专题01 力与直线运动（六大方法）讲义-2026届高考物理三轮冲刺方法演练

专题01 【题型1】 基本公式法 1.【答案】A 2.【答案】A 3.【答案】C 4.【答案】C 5.【答案】A 6.【答案】D 7.【答案】B 8.【答案】ABC 9.【答案】AC 10.【答案】BC 【题型2】 重要推论法 1.【答案】C 2.【答案】A 3.【答案】D 4.【答案】B 5.【答案】C 6.【答案】D 7.【答案】C 8.【答案】AC 9.【答案】ABD 10.【答案】AD 【题型3】 逆向思维法 1.【答案】C 2.【答案】B 3.【答案】D 力与直线运动（六大方法） 第1页（共3页） 4.【答案】D 5.【答案】D 6.【答案】D 7.【答案】B 8.【答案】BC 9.【答案】AC 10.【答案】BD 【题型4】图像法 1.【答案】A 2.【答案】A 3.【答案】D 4.【答案】D 5.【答案】C 6.【答案】B 7.【答案】C 8,【答案】BD 9.【答案】BD 10.【答案】BD 【题型5】比例法 1.【答案】D 2.【答案】D 3. 【答案】B 4.【答案】A 5.【答案】B 6.【答案】C 7.【答案】D 8.【答案】BD 9.【答案】BD 10.【答案】AB 第2页（共3页） 【题型6】整体法隔离法 1.【答案】C 2.【答案】D 3.【答案】C 4.【答案】C 5.【答案】A 6.【答案】C 7.【答案】B 8.【答案】AC 9.【答案】BCD 10.【答案】ABC 第3页（共3页） 专题01 力与直线运动（六大方法） 【题型1】 基本公式法 3 【题型2】 重要推论法 6 【题型3】 逆向思维法 9 【题型4】 图像法 12 【题型5】 比例法 18 【题型6】 整体法隔离法 21 【知识清单】 一、匀变速直线运动规律 1．解答匀变速直线运动的常用技巧 (1)基本公式法：v＝v0＋at；x＝v0t＋at2；＝2ax。 (2)重要推论法：＝(利用平均速度求瞬时速度)；＝；Δx＝aT2(用逐差法求加速度)。 (3)逆向思维法：“匀减速至速度为0的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”。 (4)图像法：利用v-t图像或x-t图像求解。 (5)比例法：初速度为0的匀变速直线运动规律。 2．应注意的两类运动问题 (1)刹车问题：对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解，常用逆向思维法。 (2)双向可逆类运动：全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 3．处理追及相遇问题的三种方法 过程分析法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件 图像法 画出v-t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观 二、连接体问题 1．整体法与隔离法的选用技巧 命题情境 方法选择 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 整体法 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 隔离法 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需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 整体法、隔离法交替运用 2．连接体问题中常见的临界条件 常见情境 临界条件 接触或脱离时 弹力FN＝0 相对滑动时 静摩擦力达到最大值 绳子断裂/松弛时 张力等于绳子最大承受力/FT＝0 速度达到最值时 加速度为0 三、运动学图像和动力学图像 1．两关注——横坐标、纵坐标 (1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。 (2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。 2．三理解——斜率、面积、截距 (1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。 (2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个点或两个点到横坐标轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。 (3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。 3．三分析——交点、转折点、渐近线 (1)交点：往往是解决问题的切入点，此交点表示有相等的物理量。 (2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用，此点前、后图线的斜率不同。 (3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。 【题型1】 基本公式法 力与直线运动的公式法‌是将牛顿第二定律与匀变速直线运动学公式结合来解决动力学问题。 1.‌核心公式组合‌： ‌牛顿第二定律‌：，揭示了力与加速度的瞬时关系。 匀‌变速直线运动学公式‌： 速度公式： 位移 公式：x＝v0t＋at2 速度-位移公式： 2. ‌解题思路（公式法步骤）‌： ‌第一步：受力分析‌，求出物体所受的‌合外力‌ 。 ‌第二步：由  求出加速度 a‌。这是连接“力”与“运动”的桥梁。 ‌第三步：运动学分析‌，根据已知的初速度、时间 t、位移 x 等，选择合适的运动学公式求解末速度 或其他未知量。 【例题精讲】 1．（2026•枣庄模拟）运动会上，某同学在百米赛跑项目中，从静止开始先做匀加速直线运动，经4.0s达到最大速度v0，然后保持此速度匀速运动至终点，全程用时14.5s。则v0的大小为（　　） A．8m/s B．9m/s C．10m/s D．11m/s 2．（2026•江苏模拟）某款无人驾驶汽车在测试时，感应到前方有障碍物后，立刻制动做匀减速直线运动。3s内速度由12m/s减至0。该过程中加速度大小为（　　） A．4m/s2 B．3m/s2 C．12m/s2 D．8m/s2 3．（2026•宝鸡二模）随着现代科技的发展，无人送货车成为城市速递送货的重要力量。如图所示为一辆无人送货车正在平直公路上匀速行驶，车内感应系统突然感应到前方有车辆低速行驶。车内制动系统立即启动，使汽车做匀减速直线运动。从某时刻起开始计时，在前2s内的位移为15m，在紧接着的1s内位移为3.75m，则无人送货车做匀减速运动的加速度大小是（　　） A．1.5m/s2 B．2.0m/s2 C．2.5m/s2 D．3.0m/s2 4．（2026•海东市开学）汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5m/s2，那么开始刹车后2秒与开始刹车后6秒汽车通过的位移之比为（　　） A．1：1 B．3：1 C．3：4 D．4：3 5．（2026春•观山湖区校级月考）2025年4月1日，北京成为国内首个允许L3级自动驾驶私家车合法上路的城市，自动驾驶中AEBS系统是指汽车上的自动紧急制动系统。测试小组在封闭的直线路段测试某品牌汽车AEBS系统的制动性能，当汽车以90km/h的速度行驶时，雷达探测到前方60m处有障碍物，汽车立即制动，距障碍物10m处刹停。不计雷达探测时间及系统的反应时间，制动过程可视为匀变速直线运动，则该汽车在制动过程中的加速度大小是（　　） A．6.25m/s2 B．6.5m/s2 C．7.25m/s2 D．7.5m/s2 6．（2026•西宁校级二模）如图所示，倾角为30°的斜面上用轻绳连接两个质量分别为m、2m的滑块A、B，用平行于斜面向上的力通过原长为L0的轻弹簧拉滑块B，两个滑块一起沿斜面向上以的加速度匀加速运动。已知两个滑块与斜面之间的动摩擦因数均为，弹簧的劲度系数为，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。现剪断A、B间轻绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断轻绳前轻绳的拉力大小为 B．剪断轻绳前弹簧的长度为 C．剪断轻绳瞬间滑块A的加速度大小为 D．剪断轻绳瞬间滑块B的加速度大小为 7．（2026•顺义区一模）如图所示，A、B两个相互接触的物体放置在光滑水平面上，两个物体的质量mA＝4kg，mB＝6kg，推力FA＝8N和拉力FB＝2N分别作用于A、B两个物体上，两物体间的作用力大小为（　　） A．2N B．4N C．5N D．8N （多选）8．（2026春•长沙月考）如图所示为水平传送带的俯视图，传送带始终以4m/s的速度向前运动，A为传送带右侧的一点，t＝0时刻，木块从A点沿垂直传送带的方向进入，初速度3m/s，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到传送带左侧时恰好与传送带共同运动，重力加速度g取10m/s2，tan37°＝0.75，则下列说法正确的是（　　） A．t＝1s时，木块开始与传送带共同运动 B．木块在传送带上的划痕长2.5m C．木块在传送带上的划痕与传送带右侧的夹角为37° D．木块相对于地面做直线运动 （多选）9．（2026•沙坪坝区校级模拟）图甲、乙所示的是一辆质量m＝6×103kg的公共汽车在t＝0和t＝1.7s末两个时刻的两张照片。当t＝0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）。图丙是车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图像，测得θ＝30°，取重力加速度大小g＝10m/s2，根据题中提供的信息，下列说法正确的是（　　） A．汽车的长度约8.7m B．1.7s末汽车的速度约8.0m/s C．1.7s末汽车合外力的功率约3.5×105W D．1.7s内汽车牵引力所做的功约3.0×105J （多选）10．（2025秋•绵阳期末）在某次军事演习中，歼击机以v0＝220m/s的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机。当两者相距x0＝3.2km时，歼击机发射一枚导弹，导弹脱离歼击机后沿水平方向做加速度为a＝20m/s2的匀加速直线运动，t0＝20s时击中无人靶机并将其击落。发射导弹的时间不计，发射导弹对歼击机速度无影响。则（　　） A．导弹发射时的速度为0 B．无人靶机被击中前飞行的速度为260m/s C．导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离为3.24km D．导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离为3.6km 【题型2】 重要推论法 力与直线运动的重要推论主要集中在匀变速直线运动和牛顿运动定律的应用上： 1.匀变速直线运动的三个重要推论： 在任意两个连续相等时间T内的位移之差为常量，即Δx＝aT2,可用于判断是否为匀变速运动。 某段时间内的平均速度等于该段时间中点时刻的瞬时速度，即平均=＝(利用平均速度求瞬时速度)； 中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度，且有＝。 2.初速度为零的匀变速直线运动的特殊比例关系： 第1s末、第2s末、第3s末…的速度之比为1:2:3:...:n。 前1s内、前2s内、前3s内..的位移之比为1²:2²:3²:...:n²。 第1s内、第2s内、第3s内….的位移之比为1:3:5:...:(2n-1)。 3.牛顿运动定律与力的关系： 牛顿第一定律(惯性定律)指出：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因。 牛顿第二定律F=ma是分析直线运动动力学问题的核心，明确了合外力与加速度的直接关系。 当物体所受合外力为零时，保持静止或匀速直线运动状态；当合外力不为零时，产生加速度，运动状态发生改变。 【例题精讲】 1．（2025•中山市校级模拟）如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为3：2：1，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（　　） A． B． C． D． 2．（2025秋•铜梁区校级月考）有一个匀加速直线运动的物体从2s末至6s末的位移为24m，从6s末至10s末的位移为40m，则这个物体的加速度的大小和初速度大小分别是（　　） A．1m/s2，2m/s B．2m/s2，1m/s C．1m/s2，4m/s D．4m/s2，4m/s 3．（2025秋•惠山区校级月考）从固定斜面上的O点每隔0.1s由静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离xAB＝6cm，xBC＝8cm。已知O点与斜面底端的距离为L＝35cm。由以上数据可以得出（　　） A．小球的加速度大小为4m/s2 B．小球在A点的速度为0 C．斜面上最多有5个小球在滚动 D．该照片是B点处的小球释放后0.35s时拍摄的 4．（2026•徐州模拟）某物体做匀减速直线运动，连续通过两段0.9m的位移，第一段用时0.4s，第二段用时0.5s。该物体的加速度大小为（　　） A．0.8m/s2 B．1.0m/s2 C．1.2m/s2 D．1.5m/s2 5．（2025秋•河北区校级期中）高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s。则（　　） A．高铁车头经过A的速度为32m/s B．高铁车头经过B的速度为25m/s C．高铁车头经过C的速度为14m/s D．高铁车头经过AC段的平均速度为25m/s 6．（2025秋•重庆期中）某物体做匀加速直线运动，先后经过M、N两点的速度分别为v和3v，经历的时间为t，则下列说法中正确的是（　　） A．经过MN中点时的速度为2v B．在MN中间时刻的速度为v C．前和最后的位移之比为4：11 D．物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大 7．（2026•芜湖一模）物体从A点由静止开始做匀加速直线运动，一段时间后到达B点，已知物体在从A到B运动过程中第一秒内与最后一秒内的位移之比为n，且A到B总位移大小为L，则物体在由A到B整个过程的平均速度大小为（　　） A． B． C． D． （多选）8．（2025秋•湖南期末）一物体做自由落体运动，先后经过空中M、N两点的速度分别为v1和v2，则下列说法中正确的是（　　） A．M、N间的距离为 B．通过M、N段的平均速度为 C．通过M、N段所用的时间为 D．通过M、N段中间位置时的速度为 （多选）9．（2025秋•兰州校级期中）一物体做匀变速直线运动，某时刻的速度为v1，经过t时间后速度变为v2，位移为x，则下列说法正确的是（　　） A．这段时间内的平均速度等于 B．这段时间内中间时刻的瞬时速度等于 C．这段位移内中间位置的瞬时速度小于 D．这段位移内中间位置的瞬时速度大于 （多选）10．（2025秋•朝阳期中）如图所示，小球沿足够长斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e，已知ab＝bd＝6m，bc＝1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（　　） A． B．vc＝2m/s C．xde＝3m D．从d到e所用时间为4s 【题型3】 逆向思维法 力与直线运动中的逆向思维法核心是将末速度为0的匀减速直线运动，‌逆向看作初速度为0的匀加速直线运动‌，从而简化分析和计算过程。这种方法在刹车问题、竖直上抛运动等场景中尤为高效。 一、基本原理与适用场景 当物体做‌匀减速直线运动直至停止‌（如汽车刹车、子弹穿木板、竖直上抛至最高点），其运动过程具有可逆性。 我们可将这一过程“倒放”，视为从静止开始的匀加速直线运动，此时： · 原来的末时刻变为初时刻 · 加速度方向取反（大小不变） · 位移、速度等物理量按时间倒序排列 ‌典型适用题型‌： · 刹车类问题（求最后1s位移） · 竖直上抛运动（上升过程分析） · 子弹穿透多层介质（时间相等但位移递减） 二、关键公式转换（逆向后） 原过程（匀减速至0） → 逆向过程（初速为0的匀加速）： 这使得计算更简洁，尤其适用于比例法求解。 【例题精讲】 1．（2026•九台区校级开学）如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D位置）时速度恰好为零，子弹可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．子弹通过每一个木块时，其速度变化量均相同 B．子弹到达各点的速率vO：vA：vB：vC＝4：3：2：1 C．子弹从O运动到D全过程的平均速度等于C点的瞬时速度 D．子弹通过各木块经历的时间tA：tB：tC：tD 2．（2025秋•渝中区校级期末）运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3s停止，试问它在制动开始后第1s内、第2s内运动的位移大小之比为（　　） A．3：5 B．5：3 C．3：1 D．4：1 3．（2025秋•榆阳区校级期末）某机器人在送餐途中以5m/s的速度匀速直线运动，突然发现前方有障碍物，立即刹车，以大小为2m/s2的加速度做匀减速直线运动直至刹停。在此过程中，机器人（　　） A．刹车2s时的速度大小为2m/s B．刹车3s时的速度大小为1m/s C．刹车总位移大小为12.5m D．刹车的第1s内与最后1s内的位移大小之比为4：1 4．（2025秋•西城区校级月考）如图所示，运动员将冰壶（可视为质点）从a点（冰壶已离手）以一定的速度v沿水平冰面推出，冰壶离手后依次经过a、b、c三点后在d恰好减速停止。已知冰壶做匀减速直线运动，ab＝bc＝cd＝L，则下列说法正确的是（　　） A．冰壶离手后运动的加速度大小为 B．冰壶离手后运动的时间为 C．冰壶运动到c点的速度大小为 D．冰壶从b点运动到c点的时间和从c点运动到d点的时间之比为 5．（2024秋•蚌埠期末）子弹垂直射入固定叠放在一起的相同铝板，穿过第3块后速度恰好变为0。将子弹视为质点，已知子弹在铝板中运动的总时间为t，且子弹在各个铝板中运动的加速度都相等，则子弹穿过第1块铝板所用的时间为（　　） A．t B．t C．t D．（1）t 6．（2025秋•丽水期中）一汽车做匀减速直线运动，位移随时间的变化关系式为：x＝8t﹣0.5t2，则（　　） A．汽车刹车的初速度4m/s B．刹车过程汽车的加速度大小为0.5m/s2 C．汽车刹车后经过4s速度变为0 D．汽车停下来之前最后一秒位移为0.5m 7．（2025秋•辽宁期中）某汽车刹车过程可视为匀减速直线运动，已知开始刹车时初速度大小为6m/s，第2s内的位移为3m，则该车（　　） A．第2s内的平均速度大小为1.5m/s B．刹车时加速度大小为2m/s2 C．第2s内与第3s内通过的位移大小之比为5：3 D．刹车后4s内的位移大小为8m （多选）8．（2026春•平阳县校级月考）冰壶（Curling），又称掷冰壶、冰上遛石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果作匀减速直线运动，用时20s停止，倒数第2s内位移大小为0.6m，则下面说法正确的是（　　） A．冰壶的加速度大小是0.3m/s2 B．冰壶的加速度大小是0.4m/s2 C．冰壶第1s内的位移大小是7.8m D．冰壶的初速度大小是6m/s （多选）9．（2025秋•沙坪坝区校级月考）在水平面上固定着四个材料完全相同的物块，长度分别是L、2L、3L、4L。一子弹以水平初速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿出第四个木块时速度恰好为0，则（　　） A．子弹穿入第二个木块和第四个木块时的速度之比23 B．子弹穿入第一个木块和穿出第三个木块时的速度之比12 C．子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比 D．若子弹停在第四个木块中某一位置，则子弹穿入第二个木块和穿出第二个木块的速度之比 （多选）10．（2025秋•黄浦区校级期中）《国家地理频道》实验证实：四个水球就可以挡住子弹！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。如图所示，子弹恰好能穿过第四个水球，则在子弹穿过水球的过程中（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化量相同 B．子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等 C．子弹穿过每个水球的时间比为7：5：3：1 D．子弹射入每个水球时的速度比为2：：：1 【题型4】 图像法 力与直线运动的图像法是高中物理中分析物体运动过程的核心工具，通过图像能直观揭示速度、位移等物理量随时间的变化关系，提升解题效率与理解深度。 一、核心图像类型及物理意义 1.x-t图像（位移-时间图像） 斜率：表示速度大小和方向 斜率为正→正向运动；斜率为负→反向运动 斜率越大→速度越大 截距：t=0时的初始位移 交点：两物体在此时刻相遇 平行直线：速度相同，相对静止 示例：倾斜直线→匀速直线运动；曲线→变速运动 2.v-t图像（速度-时间图像） 斜率：表示加速度大小和方向 斜率为正→加速（同向）；斜率为负→减速（反向） 面积：图线与时间轴围成的面积表示位移 横轴上方→正向位移；下方→负向位移 截距：初速度V1 交点：两物体瞬时速度相等，不表示相遇 拐点：加速度发生变化的时刻 示例：水平线→匀速；倾斜直线→匀变速；折线→分段运动 3.a-t图像（加速度-时间图像） 面积：表示速度变化量∆v=a·t 正负：加速度方向与规定正方向的关系 ·不直接反映位移或速度值，需积分推导 二、图像分析“六看”法 1.一看轴：明确横纵坐标物理量（如v-t、x-t） 2.二看线：图像形状反映运动规律（直线/曲线） 3.三看斜率：x-t斜率是速度，v-t斜率是加速度 4.四看面积：V-t图中面积为位移 5.五看截距：初始状态（初速度、初位移） 6.六看特殊点：交点、拐点、零点等关键位置 三、典型应用与解题技巧 应用1：判断运动状态 v-t图中，速度正负→运动方向 加速度方向与速度同向→加速；反向→减速 应用2:追及与相遇问题 ·X-t图交点→相遇 ·V-t图中面积差→两物体间距变化 ·当甲=乙时，距离可能最大或最小(临界条件) 应用3:非常规图像识别 如v²-X图像：斜率为2a,可用于测定加速度 如a-V图像：分析阻力与速度关系(如空气阻力影响) 【例题精讲】 1．（2026•尖山区校级一模）在平直公路上，a、b两小车运动的x﹣t图像如图所示，其中a是一条抛物线，M是其顶点，b是一条倾斜、过原点的直线，关于a、b两小车，下列说法正确的是（　　） A．当t＝2.5s时，两车相距最近 B．a车做变加速直线运动，b车做匀速直线运动 C．a车速度始终大于b车速度 D．t＝0时刻，a、b两小车相距16m 2．（2026•吴桥县校级一模）校园运动会的集体项目“迎面接力”：两条长50m的平行直跑道，每支队伍使用一个跑道，甲、乙两队各10名队员，跑道两端各站5人，两队的1号队员同时出发拿着接力棒冲向跑道的另一端把棒交给2号队员，2号队员又跑回这端把棒交给3号队员，以此类推，哪队先完成10人的全部接力就获胜。比赛开始（t＝0）后的一段时间内，两队队员运动的x﹣t图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．甲队在t1时刻完成第一次交接 B．t2时刻两队队员速度相等 C．0～t2时间内两队通过的路程相同 D．t3时刻乙队领先 3．（2026•宝安区校级二模）为备战校运会百米赛跑，小王刻苦训练。王同学训练前、后百米全程测试的v﹣t图像如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．在0～t1时间内，小王在训练前的平均加速度较大 B．在t2～t4时间内，小王在训练后的平均速度较大 C．经过训练，t3时刻后小王可以提速 D．在0～t2时间内，训练前、后小王跑过的距离相等 4．（2026•平凉校级开学）如图（a）所示的小玩具，利用橡皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，某次飞箭的运动可简化为如下过程：以初速度v0竖直向上射出，在t2时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化关系如图（b）所示。则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（　　） A．上升和下落过程中位移相同 B．0∼t2过程中加速度先减小后增大 C．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 D．上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度 5．（2026•昌平区一模）t＝0时刻，质点P从原点O由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t变化关系的图像如图所示。在0﹣3t0时间内（　　） A．t＝t0时，P的速度最小 B．t＝t0时，P回到原点 C．t＝t0时，P的速度与t＝3t0时相同 D．t＝2t0时，P到原点的距离最远 6．（2026•辽宁开学）无人机从静止开始沿竖直方向做直线运动，取竖直向上为正方向，加速度a随时间t的变化如图所示，则无人机（　　） A．在2t0时向下运动 B．在3t0～4t0内上升的高度为 C．在2t0～3t0内的平均速度大于3t0～4t0内的平均速度 D．在0～2t0内的平均速度大小为a0t0 7．（2026•湖南模拟）如图所示，将小球自A处竖直向上抛出。传感器记录的数据显示：自抛出起计时，经过时间t0和2t0，小球的速率均为v0。小球向上抛出后的位移、速度、运动时间分别用x、v、t表示。不计空气阻力，关于小球竖直向上抛出的运动过程，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）8．（2026•海口二模）如图所示为某同学运动过程中位移x与时间t的关系图像，图像为一直线，则该同学（　　） A．在0～2t0时间内做匀减速直线运动 B．在0～2t0时间内做匀速直线运动 C．在t0时刻改变运动方向 D．在0～t0及t0～2t0时间内位移相同 （多选）9．（2026•辽宁模拟）t＝0时刻，一质点由静止开始做直线运动，其速度v随时间t变化的图线如图所示，已知在2t0时刻，质点刚好回到了出发位置，质点在0～t0内的加速度大小为﹣a1，在t0～2t0内的加速度大小为a2，t0时刻的速度大小为v1，2t0时刻的速度大小为v2，下列说法正确的是（　　） A．a2＝2a1 B．v2＝2v1 C．在t0时刻，质点运动方向发生变化 D．在0～2t0内，质点在时刻距离出发点最远 （多选）10．（2025秋•汕尾期末）在一段平直公路上，甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，相距65m，速度均为20m/s。在t＝0时刻，甲车司机发现前方有一只小狗，于是马上采取制动措施，甲、乙两图分别是甲、乙两车0～8s的运动图像，取初速度方向为正方向，则在此过程中下列说法正确的是（　　） A．在4～8s，乙车静止不动 B．在0～2s，甲车加速度为﹣10m/s2 C．甲、乙两车在4s末距离最近 D．甲、乙两车最小间距为5m 【题型5】 比例法 比例法在力与直线运动问题中，常与图像法结合使用，能大幅简化计算过程‌。当处理初速度为零或末速度为零的匀变速直线运动时，比例法可快速得出位移、时间、速度之间的关系，而图像法则能直观呈现这些关系的变化趋势，二者结合，解题更高效。 一、比例法的核心应用场景（初速或末速为零） 时间等分下的比例关系（初速度为零的匀加速）‌： 第1T末、第2T末…第nT末速度之比：‌1:2:3:…:n‌ 前1T内、前2T内…前nT内位移之比：‌1²:2²:3²:…:n²‌ 第1T内、第2T内…第nT内位移之比：‌1:3:5:…:(2n−1)‌ 位移等分下的比例关系‌： 通过第1x、第2x…第nx时的瞬时速度之比：‌1:√2:√3:…:√n‌ 通过第1x内、第2x内…第nx内所用时间之比：‌1:(√2−1):(√3−√2):…:(√n−√(n−1))‌ ✅ ‌逆向思维提示‌：末速度为零的匀减速运动，可“倒过来看”为初速度为零的匀加速运动，直接套用上述比例。 【例题精讲】 1．（2026•宁波二模）如图所示，在水平地面上有一固定的、内表面光滑的薄壁开口容器，其通过竖直轴OO′的截面轮廓为一抛物线，O点为抛物线顶点。两个相同的小球a、b，分别在容器内ha和hb高度处的水平面内做匀速圆周运动，且ha：hb＝2：1，则a、b两球（　　） A．所受弹力之比为2：1 B．所受合力之比为2：1 C．周期之比为：1 D．线速度之比为：1 2．（2026春•鼓楼区校级月考）木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸钉的动作完全相同（每次击打后瞬间钉子获得的动能相同）。木匠第一次砸钉就将钉子砸进了五分之一。已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，铁锤砸钉的能量全部用来克服钉子前进中的阻力做功，则（　　） A．木匠要把一枚钉子全部砸进木梁，他共需砸锤2次 B．木匠要把一枚钉子全部砸进木梁，他共需砸锤3次 C．打击第n次与打击第一次钉子进入木梁的深度之比为 D．打击第n次与打击第一次钉子进入木梁的深度之比为 3．（2026•涿州市校级一模）某品牌笔记本电脑的电源适配器铭牌如图甲所示，其结构如图乙所示，输入端接交流电源，输出端接笔记本电脑充电接口。当该笔记本电脑在220V交流电压下以最大功率充电时，电源适配器原线圈、副线圈的匝数之比为（　　） A．1：11 B．11：1 C．9：220 D．220：9 4．（2025秋•安徽期末）如图，滑块A、B静置于光滑水平面上，现给滑块A水平向右的初速度，两滑块发生正碰，碰后A的动能变为碰前的。则滑块A、B的质量之比可能为（　　） A．1：6 B．1：2 C．4：1 D．6：1 5．（2025•渝中区校级模拟）2025年12月8日，水星发生西大距时，太阳、水星、地球三者构成直角三角形（水星位于直角顶点，如图），已知水星平均轨道半径约为0.387AU（1AU＝1.49×1011m，称为一个天文单位），地球平均轨道半径约为1AU，水星的体积比地球小，则下列说法正确的是（　　） A．水星公转的线速度小于地球的公转线速度 B．水星和地球的公转周期之比约为：1 C．若水星的轨道半径变为原来的2倍，周期将变为原来的4倍 D．水星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比等于两者质量之比的平方根 6．（2025秋•抚顺期末）如图所示，完全相同的三块木块并排固定在水平地面上，一颗子弹以速度v水平射入，若子弹在木块中做匀减速直线运动，通过三块木块的时间分别为t1、t2、t3，穿过三块木块前的速度为v1、v2、v3，且穿过第三块木块后子弹的速度恰好为0，则下列说法正确的是（　　） A．v1：v2：v3＝3：2：1 B．v1：v2：v3＝9：4：1 C． D． 7．（2025秋•九龙坡区校级月考）由相同材料、同样粗细的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈刚进入磁场时，甲线圈中电动势为E1，电流为I1，所受安培力为F1，加速度为a1；乙线圈中电动势为E2，电流为I2，所受安培力为F2，加速度为a2，下列关系正确的是（　　） A．E1：E2＝1：1 B．I1：I2＝2：1 C．F1：F2＝1：1 D．a1：a2＝1：1 （多选）8．（2025秋•北碚区校级月考）如图所示，空间站沿与赤道不共面的轨道Ⅰ绕地球做匀速圆周运动，周期T1＝8h；地球同步卫星沿与赤道共面的轨道Ⅱ运行，周期T2＝24h。t0时刻，二者恰好同时经过地球赤道上P点的（图中未画出）正上方，下列说法正确的是（　　） A．空间站运行速度小于同步卫星运行速度 B．空间站每天经过赤道平面6次 C．空间站与同步卫星的向心加速度大小之比为9：1 D．从t0时刻到二者下次同时经过P点正上方，空间站比同步卫星多绕地球2圈 （多选）9．（2025秋•东湖区校级月考）一同学在桌面上玩弹硬币游戏时，用手弹开硬币，使硬币从A点沿桌面做匀减速直线运动，最终停在E点，如图所示。B、C、D是AE连线上的三点，且AB＝BC＝CD＝DE，下列说法正确的是（　　） A．硬币通过B、C、D点时的速度大小之比为3：2：1 B．硬币通过AB和CD所用时间之比为 C．硬币通过BC段和DE段的平均速度大小之比为 D．若硬币在A点的速度为v，通过DE的时间为t，则AE＝vt （多选）10．（2025秋•辛集市校级期中）科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是（g取10m/s2）（　　） A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB＝tBC＝tCD B．闪光的间隔时间是s C．水滴在相邻两点间的平均速度满足vAB：vBC：vCD＝1：4：9 D．水滴在各点的速度之比满足vB：vC：vD＝1：3：5 【题型6】 整体法隔离法 整体法与隔离法是解决力与直线运动问题的核心方法，尤其适用于连接体系统‌。当多个物体通过绳、杆或接触面连接时，合理选择研究对象能极大简化受力分析过程。 一、基本概念与适用原则 1. ‌整体法‌ 定义‌：将多个物体视为一个系统进行受力分析，只考虑‌系统外力‌，忽略内部相互作用力（内力）。 适用条件‌： 系统内各物体‌加速度相同‌（包括静止或匀速直线运动） 问题不涉及系统内部物体间的相互作用力 优点‌：减少未知量，简化方程，快速求解外力或整体加速度 ✅ ‌典型场景‌： 求地面对斜面的支持力、水平拉力作用下多物体系统的加速度等。 2. ‌隔离法‌ 定义‌：将某个物体从系统中单独“隔离”出来，分析其所受的所有外力。 适用条件‌： 需要求解物体间的‌内力‌（如绳的拉力、接触面的弹力或摩擦力） 系统中存在相对运动或加速度不同 优点‌：能清晰地揭示单个物体的受力细节和运动原因 ✅ ‌典型场景‌： 求连接绳的张力、两物块之间的摩擦力等。 二、使用策略：先整体，后隔离 在实际解题中，‌整体法与隔离法常配合使用‌： 1.先用整体法求加速度‌ 对整个系统列牛顿第二定律方程，求出共同加速度a 2.再用隔离法求内力‌ 选取受力较少的物体隔离，结合已知加速度，列方程求解内力。 三、关键判断：何时能用整体法？ 并非所有情况都适用整体法。判断标准如下： | 条件 | 是否可用整体法 | | 所有物体相对静止 | ✅ 可用 | | 所有物体匀速运动 | ✅ 可用 | | 所有物体同向同加速度 | ✅ 可用 | | 物体间有相对加速度 | ❌ 不可用，必须隔离 | 四、常见题型分类解析 ✅ 类型1：平衡状态下的整体与隔离 ‌特征‌：系统静止或匀速直线运动，合力为零 ‌策略‌：优先整体法判断外力，再隔离求内力 例：斜面上两物块匀速下滑，求地面对斜面的摩擦力？ → 整体法：系统匀速 → 合外力为零 → 地面摩擦力为0 ✅ 类型2：非平衡状态（匀变速直线运动） ‌特征‌：系统有共同加速度 ‌策略‌：整体法求a，隔离法求T或f 例：A、B叠放于光滑水平面，水平力F拉A，AB间不打滑 → 整体求a，隔离B求静摩擦力提供其加速度 ✅ 类型3：含滑轮的连接体 ‌特征‌：通过绳跨过滑轮连接，加速度大小相等方向不同 ‌策略‌：仍可整体列式（注意方向），或分别隔离列方程 例：A在桌面上，B悬挂，通过定滑轮连接 → 隔离A：T=mAa；隔离B：mBg−T=mBa → 联立求解 【例题精讲】 1．（2026•昌平区一模）如图所示，在粗糙的水平地面上有一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面体上有一个质量为m的小滑块，小滑块与斜面体的接触面光滑。在小滑块沿斜面体下滑的过程中，斜面体始终保持静止。重力加速度为g。在小滑块下滑过程中，（　　） A．斜面体对滑块的支持力大小为mgsinθ B．地面对斜面体的支持力大小为（M+m）g C．地面对斜面体的支持力小于（M+m）g D．地面对斜面体的摩擦力为零 2．（2026•涿州市校级一模）如图所示，质量均为0.5kg的小物块A、B、C放在倾角θ＝37°的固定光滑斜面（足够长）上，C靠在垂直斜面的固定挡板P上，A与B用轻杆连接，B、C分别与原长为10cm、劲度系数为200N/m的轻质弹簧两端相连，系统处于静止状态。现对A施加一个沿斜面向上的拉力F，使A缓慢上滑。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及一切摩擦，弹簧及轻杆均与斜面平行，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．施加力F前，挡板对C的支持力大小为12N B．施加力F前，弹簧的长度为8cm C．施加力F后，当F＝4N时，轻杆对A的支持力大小为1N D．施加力F后，当F＝9N时，弹簧的长度为11.5cm 3．（2025秋•驻马店期末）如图所示，跨过光滑轻质定滑轮的轻绳左侧悬挂质量为2m的物块A，右侧悬挂质量为0.5m的物块B，重力加速度大小为g。不计空气阻力，由静止释放物块A，两物块在空中做匀变速运动的过程中，连接A、B的绳子上的拉力大小为（　　） A．2mg B． C． D． 4．（2025秋•扬州期末）如图所示，10个完全相同的小球通过轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平恒力F作用下，一起沿光滑水平面向右运动，已知小球的质量为m，F＝mg，撤去F瞬间（　　） A．小球1的加速度为0 B．小球10的加速度为0 C．小球1的加速度大小为 D．小球10的加速度大小为 5．（2025秋•和平区校级期末）如图所示，斜面体甲放在小车内的水平地板上，物块乙放在斜面体上，两者一起随车向右匀加速运动，关于甲、乙受力的分析正确的是（　　） A．甲物体受到5个力的作用 B．甲物体受到车厢向左的摩擦力 C．乙物体可能受到2个力的作用 D．车对甲的作用力大小等于甲、乙的重力之和 6．（2025秋•雨花区校级月考）小明家里客厅的天花板悬挂的创意水晶灯，其主体结构是上下两圈环形灯饰用三根拉绳悬吊在灯座上，小明决定利用所学的物理知识分析其中的受力情况，现可将灯结构进行简化：三根轻绳穿过质量为m的小环，系在质量为M的大环上，且三根绳的位置等分在环上。小环半径为r，大环半径为2r。两环均光滑，三根轻绳把整体悬吊起来，平衡时测得上段绳与竖直方向成30°，下段绳与竖直方向成45°，下列说法正确的是（　　） A．上段绳的拉力F1和下段绳的拉力F2之比 B．两环质量m和M的比值为 C．两环质量m和M的比值为 D．若将上段绳调整为竖直方向，上下两环间距变为r 7．（2026•柳州二模）如图所示，b、c通过细线跨过定滑轮连接置于a上，c刚好与a接触。已知三个物体的质量均为m，a与b、a与c间的动摩擦因数均为0.2，水平面光滑，滑轮的质量及摩擦不计，为使三物体间无相对运动，则水平推力F至少为（　　） A． B．2mg C． D．3mg （多选）8．（2026•安徽开学）如图所示，甲、乙、丙三木块用两根轻绳连接在一起，在光滑水平地面受一水平恒力F作用而向右做匀加速直线运动，绳子的拉力分别用T1、T2表示。若乙木块的质量突然增加，则轻绳中拉力的变化情况为（　　） A．T1变小 B．T1不变 C．T2变大 D．T2变小 （多选）9．（2026•阜阳一模）如图所示，木板M和物块m叠放在足够长的水平传送带上，轻弹簧的一端固定在左侧挡板上，另一端与木板接触（不连接），用力推木板压缩弹簧。使传送带以恒定速度v顺时针转动，由静止释放木板。物块与木板、木板与传送带间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若弹簧恢复原长时，木板速度还未达到v，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧恢复原长前，木板先加速后减速 B．弹簧恢复原长前，木板的加速度一直减小 C．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到v，物块脱离木板前，木板加速度为μg D．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到v，物块脱离木板后，木板加速度为μg （多选）10．（2026•塔城市校级开学）如图，用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，其中小球1的重力G1＝7N，小球2的重力G2＝9N，两小球处于静止状态，已知细线a与竖直方向的夹角为37°，细线c水平，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．细线a对小球1的拉力为20N B．细线b对小球2的拉力为15N C．细线c对小球2的拉力为12N D．细线c对小球2的拉力为15N 第5页（共27页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 力与直线运动（六大方法） 【题型1】 基本公式法 3 【题型2】 重要推论法 9 【题型3】 逆向思维法 16 【题型4】 图像法 22 【题型5】 比例法 32 【题型6】 整体法隔离法 39 【知识清单】 一、匀变速直线运动规律 1．解答匀变速直线运动的常用技巧 (1)基本公式法：v＝v0＋at；x＝v0t＋at2；＝2ax。 (2)重要推论法：＝(利用平均速度求瞬时速度)；＝；Δx＝aT2(用逐差法求加速度)。 (3)逆向思维法：“匀减速至速度为0的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”。 (4)图像法：利用v-t图像或x-t图像求解。 (5)比例法：初速度为0的匀变速直线运动规律。 2．应注意的两类运动问题 (1)刹车问题：对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解，常用逆向思维法。 (2)双向可逆类运动：全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 3．处理追及相遇问题的三种方法 过程分析法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件 图像法 画出v-t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观 二、连接体问题 1．整体法与隔离法的选用技巧 命题情境 方法选择 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 整体法 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 隔离法 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需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 整体法、隔离法交替运用 2．连接体问题中常见的临界条件 常见情境 临界条件 接触或脱离时 弹力FN＝0 相对滑动时 静摩擦力达到最大值 绳子断裂/松弛时 张力等于绳子最大承受力/FT＝0 速度达到最值时 加速度为0 三、运动学图像和动力学图像 1．两关注——横坐标、纵坐标 (1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。 (2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。 2．三理解——斜率、面积、截距 (1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。 (2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个点或两个点到横坐标轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。 (3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。 3．三分析——交点、转折点、渐近线 (1)交点：往往是解决问题的切入点，此交点表示有相等的物理量。 (2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用，此点前、后图线的斜率不同。 (3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。 【题型1】 基本公式法 力与直线运动的公式法‌是将牛顿第二定律与匀变速直线运动学公式结合来解决动力学问题。 1.‌核心公式组合‌： ‌牛顿第二定律‌：，揭示了力与加速度的瞬时关系。 匀‌变速直线运动学公式‌： 速度公式： 位移 公式：x＝v0t＋at2 速度-位移公式： 2. ‌解题思路（公式法步骤）‌： ‌第一步：受力分析‌，求出物体所受的‌合外力‌ 。 ‌第二步：由  求出加速度 a‌。这是连接“力”与“运动”的桥梁。 ‌第三步：运动学分析‌，根据已知的初速度、时间 t、位移 x 等，选择合适的运动学公式求解末速度 或其他未知量。 【例题精讲】 1．（2026•枣庄模拟）运动会上，某同学在百米赛跑项目中，从静止开始先做匀加速直线运动，经4.0s达到最大速度v0，然后保持此速度匀速运动至终点，全程用时14.5s。则v0的大小为（　　） A．8m/s B．9m/s C．10m/s D．11m/s 【答案】A 【详解】匀加速阶段：初速度为0，时间t1＝4.0s，平均速度，位移 匀速阶段：时间t2＝14.5s﹣4.0s＝10.5s 位移x2＝v0×10.5＝10.5v0 总位移x1+x2＝100m 代入数据得v0＝8m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2026•江苏模拟）某款无人驾驶汽车在测试时，感应到前方有障碍物后，立刻制动做匀减速直线运动。3s内速度由12m/s减至0。该过程中加速度大小为（　　） A．4m/s2 B．3m/s2 C．12m/s2 D．8m/s2 【答案】A 【详解】根据匀变速直线运动公式有v＝v0+at 代入数据解得a＝﹣4m/s2 所以加速度大小为|a|＝4m/s2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2026•宝鸡二模）随着现代科技的发展，无人送货车成为城市速递送货的重要力量。如图所示为一辆无人送货车正在平直公路上匀速行驶，车内感应系统突然感应到前方有车辆低速行驶。车内制动系统立即启动，使汽车做匀减速直线运动。从某时刻起开始计时，在前2s内的位移为15m，在紧接着的1s内位移为3.75m，则无人送货车做匀减速运动的加速度大小是（　　） A．1.5m/s2 B．2.0m/s2 C．2.5m/s2 D．3.0m/s2 【答案】C 【详解】根据匀变速直线运动位移公式 代入数据得15＝2v0 化简为2v0﹣2a＝15 代入数据得前3s位移 由题意，第3s内位移为3.75m，即x2﹣x1＝3.75m 代入得 化简为v0﹣2.5a＝3.75 联立得a＝2.5m/s2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．（2026•海东市开学）汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5m/s2，那么开始刹车后2秒与开始刹车后6秒汽车通过的位移之比为（　　） A．1：1 B．3：1 C．3：4 D．4：3 【答案】C 【详解】规定初速度方向为正方向，汽车初速度 v0＝20m/s，刹车加速度 a＝﹣5m/s2，刹车到停止的时间结合运动学公式v＝v0+at 代入数据得t＝4s，即汽车在刹车后4秒停止。 刹车后2秒的位移t1＝2s＜4s，车未停 刹车后6秒的位移t2＝6s＞4s，车已停，位移等于总刹车距离 代入数据得位移之比 x2：x6＝3：4，故ABD错误，C正确。 故选：C。 5．（2026春•观山湖区校级月考）2025年4月1日，北京成为国内首个允许L3级自动驾驶私家车合法上路的城市，自动驾驶中AEBS系统是指汽车上的自动紧急制动系统。测试小组在封闭的直线路段测试某品牌汽车AEBS系统的制动性能，当汽车以90km/h的速度行驶时，雷达探测到前方60m处有障碍物，汽车立即制动，距障碍物10m处刹停。不计雷达探测时间及系统的反应时间，制动过程可视为匀变速直线运动，则该汽车在制动过程中的加速度大小是（　　） A．6.25m/s2 B．6.5m/s2 C．7.25m/s2 D．7.5m/s2 【答案】A 【详解】90km/h＝25m/s，汽车做匀减速直线运动，位移大小x＝60m﹣10m＝50m，由匀变速直线运动规律可知﹣2ax＝0﹣v2，代入数据可得a＝6.25m/s2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 6．（2026•西宁校级二模）如图所示，倾角为30°的斜面上用轻绳连接两个质量分别为m、2m的滑块A、B，用平行于斜面向上的力通过原长为L0的轻弹簧拉滑块B，两个滑块一起沿斜面向上以的加速度匀加速运动。已知两个滑块与斜面之间的动摩擦因数均为，弹簧的劲度系数为，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。现剪断A、B间轻绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断轻绳前轻绳的拉力大小为 B．剪断轻绳前弹簧的长度为 C．剪断轻绳瞬间滑块A的加速度大小为 D．剪断轻绳瞬间滑块B的加速度大小为 【答案】D 【详解】A、剪断轻绳前对滑块A受力分析，根据牛顿第二定律FT﹣mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma 解得剪断轻绳前轻绳的拉力大小FT＝mg，故A错误； B、剪断轻绳前对两个滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律F弹﹣（m+2m）gsin30°﹣μ（m+2m）gcos30°＝（m+2m）a 解得F弹＝3mg 根据胡克定律F弹＝k（L﹣L0） 解得剪断轻绳前弹簧的长度，故B错误； C、剪断轻绳瞬间，对滑块A，根据牛顿第二定律mgsin30°+μmgcos30°＝maA 解得剪断轻绳瞬间滑块A的加速度大小，故C错误； D、剪断轻绳瞬间弹簧弹力不变，对滑块B，根据牛顿第二定律F弹﹣2mgsin30°﹣μ×2mgcos30°＝2maB 解得剪断轻绳瞬间滑块B的加速度大小，故D正确。 故选：D。 7．（2026•顺义区一模）如图所示，A、B两个相互接触的物体放置在光滑水平面上，两个物体的质量mA＝4kg，mB＝6kg，推力FA＝8N和拉力FB＝2N分别作用于A、B两个物体上，两物体间的作用力大小为（　　） A．2N B．4N C．5N D．8N 【答案】B 【详解】以A、B整体作为研究对象，依据牛顿第二定律可得，代入数据计算，解得：a＝1m/s2。再以物体B为研究对象，设两物体间相互作用力的大小为N，根据牛顿第二定律有N+FB＝mBa，代入数据求解，得到：N＝4N。故B正确，ACD错误。 故选：B。 （多选）8．（2026春•长沙月考）如图所示为水平传送带的俯视图，传送带始终以4m/s的速度向前运动，A为传送带右侧的一点，t＝0时刻，木块从A点沿垂直传送带的方向进入，初速度3m/s，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到传送带左侧时恰好与传送带共同运动，重力加速度g取10m/s2，tan37°＝0.75，则下列说法正确的是（　　） A．t＝1s时，木块开始与传送带共同运动 B．木块在传送带上的划痕长2.5m C．木块在传送带上的划痕与传送带右侧的夹角为37° D．木块相对于地面做直线运动 【答案】ABC 【详解】A.对木块受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma 代入数据得a＝5m/s2 设木块沿传送带方向的加速度为a1，垂直传送带方向的加速度为a2，经过t时间木块与传送带共同运动，沿传送带方向则有4m/s＝a1t 垂直传送带方向则有3m/s＝a2t 根据矢量的合成可得 代入数据得t＝1s，故A正确； B.木块沿传送带方向的加速度大小为 二者的相对位移 垂直传送带方向的相对位移 则木块在传送带上的划痕长 代入数据得l＝2.5m，故B正确； C.木块在传送带上的划痕与传送带右侧的夹角为θ，则有 代入数据得θ＝37°，故C正确； D.木块在垂直传送带方向做减速运动，沿传送带方向做加速运动，木块的合速度方向时刻改变，因此木块相对于地面做曲线运动，故D错误。 故选：ABC。 （多选）9．（2026•沙坪坝区校级模拟）图甲、乙所示的是一辆质量m＝6×103kg的公共汽车在t＝0和t＝1.7s末两个时刻的两张照片。当t＝0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）。图丙是车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图像，测得θ＝30°，取重力加速度大小g＝10m/s2，根据题中提供的信息，下列说法正确的是（　　） A．汽车的长度约8.7m B．1.7s末汽车的速度约8.0m/s C．1.7s末汽车合外力的功率约3.5×105W D．1.7s内汽车牵引力所做的功约3.0×105J 【答案】AC 【详解】A、以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得：mgtan30°＝ma，解得：，则汽车的长度为：，故A正确； B、1.7s末汽车的速度为：，故B错误； C、1.7s末汽车合外力的功率为：，故C正确； D、合外力做功为：，汽车启动时牵引力F＞F合（需克服阻力），故牵引力做功，但题目未给阻力，无法直接计算牵引力做功，故D错误。 故选：AC。 （多选）10．（2025秋•绵阳期末）在某次军事演习中，歼击机以v0＝220m/s的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机。当两者相距x0＝3.2km时，歼击机发射一枚导弹，导弹脱离歼击机后沿水平方向做加速度为a＝20m/s2的匀加速直线运动，t0＝20s时击中无人靶机并将其击落。发射导弹的时间不计，发射导弹对歼击机速度无影响。则（　　） A．导弹发射时的速度为0 B．无人靶机被击中前飞行的速度为260m/s C．导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离为3.24km D．导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离为3.6km 【答案】BC 【详解】A、导弹在发射前与歼击机一起运动，故其发射时的速度为歼击机的速度为220m/s，故A错误； B、由于导弹发射后做匀加速直线运动，所以对导弹有：，无人靶机做匀速直线运动，有：x无＝v无t0，由题意可得：x导＝x无+x0，联立代入数据解得：v无＝260m/s，故B正确； CD、当导弹与无人机的速度相等时，两者之间的距离最远，则有：v无＝v0+at1，此时导弹的位移为：，此时无人靶机的位移为：x2＝v无t1，两者之间的最大距离为：Δx＝x2+x0﹣x1，联立代入数据解得：Δx＝3.24km，故C正确，D错误。 故选：BC。 【题型2】 重要推论法 力与直线运动的重要推论主要集中在匀变速直线运动和牛顿运动定律的应用上： 1.匀变速直线运动的三个重要推论： 在任意两个连续相等时间T内的位移之差为常量，即Δx＝aT2,可用于判断是否为匀变速运动。 某段时间内的平均速度等于该段时间中点时刻的瞬时速度，即平均=＝(利用平均速度求瞬时速度)； 中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度，且有＝。 2.初速度为零的匀变速直线运动的特殊比例关系： 第1s末、第2s末、第3s末…的速度之比为1:2:3:...:n。 前1s内、前2s内、前3s内..的位移之比为1²:2²:3²:...:n²。 第1s内、第2s内、第3s内….的位移之比为1:3:5:...:(2n-1)。 3.牛顿运动定律与力的关系： 牛顿第一定律(惯性定律)指出：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因。 牛顿第二定律F=ma是分析直线运动动力学问题的核心，明确了合外力与加速度的直接关系。 当物体所受合外力为零时，保持静止或匀速直线运动状态；当合外力不为零时，产生加速度，运动状态发生改变。 【例题精讲】 1．（2025•中山市校级模拟）如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为3：2：1，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设质点经过ab、bc和cd三段所用时间分别为3t、2t和t，设各段时间t内的位移分别为：s1、s2、s3、s4、s5和s6，由题可得 x1＝s1+s2+s3 x2＝s6 设bc段的位移为x，则 x＝s4+s5 根据公式Δx＝aT2有 同时由于 s2﹣s1＝s3﹣s2＝at2 所以得 s1+s3＝2s2 结合可得 x1＝s1+s2+s3＝3s2 而 即 联立可得 ，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2025秋•铜梁区校级月考）有一个匀加速直线运动的物体从2s末至6s末的位移为24m，从6s末至10s末的位移为40m，则这个物体的加速度的大小和初速度大小分别是（　　） A．1m/s2，2m/s B．2m/s2，1m/s C．1m/s2，4m/s D．4m/s2，4m/s 【答案】A 【详解】依题意，该物体在两个连续的4s时间内经过的位移分别为24m和40m，由Δx＝aT2 代入数据得a＝1m/s2 物体在4s末的速度大小为 代入数据得v4＝6m/s 设物体的初速度为v0，则有v4＝v0+at4 代入数据得v0＝2m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2025秋•惠山区校级月考）从固定斜面上的O点每隔0.1s由静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离xAB＝6cm，xBC＝8cm。已知O点与斜面底端的距离为L＝35cm。由以上数据可以得出（　　） A．小球的加速度大小为4m/s2 B．小球在A点的速度为0 C．斜面上最多有5个小球在滚动 D．该照片是B点处的小球释放后0.35s时拍摄的 【答案】D 【详解】A．根据匀变速直线运动位移差公式Δx＝aT2 0.08m﹣0.06m＝a×（0.1s）2 解得a＝2m/s2，故A错误； B．小球从A到C运动过程中，根据匀变速直线运动平均速度公式 解得vB0.7m/s vB＝vA+aT 解得vA＝0.7m/s﹣2×0.1m/s＝0.5m/s，故B错误； C．设小球在斜面上运动的时间为t，则 解得t0.59s 0.5＜t＜0.6，则当第一个小球落到斜面底端之前，还可以释放5个小球，斜面上同时最多有6个小球在滚动，故C错误； D．B项中解得vB＝0.7m/s vB＝atB，解得tB0.35s，故D正确。 故选：D。 4．（2026•徐州模拟）某物体做匀减速直线运动，连续通过两段0.9m的位移，第一段用时0.4s，第二段用时0.5s。该物体的加速度大小为（　　） A．0.8m/s2 B．1.0m/s2 C．1.2m/s2 D．1.5m/s2 【答案】B 【详解】根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于对应时间内的平均速度，第一段0.9m位移用时0.4s，对应中间时刻的瞬时速度为；第二段0.9m位移用时0.5s，对应中间时刻的瞬时速度为。 两个中间时刻的时间间隔为。 根据加速度的定义式，物体的加速度，即加速度的大小为1.0m/s2，故ACD错误，B正确。 故选：B。 5．（2025秋•河北区校级期中）高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s。则（　　） A．高铁车头经过A的速度为32m/s B．高铁车头经过B的速度为25m/s C．高铁车头经过C的速度为14m/s D．高铁车头经过AC段的平均速度为25m/s 【答案】C 【详解】由平均速度公式得 AB段的平均速度为30m/s， BC段平均速度为20m/s， 因为AB＝BC，由位移中点速度公式得 由以上三式解得 vA＝34m/s vB＝26m/s vC＝14m/s 对全程由平均速度公式得 ，故C正确，ABD错误； 故选：C。 6．（2025秋•重庆期中）某物体做匀加速直线运动，先后经过M、N两点的速度分别为v和3v，经历的时间为t，则下列说法中正确的是（　　） A．经过MN中点时的速度为2v B．在MN中间时刻的速度为v C．前和最后的位移之比为4：11 D．物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大 【答案】D 【详解】AB.在匀变速直线运动中位移中点的速度为，时间中点的速度为，故AB错误； C.物体加速度为，前位移为，逆过程是匀减速运动，可得最后的位移为，所以前和最后的位移之比为4：17，故C错误； D.物体在时间t内的中间时刻的速度为2v，则物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大，故D正确。 故选：D。 7．（2026•芜湖一模）物体从A点由静止开始做匀加速直线运动，一段时间后到达B点，已知物体在从A到B运动过程中第一秒内与最后一秒内的位移之比为n，且A到B总位移大小为L，则物体在由A到B整个过程的平均速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】物体从静止开始做匀加速直线运动，初速度v0＝0，设加速度为a，总时间为t 已知第一秒内位移与最后一秒内位移之比为n，即 第一秒内位移 最后一秒内位移 位移之比 解得 由平均速度，解得 故C正确，ABD错误。 故选：C。 （多选）8．（2025秋•湖南期末）一物体做自由落体运动，先后经过空中M、N两点的速度分别为v1和v2，则下列说法中正确的是（　　） A．M、N间的距离为 B．通过M、N段的平均速度为 C．通过M、N段所用的时间为 D．通过M、N段中间位置时的速度为 【答案】AC 【详解】A．由匀变速直线运动速度与位移关系 代入数据得M、N间的距离，故A正确； B．根据匀变速直线运动的推论，在M、N段的平均速度为，故B错误； C．由匀变速直线运动速度与时间关系v2＝v1+gt 代入数据得通过M、N段所用的时间为，故C正确； D．设M、N段中点的速度为v，前半段有 后半段有 代入数据解得M、N段中间位置的速度为，故D错误。 故选：AC。 （多选）9．（2025秋•兰州校级期中）一物体做匀变速直线运动，某时刻的速度为v1，经过t时间后速度变为v2，位移为x，则下列说法正确的是（　　） A．这段时间内的平均速度等于 B．这段时间内中间时刻的瞬时速度等于 C．这段位移内中间位置的瞬时速度小于 D．这段位移内中间位置的瞬时速度大于 【答案】ABD 【详解】A．在匀变速直线运动中，平均速度等于初末速度的平均值，即，故A正确； B．因为在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，根据平均速度的定义式有，所以这段时间内中间时刻的瞬时速度等于，即，故B正确； CD．设中间位置的瞬时速度为，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式可得，，联立解得 由A、B选项可知 ，所以有，即这段位移内中间位置的瞬时速度大于，故C错误，D正确。 故选：ABD。 （多选）10．（2025秋•朝阳期中）如图所示，小球沿足够长斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e，已知ab＝bd＝6m，bc＝1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则（　　） A． B．vc＝2m/s C．xde＝3m D．从d到e所用时间为4s 【答案】AD 【详解】AB、小球沿斜面向上做匀减速直线运动，小球从a到c的时间和从c到d的时间相等， 根据匀变速直线运动公式Δx＝aT2代入数据解得小球沿斜面向上做匀减速直线运动的加速度大小为， 因为c是ad的中间时刻，根据中间时刻速度公式得， 小球由b到c，根据匀变速直线运动公式v22ax， 代入数据解得，故A正确，B错误； C、小球从c到d，由运动学公式有v22ax， 解得vd＝2m/s， 由运动学公式可知小球从d到最高点e的位移大小为xdem＝4m，故C错误； D、由运动学公式可知小球从d到最高点e的时间为tdes＝4s，故D正确。 故选：AD。 【题型3】 逆向思维法 力与直线运动中的逆向思维法核心是将末速度为0的匀减速直线运动，‌逆向看作初速度为0的匀加速直线运动‌，从而简化分析和计算过程。这种方法在刹车问题、竖直上抛运动等场景中尤为高效。 一、基本原理与适用场景 当物体做‌匀减速直线运动直至停止‌（如汽车刹车、子弹穿木板、竖直上抛至最高点），其运动过程具有可逆性。 我们可将这一过程“倒放”，视为从静止开始的匀加速直线运动，此时： · 原来的末时刻变为初时刻 · 加速度方向取反（大小不变） · 位移、速度等物理量按时间倒序排列 ‌典型适用题型‌： · 刹车类问题（求最后1s位移） · 竖直上抛运动（上升过程分析） · 子弹穿透多层介质（时间相等但位移递减） 二、关键公式转换（逆向后） 原过程（匀减速至0） → 逆向过程（初速为0的匀加速）： 这使得计算更简洁，尤其适用于比例法求解。 【例题精讲】 1．（2026•九台区校级开学）如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D位置）时速度恰好为零，子弹可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．子弹通过每一个木块时，其速度变化量均相同 B．子弹到达各点的速率vO：vA：vB：vC＝4：3：2：1 C．子弹从O运动到D全过程的平均速度等于C点的瞬时速度 D．子弹通过各木块经历的时间tA：tB：tC：tD 【答案】C 【详解】A、由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，根据Δv＝aΔt，可知子弹通过每一个木块时，其速度变化量不相同，故A错误； B、将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，由v2＝2ax 可知，子弹通过C、B、A、O的速度之比为1：，故B错误； D、将子弹的运动视为反向初速度为零的匀加速直线运动，则由x 可知，反向通过各木块用时之比为1：（）：（）：（2） 则子弹从进入木块到达各点经历的时间tA：tB：tC：tD 故D错误； C、根据匀变速直线运动的推论：根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可知子弹从O运动到D全过程的平均速度等于，故C正确。 故选：C。 2．（2025秋•渝中区校级期末）运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3s停止，试问它在制动开始后第1s内、第2s内运动的位移大小之比为（　　） A．3：5 B．5：3 C．3：1 D．4：1 【答案】B 【详解】逆向分析，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间内位移之比为1：3：5可知，它在制动开始后第1s内、第2s内运动的位移大小之比为5：3，故B正确、ACD错误。 故选：B。 3．（2025秋•榆阳区校级期末）某机器人在送餐途中以5m/s的速度匀速直线运动，突然发现前方有障碍物，立即刹车，以大小为2m/s2的加速度做匀减速直线运动直至刹停。在此过程中，机器人（　　） A．刹车2s时的速度大小为2m/s B．刹车3s时的速度大小为1m/s C．刹车总位移大小为12.5m D．刹车的第1s内与最后1s内的位移大小之比为4：1 【答案】D 【详解】AB、刹车后，机器人做匀减速运动，则刹车停止的时间为：，则刹车2s时，速度大小为：v2＝v0﹣at2＝5m/s﹣2×2m/s＝1m/s，刹车 3s时，机器人已经停止运动，则速度大小为零，故AB错误； C、刹车总位移大小为：，故C错误； D、刹车的第1s内的位移的大小为：，由逆向思维可知最后1s内的位移大小为：，可知刹车的第1s内与最后1s内的位移大小之比为4：1，故D正确。 故选：D。 4．（2025秋•西城区校级月考）如图所示，运动员将冰壶（可视为质点）从a点（冰壶已离手）以一定的速度v沿水平冰面推出，冰壶离手后依次经过a、b、c三点后在d恰好减速停止。已知冰壶做匀减速直线运动，ab＝bc＝cd＝L，则下列说法正确的是（　　） A．冰壶离手后运动的加速度大小为 B．冰壶离手后运动的时间为 C．冰壶运动到c点的速度大小为 D．冰壶从b点运动到c点的时间和从c点运动到d点的时间之比为 【答案】D 【详解】A、从a到d，根据速度—位移关系可得：0﹣v2＝0﹣2a×3L，解得加速度大小为：a，故A错误； B、冰壶离手后运动的时间为t，则有：3L，解得：t，故B错误； C、逆向分析，根据速度—位移关系可得：2aL，解得：vc，故C错误； D、根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比为：1：（1）：（）：……，逆向分析，则冰壶做初速度为零的匀加速直线运动，所以冰壶从b点运动到c点的时间和从c点运动到d点的时间之比为（1）：1，故D正确。 故选：D。 5．（2024秋•蚌埠期末）子弹垂直射入固定叠放在一起的相同铝板，穿过第3块后速度恰好变为0。将子弹视为质点，已知子弹在铝板中运动的总时间为t，且子弹在各个铝板中运动的加速度都相等，则子弹穿过第1块铝板所用的时间为（　　） A．t B．t C．t D．（1）t 【答案】D 【详解】设每块铝板的厚度为d，子弹的加速度大小为a，根据逆向思维可得，；则子弹穿过第1块铝板所用的时间为t1＝t﹣t'，联立可得，故ABC错误，D正确。 故选：D。 6．（2025秋•丽水期中）一汽车做匀减速直线运动，位移随时间的变化关系式为：x＝8t﹣0.5t2，则（　　） A．汽车刹车的初速度4m/s B．刹车过程汽车的加速度大小为0.5m/s2 C．汽车刹车后经过4s速度变为0 D．汽车停下来之前最后一秒位移为0.5m 【答案】D 【详解】AB、由匀变速直线运动的位移—时间关系对比x＝8t﹣0.5t2，可得：v0＝8m/s，，解得：a＝﹣1m/s2，负号表示加速度的方向，则加速度的大小为1m/s2，故AB错误； C、汽车刹车的时间为：，所以4秒时速度未减至0，故C错误； D、最后一秒位移可逆向为匀加速第1秒位移：，故D正确。 故选：D。 7．（2025秋•辽宁期中）某汽车刹车过程可视为匀减速直线运动，已知开始刹车时初速度大小为6m/s，第2s内的位移为3m，则该车（　　） A．第2s内的平均速度大小为1.5m/s B．刹车时加速度大小为2m/s2 C．第2s内与第3s内通过的位移大小之比为5：3 D．刹车后4s内的位移大小为8m 【答案】B 【详解】A、第2内的平均速度大小为，故A错误； B、由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知，第2内的平均速度大小为第1.5s的瞬时速度，即有：，设刹车时加速度大小为a，则有：v1.5＝v0﹣at1.5，解得：，故B正确； C、刹车时间为：，根据逆向思维可知，第1s内，第2s内，第3s内的位移之比为x1：x2：x3＝5：3：1，所以第2s内与第3s内通过的位移大小之比为3：1，故C错误； D、刹车后3s末，车已经停止，所以4s内的位移为：，故D错误。 故选：B。 （多选）8．（2026春•平阳县校级月考）冰壶（Curling），又称掷冰壶、冰上遛石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果作匀减速直线运动，用时20s停止，倒数第2s内位移大小为0.6m，则下面说法正确的是（　　） A．冰壶的加速度大小是0.3m/s2 B．冰壶的加速度大小是0.4m/s2 C．冰壶第1s内的位移大小是7.8m D．冰壶的初速度大小是6m/s 【答案】BC 【详解】AB．整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，倒数第2s内位移大小为0.6m，则 代入数据得a＝0.4m/s2 故A错误，B正确； CD．由速度—时间公式可知初速度为v0＝at0＝0.4×20m/s＝8m/s 第1s内的位移为8×1mm＝7.8m 故C正确，D错误。 故选：BC。 （多选）9．（2025秋•沙坪坝区校级月考）在水平面上固定着四个材料完全相同的物块，长度分别是L、2L、3L、4L。一子弹以水平初速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿出第四个木块时速度恰好为0，则（　　） A．子弹穿入第二个木块和第四个木块时的速度之比23 B．子弹穿入第一个木块和穿出第三个木块时的速度之比12 C．子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比 D．若子弹停在第四个木块中某一位置，则子弹穿入第二个木块和穿出第二个木块的速度之比 【答案】AC 【详解】AB、若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，根据逆向思维可得：v2＝2ax，解得：，由此可知，子弹穿入第二个木块和穿入第四个木块的速度之比为：，子弹穿入第一个木块和穿出第三个木块时的速度之比为：，故A正确，B错误； C、子弹穿出第二个木块的速度为：，穿过第二个木块的平均速度为：，所用时间为：，则子弹通过第三个木块的平均速度为：，所用时间为：，则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比为：，故C正确； D、子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比为：，故D错误。 故选：AC。 （多选）10．（2025秋•黄浦区校级期中）《国家地理频道》实验证实：四个水球就可以挡住子弹！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动。如图所示，子弹恰好能穿过第四个水球，则在子弹穿过水球的过程中（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化量相同 B．子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等 C．子弹穿过每个水球的时间比为7：5：3：1 D．子弹射入每个水球时的速度比为2：：：1 【答案】BD 【详解】C、由逆向思维，子弹的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，子弹穿过水球时，相当于通过四个连续相等的位移，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律，子弹依次穿过4个水球的时间之比为，故C错误； A、子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，加速度不变，由Δv＝at可知，速度变化量与时间成正比，子弹在每个水球运动的时间不相同，则速度的变化量不相同，故A错误； B．由C项分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，即此时刻为中间时刻，根据中间时刻瞬时速度等于全过程的平均速度可知，子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等，故B正确； D．由逆向思维，子弹的运动可看成初速度为零做匀加速直线运动，子弹穿过水球时，相当于通过四个连续相等的位移，根据公式v2＝2ax可知，子弹自右至左穿出每个水球速度比为1：：：2，则子弹射入每个水球时的速度比2：：：1，故D正确。 故选：BD。 【题型4】 图像法 力与直线运动的图像法是高中物理中分析物体运动过程的核心工具，通过图像能直观揭示速度、位移等物理量随时间的变化关系，提升解题效率与理解深度。 一、核心图像类型及物理意义 1.x-t图像（位移-时间图像） 斜率：表示速度大小和方向 斜率为正→正向运动；斜率为负→反向运动 斜率越大→速度越大 截距：t=0时的初始位移 交点：两物体在此时刻相遇 平行直线：速度相同，相对静止 示例：倾斜直线→匀速直线运动；曲线→变速运动 2.v-t图像（速度-时间图像） 斜率：表示加速度大小和方向 斜率为正→加速（同向）；斜率为负→减速（反向） 面积：图线与时间轴围成的面积表示位移 横轴上方→正向位移；下方→负向位移 截距：初速度V1 交点：两物体瞬时速度相等，不表示相遇 拐点：加速度发生变化的时刻 示例：水平线→匀速；倾斜直线→匀变速；折线→分段运动 3.a-t图像（加速度-时间图像） 面积：表示速度变化量∆v=a·t 正负：加速度方向与规定正方向的关系 ·不直接反映位移或速度值，需积分推导 二、图像分析“六看”法 1.一看轴：明确横纵坐标物理量（如v-t、x-t） 2.二看线：图像形状反映运动规律（直线/曲线） 3.三看斜率：x-t斜率是速度，v-t斜率是加速度 4.四看面积：V-t图中面积为位移 5.五看截距：初始状态（初速度、初位移） 6.六看特殊点：交点、拐点、零点等关键位置 三、典型应用与解题技巧 应用1：判断运动状态 v-t图中，速度正负→运动方向 加速度方向与速度同向→加速；反向→减速 应用2:追及与相遇问题 ·X-t图交点→相遇 ·V-t图中面积差→两物体间距变化 ·当甲=乙时，距离可能最大或最小(临界条件) 应用3:非常规图像识别 如v²-X图像：斜率为2a,可用于测定加速度 如a-V图像：分析阻力与速度关系(如空气阻力影响) 【例题精讲】 1．（2026•尖山区校级一模）在平直公路上，a、b两小车运动的x﹣t图像如图所示，其中a是一条抛物线，M是其顶点，b是一条倾斜、过原点的直线，关于a、b两小车，下列说法正确的是（　　） A．当t＝2.5s时，两车相距最近 B．a车做变加速直线运动，b车做匀速直线运动 C．a车速度始终大于b车速度 D．t＝0时刻，a、b两小车相距16m 【答案】A 【详解】A.由匀变速直线运动规律可得 其中x＝﹣14m，抛物线上找两点（1，0）、（4，18），解得a＝﹣4m/s2，v0＝16m/s，当两车速度相等时，即vm/s＝6m/s，两车相距最近，即v＝v0+at 解得ts＝2.5s，故A正确； B.由a是一条抛物线，所以a车做匀减速直线运动，b为一条直线，所以b车做匀速直线运动，故B错误； C.x﹣t图像的斜率表示速度，所以a车的速度逐渐减小，当图像斜率与直线b平行时，两车速度相等，故C错误； D.由题图可知，在t＝0时，b车处在坐标原点，a车处于离坐标原点14m处，所以两车相距14m，故D错误。 故选：A。 2．（2026•吴桥县校级一模）校园运动会的集体项目“迎面接力”：两条长50m的平行直跑道，每支队伍使用一个跑道，甲、乙两队各10名队员，跑道两端各站5人，两队的1号队员同时出发拿着接力棒冲向跑道的另一端把棒交给2号队员，2号队员又跑回这端把棒交给3号队员，以此类推，哪队先完成10人的全部接力就获胜。比赛开始（t＝0）后的一段时间内，两队队员运动的x﹣t图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．甲队在t1时刻完成第一次交接 B．t2时刻两队队员速度相等 C．0～t2时间内两队通过的路程相同 D．t3时刻乙队领先 【答案】A 【详解】A．x﹣t图像中，图线的倾斜的正负表示运动的方向，根据x﹣t图像可知，甲队在t1时刻速度的方向发生变化，可知甲队的1号队员在t1时刻先跑完50m把棒交给乙队的2号队员，即甲队在t1时刻完成第一次交接，故A正确； B．x﹣t图线斜率的正负表示速度的方向，根据图像可知，t2时刻甲图像斜率为负值，乙图像斜率为正值，可知t2时刻二者速度方向相反，则t2时刻两队队员速度不相等，故B错误； C．0～t2时间内，甲图像的斜率先为正值后为负值，表明甲队员的运动有往返过程，乙图斜率一直为正值，表明乙队员做单向直线运动，可知，0～t2时间内，甲队通过的路程大于乙队，故C错误； D．结合上述可知，t3时刻，甲队完成一次交接，乙队未完成交接，即t3时刻甲队领先，故D错误。 故选：A。 3．（2026•宝安区校级二模）为备战校运会百米赛跑，小王刻苦训练。王同学训练前、后百米全程测试的v﹣t图像如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．在0～t1时间内，小王在训练前的平均加速度较大 B．在t2～t4时间内，小王在训练后的平均速度较大 C．经过训练，t3时刻后小王可以提速 D．在0～t2时间内，训练前、后小王跑过的距离相等 【答案】D 【详解】A.平均加速度的定义为速度变化量与时间的比值，即。在0～t1时间内，训练前的v﹣t图像在训练后图像的上方，说明相同时间内训练前的速度变化量更大，所以训练前的平均加速度更大，故A正确。 B.根据v﹣t图与时间轴围成的面积表示位移，可知在t2～t4时间内，训练后王的位移较大。结合，可知训练后的平均速度更大，故B正确。 C.t3时刻后，训练后的v﹣t图像仍在训练前图像的上方，说明训练后小王的速度始终高于训练前，即t3时刻后小王可以保持更高的速度，也就是可以提速，故C正确。 D.在v﹣t图像中，位移的大小等于图像与时间轴围成的面积。在0～t2时间内，训练前v﹣t图像与时间轴围成的面积始终大于训练后的，说明训练前小王跑过的距离更大，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 4．（2026•平凉校级开学）如图（a）所示的小玩具，利用橡皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，某次飞箭的运动可简化为如下过程：以初速度v0竖直向上射出，在t2时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化关系如图（b）所示。则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（　　） A．上升和下落过程中位移相同 B．0∼t2过程中加速度先减小后增大 C．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 D．上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度 【答案】D 【详解】A．由题意可知，上升和下落过程中位移大小相等，方向相反，故位移不同，故A错误； B．根据v﹣t图线的斜率表示加速度可知，0∼t2过程中v﹣t图像的斜率一直减小，所以0∼t2过程中加速度一直减小，故B错误； C．上升过程和下落过程，飞箭的加速度方向始终竖直向下，始终处于失重状态，故C错误； D．由图像可知飞箭上升时间小于下落时间，又因为上升和下落过程中位移大小相同，根据可知，上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，故D正确。 故选：D。 5．（2026•昌平区一模）t＝0时刻，质点P从原点O由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t变化关系的图像如图所示。在0﹣3t0时间内（　　） A．t＝t0时，P的速度最小 B．t＝t0时，P回到原点 C．t＝t0时，P的速度与t＝3t0时相同 D．t＝2t0时，P到原点的距离最远 【答案】C 【详解】A、由a−t图像的面积表示质点速度变化量，可知质点在 0∼t0时间内一直向前做加速运动，t0时刻速度达到最大，故A错误； BCD、根据a−t图像画出v﹣t图像的大致形状，如下图所示： 由图可知，质点P的运动方向没有改变，所以质点P不会回到原点，由图可知t＝3t0时，质点离原点最远，在t＝t0和t＝3t0时，质点P的速度相同，故C正确，BD错误。 故选：C。 6．（2026•辽宁开学）无人机从静止开始沿竖直方向做直线运动，取竖直向上为正方向，加速度a随时间t的变化如图所示，则无人机（　　） A．在2t0时向下运动 B．在3t0～4t0内上升的高度为 C．在2t0～3t0内的平均速度大于3t0～4t0内的平均速度 D．在0～2t0内的平均速度大小为a0t0 【答案】B 【详解】A．a﹣t图像所包围的面积表示物体的速度变化量，规定竖直向上为正方向，可知无人机在2t0时刻速度大小为 可知无人机在2t0时刻速度为正，故无人机此时速度方向与规定方向相同，竖直向上，故A错误； B．由a﹣t图像可知无人机在3t0时，速度大小为 在4t0时，无人机速度大小为 在3t0～4t0时间内，无人机做匀变速直线运动，上升高度满足，故B正确； C．由上述分析可知，无人机在2t0～3t0时间内的平均速度 无人机在3t0～4t0时间内的平均速度 可知无人机在2t0～3t0内的平均速度小于3t0～4t0内的平均速度，故C错误； D．无人机在0～t0及t0～2t0时间内，分别做匀加速直线运动及匀减速直线运动，位移大小可由分段的平均速度与时间的乘积求得，满足 故在0～2t0内无人机的平均速度大小为，故D错误。 故选：B。 7．（2026•湖南模拟）如图所示，将小球自A处竖直向上抛出。传感器记录的数据显示：自抛出起计时，经过时间t0和2t0，小球的速率均为v0。小球向上抛出后的位移、速度、运动时间分别用x、v、t表示。不计空气阻力，关于小球竖直向上抛出的运动过程，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A、根据题意分析可知，小球做竖直上抛运动，加速度为向下的g。设初速度为v0为正方向，则t时刻的速度vt＝v﹣gt，是一条直线，故A错误； B、自抛出起计时，经过时间t0和2t0，小球的速率均为v0，根据对称性可知小球上升到最高的时刻为1.5t0，可知小球在t0时刻的速度v0＝0.5gt0 小球的初速度v＝1.5gt0＝3v0 根据速度—位移公式可得2gx 可知B图中图线与纵坐标的交点坐标值错误，故B错误； C、根据题意分析可知，由x，可知x﹣t图像为开口向下的抛物线，故C正确； D、由x，可得 当时，t 可知D图中图线与横坐标的交点坐标值错误，故D错误。 故选：C。 （多选）8．（2026•海口二模）如图所示为某同学运动过程中位移x与时间t的关系图像，图像为一直线，则该同学（　　） A．在0～2t0时间内做匀减速直线运动 B．在0～2t0时间内做匀速直线运动 C．在t0时刻改变运动方向 D．在0～t0及t0～2t0时间内位移相同 【答案】BD 【详解】ABC、x﹣t图像的纵斜率表示速度，可知在0～2t0时间内做该同学的速度不变，做匀速直线运动，在t0时刻没有改变运动方向，故AC错误，B正确； D、由图可知，在0～t0及t0～2t0时间内该同学的位移相同，故D正确。 故选：BD。 （多选）9．（2026•辽宁模拟）t＝0时刻，一质点由静止开始做直线运动，其速度v随时间t变化的图线如图所示，已知在2t0时刻，质点刚好回到了出发位置，质点在0～t0内的加速度大小为﹣a1，在t0～2t0内的加速度大小为a2，t0时刻的速度大小为v1，2t0时刻的速度大小为v2，下列说法正确的是（　　） A．a2＝2a1 B．v2＝2v1 C．在t0时刻，质点运动方向发生变化 D．在0～2t0内，质点在时刻距离出发点最远 【答案】BD 【详解】C.由v﹣t图像可知，在t0时刻，质点由加速运动变为减速运动，但是速度仍为正值，运动方向未发生变化，故C错误； A.质点在2t0回到出发位置，由运动学公式有解得a2＝3a1，故A错误； B.由运动学公式有v1＝a1t0、﹣v2＝v1﹣a2t0＝a1t0﹣3a1t0＝﹣2a1t0，故v2＝2v1，故B正确； D.由运动学公式可知，在时刻的速度为，故质点在时刻距离出发点最远，故D正确。 故选：BD。 （多选）10．（2025秋•汕尾期末）在一段平直公路上，甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，相距65m，速度均为20m/s。在t＝0时刻，甲车司机发现前方有一只小狗，于是马上采取制动措施，甲、乙两图分别是甲、乙两车0～8s的运动图像，取初速度方向为正方向，则在此过程中下列说法正确的是（　　） A．在4～8s，乙车静止不动 B．在0～2s，甲车加速度为﹣10m/s2 C．甲、乙两车在4s末距离最近 D．甲、乙两车最小间距为5m 【答案】BD 【详解】根据甲车的速度—时间图像与乙车的加速度—时间图像可知，甲车在 0～2s 内做匀减速运动，在 2～4s 内静止，在 4～8s 内做匀加速直线运动；乙车在 0～2s 内做匀速运动，在 2～4s 内做匀减速直线运动，在 4～8s 内做匀速直线运动。 AB、在 0～2s 内，甲车的加速度 ；在 2～4s 内，乙车的速度由 20m/s 减小，其末速度 v乙4＝v0+a乙t＝20m/s+（﹣5）×2m/s＝10m/s，由于 4～8s 内乙车加速度为 0，则乙车在此阶段以 10m/s 保持匀速直线运动，故A错误，B正确； CD、两车在同向行驶过程中，当速度相等时，间距最小。在 t＝4s 时，v甲＝0，v乙＝10m/s，此时乙车速度大于甲车，间距继续减小。 在 4～8s 内，甲车的加速度 ，设经过时间 Δt 两车速度相等，则 a'甲Δt＝v乙4，解得 Δt＝2s，即在 t＝6s 时两车速度相等，间距最小； 在 0～6s 内，甲车的位移 ，乙车的位移 ，两车最小间距 dmin＝Δx0+x甲﹣x乙＝65m+30m﹣90m＝5m，故C错误，D正确。 故选：BD。 【题型5】 比例法 比例法在力与直线运动问题中，常与图像法结合使用，能大幅简化计算过程‌。当处理初速度为零或末速度为零的匀变速直线运动时，比例法可快速得出位移、时间、速度之间的关系，而图像法则能直观呈现这些关系的变化趋势，二者结合，解题更高效。 一、比例法的核心应用场景（初速或末速为零） 时间等分下的比例关系（初速度为零的匀加速）‌： 第1T末、第2T末…第nT末速度之比：‌1:2:3:…:n‌ 前1T内、前2T内…前nT内位移之比：‌1²:2²:3²:…:n²‌ 第1T内、第2T内…第nT内位移之比：‌1:3:5:…:(2n−1)‌ 位移等分下的比例关系‌： 通过第1x、第2x…第nx时的瞬时速度之比：‌1:√2:√3:…:√n‌ 通过第1x内、第2x内…第nx内所用时间之比：‌1:(√2−1):(√3−√2):…:(√n−√(n−1))‌ ✅ ‌逆向思维提示‌：末速度为零的匀减速运动，可“倒过来看”为初速度为零的匀加速运动，直接套用上述比例。 【例题精讲】 1．（2026•宁波二模）如图所示，在水平地面上有一固定的、内表面光滑的薄壁开口容器，其通过竖直轴OO′的截面轮廓为一抛物线，O点为抛物线顶点。两个相同的小球a、b，分别在容器内ha和hb高度处的水平面内做匀速圆周运动，且ha：hb＝2：1，则a、b两球（　　） A．所受弹力之比为2：1 B．所受合力之比为2：1 C．周期之比为：1 D．线速度之比为：1 【答案】D 【详解】AB、对小球受力分析，如图： 根据小球在水平面内做匀速圆周运动，可得：Ncosθ＝mg，F合＝Nsinθ，化简得：，F合＝mgtanθ，结合数学知识，可得其位置满足：y＝ax2，斜率满足：k＝tanθ＝2ax，化简得：，，两球的所在位置的余弦之比为：，正切之比：，即可得到弹力之比为：，合力之比，故AB错误； CD、根据圆周运动特点，可得：，，解得周期：，线速度：，结合数学知识，即可得到周期，线速度之比，故C错误，D正确。 故选：D。 2．（2026春•鼓楼区校级月考）木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸钉的动作完全相同（每次击打后瞬间钉子获得的动能相同）。木匠第一次砸钉就将钉子砸进了五分之一。已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，铁锤砸钉的能量全部用来克服钉子前进中的阻力做功，则（　　） A．木匠要把一枚钉子全部砸进木梁，他共需砸锤2次 B．木匠要把一枚钉子全部砸进木梁，他共需砸锤3次 C．打击第n次与打击第一次钉子进入木梁的深度之比为 D．打击第n次与打击第一次钉子进入木梁的深度之比为 【答案】D 【详解】AB、根据阻力与深度成正比，可得：f＝kh，第一次把钉子砸进去的过程中，克服阻力做的功为：； 由每次砸钉动作相同，可得到把钉子完全砸进去需要的次数满足：，解得：N＝25，故AB错误； CD、打击n次做的功与进入深度满足：，前n次进入的深度为：，则前n﹣1次进入的深度为：，则第n次进入的深度为：hn2＝hn﹣hn﹣1，第一次进入深度之比为：，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2026•涿州市校级一模）某品牌笔记本电脑的电源适配器铭牌如图甲所示，其结构如图乙所示，输入端接交流电源，输出端接笔记本电脑充电接口。当该笔记本电脑在220V交流电压下以最大功率充电时，电源适配器原线圈、副线圈的匝数之比为（　　） A．1：11 B．11：1 C．9：220 D．220：9 【答案】B 【详解】根据题图甲可知，当该笔记本电脑以最大功率充电时，电源适配器的输出电压为20V，由原副线圈的电压比与匝数比的关系：，可得：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 4．（2025秋•安徽期末）如图，滑块A、B静置于光滑水平面上，现给滑块A水平向右的初速度，两滑块发生正碰，碰后A的动能变为碰前的。则滑块A、B的质量之比可能为（　　） A．1：6 B．1：2 C．4：1 D．6：1 【答案】A 【详解】由题意可知，A碰后的动能为碰前的，由动能公式：，即可得到碰后A的速度可能为：、； 根据地面光滑，可知AB整体动量守恒，以A的初速度方向为正方向，则B的速度满足：，或； 若碰后A速度方向不变，则A的速度不大于B的速度，即：，碰撞后动能不增加，即：，可得A、B的质量之比满足：； 若A的速度方向改变，根据碰撞过程动量守恒，碰撞后动能不增加，即可得：，A、B质量之比满足：，故BCD错误，A正确。 故选：A。 5．（2025•渝中区校级模拟）2025年12月8日，水星发生西大距时，太阳、水星、地球三者构成直角三角形（水星位于直角顶点，如图），已知水星平均轨道半径约为0.387AU（1AU＝1.49×1011m，称为一个天文单位），地球平均轨道半径约为1AU，水星的体积比地球小，则下列说法正确的是（　　） A．水星公转的线速度小于地球的公转线速度 B．水星和地球的公转周期之比约为：1 C．若水星的轨道半径变为原来的2倍，周期将变为原来的4倍 D．水星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比等于两者质量之比的平方根 【答案】B 【详解】B、设水星的轨道半径为r1，周期为T1，地球的轨道半径为r2，周期为T2；根据开普勒第三定律，可得：，由题意可知水星与地球的半径满足：，解得水星和地球公转周期之比为：，故B正确； A、匀速圆周运动的周期与线速度满足：，设水星的公转线速度为v1，地球的公转线速度为v2，水星与地球的公转线速度大小满足：，解得：，即v1＞v2，故A错误； C、根据开普勒第三定律，可得：，可知半径变为原来的2倍时，周期变为：，故C错误； D、第一宇宙速度满足：，即：，由题意可知水星、地球的体积满足：V1＞V2，即：R1＞R2，可得：，即：，故D错误。 故选：B。 6．（2025秋•抚顺期末）如图所示，完全相同的三块木块并排固定在水平地面上，一颗子弹以速度v水平射入，若子弹在木块中做匀减速直线运动，通过三块木块的时间分别为t1、t2、t3，穿过三块木块前的速度为v1、v2、v3，且穿过第三块木块后子弹的速度恰好为0，则下列说法正确的是（　　） A．v1：v2：v3＝3：2：1 B．v1：v2：v3＝9：4：1 C． D． 【答案】C 【详解】AB.采用逆向思维，将子弹的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动， 可得v1：v2：v3，故AB错误； CD.根据位移—时间关系 可得，故C正确，D错误。 故选：C。 7．（2025秋•九龙坡区校级月考）由相同材料、同样粗细的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈刚进入磁场时，甲线圈中电动势为E1，电流为I1，所受安培力为F1，加速度为a1；乙线圈中电动势为E2，电流为I2，所受安培力为F2，加速度为a2，下列关系正确的是（　　） A．E1：E2＝1：1 B．I1：I2＝2：1 C．F1：F2＝1：1 D．a1：a2＝1：1 【答案】D 【详解】A、线圈下落至刚进入磁场的过程，做自由落体，根据自由落体特点，可得线圈刚进入磁场时的速度满足：v2＝2gh，即两线圈的速度相同； 根据法拉第电磁感应定律，可得到感应电动势为：E＝nBLv，可得到两线圈感应电动势之比为2：1，故A错误； B、电阻决定式为：，由题意可知，两线圈的长度、横截面积、材料均相同，匝数满足2：1，则总长度满足2：1，则电阻之比为2：1； 由闭合电路欧姆定律，可得：，解得两线圈的感应电流之比为1：1，故B错误； C、根据安培力公式：F＝nBIL，结合电流相等、线框边长相等，即可得到两线圈受到的安培力之比为2：1，故C错误； D、由题意可知，两线圈的长度、横截面积、材料均相同，匝数满足2：1，则总长度满足2：1，质量为：m＝ρ密度S•4nL，则两线圈的质量之比为2：1， 由楞次定律，可知两线框受到的安培力竖直向上，对线框受力分析，可得：mg﹣F＝ma，联立可得加速度之比为1：1，故D正确。 故选：D。 （多选）8．（2025秋•北碚区校级月考）如图所示，空间站沿与赤道不共面的轨道Ⅰ绕地球做匀速圆周运动，周期T1＝8h；地球同步卫星沿与赤道共面的轨道Ⅱ运行，周期T2＝24h。t0时刻，二者恰好同时经过地球赤道上P点的（图中未画出）正上方，下列说法正确的是（　　） A．空间站运行速度小于同步卫星运行速度 B．空间站每天经过赤道平面6次 C．空间站与同步卫星的向心加速度大小之比为9：1 D．从t0时刻到二者下次同时经过P点正上方，空间站比同步卫星多绕地球2圈 【答案】BD 【详解】A、根据万有引力提供向心力，可得：，解得：，，由题意可知：T1＜T2，即r1＜r2，v1＞v2，空间站的速度比同步卫星的运行速度大，故A错误； B、根据空间站的周期为8h，可得到空间站每天经过赤道平面的次数为：，故B正确； C、根据万有引力提供向心力，可得：，两个轨道的周期，可得到向心加速度之比，故C错误； D、由题意可知空间站、同步卫星的周期，即下次同时经过P点正上方时，同步卫星转过的圈数为1，空间站转过的圈数为：，空间站比同步卫星多绕的圈数为3﹣1＝2，故D正确。 故选：BD。 （多选）9．（2025秋•东湖区校级月考）一同学在桌面上玩弹硬币游戏时，用手弹开硬币，使硬币从A点沿桌面做匀减速直线运动，最终停在E点，如图所示。B、C、D是AE连线上的三点，且AB＝BC＝CD＝DE，下列说法正确的是（　　） A．硬币通过B、C、D点时的速度大小之比为3：2：1 B．硬币通过AB和CD所用时间之比为 C．硬币通过BC段和DE段的平均速度大小之比为 D．若硬币在A点的速度为v，通过DE的时间为t，则AE＝vt 【答案】BD 【详解】A、逆向分析，可看作初速度为零的匀加速直线运动，根据速度—位移关系v2＝2ax可知，硬币通过B、C、D点时的速度大小之比为，故A错误； B、逆向分析，可看作初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为0的匀加速直线运动，发生相同位移所用时间比为：1：（1）：（）：（2）：……，可知硬币通过AB和CD所用时间之比为（2）：（1），故B正确； C、根据可知，硬币通过BC段和DE段的平均速度大小之比为：（）：1，故C错误； D、若硬币在A点的速度为v，则全程的平均速度为；通过DE的时间为t，根据匀变速直线运动的规律可知通过AD的时间也为t，全程的时间为2t，根据匀变速直线运动的位移公式可得：AEvt，故D正确。 故选：BD。 （多选）10．（2025秋•辛集市校级期中）科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是（g取10m/s2）（　　） A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB＝tBC＝tCD B．闪光的间隔时间是s C．水滴在相邻两点间的平均速度满足vAB：vBC：vCD＝1：4：9 D．水滴在各点的速度之比满足vB：vC：vD＝1：3：5 【答案】AB 【详解】A、由题图可知：hAB＝10cm，hBC＝30cm，hCD＝50cm，则有：hAB：hBc：hCD＝1：3：5，水滴在下落运动中是初速度等于零的匀加速直线运动，可知水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB＝tBC＝tCD，故A正确； B、由自由落体运动位移—时间关系可得：，解得：，故B正确； C、由平均速度公式，可得水滴在相邻两点间的平均速度满足：，故C错误； D、由速度−时间关系v＝gt可得：vB＝gtAB，vC＝g•2tAB，vD＝g•3tAB，可得水滴在各点的速度之比满足vB：vC：vD＝1：2：3，故D错误。 故选：AB。 【题型6】 整体法隔离法 整体法与隔离法是解决力与直线运动问题的核心方法，尤其适用于连接体系统‌。当多个物体通过绳、杆或接触面连接时，合理选择研究对象能极大简化受力分析过程。 一、基本概念与适用原则 1. ‌整体法‌ 定义‌：将多个物体视为一个系统进行受力分析，只考虑‌系统外力‌，忽略内部相互作用力（内力）。 适用条件‌： 系统内各物体‌加速度相同‌（包括静止或匀速直线运动） 问题不涉及系统内部物体间的相互作用力 优点‌：减少未知量，简化方程，快速求解外力或整体加速度 ✅ ‌典型场景‌： 求地面对斜面的支持力、水平拉力作用下多物体系统的加速度等。 2. ‌隔离法‌ 定义‌：将某个物体从系统中单独“隔离”出来，分析其所受的所有外力。 适用条件‌： 需要求解物体间的‌内力‌（如绳的拉力、接触面的弹力或摩擦力） 系统中存在相对运动或加速度不同 优点‌：能清晰地揭示单个物体的受力细节和运动原因 ✅ ‌典型场景‌： 求连接绳的张力、两物块之间的摩擦力等。 二、使用策略：先整体，后隔离 在实际解题中，‌整体法与隔离法常配合使用‌： 1.先用整体法求加速度‌ 对整个系统列牛顿第二定律方程，求出共同加速度a 2.再用隔离法求内力‌ 选取受力较少的物体隔离，结合已知加速度，列方程求解内力。 三、关键判断：何时能用整体法？ 并非所有情况都适用整体法。判断标准如下： | 条件 | 是否可用整体法 | | 所有物体相对静止 | ✅ 可用 | | 所有物体匀速运动 | ✅ 可用 | | 所有物体同向同加速度 | ✅ 可用 | | 物体间有相对加速度 | ❌ 不可用，必须隔离 | 四、常见题型分类解析 ✅ 类型1：平衡状态下的整体与隔离 ‌特征‌：系统静止或匀速直线运动，合力为零 ‌策略‌：优先整体法判断外力，再隔离求内力 例：斜面上两物块匀速下滑，求地面对斜面的摩擦力？ → 整体法：系统匀速 → 合外力为零 → 地面摩擦力为0 ✅ 类型2：非平衡状态（匀变速直线运动） ‌特征‌：系统有共同加速度 ‌策略‌：整体法求a，隔离法求T或f 例：A、B叠放于光滑水平面，水平力F拉A，AB间不打滑 → 整体求a，隔离B求静摩擦力提供其加速度 ✅ 类型3：含滑轮的连接体 ‌特征‌：通过绳跨过滑轮连接，加速度大小相等方向不同 ‌策略‌：仍可整体列式（注意方向），或分别隔离列方程 例：A在桌面上，B悬挂，通过定滑轮连接 → 隔离A：T=mAa；隔离B：mBg−T=mBa → 联立求解 【例题精讲】 1．（2026•昌平区一模）如图所示，在粗糙的水平地面上有一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面体上有一个质量为m的小滑块，小滑块与斜面体的接触面光滑。在小滑块沿斜面体下滑的过程中，斜面体始终保持静止。重力加速度为g。在小滑块下滑过程中，（　　） A．斜面体对滑块的支持力大小为mgsinθ B．地面对斜面体的支持力大小为（M+m）g C．地面对斜面体的支持力小于（M+m）g D．地面对斜面体的摩擦力为零 【答案】C 【详解】A、在小滑块下滑过程中，在垂直于斜面方向受力平衡，则斜面体对滑块的支持力大小FN＝mgcosθ，故A错误； BCD、根据牛顿第三定律知滑块对斜面体的压力N1＝FN＝mgcosθ。以斜面体为研究对象，分析受力，如图所示： 根据平衡条件得 竖直方向有N2＝Mg+N1cosθ 水平方向有f＝N1sinθ 解得地面对斜面体的支持力大小为N2＝Mg+mgcos2θ＜（M+m）g，地面对斜面体的摩擦力为f＝mgsinθcosθ≠0，故BD错误，C正确。 故选：C。 2．（2026•涿州市校级一模）如图所示，质量均为0.5kg的小物块A、B、C放在倾角θ＝37°的固定光滑斜面（足够长）上，C靠在垂直斜面的固定挡板P上，A与B用轻杆连接，B、C分别与原长为10cm、劲度系数为200N/m的轻质弹簧两端相连，系统处于静止状态。现对A施加一个沿斜面向上的拉力F，使A缓慢上滑。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及一切摩擦，弹簧及轻杆均与斜面平行，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．施加力F前，挡板对C的支持力大小为12N B．施加力F前，弹簧的长度为8cm C．施加力F后，当F＝4N时，轻杆对A的支持力大小为1N D．施加力F后，当F＝9N时，弹簧的长度为11.5cm 【答案】D 【详解】A、施加力F前，对A、B、C、弹簧以及轻杆整体，根据平衡条件可得，挡板对C的支持力大小N0＝3mgsinθ＝3×0.5×10×0.6N＝9N，故A错误； B、施加力F前，对A、B以及轻杆整体，根据物体的平衡条件可得，弹簧对B的弹力大小F1＝2mgsinθ＝2×0.5×10×0.6N＝6N，根据胡克定律有F1＝kΔx，解得弹簧压缩的长度Δx＝0.03m＝3cm，弹簧的长度L＝L﹣Δx＝10cm﹣3cm＝7cm，故B错误； C、施加力F后，当F＝4N时，在斜面方向上，A受到拉力F、重力沿斜面向下的分力mgsinθ、轻杆的支持力N，根据平衡条件有：F+N＝mgsinθ，解得N＝﹣1N，负号表示轻杆对A的作用力不是支持力，而是拉力，故C错误； D、当F＝9N时，对A、B、C、弹簧以及轻杆整体，根据平衡条件可得，挡板对C的弹力大小N′＝3mgsinθ﹣F＝3×0.5×10×0.6N﹣9N＝0，说明C恰好要离开挡板，弹簧的弹力为拉力，拉力大小T＝mgsinθ＝0.5×10×0.6N＝3N，根据胡克定律有T＝kΔx'，解得弹簧拉伸的长度Δx'＝1.5cm，弹簧的长度L'＝L0+Δx'＝10cm+1.5cm＝11.5cm，故D正确。 故选：D。 3．（2025秋•驻马店期末）如图所示，跨过光滑轻质定滑轮的轻绳左侧悬挂质量为2m的物块A，右侧悬挂质量为0.5m的物块B，重力加速度大小为g。不计空气阻力，由静止释放物块A，两物块在空中做匀变速运动的过程中，连接A、B的绳子上的拉力大小为（　　） A．2mg B． C． D． 【答案】C 【详解】以A为对象，根据牛顿第二定律可得：2mg−T＝2ma，以B为对象，根据牛顿第二定律可得：T−0.5mg＝0.5a，联立解得：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．（2025秋•扬州期末）如图所示，10个完全相同的小球通过轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平恒力F作用下，一起沿光滑水平面向右运动，已知小球的质量为m，F＝mg，撤去F瞬间（　　） A．小球1的加速度为0 B．小球10的加速度为0 C．小球1的加速度大小为 D．小球10的加速度大小为 【答案】C 【详解】小球的加速度为a，在撤去拉力的瞬间，弹簧的弹力保持不变，对小球1来说，小球1的加速度不变，大小为；9、10之间的弹簧的拉力大小为F'，则F'＝9ma，在撤去F的瞬间小球10的加速度大小为a'，联立解得a'，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．（2025秋•和平区校级期末）如图所示，斜面体甲放在小车内的水平地板上，物块乙放在斜面体上，两者一起随车向右匀加速运动，关于甲、乙受力的分析正确的是（　　） A．甲物体受到5个力的作用 B．甲物体受到车厢向左的摩擦力 C．乙物体可能受到2个力的作用 D．车对甲的作用力大小等于甲、乙的重力之和 【答案】A 【详解】C、对乙物体受力分析，其受到重力、斜面给的支持力以及斜面对乙的摩擦力如图所示： 由此可知，乙受到三个力的作用，故C错误； D、将甲乙看成一个整体则车对其的作用力有两个效果，一个是抵消甲乙的重力，使其在竖直方向静止，另一个作用是提供水平方向的加速度，所以其车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和，故D错误； AB、结合上述分析可知，甲受到自身的重力，乙对甲的压力，乙对甲的摩擦力，车厢给的支持力，以及车厢向右的摩擦力，所以受到五个力的作用，故A错误，B正确。 故选：A。 6．（2025秋•雨花区校级月考）小明家里客厅的天花板悬挂的创意水晶灯，其主体结构是上下两圈环形灯饰用三根拉绳悬吊在灯座上，小明决定利用所学的物理知识分析其中的受力情况，现可将灯结构进行简化：三根轻绳穿过质量为m的小环，系在质量为M的大环上，且三根绳的位置等分在环上。小环半径为r，大环半径为2r。两环均光滑，三根轻绳把整体悬吊起来，平衡时测得上段绳与竖直方向成30°，下段绳与竖直方向成45°，下列说法正确的是（　　） A．上段绳的拉力F1和下段绳的拉力F2之比 B．两环质量m和M的比值为 C．两环质量m和M的比值为 D．若将上段绳调整为竖直方向，上下两环间距变为r 【答案】C 【详解】A、因为小环光滑，同一根绳子上的张力大小相等，所以上段绳的拉力F1等于下段绳的拉力F2，即，故A错误； BC、设每根绳子的拉力均为F，对小环和大圆环整体分析，竖直方向根据平衡条件有：3Fcos30°＝（M+m）g 对大环，竖直方向根据平衡条件有：3Fcos45°＝Mg 联立解得：，故B错误，C正确； D、设每根绳子的拉力均为T，下段绳与竖直方向的夹角为θ，对小环和大圆环整体分析，竖直方向根据平衡条件有：3T＝（M+m）g 对大环，竖直方向根据平衡条件有：3Tcosθ＝Mg 又因为，解得 设上下两环间距变为h，则：，解得：，故D错误。 故选：C。 7．（2026•柳州二模）如图所示，b、c通过细线跨过定滑轮连接置于a上，c刚好与a接触。已知三个物体的质量均为m，a与b、a与c间的动摩擦因数均为0.2，水平面光滑，滑轮的质量及摩擦不计，为使三物体间无相对运动，则水平推力F至少为（　　） A． B．2mg C． D．3mg 【答案】B 【详解】为使三物体间无相对运动，要求三个物体以相同的加速度向右做匀加速运动，要求此时水平推力最小，对应最小的加速度设为a，对c受力分析可知此时c与a间的静摩擦力刚好达到最大，且c有向下运动的趋势，即最大静摩擦力方向竖直向上，在竖直方向，由平衡条件可得：mg＝fac+T，且有：fac＝μFNac 水平方向，对c，由牛顿第二定律可得：FNac′＝ma，而FNac＝FNac′，联立解得：T＝mg﹣μma 对b受力分析，由牛顿第二定律可得：T﹣μmg＝ma 对a、b、c组成的整体，由牛顿第二定律可得：F＝3ma 联立解得：F＝2mg，故B正确，ACD错误。 故选：B。 （多选）8．（2026•安徽开学）如图所示，甲、乙、丙三木块用两根轻绳连接在一起，在光滑水平地面受一水平恒力F作用而向右做匀加速直线运动，绳子的拉力分别用T1、T2表示。若乙木块的质量突然增加，则轻绳中拉力的变化情况为（　　） A．T1变小 B．T1不变 C．T2变大 D．T2变小 【答案】AC 【详解】对甲、乙、丙组成的整体，由牛顿第二定律可得：F＝（m甲+m乙+m丙）a 对甲，由牛顿第二定律可得：T1＝m甲a 对甲、乙组成的整体，由牛顿第二定律可得：T2＝（m甲+m乙）a 联立解得：，，由此可知，若乙木块的质量突然增加，即m乙变大，则T1变小，T2变大，故AC正确，BD错误。 故选：AC。 （多选）9．（2026•阜阳一模）如图所示，木板M和物块m叠放在足够长的水平传送带上，轻弹簧的一端固定在左侧挡板上，另一端与木板接触（不连接），用力推木板压缩弹簧。使传送带以恒定速度v顺时针转动，由静止释放木板。物块与木板、木板与传送带间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若弹簧恢复原长时，木板速度还未达到v，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧恢复原长前，木板先加速后减速 B．弹簧恢复原长前，木板的加速度一直减小 C．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到v，物块脱离木板前，木板加速度为μg D．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到v，物块脱离木板后，木板加速度为μg 【答案】BCD 【详解】AB、弹簧恢复原长前，对木板M和物块m整体受力分析可知在水平方向受到弹簧弹力F、传送带对木板的滑动摩擦力f1＝μ（M+m）g，物块m与木板M相对静止，一起做加速运动，由牛顿第二定律可得：F+μ（M+m）g＝（M+m）a1，解得加速度为：，由此可知弹簧恢复原长过程中，弹簧的弹力F逐渐减小，因此加速度 a1一直减小，但加速度与速度同向，木板一直加速，不会出现减速阶段，故A错误，B正确； CD、弹簧恢复原长后，弹簧的弹力F＝0，木板速度仍小于传送带速度v，在物块未脱离木板时，对M和m组成的整体：由牛顿第二定律可得：μ（M+m）g＝（M+m）a2，解得：a2＝μg，此时物块受静摩擦力为：f′＝ma2＝μmg，等于最大静摩擦力，所以两者相对静止，有共同的加速度；物块脱离木板后对木板M：μMg＝Ma，解得：a＝μg，故CD正确。 故选：BCD。 （多选）10．（2026•塔城市校级开学）如图，用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，其中小球1的重力G1＝7N，小球2的重力G2＝9N，两小球处于静止状态，已知细线a与竖直方向的夹角为37°，细线c水平，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．细线a对小球1的拉力为20N B．细线b对小球2的拉力为15N C．细线c对小球2的拉力为12N D．细线c对小球2的拉力为15N 【答案】ABC 【详解】ACD、将两小球和细线b视为整体，对整体受力分析如图甲所示 根据共点力的平衡条件有：，解得：Fa＝20N Fc＝（G1+G2）tan37°，解得：Fc＝12N，故AC正确，D错误； B．对小球2进行受力分析如下图所示 根据共点力的平衡条件有：，解得：Fb＝15N。故B正确。 故选：ABC。 第5页（共27页） 学科网（北京）股份有限公司 $