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压轴题 01 牛顿运动定律 匀变速直线运动
1.本专题是动力学方法的典型题型，包括动力学两类基本问题和应用动力学方法解决多运动过程问题。高考中
既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。2024年高考对于动力学的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力,分析和推理能力。提高学生关键物理素养。
3.用到的相关知识有:匀变速直线运动规律,受力分析、牛顿运动定律等。牛顿第二定律对于整个高中物理的串
联作用起到至关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题
一直都是以压轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种运动形式，以及对于图像问题的考查等，所以要
求考生了解题型的知识点及要领，对于常考的模型要求有充分的认知。
考向一：有关牛顿第二定律的连接体问题
1.处理连接体问题的方法：
①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
2.处理连接体问题的步骤：
3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：
①方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
②方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：
F =m a +m a +m a +⋯ F =m a +m a +m a +⋯
此时牛顿第二定律的形式： 合 x 1 1 x 2 2 x 3 3 x ； 合 y 1 1 y 2 2 y 3 3 y
说明：①F 、F 指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；
合x 合y
②a 、a 、a 、……和a 、a 、a 、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。
1x 2x 3x 1y 2y 3y
考向二：有关牛顿第二定律的动力学图像问题
常见图像 vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。
三种类型 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。
(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。
(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)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的
破题关键 转折点，两图线的交点等。
(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。
考向三：有关牛顿第二定律的临界极值问题
1．“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F＝0。
N
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩
擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它
所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是F＝0。
T
(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。
2．“两种”典型分析方法
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
临界法
临界值。
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。
考向四：滑块—滑板模型
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．摩擦力方向的特点
(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，
“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3．运动特点
(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，
位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x，滑板位移大小为x
1 2
同向运动时：如图甲所示，L＝x－x
1 2反向运动时：如图乙所示，L＝x＋x
1 2
(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。
考向五：传送带问题
1．水平传送带模型
(1)可能一直加速
情景1
(2)可能先加速后匀速
(1)v>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
0
情景2
(2)vv返回时速度为v，当vM，有x＝x B．若msin θ，有x>x D．若μμ
2 1
D．在0～t时间段物块与木板加速度相等
2
【答案】 BCD
【详解】 由题图(c)可知，t时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为
1研究对象有F＝μ(m＋m)g，故A错误；
1 1 1 2
由题图(c)可知，t时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，
2
有F－μ(m＋m)g＝(m＋m)a，
2 1 1 2 1 2
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μmg－μ(m＋m)g＝ma>0，
2 2 1 1 2 1
解得F＝(μ－μ)g，由F>F知
2 2 1 2 1
μ>μ，故B、C正确；
2 1
由题图(c)可知，0～t时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
2
03 有关牛顿第二定律的临界极值问题
3.(多选)如图所示，质量m ＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量m ＝1 kg的小物
B A
块A，整个装置静止．现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速
直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是( )
A.变力F的最小值为2 N
B.变力F的最小值为6 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
【答案】 BC
【详解】 A、B整体受力产生加速度，则有F＋F －(m＋m)g＝(m＋m)a，可得F＝(m＋m)a＋(m＋m)g－
NAB A B A B A B A B
F ，当F 最大时，F最小，即刚开始施力时，F 最大且等于A和B的重力之和，则F ＝(m＋m)a＝6 N，B
NAB NAB NAB min A B
正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第
1
二定律可知kx－mg＝ma，得x＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x－x＝0.01 m，由运动学公式可
2 B B 2 1 2
知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。
4.如图甲所示，木板与水平地面间的夹角 θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木
板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相等的初速度v ＝10 m/s沿木板向上运动，随
0
着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
【答案】 (1) (2)θ＝60° m
【详解】 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin 30°＝F，F＝μmgcos 30°，联立
f f解得μ＝.
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v2＝2ax得x＝，
0
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，故α＝30°，
又因x＝
当α＋θ＝90°，即θ＝60°时x最小，
最小值为x ＝
min
＝＝ m。
04 传送带问题
5.水平传送带A、B两端点相距 ，以 的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一质量
的小物块，无初速度地轻放至A点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为 。小物块离开传送带后，无速
度损失地滑上质量 的木板。木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为 ，木板与地
面间的动摩擦因数为 ，g取 。求：
（1）如果想让小物块从A点运动到B点的时间最短，求传送带的最小速度；
（2）传送带以 正常运行，小物块从A点运动到B点的时间
（3）要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
如果想让小物块从A点运动到B点的时间最短，小物块应一直做匀加速直线运动，则有
解得
可知传送带的最小速度为 。
（2）传送带以 正常运行，则小物块刚放上传送带到与传送带共速所用时间为
通过的位移为小物块与传送带共速后，匀速运动到B点所用时间为
则小物块从A点运动到B点的时间为
（3）小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得
解得
方向水平向左；对木板，由牛顿第二定律得
解得
方向水平向右；设小物块与木板经过 时间达到共速，则有
联立解得
，
则共速前小物块与木板发生的相对位移为
小物块与木板共速后，保持相对静止一起在水平地面做匀减速到停下；可知要使小物块不从木板上滑落，木板
至少长 。
05 滑块—滑板模型
6.如图，足够长的质量为 的木板静置于水平地面上，木板右端放置一质量为 的物块（可视为质
点）。 时刻，对木板施加一水平向右的恒定拉力 ，作用2s后撤去F。物块与木板间的动摩擦因数
为 ，木板与地面间的动摩擦因数为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取
。求：
（1）未撤去F时，木板和物块的加速度大小？
（2）撤去F时，木板的速度大小？
（3）物块最终距木板右端的距离？
【答案】（1）2m/s2，4m/s2；（2）8m/s；（3）【详解】
（1）设未撤去F时，物块和木板的加速度大小分别为 和 ，则有
解得
，
（2）撤去F时，木板的速度大小为 ，有
（3）撤去F时，物块的速度大小为 ，物块和木板的位移分别为 和 ，有
撤去F后，物块和木板的加速度大小分别为 和 ，有
解得
，
设再过 时间，两者速度相等为 有
，
解得
，
在这段时间里的两者的位移分别为 和 ，有
假设共速后二者一起匀减速，设加速度为 ，有
解得
此时物块需要的静摩擦力为而物块的最大静摩擦力为
所以假设不成立，物块与木板将会分别减速，加速度大小为 和 ，有
解得
，
到减速为0，位移分别为 和 ，有
，
物块最终距木板右端的距离为
1．（23-24高三上·辽宁葫芦岛·开学考）如图甲所示，将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于
杆的截面直径，对环施加一斜向上与杆的夹角为θ的拉力F，当拉力逐渐变大时环的加速度随拉力F的变化规
律如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．圆环的质量为0.5kg
B．圆环与杆之间的动摩擦因数为0.2
C．当F=10N时，圆环的加速度大小为12m/s2
D．当圆环受到的摩擦力大小为1N时，圆环的加速度大小可能为8.75m/s2
【答案】D
【详解】A．F在2N～5N内时，对圆环受力分析可得
Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma
当拉力超过5N时，支持力方向相反，故当F=5N时
1
Fsinθ=mg
此时N=0，f=0，Fcosθ=ma
代入数据F=5N，a=7.5m/s，可得
θ=53°
代入
Fsinθ=mg
1
可得
m=0.4kg
故A错误；
B．因为cosθ=0.6，m=0.4kg代入
Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma
当F=2N，a=0可得μ＝0.5
故B错误；
C．当F=10N＞5N，支持力向下
N=Fsinθ-mg
2
对圆环受力分析可得
即当拉力为10N时，圆环的加速度大小为10m/s2，故C错误；
D．当圆环受到的摩擦力大小为1N，且拉力小于2N时，对圆环受力分析可知
F =0
合
即
Fcosθ=f=1N
解得
而圆环的加速度为0；
当圆环受到的摩擦力大小为1N，且2N＜F＜5N时，可知
μ（mg-Fsinθ）=1N
解得
F＝2.5N
4
由
Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma
得
a=1.25m/s2
当圆环受到的摩擦力大小为1N，且5N＜F时，可知μ（Fsinθ-mg）=1N
解得
F＝7.5N
5
由
Fcosθ-μ（Fsinθ-mg）=ma
得
a=8.75m/s2
故D正确。
故选D。
2．（2024·湖北·二模）下图是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定在地面上的圆弧轨道
上表面光滑。质量 的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左
侧放置质量 的橡胶块A。质量 的人从圆弧轨道上与平板上表面高度差 处由静止滑下，
人与A碰撞后经 与平板速度相等，此时A恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块
与平板间的动摩擦因数均为 ；平板受到水的阻力是其所受浮力的k倍 。平板碰到河岸立即被锁
定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施。人、橡胶块A可看作质点，重力加速
度g取 ，求：
（1）人与橡胶块A相撞之后，A冲出平板之前，平板的加速度多大；
（2）人与橡胶块A相撞之后瞬间，A的速度多大；
（3）若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，河岸宽度的最大值。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）人与橡胶块A相撞之后，设平板的加速度为 ，根据牛顿第二定律
代入数据，解得
（2）设人滑到圆弧轨道底端时的速度大小为v，由机械能守恒定律
0
解得
人与A碰撞后，由牛顿第二定律，设人的加速度为 ，则解得
设A的加速度为 ，则
解得
人与A碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，经 人与平板共速，设人与A碰
撞后人的速度大小为 ，A的速度大小为 ，有
解得
对人与A在碰撞过程中，由动量守恒定律得
解得
（3） 时间内，A的位移为
人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，对人与板，由牛顿第二定律得
解得
设人与平板共速时的速度为v，有
人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小x 满足
2
解得
则河岸宽度的最大值
3．（2024·四川南充·二模）如图所示，固定在水平面的斜面倾角为37°，两个小物块A、B用轻绳相连，轻绳绕
过斜面顶端的轻质小滑轮，滑轮与轮轴之间的摩擦不计，A物块锁定于斜面底部，B物块离地面高度为 。已知A物块的质量为 ，B物块的质量为 ，A物块与斜面间的动摩擦因数 ，重加速度为
， ， 。 时刻，解除A物块的锁定状态，当B物块落地瞬间轻绳断裂，A
恰好未与滑轮相撞，求：
（1）B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小；
（2）斜面的长度L及A从 时刻起到返回斜面底端所需时间t。
【答案】（1） ， ；（2） ，
【详解】（1）根据题意，设B物块下落过程中绳子的拉力为 ，由牛顿第二定律，对B物块有
对A物块有
联立解得
B物块落地前做匀加速直线运动，则有
解得
（2）根据题意可知，绳断前，A的运动时间为
绳断后，A上滑过程有
解得
A上滑到顶端的时间为
上滑的距离为则斜面的长度为
A下滑过程有
解得
下滑到底端的时间为
则A从 时刻起到返回斜面底端所需时间
4.（2024高三下·全国·竞赛）如图所示，一根竖直固定的上下开口的长直圆管内有一个质量为M的薄圆盘，圆
盘与圆管的上端口之间的距离为L，圆管长度为3L。一个质量为 的小球从圆管的上端口由静止开始下
落，并撞在圆盘中心处，碰撞后圆盘向下滑动，圆盘所受的阻力为其重力的1.2倍。小球在管内运动时与管壁
不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为
g，求：
（1）第一次碰撞后的瞬间小球和圆盘的速度；
（2）从第一次碰撞后到第二次碰撞前，小球与圆盘之间的最大距离；
（3）小球与圆盘能否在圆管内发生第二次碰撞？如果能，求碰撞时圆盘距长直圆管下端口的距离；如果不能，
求圆盘离开圆管时的速度。
【答案】（1） ，向上， ，向下；（2） ；（3）能，
【详解】（1）设小球从圆管的上端口由静止开始下落L时速度为 ，由机械能守恒定律得
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为 、 ，根据动量守恒和机械能守恒可得解得
（方向向上）， （方向向下）
（2）第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速直线运动；由牛顿第二定律得
设经过时间 二者速度相等且速度为 ，取向下为正方向，则有
，
解得
，
设 时间内小球和圆盘的位移为 和 ，则有
由于 ，且 ，故当二者速度相等时，圆盘仍在圆管内向下运动；则从第一次碰撞后到第二次碰撞之
前，小球与圆盘之间的最大距离为
（3）假设从第一次碰撞后经过时间t，小球和圆盘在圆管内发生第二次碰撞，则
解得
此时圆盘的速度
又
由于 ， ，故假设成立。即小球与圆盘能在圆管内发生第二次碰撞，则第二次碰撞时圆盘距长直圆管
下端口的距离
5．（23-24高三下·江西·开学考试）如图所示，倾斜角为 的等腰三角形斜面固定在水平面上，斜面足够
长，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数均为 ，且最大
静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度 。
（1） 末， 的速度大小 分别为多少？
（2） 内系统机械能的损失量 为多少？
（3） 后重新开始计时，给 施加一个平行于斜面向右下的力 ，给 施加一个平行于斜面向右上随时
间变化的力 ，则当两物块速度大小相等时，求二者的速度大小 。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】
（1）由于轻质绸带合力为零，则两物块给它的摩擦力大小相等方向相反，都等于绸带的张力。再据牛顿第三定
律，得 和 受到绸带反作用的摩擦力大小也相等。又有
则
二者不可能同时为滑动摩擦力，又有
会加速下滑，设加速度为 ，据牛顿第二定律
解得
末速度
解得
则 受静摩擦力
方向沿斜面向上， 带着绸带一起向左加速下滑，设加速度为 ，据牛顿第二定律
解得末速度
解得
（2） 内 向右下滑距离
内绸带随 一起向左滑距离
与绸带相对位移
解得
又有
解得
内系统机械能的损失转化为 与绸带摩擦生热
所以， 内系统机械能的损失
（3）因为
，
所以
两物体所受合外力大小每时每刻都相等，则相同时间内合外力冲量的大小相同，动量的变化量大小相等。对
据动量定理
对 据动量定理
即
解得6．（2024·四川泸州·二模）如图，质量 的物块静置于质量 的长木板右端，长木板长 ，
物块与长木板间动摩擦因数 ，长木板与地面间动摩擦因数 ，物块与长木板之间、长木板与地面
之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 。现有一水平向右的恒力F作用在长木板上。
（1）若恒力 ，求物块和长木板的加速度大小；
（2）若恒力 ，求物块在长木板上滑动的时间；
（3）若恒力 ，作用一段时间后撤去，物块恰好不从长木板上掉下，求恒力作用的时间。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）物块与木板刚要出现相对滑动时，对物块由牛顿第二定律
对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律
联立解得
即当拉力F超过15N，物块和长木板间就会出现相对滑动，由于 ，故物块和长木板相对静止，一起向
右做加速运动，其加速度为 ，对物块和长木板整体受力分析，由牛顿第二定律
解得物块和长木板的加速度大小为
（2）当 时，物块和长木板有相对滑动。物块的加速度为 ，长木板的加速度为 ，对物块由牛顿第
二定律
对长木板受力分析，由牛顿第二定律
设经过时间 ，当物块滑下长木板时两者的位移关系满足
物块在长木板上滑动的时间为
（3）当 时，物块仍以加速度 做匀加速直线运动，长木板做加速度为 的匀加速直线运动，对长木
板由牛顿第二定律作用 时间后，长木板的速度为 ，由运动学公式
撤去 后，物块继续以加速度 做匀加速直线运动，长木板做加速度为 的匀减速直线运动，对长木板由牛顿
第二定律
撤去F 后，经过时间 物块与长木板共速，由运动学公式
3
由于 ，因此共速后两者不会再有相对运动，位移满足
联立解得，恒力作用的时间为
7．（23-24高三上·福建一模）如图甲所示，质量 的盒状工件静置于粗糙的水平桌面上，O为工件上表
面一点，工件上表面O点左侧光滑，右侧粗糙。质量 的小滑块放在工件上并紧靠左侧壁，其与工件上
表面粗糙部分间的动摩擦因数 。现对工件施加水平推力F，推力F随时间t变化的关系如图乙所示，在
推力作用下工件运动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。1.5s时撤去推力后，当滑块到达O点时工件速度
恰好为零，滑块运动过程中始终未与工件右侧壁相碰。g取 ，不计工件侧壁的厚度，桌面足够长。求：
（1）工件底面与水平桌面间的动摩擦因数 ；
（2）工件光滑部分的长度d；
（3）工件的最小长度L和工件发生的最大位移x。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）由工件运动的丙图像得
设工件底面与水平桌面间的动摩擦因数为 ，在水平推力作用下，滑块与工件看成整体，对整体由牛顿第二定
律可得
解得（2）撤去推力F后，滑块匀速到达O点，工件做减速运动，对工件则有
解得
工件运动时间为
解得
工件光滑部分的长度
解得
（3）滑块运动到粗糙面上时，由于
滑块做减速运动，工件做加速运动，对滑块则有
解得
对工件则有
解得
滑块运动在粗糙面上时，与工件达到共速，则有
解得
，
滑块与工件右侧壁未相碰，则粗糙面长度最小为
则工件的最小长度为
滑块与工件达到共速后两者一起减速运动，加速度解得
工件从开始运动到最后静止，经历了先加速后减速，再加速，最后减速的运动过程，发生的位移
解得
8．（23-24高三上·辽宁一模）如图所示，倾角 的固定斜面上放有物块A和B，A、B之间拴接有劲度系数
的轻弹簧，物块B和小桶C由跨过光滑的定滑轮的轻绳连接。开始时弹簧处于原长， A、B、C均处
静止状态，且B刚好不受摩擦力，轻弹簧、轻绳平行于斜面。已知A、B的质量 ，A、B 与斜面
间的动摩擦因数均为0.875，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 ， ，
。
（1） 求C的质量 ；
（2） 求开始时A受到的摩擦力；
（3）若向C中缓慢加入沙子，当B刚要向上运动还没动时，加入沙子的总质量记为 ，继续缓慢加入沙子，B
缓慢向上运动，当A 刚要向上运动还没动时（C未触地，弹簧处于弹性限度范围内），加入沙子的总质量记为
；求：
①
②A刚要向上运动时， B已经向上运动的距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）把B、C视为整体，由平衡条件有
解得
（2）对A进行受力分析，由平衡条件有解得
（3）①当B刚要向上运动时，将B、C和沙子视为整体，由平衡条件有
当A刚要向上运动时，将A、B、C和沙子视为整体，则有
解得
②当A刚要往上运动时，对A进行受力分析，则有
由胡克定律有
解得
说明B已经向上运动了 。
9．（2024·湖南邵阳·二模）某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带运煤，如图所示，倾角为
θ=30°的传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，配重物体B的质量m =300kg，离地高度为h=9m。现将质量
1 B
m =200kg的装煤麻袋A从传送带底端（与地面等高）无初速度释放，当B落地瞬间绳子断裂，最终A恰好能到
A
达传送带顶端，传送带与麻袋接触面间动摩擦因数 （传送带长度L大于9m）。g取10m/s2。求：
（1）释放后瞬间B的加速度大小a；
1
（2）该过程中B对A所做的功W；
（3）传送带长度L。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）A无初速度释放后瞬间，对A、B两物体分析，由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得（2）A从静止加速到5m/s，发生的位移为
解得
A与传送带共速后，由于
A继续加速，对A、B物体分析，可得
代入数据联立解得
且
所以
解得
（3）设物体B落地时速度大小为v，则有
2
解得
B落地后，A向上做匀减速运动的加速度大小为a，有
3
解得
物体A从速度为v 减速到v，发生的位移为
2 1
解得
A减速到v 后，继续向上做匀减速运动的加速度大小为a，有
1 4解得
从v 刚好到达顶端速度是零时，发生的位移为
1
解得
则有传送带的长度
解得
10．（2024·云南昆明·三模）如图所示，长 的水平传送带顺时针以速度 匀速转动，可以视作质
点且质量 的物块A和物块B通过足够长的轻质细线相连（细线跨过光滑定滑轮）。t＝0时刻A物
块从水平传送带最左端静止释放， 时刻一质量为 的子弹以初速度 从右向左正对射入
物块A并且穿出，穿出速度为 ，之后每隔 就有一颗相同的子弹以相同的速度射入物块A并穿
出，子弹射穿物块A时间极短且每次射入点均有细微不同。运动过程中细线OA始终保持水平，细线OB始终保
持竖直，且物块B始终没有碰到地面，轻质细线始终未断裂。已知物块A与水平传送带之间动摩擦因数 ，
重力加速度大小g取 ，求：
（1）从静止释放物块A开始到物块A的速度与传送带速度相同所需的时间；
（2）第一颗子弹射穿物块A后瞬间，物块A的速度大小；
（3）物块A第一次运动到传送带右端所需时间。
【答案】（1）0.5s；（2） ；（3）7.5s
【详解】（1）根据题意，物块A刚放上时，对B受力分析
对A受力分析
解得
到达共速的时间（2）共速后，对B受力分析
对A受力分析
解得
子弹射入前物块的速度
子弹射入，物块A、B、子弹系统动量守恒
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知， 内
内
子弹射入后到下一次子弹射入过程中，物块A与传送带共速的时间为
到下一次子弹射入前，物块A与传送带共速后的运动时间为
物块A运动的距离为
综上所述，相邻两次子弹射入间隔内，物块A向前运动的距离相等，则有物块A第一次运动到传送带右端所需
时间
11．（23-24高三下·河南·开学考试）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带 的简易图，传
送带的倾角为 ，以 的速度顺时针匀速转动，工人将质量 的工料（可视为质点）轻轻
地放到传送带的底端 ，并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒
为 ，经过 关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点 。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为 ，重力加速度 ，不计空气阻力。求：
（1）经过时间 时，工料的速度大小；
（2）传送带 两端间的距离。
【答案】（1）10m/s；（2）31.25m
【详解】（1）工料放上传送带后，对工料受力分析，如图所示．
由牛顿第二定律得
又
解得
工料向上加速运动，经时间 与传送带共速，则有
此后摩擦力突变为沿传送带向下
由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向上；
再经 的时间关闭发动机，此时工料的速度为
（2）关闭发动机后，由于工料的速度大于传送带的速度，摩擦力方向仍沿传送带向下，
由牛顿第二定律得解得
方向沿传送带向下
由前可知，工料在 时间内通过的位移为
工料在 时间内的位移为
关闭发动机后，工料向上做减速运动，经时间 工料与传送带共速，则
该时间内工料的位移为
工料与传送带再次共速后，工料所受的摩擦力沿传送带向上，则由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下；
此后工料一直减速到0刚好运动到最高点，工料经时间 速度减为零，则有
该时间内工料的位移为
则传送带的 两端间的距离为
12．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在倾角为 的斜面上有一 型木板A，在其上表面放有一滑块
B，A、B的质量相同，开始保持滑块和木板静止在斜面上，滑块B到木板前端挡板P的距离 ，木板前
端到斜面底端挡板Q的距离为 ，木板与斜面间的动摩擦因数 ，木板上表面光滑，释放滑块
B，已知滑块与木板间的碰撞为弹性碰撞且时间极短，木板A滑到斜面底端与挡板Q碰撞后速度立即变为零，整
个过程滑块未脱离木板，取 ， ， 求：
（1）滑块第一次与木板撞击时的速度大小；（2）经多长时间木板与挡板Q发生碰撞；
（3）木板的长度至少为多长。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意，对木板受力分析可知，木板A与斜面间的最大静摩擦力为
可知，木板A开始保持静止，对滑块B有
解得，滑块第一次与木板撞击时的速度大小
（2）根据题意，设经过时间 发生第一次碰撞，则有
解得
碰撞过程为弹性碰撞，则第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
，
碰撞后交换速度，木板A匀速下滑，滑块B加速下滑，设经过时间 第二次碰撞，木板A下滑距离为 ，则有
解得
， ，
同理可得，第二次碰撞后交换速度，则有
，
设经过时间 第三次碰撞，木板A下滑距离为 ，则有
解得， ，
由于
发生第三次碰撞，同理可得，交换速度，则有
，
由于
木板A与挡板Q发生碰撞前，滑块B不会与木板A第四次碰撞，设经过时间 木板A与挡板Q发生碰撞，则有
则从滑块B开始运动到木板A与挡板Q发生碰撞的时间为
（3）设第三次碰撞后，经过时间 ，滑块B与木板A发生碰撞，此时，木板A与挡板Q已发生碰撞，则有
此时滑块B的速度为
碰撞后，滑块B原速率弹回，即
设滑块B能上升的最大距离为 ，即木板A的最小长度，则有
联立解得
