文档内容
考点 12 牛顿第二定律的综合运用
1. 3年真题考点分布
题型 选择题
动力学图像问题；水平面上的传送带模型；斜面传送带模型；绳或杆连接体
高考考点
模型；弹簧类连接体模型；接触类连接体模型；滑块木板模型
2023 辽宁卷13题、辽宁卷15题、全国乙卷22题、湖南卷10题、全国甲卷20题
天津卷11题、重庆卷14题、江苏卷10题、浙江卷19题、河北卷9题、湖
新高考 2022
南卷14题、山东卷16题、全国甲卷20题、全国乙卷15题
2021 海南卷7题、辽宁卷13题、全国甲卷22题、河北卷11题、浙江卷11题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于运动的描述考查共计19次，主要考查：
1. 利用牛顿第二定律解决动力学的图像问题；
2.利用牛顿运动定律解决绳和杆、弹簧和接触类的连接体问题 ；
3. 利用牛顿运动定律解决水平面和斜面上的传送带问题；
4. 利用牛顿运动定律解决滑块——木板模型相对运动等问题；
【备考策略】能灵活判断物体是否做机械运动和参考系的选择；能正确区分时间与时刻的不同点；能正确
区分矢量和标量的区别；熟练掌握位移和路程的区别并掌握其计算方法；能正确区分速度和
速率、平均速度和瞬时速率的概念并掌握其计算方法；理解并掌握加速度的概念和计算的方
法并能根据图像判断物体的运动情况。
【命题预测】牛顿运动定律是每年全国各省高考中必考的题型，这是2024年的考生必须掌握的。牛顿运动
定律的综合运用考察范围之广，传送带模型经常与机械能结合在一起，求最短时间和痕迹类
问题；滑块——木板模型，常与动量、能量甚至出现在电场和磁场的形成的复合场和叠加场
中，常以综合性压轴题出现在选择题和解答题中，2024年考生需要加强对牛顿第二定律的综
合运用，增大对难度和题量的训练。
1考法 1 动力学图像问题
1. 常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等.
2. 图象问题的类型
（1）已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.
（2）已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.
（3）由已知条件确定某物理量的变化图象.
3. 小结：方法总结
（1）分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物
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，图线的转折点，两图线的
交点等.
（3）明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对
应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.
2【典例1】（多选）（2023·全国·统考高考真题）用水平拉力使质量分别为 、 的甲、乙两物体在水平
桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为 和 。甲、乙两物体运动后，所
受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】根据牛顿第二定律有F－μmg=ma
整理后有F=ma＋μmg
则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m >m ，μ m g=μ m g
甲 乙 甲 甲 乙 乙
则μ <μ
甲 乙
故选BC。
【典例2】（2023·四川内江·统考一模）在一次演习中，飞机悬停在高空某处后，质量为60kg的特战兵从
机舱中跳下，沿竖直方向向下运动的v-t图线，如图甲所示.当速度减为零时特战兵恰好落到地面，如图乙
所示。降落伞用8根对称的绳悬挂，每根绳与中轴线的夹角均为37°，不计特战兵所受的空气阻力，重力
加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（ ）
A．特战兵刚跳下时离地面的高度为180m
B．在前2s时间内，每根绳子对特战兵的拉力大小为750N
C．在2s到7s时间内，每根绳对特战兵的拉力大小为93.75N
D．在落地前瞬间，每根绳对特战兵的拉力大小为12.5N
【答案】AC
【详解】A．由于v-t图线围成的面积求出下落得高度，则特战兵刚跳下时离地面的高度为
，故A正确；
3B．由图线的斜率可知，伞兵加速阶段的加速度
设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则
解得在前2s时间内，每根绳子对特战兵的拉力大小为 ，故B错误；
C．在2s到7s时间内特战兵做匀速运动，受力平衡，设每根绳子拉力为F，竖直方向上
1
解得每根绳对特战兵的拉力大小 ，故C正确；
D．由图线的斜率可知，伞兵减速阶段的加速度
设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则
2
代入数据可得 ，故D错误。
故选AC。
解决图象问题的方法和关键
(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，
会分析临界点．
(2)注意图象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，图线的转折点，两图线的交点
等表示的物理意义．
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理
意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点．
分析图象问题时常见的误区
（1）没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位．
（2）没有注意坐标原点是否从零开始．
（3）不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义．
（4）忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．
1．（多选）（2023·安徽滁州·统考一模）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑
水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为 。 时对物块A施加水平向右的恒力F， 时撒去，
在 内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
4A． 时物块A的速度为 B． 时弹簧弹力为
C．物块B的质量为 D．F大小为
【答案】BD
【详解】A．若物体A的加速度从1.0均匀减小到0.6，图像的面积为
而A的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但实际是物体a的 图像的面积偏小，即速度变化量小
于0.8m/s，则 时A的速度大小小于0.8m/s，故A错误；
BCD．恒力F拉动a的瞬间，由 图像A的加速度为 ，有
1s时两者的加速度相等 ，对A、B由牛顿第二定律有 ，
解得 ， ，故BD正确，C错误；
故选BD。
2. （2023·全国·模拟预测）如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力
F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块一直做匀加速直线运动
B．物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动
C．物块的最大速度为
D． 时，物块停止下滑
【答案】C
【详解】根据物块的受力，由牛顿第二定律有
5由图像可知 ，而 ，解得
故随时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，
静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当 时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，做出
图像如下图所示
根据其面积求出最大速度为
故选C。
3．（2023·山东青岛·统考二模）风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到
的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足 （S为物体迎风面积，C为风阻系数， 为空气密
度）。图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落
伞，相对速度的平方 与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．开伞前加速度向下，越来越大
B．开伞后加速度向上，越来越大
C．开伞前物体迎风面积为
D．开伞后物体迎风面积为
【答案】C
【详解】AC．物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为 ，
F不断增大，加速度减小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有 ，解得 ，故
6A错误，C正确；
BD．左侧图线为开伞后的图线，有
当v=v 时，有 ，解得 ，且当v减小时，a减小，故BD错误。
1
故选C。
考法 2 连接体模型
1．连接体的类型
（1）轻绳连接体
（2）接触连接体
（3）弹簧连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与
转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体
的速率相等．
3．解决方法
（1）分析方法：整体法和隔离法．
（2）选用整体法和隔离法的策略
①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法．
②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解．
7【典例3】（多选）（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）水平面上放置一质量为m的滑块B，上
方有圆形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点
连线跟竖直方向夹角 。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细
绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远。下列说法正确的是（ ）
A．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为
B．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mg
C．当 时，A能从凹槽中滚出
D．如果 时，无论M为多大，A都不能滚出凹槽
【答案】CD
【详解】AB．如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
A受到B水平方向的作用力大小为
竖直方向的作用力为
B对A的作用力大小为 ，故AB错误；
C．小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，则有
，
解得临界加速度大小为
把A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可得
解得
8可知当 时，A能从凹槽中滚出，故C正确；
D．当 时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，
有 ，
解得临界加速度大小
把A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可得 ，所以无论M为多大，A都不能滚出
凹槽，故D正确。
故选CD。
【典例4】（2022·全国·统考高考真题）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧
水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两
滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为
，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为 ，解得
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量
变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做
加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时 ，解得 ，故滑块Q加速度大小最大值为 ，
A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为 ，解得
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为 做加速度减小的减速运动，最后弹簧原
长时加速度大小为 ；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大
小也为 。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
9故选AD。
【典例5】（多选）（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，倾角为θ的粗糙斜面放在
粗糙水平面上，斜面顶端固定有一轻质定滑轮A，轻绳一端连接静止于斜面上的物体m，绕过光滑的定滑
轮A，另一端系在竖直固定杆上的B点。现将另一个重物G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，
整个装置处于静止状态。现将绳的B端沿固定杆向上缓慢移动一小段距离，同时物体m在外力作用下沿斜
面缓慢上移少许，撤去外力，系统重新平衡。关于此过程中有关力的变化情况，下列说法正确的是
（ ）
A．绳的张力变小
B．地面对斜面的支持力不变
C．斜面对物体m的摩擦力减小
D．地面对斜面的摩擦力增大
【答案】AB
【详解】A．绳子长度关系如图所示：
设AB间绳长为L，两杆之间距离为d，由于挂钩光滑，OA、OB与竖直方向夹角α相同，由几何关系可得
， ， ，
联立可得 ，对O点由平衡条件可得
由于整个装置处于静止状态，由题意可知d不变，L增大，可知α减小，则T减小，故A正确；
B．设斜面的质量为M，选物体m、斜面M（包括定滑轮A）整体为研究对象，在竖直方向满足
，联立可得 ，故B正确；
C．由于物体m刚开始受到的静摩擦力方向未知，当拉力T减小时，m受到的静摩擦力可能增大、可能减
小，故C错误；
D．在水平方向满足 ，联立可得， ，α减小，F 减小，故D错误；
地
故选AB。
101．（多选）（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校联考一模）如图所示，倾角 的足够长光滑斜
面固定在水平面上，斜面上放一长 、质量 的薄木板，木板的最上端叠放一质量 的
小物块（可视为质点），物块与木板间的动摩擦因数 。木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜
面由静止开始运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 ，则下列说法
正确的是（ ）
A． 时，M和m沿斜面向上做匀减速运动
B． 时，M和m沿斜面向上做匀加速运动
C． 时，M和m均向上做加速运动，经 后二者分离
D． 时，M和m均向上做加速运动，经 后二者分离
【答案】BD
【详解】要是木块和木板之间不产生相对滑动，则对M、m由牛顿第二定律得F-（M+m）gsinα=（M+m）
a
对m有f-mgsinα=ma，f≤μmgcosα
代入数据解得F≤30N
因要拉动，则F＞（M+m）gsinα=（3+1）×10× N=20N
则为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N＜F≤30N。
A. 时，不能拉动木板，选项A错误；
B. 时，M和m沿斜面向上做匀加速运动，选项B正确；
C. 时，M和m均向上做加速运动，恰不产生相对滑动，选项C错误；
D. 当F=37.5N＞30N，物块能滑离木板，对M，有F-μmgcosα-Mgsinα=Ma
1
对m有μmgcosα-mgsinα=ma
2
设滑块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得 at2− at2＝L
1 2
代入数据解得t=1.2s，选项D正确。
故选BD。
2．（2023·宁夏银川·银川一中校考二模）如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质
量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为 ，
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
11A．若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
C．若物块A、B未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为
D．A、B未发生相对滑动时轻绳对定滑轮的作用力为
【答案】B
【详解】A．若物块A、B未发生相对滑动，物块A、B、C三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得
对物块A根据牛顿第二定律可得 ，解得 ，故A错误；
B．物块A受到的最大合外力为μMg，则物块A的最大加速度
当物块A的加速度恰好为μg时，物块A、B发生相对滑动，以物块A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二
定律得 ，解得
要使物块A、B之间发生相对滑动，则 ，故B正确；
C．对物块C由牛顿第二定律得 ，解得
所以轻绳拉力的大小小于mg；故C错误；
D．轻绳对定滑轮的作用力 ，故D错误。
故选B。
3．（2023·河北衡水·校联考二模）如图所示，倾角为 的斜面固定在水平地面上，两个质量均为m的物块
A、B用原长为 的轻质弹簧连接，两物块恰好能静止在斜面，此时弹簧的长度为l（在弹性限度内）。已
知物块B与斜面间的动摩擦因数是物块A与斜面间的动摩擦因数的两倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，
重力加速度大小为g，则弹簧的劲度系数为（ ）
12A． B． C． D．
【答案】B
【详解】两物块恰好能静止在斜面，设物块 与斜面间的动摩擦因数为 ，对物块 有
对物块 有 ，解得
故选B。
考法 3 “传送带模型”
1. 水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物
体所受摩擦力发生突变的时刻.
项目 图示 滑块可能的运动情况
(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)v＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
0
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
情景3 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v
0
＞v，返回时速度为v；若v＜v，返回时速度为v
0 0
2. 倾斜传送带问题
求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度
与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.
项目 图示 滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速
情景1
(2)可能先加速后匀速
13(1)可能一直加速
情景2 (2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a 加速后以a 加速
1 2
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
情景3
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a 加速后以a 加速
1 2
(6)可能一直减速
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
情景4
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能一直减速
【典例6】（2023·全国·模拟预测）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送
装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持 的恒定速率顺时针运行，传送带的长
。现将一质量为 的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发
生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了 静止，包裹B向前运动了 静止。已知包裹A
与传送带和水平面间的动摩擦系数均为 ，包裹B与水平面间的动摩擦因数为 ， 取 。求：
（1）包裹A在传送带上运动的时间；
（2）包裹B的质量。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）根据题意，对包裹A，由牛顿第二定律有
解得
设包裹A经过时间 与传送带共速，由运动学公式 可得，
由运动学公式 可得，包裹A匀加速的距离为
14则包裹A在传送带上匀速运动的时间为
则包裹A在传送带上运动的时间
（2）根据题意，对包裹B由牛顿第二定律得
设A、B碰撞后速度分别为 、 ，它们碰后各自做匀减速直线运动，根据运动学公式 有
，
解得A、B碰撞后 ，
由于碰撞时间极短，A、B碰撞前后系统动量守恒，则有 ，解得
【典例7】（2023·广东·模拟预测）快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是
快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD
部分倾角 ，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以 的速率顺时针转动。把一个可视为质点
的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB段数控设备记录的物体的运动图像， 时刚好达到B端，
且速率不变滑上C端，已知两段传送带的摩擦因数相同。g取 。求：
（1）水平传送带AB的长度及滑动摩擦因数；
（2）若CD段的长度为 米，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到快件。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由 图像可知，传送带AB段的长度为
货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得 ，解得
由图像可知传送带上的加速过程加速度为 ，则
依题意，货物以 滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，第一种情况：若
传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃；
第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下，则
，解得
故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于 ，故共速后将仍做匀减速直线
运动。则 ，解得
15建立运动 图像如下：
则有 ， ， 解得，
即至少传送带的速度为 快递员才能在D端取得货物。
【典例8】（多选）（2023·江西上饶·校联考二模）皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送
带传输装置的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角 。若传送带以恒定的速率 逆时
针运转，将质量为 的煤块（看成质点）无初速度地放在传送带的顶端P，经时间 煤块速度与传
送带相同，再经 到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ，
， ，则（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带 的长度为
C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】物块刚放上传送带的 内，物体的速度
由牛顿第二定律 ，解得 ，故A正确；
B．在最初0.5s内物块的位移 ，以后物块的加速度
再经 到达传送带底端Q点，则 ，则传送带PQ的长度
联立代入数据解得 ，故B正确；
C．在最初0.5s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离
以后的2s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离
16联立代入数据解得 ， ，则煤块从点到达点的过程中在传送带上留下
的划痕长度为4m，故C错误；
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为 ，故D
正确。
故选ABD。
处理传送带模型的万能模板
解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．
(1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v v ，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运
物 带
动．
(3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为
零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动．
(4)若v ＝v ，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为
物 带
阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力．
1．（2023·重庆·一模）如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其
位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，（t=3s时x=3m）
1 1
（t=4.5s时x=0）下列说法正确的是 （ ）
2 2
17A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为 1m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为 2m/s
D．0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为-3J
【答案】D
【详解】AB．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速
运动。3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，
因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为 ，故AB错误；
C．由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则
其中x=1m，t=1s，解得
根据牛顿第二定律 ，解得
在0-2s内，对物块有 ，解得物块的初速度为 ，故C错误；
D．对物块在0~4.5s内，根据动能定理 ，解得摩擦力对物块所做的功为 ，故D
正确。
故选D。
2．（多选）（2023·重庆·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）如图甲所示，倾角为 的传送带以恒定
速率逆时针运行，现将一质量为 的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙
所示， 末煤块到达 端，取沿传送带向下为正方向， 取 ，则（ ）
A．倾角
18B．物体与传送带间的动摩擦因数0.4
C． 内传送带上留下的痕迹长为
D． 内物体与传送带摩擦产生的内能
【答案】AC
【详解】AB．由图乙可知，0~1s物体的加速度为a=10m/s2，1~2s物体的加速度为a=2m/s2，皮带的速度
1 2
为v=10m/s，根据牛顿第二定律得 ， ，解得 ，
1
，故A正确，B错误；
C．0~1s内皮带的位移及物体的位移分别为 ，
它们的相对位移为 ，1~2s内皮带的位移及物体的位移分别为 ，
它们的相对位移为
0~1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1~2s内物体位移大于皮带的位移，这1m长
的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m，故C正确；
D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能为 ，故D错误。
故选AC。
3．（多选）（2023·山东·模拟预测）如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的
平台 上，平台 离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的速度 顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地
放在 处，货物随皮带到达平台 ，货物在皮带上相对皮带滑动时会留下一定长度的痕迹。已知所有货物
与皮带间的动摩擦因数为 .若皮带的倾角 、运行速度 和货物质量 都可以改变，且始终满足 .
可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力（ ）
A．当倾角 一定时，若增大运行速度 ，则运送时间一定变短
B．当倾角 一定时，若增大运行速度 ，皮带上留下的痕迹一定变长
C．当倾角 和速度 一定时，货物质量 越大，皮带上留下的痕迹越长
D．当倾角 和速度 一定时，货物质量 越大，皮带上摩擦产生的热越多
【答案】BD
【详解】A．对物理受力分析，求得运动时加速度
19，倾角一定，加速度一定，物体可能先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速运动，也可能一直做
匀加速直线运动。增大皮带运行速度，若物体先加速再匀速，平均速度增大，时间减少，若物体一直做匀
加速，a不变，位移不变，时间也不变，故A错误；
B．若增大运行速度，留下的痕迹程度
运行速度增大，痕迹边长，若物体一直匀加速运动留下的痕迹长度
v变大，t不变，L不变，痕迹长度变大，故B正确；
C．由B得，痕迹长度与物块的质量无关，故C错；
D．摩擦产生的热量 ，M越大，Q越大，故D正确。
故选BD。
考法 4 “滑块－木板模型”问题
1．模型特征
滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程
问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆
环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．
2．两种类型
类型图示 规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑
到木板左端时二者速度相等，则位移关系为x ＝x ＋L
B A
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑
到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x ＋L＝x
B A
3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
【典例9】（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示，一质量为0.3kg的“L”型平板B静置在地面上，平板B
的上表面O点左侧粗糙、右侧光滑，质量为0.1kg的小物块A从平板B上的O点以某一初速度沿平板B向
右滑动，与平板B右侧挡板碰撞后瞬间，二者速度大小均为2m/s，速度方向相反，当小物块A速度减为零
20时，恰好返回到相对地面的出发位置，已知小物块A与平板B间的动摩擦因数为0.4，平板B与地面间的动
摩擦因数为0.225，重力加速度g=10m/s2，整个过程中小物块A始终未滑离平板B，下列说法正确的是（
）
A．碰撞后平板B在运动过程中加速度大小不变
B．碰撞后小物块A减速时的加速度大小为2.25m/s2
C．碰撞后小物块A刚减速时平板B的速度大小为1m/s
D．平板B上O点右侧光滑部分的长度为
【答案】C
【详解】AB．碰撞后小物块A先在平板B的光滑部分做匀速直线运动，后在平板B的粗糙部分做匀减速直
线运动，平板B在这两个过程中做加速度不同的匀减速直线运动；对小物块A、平板B分别应用牛顿第二
定律得 ， ， ，故AB
错误；
C．设碰撞后小物块A刚滑到平板B的粗糙部分开始做减速运动时，平板B的速度大小为 ，则有
，又
所以平板B的速度先减为0，后小物块A的速度再减为0。由于
所以平板B速度减为0后静止不动，小物块A继续向左做减速运动；因小物块A运动到相对地面的出发位
置时速度减为0，所以平板B以加速度 向右运动的位移大小等于小物块A在平板B的粗糙部分上相对地
面运动的位移大小；根据小物块A、平板B的位移大小关系，有 ，解得 ，故C正
确；
D．根据小物块A、平板B的位移大小关系可得平板B光滑部分的长度 ，故
D错误。
故选C。
【典例10】（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图甲所示，质量 的木板B静止
放在光滑水平地面上，质量 的小物块A置于B的左端。 时刻，对A施加一水平向右、大小为
F的作用力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示， 时撤去F。已知A、B之间的动摩擦因数 ，
木板B足够长，取 。下列说法正确的是（ ）
21A． 时A的速度大小为11m/s
B．0~1s内摩擦力对B的冲量小于
C．B能获得的最大速度为
D．从 时刻至A、B共速，木板B运动的位移为4.5m
【答案】C
【详解】A．A、B之间的摩擦力
对A根据动量定理有
解得 时A的速度大小 ，选项A错误；
B．0~1s内摩擦力对B的冲量 ，选项B错误；
C．0~1s内对B应用动量定理有 ，解得
撤去外力后，A做减速运动，B做加速运动，至A、B共速过程根据动量守恒有 ，
解得 ，可知B能获得的最大速度为 ，选项C正确；
D．从 时刻至A、B共速，对木板B根据动能定理有
解得运动木板B的位移 ，选项D错误。
故选C。
【典例11】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（
）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v，同时对a施加一水平
0
向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木
板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度一
时间图像可能是下列图中的（ ）
22A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得
，解得
对长木板受力分析有 ，解得
AB．根据图像斜率可知初始阶段aa＜0， ，解得
则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A
错误，B正确
C．根据图像知a做匀速直线运动，即 ，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线
运动，根据牛顿第二定律有 ，解得
故C正确；
D．若aa＜ab，则有 ，两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿
第二定律的 ，解得 ，故D错误。
故选BC。
1．（2023·江西南昌·统考一模）如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A一初速
度，1s后两物体相对静止一起匀速运动，它们的位移-时间图像如乙图所示，A、B两物体的质量比为（
）
A．4：3 B．2：1 C．3：2 D．5：2
【答案】B
23【详解】由乙图可知，0~1s内， 对A进行受力分析得
对B进行受力分析得
1s后两物体相对静止一起匀速运动，则速度为 ，B的位移为
解得 ，则得出共速的速度为
对A有 ， ，解得 ， ，
故选B。
2．（2023·陕西西安·西安中学校考模拟预测）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其
上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到
如图乙所示 图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取 ，则（ ）
A．滑块的质量 B．木板的质量
C．当 时滑块加速度为2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4
【答案】AD
【详解】AB．由图像可知当 时，加速度为 ，对整体分析，由牛顿第二定律得
，代入数据解得
当 时，根据牛顿第二定律得
知图线的斜率为 ，解得
滑块的质量为 ，故A正确，B错误；
CD．根据 的图线知， 时， ，即
代入数据解得，
当 时，对滑块和木板的整体，根据牛顿第二定律得 ，解得
故D正确，C错误。
故AD。
3．（2022·湖南常德·常德市一中校考二模）如图甲所示，长木板B在静止在水平地面上，在t=0时刻，可
24视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，1s后撤去外
力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板的最小长度为2m
B．A、B间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5kg
D．外力F的大小为4N
【答案】ABD
【详解】A．由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，
图像中图线与坐标轴为成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2s内物块的位移为 ，木板的
位移为 ，故长木板的最小长度为 ，A正确；
B．由图乙可知，1s时撤去外力F，在 内有物块A的受力及牛顿第二定律可知
由图乙可知 内物块A的加速度大小为 ，解得A、B间的动摩擦因数为 ，B正确；
C．由图乙可知，木板的加速度大小为
由木板B的受力及牛顿第二定律可知 ，解得长木板的质量为 ，C错误；
D．由 内的物块A的受力及牛顿第二定律可知 ，又此过程中加速度的大小为 ，
解得 ，D正确。
故选ABD。
考法 5 动力学中的连接体问题
1. 连接体问题的类型
物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体.
2. 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，可以把它们看成一个整体，分析整
体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).
3. 隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔
离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.
254. 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时，一般采用“先整体求加速度，后隔
离求内力”.
【基础过关】
1．（2023·上海静安·统考二模）静置在粗糙水平面上的物体，受到一个方向不变的水平拉力F作用而运动，
F的大小随时间变化的规律如图所示。在0~t 时间内物体的加速度大小（ ）
1
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变小后变大 D．先变大后变小
【答案】C
【详解】依题意，物体在拉力作用下先加速，由牛顿第二定律可知
由图可知，拉力一直减小，所以加速度先减小，当拉力与摩擦力等大时，加速度为零，然后拉力小于摩擦
力，物体将做减速运动，有 ，易知，随着拉力的减小，加速度将变大。
故选C。
2．（2023·上海奉贤·统考二模）雨滴在空气中由静止开始下落，在其速率不太大时，雨滴所受到的阻力大
小与其速度大小成正比。则在此过程中雨滴的速率v随时间t的变化关系最接近下图中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据牛顿第二定律，有 ，又 ，化解得，
可知随着速度的增大，加速度逐渐减小，所以速率v随时间t的变化的斜率减小。
故选B。
3．（2023·河北·模拟预测）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连接物体B，B上叠放着物
体A，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动。以系统
静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，对物体A施加竖直向上的拉力，物体A以 做匀加
速运动，B物体的加速度随位移变化的 图像如图乙所示，坐标上的值为已知量，重力加速度g。以下
说法正确的是（ ）
26A．在图乙PQ段中，拉力F恒定不变
B．在图乙QS段中，B的速度逐渐减小
C．B位移为 时，A、B之间弹力大小0
D．B位移为 时，弹簧达到原长状态
【答案】C
【详解】A．以A、B为整体分析，PQ段一起向上匀加速运动，受弹簧弹力、重力和拉力F，合力恒定，向
上运动过程中弹簧弹力减小，所以拉力F增大，故A错误；
B．QS段B的加速度在减小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B错误；
C．在 时B的加速度开始减小，而A加速度保持不变，故此时两物体刚好分离，A、B之间弹力大小0，
故C正确；
D．位移为 时，B加速度为0，合力为0，弹簧弹力大小等于B的重力，故弹簧处于压缩状态，故D错误。
故选C。
4．（2023·河北沧州·统考一模）如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为 、顺时针转动的传送带底端
沿传送带向上运动，其 图像如图乙所示。已知传送带的速度为 ，传送带足够长，物块与传送带间的
动摩擦因数为 ，下列说法正确的是（ ）
A．物块的初速度小于
B．物块与传送带间的动摩擦因数
C．物块运动过程中的速度一定有等于 的时刻
D．若物块从传送带项端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动
【答案】C
【详解】B．由图像可知，物块先以加速度 做匀减速直线运动，后以加速度 做匀减速直线运动，且
27，分析可知 ，即 ，故B错误；
A．若物块的初速度小于 ，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会一直以此加
速度向上减速为0与题设不符，故A错误；
C．物块的初速度大于 ，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，
有 ，物块减速到速度等于 后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块根据牛顿
第二定律，有 ，故C正确；
D．若物块从传送带顶端开始向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于
则物块会以加速度 一直向下加速运动，故D错误。
故选C。
5．（2023·吉林长春·长春市第二中学校考模拟预测）如图所示，在一辆小车上，有质量为m，m 的两个
1 2
物块（m > m）随车一起匀速运动，它们与小车上表面的动摩擦因数始终相同，当车突然停止时，如不
1 2
考虑其他因素，设小车无限长，则两个滑块（ ）
A．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定不相碰
B．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定相碰
C．上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰
D．上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰
【答案】A
【详解】如果上表面光滑，当车突然停止时，两物块所受的合力均为零，将以相同的速度做匀速直线运动，
一定不会相撞；如果上表面粗糙，当车突然停止时，两物块的合外力均为滑动摩擦力，均做匀减速运动，
加速度
因为初速度相同，减速的加速度相同，根据 ，可知两滑块一定不相撞。
故选A。
6．（2023·甘肃甘南·校考二模）如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内粗糙底面上有一物块被一拉
伸弹簧拉着，小车向右做加速运动．若 小车向右的加速度增大，物块始终相对小车静止，则物块所受摩
擦力 F 和车右壁受弹簧的拉力 F 的大小变化可能是（ ）
1 2
A．F 先变小后变大，F 不变 B．F 不变，F 一直变大
1 2 1 2
C．F 先变大后变小，F 不变 D．F 变大，F 先变小后不变
1 2 1 2
28【答案】A
【详解】小车向右的加速度增大时，物块始终相对小车静止，弹簧的长度不变，压缩量不变，根据胡克定
律可知，车右壁受弹簧的弹力F 的大小不变．当物块初态所受摩擦力F 向左时，对物块，由牛顿第二定律
2 1
得：F-F=ma，a增大，F 变小．随着加速度的增大，当物块相对小车有向左趋势时，所受的静摩擦力向
2 1 1
右，则有 F+F=ma，a增大，F 变大，所以F 先变小后变大．当物块初态不受摩擦力，或所受摩擦力F
2 1 1 1 1
向右时，根据以上分析可知，摩擦力F 变大．
1
A. F 先变小后变大，F 不变，与分析结果相符，故A正确．
1 2
B. F 不变，F 一直变大，与分析结果不符，故B错误．
1 2
C. F 先变大后变小，F 不变，与分析结果不符，故C错误．
1 2
D. F 变大，F 先变小后不变，与分析结果不符，故D错误．
1 2
7．（多选）（2023·全国·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）如题图所示，质量分别为 、 的两
小球通过轻绳乙连接，质量为 的小球通过轻绳甲与水平车厢顶连接。当两小球与车厢保持相对静止一起
水平向右做匀加速直线运动时，甲、乙两轻绳与竖直方向的夹角分别为 、 （图中未画出），两小球均
可视为质点，不计空气阻力，则（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】BD
【详解】将两小球看成整体，设车厢的加速度为 ，则根据其受力可知 ，对球乙分
析可知 ，由此可知，无论 和 的关系如何，都有 。
故选BD。
8．（多选）（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）如图甲，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀
速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3s~4.5s段为直线，
下列说法正确的是（ ）
29A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为2m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s
D．0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为 J
【答案】BCD
【详解】AB．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速
运动。3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，
因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为 ，故B正确，A错误；
C．由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则 ，其中x=1m，t=1s，解得，
根据牛顿第二定律 ，解得 ，在0-2s内，对物块有 ，解得物块的初速度为
，故C正确；
D．对物块在0~4.5s内，根据动能定理 ，解得摩擦力对物块所做的功为 ，故D
正确。
故选BCD。
9．（多选）（2023·云南丽江·华坪县第一中学校考一模）质量为 的木板放在光滑的水平面上，其
上放置一个质量 的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为 ，物块可视为质
点，现用一大小为 的力作用在 上，下列说法正确的是（g取 ）（ ）
A． 的加速度为 B． 的加速度为
C．经过 物块从木板上脱离 D．物块离开木板时的速度为
【答案】ACD
【详解】AB．对 ，由牛顿第二定律可得 ，解得
30对 ，由牛顿第二定律可得 ，解得 ，A正确，B错误；
C．物块从木板上滑离时，位移关系满足 ，解得 ，C正确；
D．物块滑离木板时的速度为 ，D正确。
故选ACD。
10．（多选）（2023·辽宁抚顺·校考一模）如图所示，质量为3kg的木板M放置在足够大的光滑水平面上，
其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大水平压力为5N，质量为1kg可视为质点的物块 恰好与竖
直挡板接触。已知M、 间动摩擦因数 ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时两物体均静止，
从某时刻开始M受到水平向左的拉力 作用， 与M的位移 的关系式为 （其中， ，
， 的单位为N， 的单位为m），重力加速度 ，从静止到 与M恰好发生相对运
动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A． 的最大加速度为
B．从静止开始到 达到最大加速度的过程中，M的位移
C．当 刚作用时，竖直挡板对 就有弹力作用
D．当M运动位移为 时， 的速度为
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知， 与M之间的最大静摩擦力为
对物块 ，由牛顿第二定律有
解得 ，故A正确；
B．根据题意，加速度最大时，对整体，由牛顿第二定律有
又有 ，解得 ，故B错误；
C．根据题意，当 刚作用时 ，对整体，由牛顿第二定律有
对物块，由牛顿第二定律有 ，解得 ，则此时竖直挡板对 没有弹力作用，故C错
误；
D．当M运动位移为 时，M、 间保持相对静止，则 ，由于 与 为线性关系，则
有动能定理有 ，解得 ，故D正确。
故选AD。
【能力提升】
311．（多选）（2023·云南昆明·统考二模）如图甲所示，A、B两个物体相互接触但不黏合，放置在粗糙水
平地面上，两物体的质量分别为 。t=0时，推力 、 分别作用于A、B上， 、
随时间t的变化规律如图乙所示。已知两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1，取重力加速度 。
下列说法正确的是（ ）
A． 时，物体A、B分离
B．物体A、B分离瞬间，物体A的速度大小为3m/s
C． 时，A对B的作用力大小为5N
D． 内，A对B的作用力的冲量大小为
【答案】BD
【详解】A．根据图像可知推力 、 随时间变化的函数表达式分别为 ，
当A、B物体间相互作用力为零时，二者分离，对A、B整体有
解得 ，对B有 ，解得
代入 可得 ，故A错误；
B．A、B物体分离前加速度不变，则有 ，故B正确；
C． 时，有 ，对B有 ，解得 ，故C错误；
D． 内，根据动量定理有 ， ，根据图像可知
解得A对B的作用力的冲量大小为 ，故D正确。
故选BD。
2．（多选）（2023·湖南株洲·校联考模拟预测）如图所示，质量分别为 和 的小物块，通过轻绳相连，
并接在装有光滑定滑轮的小车上。如果按图甲所示，装置在水平力 作用下做匀加速运动时，两个小物块
恰好相对静止；如果互换两个小物块，如图乙所示，装置在水平力 作用下做匀加速运动时，两个小物块
也恰好相对静止，一切摩擦不计，则（ ）
32A．
B．
C．两种情况下小车对质量为 的小物块的作用力大小之比为
D．两种情况下小车对质量为 的小物块的作用力大小之比为
【答案】AC
【详解】AB．一切摩擦不考虑，则题图甲中小车的加速度为 ，题图乙中小车的加速度为，
所以两题图中小车的加速度之比为 ，因为题图甲和题图乙装置的整体质量是一样的，所
以 ，A正确，B错误；
CD．题图甲中，小车对质量为 的小物块的作用力为 ，题图乙中，小车对质量为 的
小物块的支持力大小等于其所受的重力大小，即， ，所以 ，C正确，
D错误。
故选AC。
3．（多选）（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）如图甲所示，在倾角为37°的粗糙斜面的底端，一
质量m = 1kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连。t = 0时解除锁定，计算机通
过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中oab段为曲线，bc段为直线。若g取10m/s2。则（
）
A．t= 0.2s内，物块的机械能不断增大
1
B．0.3s末，滑块到达斜面最高点
C．滑块与斜面间的动摩擦因数μ = 0.5
33D．滑块在t= 0.2s末的速度与t = 0.4s末的速度等大反向
1
【答案】BC
【详解】A．t = 0.2s内，物块在弹力大于摩擦力的过程中，由于弹簧弹力所做的正功大于摩擦力做的负
1
功，所以物块的机械能增加，物块在弹力小于摩擦力的过程中，由于弹簧弹力所做的正功小于摩擦力做的
负功，所以物块的机械能减少，与弹簧分离后，由于摩擦力做负功，物块的机械能减少，A错误；
B．根据图乙可知0.1s后物块离开弹簧做匀减速直线运动，加速度为
根据速度与时间的关系得出0.3s末的速度 ，此时物块到达斜面最高点，B正确；
C．利用牛顿第二定律得 ，解得 ，C正确；
D．根据速度与时间的关系得出 末时的速度方向沿斜面向上，大小为
0.3s后物块从最高点开始返回，利用牛顿第二定律得出返回时的加速度为
根据匀变速直线运动的速度与时间得出 时的速度方向沿斜面向下，大小为 ，D错误。
故选BC。
4．（2023·江苏扬州·统考三模）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物体
A、B通过轻绳轻质滑轮连接，轻绳倾斜部分与斜面平行，重力加速度为g，从静止释放A到B落地前（
）
A．A的动能增加量是B的4倍 B．B的重力势能变化量是A的2倍
C．B的加速度为 g D．轻绳中的拉力为 mg
【答案】C
【详解】A．根据滑轮的组装，可知物体B下落的速度是物体A的速度的2倍，又因为两个物体的质量相等，
根据动能的表达式 ，可知，所以B的动能增加量是A的4倍，A错误；
B．设物体B下降的高度为h，则物体A上滑的距离为0.5h，A上升的高度为 ，根据
重力势能的表达式 ，可知，所以B的重力势能变化量是A的4倍，B错误；
CD．相同时间内物体B的位移为物体A的位移的2倍，所以物体B的加速度是A的2倍，设绳子上的拉力
为F，对物体B，有 ，对物体A，有 ，联立解得 ， ，
34，C正确，D错误。
故选D。
5．（2022·浙江绍兴·统考模拟预测）如图所示，质量为2m和m的滑块A和B置于光滑水平桌面上，连接
两滑块的细线通过桌子边缘拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂质量为4m的物块C。已知左右两侧细线互相
平行，重力加速度g取 ，不计一切摩擦和动滑轮的质量。现将A、B、C三者同时由静止释放，在
A、B滑出桌面之前，下列说法正确的是（ ）
A．滑块A和B的速度始终相等 B．物块C的机械能在不断增大
C．滑块A的加速度大小为 D．物块C的加速度大小为
【答案】D
【详解】A．动滑轮两侧绳中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，开始运动后在A、B滑出桌
面之前，A的速度始终小于B的速度，故A错误；
B．动滑轮对C的拉力做负功，物块C的机械能在不断减小，故B错误；
CD．设绳中的拉力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律有 ，对C根据牛顿第二定律有
如图所示，根据动滑轮绳端与滑轮端的位移关系有 ，根据运动学公式可知 ，
，
联立以上各式解得 ， ，故C错误，D正确。
故选D。
356．（2022·江苏苏州·江苏省昆山中学校考模拟预测）如图甲所示，足够长的倾斜直传送带以速度
沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在 时刻以速度 从传送带底端开始沿传送带
上滑，物块的质量 。物块在传送带上运动时传送带对物块的摩擦力的功率与时间的关系图像如图乙
所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 。求：
（1）倾斜传送带与水平方向的夹角θ和物块与传送带间的动摩擦因数μ
（2）物块与传送带间的划痕长度L
（3）0—0.4s内物块机械能的变化量
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）由题图乙可得，0~0.2 s内
滑动摩擦力的功率为 ，当 时，代入数据得
物块匀速运动时受到静摩擦力的作用，摩擦力的功率 ，代入数据得 ，解得
，
（2）由 图像可知物块与传送带间的划痕长度为
（3）0—0.4s内物块动能的变化量为，
36物体运动距离为
物块重力势能的变化量为
则机械能的变化量为
7．（2022·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。
如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用
手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为 ，
硬纸板的质量为 ，长度为 。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为 ，纸板与桌
面间的动摩擦因数为 ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 。
（1）手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动， 至少多大？
（2）手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度 但位移近似为零，则要使橡皮擦
脱离纸板， 需满足的条件？
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有
对橡皮擦和纸板整体有 ，联立解得
（2）纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，
最小设为 。则对橡皮擦有 ， ，对纸板有 ， ，
根据位移关系有 ，联立解得， ，则要使橡皮擦脱离纸板， 需满足
8．（2023·贵州黔东南·校考模拟预测）如图甲，质量为 的小物块放在长木板左端，小物块与长木板
间的动摩擦因数 。长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，质量为 ，与地面间的动
37摩擦因数为 。 时刻小物块获得水平向右的初速度 ，同时给小物块施加如图乙所示
的水平向右的作用力。4s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。最终，小物块静止于长木板
上某一位置，重力加速度g取 。求：
（1）4s内水平向右作用力的冲量大小；
（2）小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小；
（3）小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）12m
【详解】（1）冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，则
（2）对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得
带入数据解得
（3）物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左
对木板，由牛顿第二定律可得 ，解得木板加速度大小为
对物块可得
解得物块加速度大小为
设经过时间t，木块和木板速度相等，由运动学公式可得
解得
由于 ，所以物块和木板共速后保持相对静止木板位移为
物块位移为 ，这段时间内相对位移为
所以小物块相对长木板静止时，距长木板右端的12m。
9．（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，质量为 的长木板C放在水平面上，其左端放置一可
视为质点、质量为 的物体B，且长木板的左端靠近固定在水平而上的带有 弧形槽的物块，弧形槽
的半径为 ，另一可视为质点、质量为 的物体A放在弧形槽上，释放瞬间，物体A与弧形槽
圆心O的连线与竖直方向的夹角为 ，物体A滑到弧形槽的最低点与物体B发生弹性碰撞，经过一段
时间，物体B刚好相对长木板C静止在其最右端，此时在长木板C上施加一水平向右且大小为 的
38恒力，经时间 将恒力撤走。已知物体B与长木板C之间的动摩擦因数为 ，长木板C与水平面
之间的动摩擦因数为 ，重力加速度 取 ，物体A与弧形槽之间的摩擦可忽略不计。求：
（1）物体A与物体B碰前瞬间对弧形槽的压力以及碰后物体B的速度；
（2）长木板C的长度；
（3）从碰撞结束到恒力撤走的瞬间，整个系统因摩擦而产生的热量。
【答案】（1） ，方向竖直向下； ，方向水平向右；（2） ；（3）
【详解】（1）物体A从释放到滑到弧形槽最低点的过程中，由机械能守恒定律得
解得 ，由牛顿第二定律得 ，解得 ，由牛顿第三定律可知物体A对弧形槽
的压力大小为20N，方向竖直向下。
物体A与物体B由于发生的是弹性碰撞，碰撞过程满足动量守恒以及机械能守恒，则有 ，
，解得碰后物体B的速度为 ，方向水平向右。
（2）碰后物体B开始在长木板C上滑动，对物体B由牛顿第二定律得
对长木板C由牛顿第二定律得
解得 ，
假设经时间 物体B刚好滑到长木板的最右端，由题意可知此时二者刚好达到共速，则有 ，
解得 ， ，由位移公式可知 ， ，位移关系可知，长木板C的长
度为 ，联立解得
（3）假设恒力作用在长木板C上后，物体B与长木板C共同向右加速运动，则由牛顿第二定律得
，解得
所以假设不成立，物体B与长木板C分别向右加速运动，直到物体B滑到长木板C的最左端，假设长木板
C的加速度为 ，则有 ，解得
设物体B经时间 滑到长木板C的最左端，则由运动学公式得 ， ，又
，联立解得
即恒力撤走的瞬间物块B刚好滑到长木板C的最左端，则整个系统因摩擦而产生的热量为
39，代入数据解得
10．（2023·湖北·模拟预测）足够长的传送带倾斜放置，以大小为 的恒定速率顺时针转动，如图
甲所示。质量 的小物块以初速度 从A端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时间变
化的图像如图乙所示， ，小物块视为质点，求：
（1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间；
（2）小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角 ；
（3） 内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【详解】（1）由 图像知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间 ， 图像面积即位移
由图像知， 的加速度 为
方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与 相等，由
得 ，故总时间
（2）由 图像得 的加速度 为 ，方向沿传送带向下；
，对小物块由牛顿第二定律得
，对小物块由牛顿第二定律得
解得 ，
（3）传送带的速度 ，在 内传送带的位移 ，小物块的位移为
两者相对位移大小为
在 内传送带的位移
小物块的位移为
两者相对位移大小为
40内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量
【真题感知】
1．（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，
A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面
向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相
同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾
角为θ，AB之间的弹力为F ，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
AB
对B有 ，联立可得
由于A对B的弹力F 方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是
AB
沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，
故B正确；
A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x，A运动到最高点时距离O点为x；下滑过程AB不
1 2
分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
化简得
当位移为最大位移的一半时有 ，带入k值可知F =0，即此时加速度为0，
合
故A错误；
41C．根据B的分析可知 ，再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑
过程F 逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；
AB
D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整
个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
2．（多选）（2022·河北·统考高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体 和 用不可伸长的轻
绳相连，悬挂在定滑轮上，质量 ， 时刻将两物体由静止释放，物体 的加速度大小为 。
时刻轻绳突然断开，物体 能够达到的最高点恰与物体 释放位置处于同一高度，取 时刻物体 所在
水平面为零势能面，此时物体 的机械能为 。重力加速度大小为 ，不计摩擦和空气阻力，两物体均可
视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．物体 和 的质量之比为 B． 时刻物体 的机械能为
C． 时刻物体 重力的功率为 D． 时刻物体 的速度大小
【答案】BCD
【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为 ，则 ， ，解得，
， ，选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度 ，P上升的距离
细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为
42若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为
则此时物体Q的机械能 ，此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械
能仍为 ，选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度 ，方向向下；此时物体P重力的瞬时功率
，选项CD正确。
故选BCD。
3．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上
将冰壶A推到M点放手，此时A的速度 ，匀减速滑行 到达N点时，队友用毛刷开始擦
A运动前方的冰面，使A与 间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行 ，与静止在P点的
冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为 和 。已知A、B质量相同，A与
间冰面的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时
间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度 的大小；
（2）与 间冰面的动摩擦因数 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为 ，A受到冰面的支持力为 ，由竖直方向受力平衡，有
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
设A在 间的加速度大小为 ，由牛顿第二定律可得
联立解得
43由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为 ，由动量守恒定律可得 ，解得
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有 ，由动能定理可得 ，联立解得
4．（2022·浙江·统考高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长
12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由
静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所
示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，
sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1） ；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB段 ，解得
（2）AB段 ，解得 ，BC段 ，
过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律 ，解得，
5．（2021·辽宁·统考高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率
v=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角 ，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度
1
v=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力
2
加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
44【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）小包裹的速度 大于传动带的速度 ，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据
牛顿第二定律可知 ，解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即 ，所以小包裹与传动
带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
45
