

4324

【答案】C

F

【详解】以箱子和物块为整体，由牛顿第二定律得a02g

2m

在以物块为研究对象，由牛顿第二定律得FNma2mg

由于物块刚好不下滑，则mgf2mg

1

求出

2

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v04m/s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

1

板施加不同大小的恒力F，得到F的关系如图乙所示。其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m1。

s

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g10m/s2。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

2

C．B点的坐标为（，1）

3

3

D．C点的坐标为（3，）

2

【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；

mg

B．F0时，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为a2m/s2

mm

mg

木板的加速度大小为a4m/s2

MM

11

由图像AB段可知，滑块相对木板的路程为svtat2at21m

02m2M

1

联立解得ts或t1s（舍去，此时滑块的速度小于木板的速度）

3

10

则物块滑离木板时的速度大小为vvatm/s

m0m3

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

FBmg

同速度v，设此时对应的恒力为F，由牛顿第二定律得aM

BM

由速度关系得vv0amt1aMt1

vvvv

由位移关系得s0tt0t

212121

16F

联立解得B

s8

由图乙可知，B点对应的相对路程s1m，代入解得FB2N

故B点的坐标为（2，1），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