文档文本内容
专题12 牛顿第二定律的综合应用
——连接体、传送带和滑块滑板模型（解析版）
注：【分层调研·提分要点】所选的例题变式和练习都是最新的高考真题和2024 年全国各地的模拟
试题，【真题再现·洞悉高考】选自最近3 年的全国个点的高考真题。【分层检测·能力拔高】选
择2024 年全国各地的模拟试题，题量适中，便于学生自测专用。
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目 录
01 思维导图·成竹在
胸
03 分成调研·提分要点
考向1 动力学图像问题................................................................................................2
角度1：由运动图像分析物体的受力情况...............................................................3
角度2：由力的图像分析物体的运动情况...............................................................4
考向2 连接体模型........................................................................................................6
角度1：物物连接体模型...........................................................................................6
角度2：轻绳连接体模型...........................................................................................7
角度3：弹簧连接体模型...........................................................................................9
角度4：加速度不同的连接体模型.........................................................................10
考向3 “传送带模型”..............................................................................................12
角度1：物体在水平传送带上的运动分析.............................................................13
角度2：物体在倾斜传送带上的运动分析.............................................................14
考向4 “滑块－木板模型”问题..........................................................................16
角度1：没有其他外力的板块模型.........................................................................17
角度2：受恒定外力的板块模型.............................................................................19
角度3：受变力的板块模型.....................................................................................20
04 真题再现·洞悉高考
05 分层检测·能力拔高
【基础过关】...............................................................................................................25
【提升练习】...............................................................................................................28
考向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. 动力学图像问题的解题策略
（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.
角度1：由运动图像分析物体的受力情况
【典例1】（2024·河北·三模）某游泳运动员在
时间内运动的
图像如图所示。关于该运动员，下
列说法正确的是（ ）
A．在
内所受的合力一直不为0
B．在
内的位移大小为
C．在
内一定处于超重状态
D．在
内的位移大小为
【答案】D
【详解】A．
图像的斜率代表加速度，由图像可知，在
该运动员的有加速度，由牛顿第二定律
可知
在
与
运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在
与
所受合力为
零，在
，所受合力不为零，故A 项错误；
B．由于
图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在
内的位移为
，故B
项错误；
C．由之前的分析，在
结合图像可知，其加速度为
由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重则加速
度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C 项错误；
D．结合之前的分析，在
的位移为
，故D 项正确。
故选D。
【变式1-1】（2024·内蒙古通辽·一模）一个质量为 6kg 的物体在水平面上运动，图中的两条直线的其中
一条为物体受水平拉力作用而另一条为不受拉力作用时的速度—时间图像，则物体所受摩擦力的大小的可
能值为（ ）
A．1N
B．2N
C．2.5N
D．3N
【答案】B
【详解】根据
可知两图线对应的加速度大小分别为
，
若水平拉力与运动方向相反，则有
，
，解得
，
若水平拉力与运动方向相同，则有
，
，解得
，
故选B。
【变式1-2】（2024·湖南娄底·二模）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B 两个物
体，A、B 的质量分别为
，
，从
开始，推力
和拉力
分别作用于A、B 上，
大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（ ）
A．
时，A 物体的加速度为
B．
时，A、B 开始分离
C．
时，A、B 之间的相互作用力为3N
D．A、B 开始分离时的速度为
【答案】B
【详解】AC．由推力与时间的图像可得，
，
，则
时，可知
，
由于
，所以二者不会分开，A、B 两物体的加速度为
设此时A、B 之间的相互作用力为F，对B 根据牛顿第二定律可得
，解得
，故AC 错
误；
BD．当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有
，即
解得
，分离时的速度为
，故B 正确，D 错误。
故选B。
角度2：由力的图像分析物体的运动情况
【典例2】（2024·河北·三模）小芳同学上体育课时，从距离地面H 高度处将
的篮球从静止开始
释放，篮球与地面撞击后弹起，篮球在此过程中的
图像如图所示。不计篮球与地面撞击过程的时间间
隔，篮球在下落阶段与上升阶段所受的空气阻力大小相等，已知重力加速度
。则篮球（ ）
A．下落的高度
B．在下落阶段和上升阶段运动的时间差为0.2s
C．在下落阶段和上升阶段所受空气阻力与重力的大小之比为
D．撞击地面过程中损失的机械能为0.8J
【答案】B
【详解】A．根据v-t 图像与坐标轴所围面积表示位移，得
，A 项错误；
B．设篮球在下落过程中受到空气的阻力为
，由牛顿第二定律有
，由图可知
，联立两式解得
所以篮球上升过程的加速度
，
又因为
，解得
故篮球在上升阶段经历的时间为
篮球在下落和上升阶段的时间差
，B 项正确；
C．篮球下落过程的加速度大小
设篮球下落过程中所受空气阻力为
，由牛顿第二定律有
，解得
，C 项错误；
D．由篮球在此过程中的v-t 图像可知篮球即将着地时的速度大小为4 m/s，反弹时的速度大小为3.6 m/s，
可知篮球撞击地面过程中损失的机械能
，D 项错误。
故选B。
【变式2-1】（2024·山西临汾·三模）质量为m 的物块静止在动摩擦因数为µ 的水平地面上，0~3s 内所受水
平拉力与时间的关系如图甲所示，0~2s 内加速度图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2，由图可知
（ ）
A．m=1kg，µ=0.2 B．m=1kg，µ=0.1
C．m=2kg，µ=0.2
D．m=2kg，µ=0.1
【答案】A
【详解】0~1s 内，根据牛顿第二定律可得
，1~2s 内，有
，联立可得
，
故选A。
【变式2-2】（2024·北京石景山·一模）如图1 所示，一质量为2kg 的物块受到水平拉力F 作用，在粗糙水
平面上作加速直线运动，其a-t 图像如图2 所示，t=0 时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因
数。μ=0.1，g=10m/s²。下列说法错误的是（ ）
A．在t=2s 时刻，物块的速度为5m/s
B．在0~2s 时间内，物块的位移大于7m
C．在 t=1s 时刻， 物块的加速度为
D．在t=1s 时刻，拉力F 的大小为5N
【答案】B
【详解】A．根据
，可得
图像与坐标轴围成面积表示对应时间内速度的增量，t=2s 时刻，物体
的速度
，故A 正确；
B．在0～2s 时间内，物体做加速度增大的加速运动，速度—时间图象如图中实线，虚线为匀变速直线运
动的速度—时间图象由图像围成的面积表示位移
可知0～2s 时间内，物体的位移
，故B 错误；
C．由图2 可得，
在 t=1s 时刻， 物块的加速度为
，故C 正确；
D．在t=1s 时刻，由牛顿第二定律可得，
，代入数据解得
，故D 正确。
本题选错误的，故选B。
考向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．
角度1：物物连接体模型
【典例3】（2024·北京·高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F 作用下一起向前运动。飞船
和空间站的质量分别为m 和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意，对整体应用牛顿第二定律有，F = (M＋m)a
对空间站分析有F′ = Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力
，故选A。
【变式3-1】（2024·海南·一模）如图，质量分别为
和
的方形物体A 和B 在水平恒力
作用下，沿光
滑水平面向右运动，A 刚好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为
，则A、B 间
的动摩擦因数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设物体运动的加速度大小为
，对A、B 整体有
隔离B，可得A 对B 作用力大小
由牛顿第三定律知B 对
作用力大小
对
在竖直方向有
，得
，故选C。
【变式3-2】（2024·北京朝阳·二模）如图所示，光滑水平桌面上木块A、B 叠放在一起，木块B 受到一个
大小为F 水平向右的力，A、B 一起向右运动且保持相对静止。已知A 的质量为m、B 的质量为2m，重力
加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．木块A 受到两个力的作用
B．木块B 受到四个力的作用
C．木块A 所受合力大小为
D．木块B 受到A 的作用力大小为
【答案】C
【详解】A．由于桌面光滑，则两木块一起向右做加速运动，则木块A 受到重力、支持力和摩擦力三个力
的作用，选项A 错误；
B．木块B 受到重力、地面的支持力、A 对B 的压力和摩擦力以及力F 共五个力的作用，选项B 错误；
C．整体的加速度
则木块A 所受合力大小为
，选项C 正确；
D．木块B 受到A 的压力为mg，摩擦力为
，则作用力大小为
，选
项D 错误。
故选C。
角度2：轻绳连接体模型
【典例4】（2024·全国·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P 置于水平桌面
上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量
m，并测量P 的加速度大小a，得到
图像。重力加速度大小为g。在下列
图像中，可能正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设P 的质量为
，P 与桌面的动摩擦力为
；以P 为对象，根据牛顿第二定律可得，
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得，
，联立可得，
可知当砝码的重力大于
时，才有一定的加速度，当
趋于无穷大时，加速度趋近等于
。
故选D。
【变式4-1】（2024·辽宁阜新·模拟预测）如图所示，甲、乙两只猴子沿绕过定滑轮的轻绳下滑，甲的质量
大于乙的质量，甲与绳间的摩擦力大小为f1，乙与绳间的摩擦力大小为f2，甲下滑的加速度大小为a1，乙
下滑的加速度大小为a2。不计滑轮的质量及绳与滑轮的摩擦，则下列关系正确的是（ ）
A．一定有a1大于a2 B．可能有a1小于a2
C．一定有f1大于f2
D．可能有f1小于f2
【答案】A
【详解】CD．对轻绳研究可知，由于轻绳的质量不计，因此轻绳所受外力的合力一定为0，可知作用在轻
绳上的摩擦力一定大小相等，即有
，故CD 错误；
AB．根据牛顿第二定律有
，
由于甲的质量大于乙的质量，结合上述可知，
，故A 正确，B 错误。
故选A。
【变式4-2】（23-24 高三上·河南·期末）由同种材料制成的两滑块A、B 用一根轻质细绳连接，将滑块B
按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A 悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B 的加速度大
小均为
。现仅将滑块A、B 位置互换（如图乙所示），松手后滑块A、B 的加速度大小均为3a。已知滑
块B 的质量等于滑块A 的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为（ ）
A．0.1
B．0.2
C．0.3
D．0.4
【答案】B
【详解】设滑块A 的质量为
，滑块B 的质量为
；调换前，对系统根据牛顿第二定律可得，
调换后，对系统根据牛顿第二定律可得，
，联立解得
故选B。
角度3：弹簧连接体模型
【典例5】（23-24 高三上·河北衡水·开学考试）如图所示，系在墙上的轻绳跨过两个轻质滑轮连接着物体
P 和物体Q，两段连接动滑轮的轻绳始终水平。已知P、Q 的质量均为1kg，P 与水平桌面间的动摩擦因数
为0.5，重力加速度大小为
，当对P 施加水平向左的拉力F=30N 时，Q 向上加速运动。下列说
法正确的是（ ）
A．P、Q 运动的加速度大小之比为
B．P 的加速度大小为
C．轻绳的拉力大小为10N
D．若保持Q 的加速度不变，改变拉力F 与水平方向的夹角，则力F 的最小值为
【答案】D
【详解】A．根据动滑轮的原理，物体Q 移动的速度始终是物体P 的两倍，同时开始运动，速度变化量始
终是两倍关系，由公式
，可知，P、Q 运动的加速度大小之比为
，故A 错误；
BC．由牛顿第二定律，对物体Q 分析，
，对物体P 分析
联立解得轻绳的拉力大小为
，P 的加速度大小为
，故BC 错误；
D．若保持Q 的加速度不变，则P 的加速度也不变，则有
，
设拉力F 与水平方向的夹角
，则对物体P 分析有
，化简可得，
，其中
当
，力
有最小值，且最小值为
，故D 正确。
故选D。
【变式5-1】（2022·浙江绍兴·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。
【变式5-2】（多选）（2024·山东烟台·三模）如图所示，有两个物块A 和
，质量分别为
和
，用同
一根轻质细线将两个物块连接在滑轮组上，滑轮质量不计，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，
现将两物块由静止释放，经过一段时间，A 的位移为，在此过程中，下列说法正确的（ ）
A．物块A 和
总势能保持不变
B．A 的位移为时，
的速度为
C．细线的拉力大小为
D．A 和
重力的功率大小之比为1：3
【答案】BC
【详解】A．根据机械能守恒定律可知，B 减小的重力势能全部转化为A 的重力势能和两物体的动能，所
以，A 和B 的重力势能之和减小，故A 错误；
B．设A 上升到h 位置时的速度为v1，B 的速度为v2，根据动滑轮的特点可知，v2=2v1
根据A 和B 组成的系统机械能守恒可得
，联立解得
，故B 正
确；
C．根据动滑轮的特点可知，A 的加速度为B 的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得，对A 有
对B 有
，又有a2=2a1，联立解得，轻绳的拉力大小
，故C 正确；
D．重力功率
，由于v2=2v1，
，故A 和
重力的功率大小之比为1：4，故D 错误。
故选BC。
角度4：加速度不同的连接体模型
【典例6】（2024·北京大兴·三模）如图所示，a、b 两物体的质量分别为
和
，由轻质弹簧相连，当用
恒力F 水平向右拉着a，使a、b 一起沿粗糙水平面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x，加速度大小为
。已知a、b 两物体与水平面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（ ）
A．如果恒力增大为2F，则两物体的加速度增大为
B．如果恒力增大为2F，则弹簧伸长量仍为x
C．若水平面光滑，则弹簧伸长量仍为x
D．若水平面光滑，则加速度大小仍为
【答案】C
【详解】根据题意，由牛顿第二定律，对整体有
对物体
有，
，解得
，
AB．如果恒力增大为2F，同理可得，两物体的加速度为
弹簧伸长量
，故AB 错误；
CD．若水平面光滑，同理可得，
，则弹簧伸长量
，故C 正确，D
错误。
故选C。
【变式6-1】（多选）（2024·黑龙江·三模）如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg 的足够长的木板
P，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m=1kg 的物块Q 叠放在P 上。初始时刻，系统静止，弹簧处
于原长，现用一水平向右、大小为F=9N 的拉力作用在P 上。已知P、Q 间的动摩擦因数
，弹簧的
劲度系数k=100N/m，重力加速度g 取
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（
）
A．Q 受到的摩擦力逐渐变大
B．Q 速度最大时，向右运动的距离为2cm
C．P 做加速度减小的加速运动
D．从Q 开始运动到Q 第一次回到原来位置过程，摩擦力对Q 先做正功后做负功
【答案】BD
【详解】A．当拉力刚刚作用在P 上时，假设P、Q 保持相对静止，则有
，解得
假设不成立，则Q 相对P 向左运动，P、Q 之间的摩擦力大小一直为
，故A 错误；
B．当弹簧弹力与摩擦力大小相等时，Q 的速度达到最大值，由平衡条件有
解得Q 速度最大时，向右运动的距离为
，故B 正确；
C．对P 受力分析，由牛顿第二定律有
，可知P 的加速度保持不变，故C 错误；
D．P 对Q 的摩擦力方向向右，Q 向右先加速后减速，摩擦力对Q 做正功，Q 减速至0 后将向左运动，摩
擦力方向还是向右，故摩擦力对Q 做负功，故D 正确。
故选BD。
【变式6-2】（多选）（2024·安徽·模拟预测）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平面上，轻弹簧放
在斜面上，下端与斜面底端的固定挡板连接，弹簧处于原长，上端与斜面上的P 点对齐，小球从斜面上的
Q 点由静止释放。已知重力加速度为g，则小球由静止释放运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（
）
A．小球运动到P 点时速度最大
B．小球加速度为零时，弹簧的弹性势能和小球重力势能之和最小
C．小球运动到最低点时，加速度大小等于
，方向沿斜面向上
D．小球加速运动的距离一定大于减速运动的距离
【答案】BD
【详解】A．小球运动到合力为零时速度最大，故A 错误；
B．小球加速度为零时，速度最大，动能最大，根据小球和弹簧组成系统机械能守恒可知，此时动能最
大，则弹簧的弹性势能和小球重力势能之和最小，故B 正确；
C．设弹簧的最大压缩量为x，根据机械能守恒可得
物块运动的最大加速度为
，故C 错误；
D．令减速过程加速度为
的位置为
，小球加速运动过程中在P 点之前的加速度不变为
，遇
见弹簧以后为
减速运动过程中
小球在P 到
过程的中运动对称，在
以后减速过程中加速度增大均大于
，因此对应的位移小于
PQ 的位移，即加速的距离大于减速的距离，故D 正确。
故选BD。
考向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
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0＞v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＜v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v0＞v，返
回时速度为v；若v0＜v，返回时速度为v0
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
情景1
(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；
情景2
(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速；(2)可能一直匀速；
(3)可能先加速后匀速；(4)可能先减速后匀速；
(5)可能先以a1加速后以a2加速；(6)可能一直减速
情景4
(1)可能一直加速；(2)可能一直匀速；
(3)可能先减速后反向加速；(4)可能一直减速
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 物<v 带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运
动．
(2)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v 物>v 带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运
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 物＝v 带，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
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．
角度1：物体在水平传送带上的运动分析
【典例7】（23-24 高三下·海南·期中）如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为
，一小滑
块从传送带左端以初速度大小
滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回
到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小滑块的加速度向右，大小为μg
B．若
，小滑块返回到左端的时间为
C．若
，小滑块返回到左端的时间为
D．若
，小滑块返回到左端的时间为
【答案】D
【详解】A．小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得，
解得
，故A 错误；
B．若
，小滑块的速度从
先向右减速到0 再返回加速到
，刚好返回到左端，时间为
，故B
错误；
CD．若
，小滑块的速度从
先向右减速到0 的时间
位移为
，然后加速返回，速度加速到
的时间
，位移为
，最后以速度
匀速回到
左端，时间为
小滑块返回到左端的时间
，解得
，故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式7-1】（多选）（2024·安徽·三模）如图所示，水平传送带左端A 与右端B 相距2.5m，传送带以
1m/s 的速度逆时针匀速转动。质量为2kg 的小滑块以2m/s 的初速度从A 端滑上传送带，小滑块与传送带之
间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小滑块最终从B 端离开传送带
B．整个过程摩擦力对小滑块做功为-4J
C．小滑块在传送带上的划痕长度为4.5m
D．小滑块在传送带上匀速运动的时间为1.5s
【答案】CD
【详解】A．根据牛顿第二定律有，
，解得a=1m/s2
小滑块向右减速到零的时间
，
运动的距离
，
小于传送带的长度，因此小滑块最终从A 端离开传送带，A 错误；
D．减速到零之后反向加速直到共速，加速时间
，反向加速的距离
再向左匀速运动
，到达A 端，时间
，D 正确；
C．从滑上传送带到共速，滑块与传送带的相对位移
C 正确；
B．根据动能定理，摩擦力对小滑块做的功等于小滑块动能的变化量
，B 错误。
故选CD。
【变式7-2】（多选）（2024·河南郑州·三模）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率
向右运
动，一质量为
的滑块从传送带右端以水平向左的速率
滑上传送带，经过时间
，最终
滑块又返回至传送带的右端。在滑块整个运动过程中（ ）
A．滑块距传送带右端的最大距离为8m
B．传送带对滑块做功为零
C．传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2
D．传送带与滑块因摩擦产生的热量为18J
【答案】AD
【详解】C．根据题意可知，滑块先向右匀减速到0，再向左匀加速到与传送带共速，之后和传送带一起匀
速到最右端，设匀速的时间为
，传送带与滑块间的动摩擦因数为
，则有
规定向右为正方向，则有
，
，联立解得
，
，
，
故C 错误；
A．滑块向右匀减速到0 时，滑块距传送带右端的距离最大，则最大距离为
，故A 正确；
B.设传送带对滑块做功为
，由动能定理有
，代入数据解得，
，故B 错误；
D．传送带与滑块的相对位移为
传送带与滑块因摩擦产生的热量为
，故D 正确。
故选AD。
角度2：物体在倾斜传送带上的运动分析
【典例8】（多选）（2024·四川成都·三模）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定
速率顺时针转动，一煤块以初速度
从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所
示，取g=10m/s2，则下列说法不正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75 B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0
C．煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为2s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
【答案】BC
【详解】AB．
内煤炭的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得，
后煤炭的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
，联立解得
，
倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为
，故A 正确，不满足题意要求；B 错误，满足题意
要求；
C．
煤炭的位移为
煤炭的位移为
煤炭下滑的过程中，根据动力学公式有
解得煤块从最高点下滑到A 端所用的时间为
，故C 错误，满足题意要求；
D．
煤炭相对传送带向上的位移为
煤炭相对传送带向下的位移为
煤炭相对传送带向下的位移为
由于
，煤块在传送带上留下的痕迹长为
，故D 正确，不满足题
意要求。
故选BC。
【变式8-1】（多选）（2024·辽宁·模拟预测）如图所示，一条长为2m、倾角为30°的传送带在电动机的带
动下，以3m/s 的速率沿逆时针方向匀速运行。某时刻，将质量为1kg 的小滑块轻放在传送带上端，直至小
滑块滑离传送带。已知重力加速度g 取
，滑块与传送带之间的滑动摩擦因数为
，则（ ）
A．小滑块经过0.5s 与传送带速度相同
B．小滑块经过0.8s 离开传送带
C．整个过程因摩擦而产生的热量为2J
D．电动机因运送小滑块多做的功为1J
【答案】BC
【详解】A．物体刚放上去时的加速度为
，则根据牛顿第二定律可知，
解得
，共速的时间
，A 错误；
B．共速前的位移
，滑块此时运动的加速度为
，同理根据牛顿第二定律可知
，故有
，
，联立解得
所以物体离开传送带的时间，
，B 正确；
C．整个过程中因摩擦产生的热量
，C 正确；
D．根据能量守恒可知，
，D 错误。
故选BC。
【变式8-2】（多选）（2024·湖北·三模）如图所示，某传送带的倾角
，长为10.5m，以6m/s 的速
率逆时针运转。 在传送带顶端A 点静止释放一个质量为1kg 的物体，同时传送带在电动机的带动下，以
4m/s2加速运转，已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取
10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体从顶端A 点运动至底端B 点的过程中（ ）
A．物体一直做匀加速直线运动
B．物体从A 点运动至B 点所用时间为1.5s
C．物体在传送带上留下划痕的长度为3m
D．物体从A 点运动至B 点的过程中因摩擦产生的内能为20J
【答案】BC
【详解】物体由静止释放，一开始受到的摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律可得，
设经过
时间物体与传送带达到相同速度
，则有
代入数据可得，
，
该段过程物体与传送带通过的位移分别为
，
共速后，假设物体与传送带可以保持相对静止，则有
解得物体受到的静摩擦力大小为
则共速后物体与传送带一起以
的加速度向下做匀加速直线运动，设共速后经过
时间，物体到达B
点，则有
，解得
则物体从A 点运动至B 点所用时间为
物体在传送带上留下划痕的长度为
物体从A 点运动至B 点的过程中因摩擦产生的内能为
故选BC。
考向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xB＝xA＋L
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xB＋L＝xA
3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
角度1：没有其他外力的板块模型
【典例9】（2024·全国·高考真题）如图，一长度
的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的
右端与平台的边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离
时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。已知物块与薄板的
质量相等。它们之间的动摩擦因数
，重力加速度大小
。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；
；（2）
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
，解得
，
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
【变式9-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，一质量
的长方形木板B 放在光滑水平
地面上，在其右端放一个质量
的小木块A．给A 和B 以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使
A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，A、B 之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g
取
．则在整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小木块A 与长木板B 共速时速度大小为3m/s
B．小木块A 向左运动的最大位移为2m
C．整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5J
D．长木板的长度可能为5m
【答案】C
【详解】A．由于系统总动量方向向右，则小木块A 先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速
度向右匀速，设共速速度为
，根据动量守恒定律可得，
，解得
，故A
错误；
B．小木块
向左运动时加速度为
向左运动最大位移为
，故B 错误；
CD．小木块与木板共速时，根据能量关系有
，解得
整个过程系统因摩擦产生的热量为
由于A 始终没有滑离B 板，则木板长度必须大于或等于
，故长木板的长度不可能为
，故C 正确，
D 错误。
故选C。
【变式9-2】（2024·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量为
的物
块（视为质点）静止放置在长木板的最右端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为
，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向左的速度
，经过一段时间长木板停止运动时木块正好从长
木板的左端脱离。已知长木板的长度为
，重力加速度为
，求：
（1）长木板的运动时间以及长木板的质量；
（2）长木板与地面间的摩擦生热以及长木板从运动到停止克服摩擦力做功的平均功率。
【答案】（1）
，
；（2）
，
【详解】（1）设长木板的运动时间为，则长木板的位移为
木块做匀速运动，位移为
两者的相对位移为
，综合解得
，
设长木板的质量为
，木块在长木板上运动，对长木板进行受力分析，长木板的合力（即滑动摩擦力）为
由牛顿第二定律可得长木板的加速度为
长木板运动的时间为
，综合解得
，
（2）长木板与地面间的摩擦生热为
长木板从运动到停止克服摩擦力的平均功率为
，计算可得
，
角度2：受恒定外力的板块模型
【典例10】（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，质量为
的长木板乙放在光滑的地面上，另一质
量为
的滑块甲放在长木板的最右端，质量为
的滑块丙也放置在木板上。现在甲上施加一斜
向左上方与水平方向成
、大小为
的恒力F，使甲开始在长木板上滑动，已知甲与乙之间、丙与乙
之间的动摩擦因数分别为
、
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，
。求恒力作用时滑块丙的加速度大小。
【答案】
【详解】在物体甲上施加恒力后，对甲受力分析，在竖直方向，设乙对甲的支持力为N，则
解得
则乙受到的甲的滑动摩擦力为
对丙受力分析，丙受到的合外力为乙对丙的摩擦力，则丙的最大加速度为
假设乙丙没有发生相对滑动，则乙丙整体的加速度为
所以，假设成立，乙丙一起加速度运动，滑块丙的加速度大小为
。
【变式10-1】（2024·宁夏银川·三模）如图所示，光滑水平面上放着长
，质量为
的薄木
板，一个质量为
的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因
，开始均静止，现对
木板施加一水平向右的恒定拉力F，g 取
。求：
（1）为使小物体不从木板上掉下，F 不能超过多少；
（2）如果拉力
，小物体需多长时间就脱离木板。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律得，
可得小物体最大加速度为
对整体分析，由牛顿第二定律得，
（2）因施加的拉力
，故物体相对木板滑动，设木板对地运动的加速度为
，对木板由牛顿
第二定律得，
，解得
小物体在木板上运动的时间为
，则
，解得
【变式10-2】（2024·湖南·模拟预测）如图所示，质量为4kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左
端有一质量为2kg 的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F 作用的时间
不超过1s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为
0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小
。则木板的长度为（ ）
A．0.8m
B．1.0m
C．1.2m
D．1.5m
【答案】B
【详解】设拉力F 作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为
，撤去外力后物块的加速度大小为
，木板的加速度为
，根据牛顿第二定律有，
，
，
，
解得
，
，
拉力F 作用的时间为1s 时，物块、木板的速度为
，
设又经
时间，物块、木板共速，则
，解得
，
木板的长度为
故选B。
角度3：受变力的板块模型
【典例11】（2024·江西·模拟预测）如图甲所示，长木板放在光滑的水平地面上，一个质量
的小物
块放在长木板上，给小物块施加如图甲所示的水平拉力F，且F 随时间的变化规律如乙图所示，在此后的
运动过程中物块与长木板之间的摩擦力随时间变化规律如丙图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g 取
，结合图中数据下列说法正确的是（ ）
A．小物块与长木板之间的动摩擦因数为
B．长木板的质量为3 kg
C．
时小物块的速度大小为
D．
时小物块的速度大小为
【答案】C
【详解】A．结合
，可知
3s 以后物块与长木板间相对滑动，由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设物块与长木板之间的动摩擦因数为
，可得
解得物块与长木板之间的动摩擦因数为
，故A 错误；
B．设长木板的质量为M，当
时，物块与长木板相对静止，长木板达到最大加速度
当
时，拉力 F 的大小为
对铁块由牛顿第二定律得
，解得
，
，故B 错误；
C．力-时间图像中，图线与坐标轴围成的面积表示冲量，由图可知
内力F 的冲量大小为
物块与长木板之间的摩擦力f 的冲量大小为
内对物块由动量定理可得
，解得
时，物块的速度大小为
，故C 正确；
D．
内对物块
由动量定理
，可得
，故D 错误。
故选C。
【变式11-1】（23-24 高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图所示，P、Q 两本完全相同的物理课本，叠放在
足够长的水平桌面上，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每本物理课本
质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则要将物理课本Q 从物理课本P 下方水平抽出，作用在物
理课本Q 上的水平拉力F 不小于（ ）
A．μmg
B．2μmg
C．3μmg
D．4μmg
【答案】D
【详解】要将物理课本Q 从物理课本P 下方水平抽出，物理课本P 的加速度为
对物理课本Q 有，
，
，解得
故选D。
【变式11-2】（23-24 高三下·重庆南岸·阶段练习）如图1 所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平
地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个
的变力作用，从
时刻开始
计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2 所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g
取
，则下列说法不正确的是（ ）
A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
C．图2 中
D．木板的最大加速度为
【答案】C
【详解】B．根据图2 可知，在t2以后滑块受到的摩擦力不变，为
根据滑动摩擦力的计算公式可得
，解得滑块与木板间的动摩擦因数
，故B 正确，
不符合题意；
A．在0～t1过程中为静摩擦力，t1～t2过程中木板相对于地面开始运动，木板与水平地面间的动摩擦因数为
，则
，解得
，故A 正确，不符合题意；
C．t2时刻二者发生相对运动时，加速度大小为a，对木板根据牛顿第二定律可得，
对木块有
，解得
根据F=0.5t 可知图2 中t2时刻对应的拉力为24s，故C 错误，符合题意；
D．t2以后木板受力不变，加速度不变，则木板的最大加速度为2m/s2，故D 正确，不符合题意。
故选C。
1．（2024·安徽·高考真题）倾角为
的传送带以恒定速率
顺时针转动。
时在传送带底端无初速轻放
一小物块，如图所示。
时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到
。不计空气阻力，则物块从传送
带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v 随时间t 变化的关系图线可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩
擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直
线运动。
C 正确，ABD 错误。
故选C。
2．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送
带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越
长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A 错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B 错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C 错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时，
，做匀加速运动时，物体
速度小于传送带速度则一直加速，由
可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D 正确。
故选D。
3．（2023·北京·高考真题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为
1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F 作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F 的
最大值为（ ）
A．1N
B．2N
C．4N
D．5N
【答案】C
【详解】对两物块整体做受力分析有F = 2ma，再对于后面的物块有，FTmax= ma，FTmax= 2N
联立解得，F = 4N
故选C。
4．（2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于
光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线
垂直。当两球运动至二者相距
时，它们加速度的大小均为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】当两球运动至二者相距
时，,如图所示
由几何关系可知，
设绳子拉力为
，水平方向有
，解得
对任意小球由牛顿第二定律可得，
，解得
，故A 正确，BCD 错误。
故选A。
5．（多选）（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。
时，
木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上
木板。已知
到
的时间内，木板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其中g 为重力加速度大小。
时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在
时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4
D．
之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．
图像的斜率表示加速度，可知
时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在
时刻滑上木板，故A 正确；
B．结合图像可知
时刻，木板的速度为
，设小物块和木板间动摩擦因数为
，
由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过
时间与木板共速此时速度大小为
，方向水平向右，故可得
，解得
，
故B 正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
，解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得，
，解得
，故C 错误；
D．假设
之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即
之后小物块和木板一起做匀速运动，故D 正确。
故选ABD。
6．（多选）（2022·全国·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。
故选AD。
一、单选题
1．（23-24 高三上·辽宁大连·期末）平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上
平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情
况可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】箱子以一定的水平初速度
从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板
车做匀加速直线运动，设经过时间箱子与平板车达到共速
，此过程平板车的位移为
箱子的位移为
，则箱子相对于平板车向前的位移大小为
，
可得
，故选C。
2．（20-21 高一上·河南洛阳·阶段练习）如图，置于水平地面上相同材料的质量分别为m 和M 的两物体间
用细绳相连，在M 上施加一水平恒力F，使两物体做匀加速运动，对两物体间绳上的张力，正确的说法是
（ ）
A．地面光滑时，绳子拉力的大小为
B．地面不光滑时，绳子拉力大于
C．地面不光滑时，绳子拉力小于
D．地面光滑时，绳子拉力小于
【答案】A
【详解】AD．光滑时，对整体分析，根据牛二定律得加速度
对m 受力分析由牛顿第二定律得，T=ma，联立解得
，故A 正确，D 错误；
BC．地面不光滑时，对整体，根据牛顿第二定律得加速度
对m 受力分析由牛顿第二定律得，
，解得
，B C 错误。
故选A。
3．（2024·贵州安顺·一模）快递员通过传送带和一段光滑圆弧轨道把包裹从低处送到高处的车厢，传送带
倾角为
，传送带ab 端距离
，始终以速度
匀速顺时针转动，传送带上端与圆弧轨
道bc 相切于b 点，bc 段圆心为O，最高点为c。
时刻，把第一个包裹轻放在传送带底端a，后面每隔
0.5s 放一个包裹，若包裹与传送带间的动摩擦因数为
，每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c 点。重
力加速度g 取
。下列说法正确的是（ ）
A．包裹在最高点c 时，对圆弧轨道的压力为零B．第一个包裹在传送带上运动的时间为3.55s
C．圆弧轨道半径为
D．传送带上最多有5 个包裹
【答案】B
【详解】A．因为每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c 点，即包裹到达c 点时的速度为0，即包裹在c 点时重
力和支持力为平衡力，等大反向，则支持力等于重力，根据牛顿第三定律，对圆弧轨道的压力等于支持力
等于重力，故A 错误；
B．包裹在倾斜传送带上先加速运动后匀速运动，加速时，根据牛顿第二定律，
则加速时间为
加速位移为
匀速运动时间为
则包裹在传送带上运动时间为
，故B 正确；
C．由B 可知，包裹在传送带上最终和传送带共速，即包裹在b 点的速度为
包裹由b 到c 点，设圆弧轨道半径为R，根据动能定理
，解得
，
故C 错误；
D．由B 可知，第一个包裹在传送带上运动时间为3.55s，这段时间内可以在传送带上放置包裹的个数为
，即，第一个包裹到达b 点时，传送带上又放置了7 个包裹，则传送带上最多有8 个包
裹，故D 错误。
故选B。
4．（2024·黑龙江·三模）如图所示为一无人机由地面竖直向上运动的v－t 图像。关于无人机的运动，下列
说法正确的是（ ）
A．0~
段无人机的加速度大于
~
段无人机的加速度B．0~
段，无人机的平均速度大小为
C．
时刻无人机到达最高点
D．
~
段，无人机处于失重状态
【答案】D
【详解】A．
图像中，其斜率表示加速度的大小，由于
段倾斜程度小于
段的倾斜程度，所
以
段的加速度小于
加速度，A 错误；
B．
段无人机的加速度发生了变化，不是匀变速运动，所以其平均速度不是
，而是小于
，B 错
误；
C．由图像可知，无人机
加速上升，
也是加速上升，只不过这一阶段的加速度更大，
阶段
开始减速上升，
时刻减速到0，达到最高点，C 错误；
D．
阶段开始减速上升，加速度方向向下，无人机处于失重状态，D 正确。
故选D。
5．（2024·海南海口·一模）如图所示，质量分别为m 和
的A、B 两物块，在水平恒力F 作用下沿光滑
的水平面一起向右运动。A 对B 的作用力大小为
，B 对A 的作用力大小为
。则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】将A、B 整体，由牛顿第二定律有，
对B 由牛顿第二定律有，
对A 由牛顿第二定律有，
，解得
，即
，故选C。
6．（2024·安徽·二模）如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运
动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成
角。下列说法正确的是（ ）
A．小车一定做匀速运动
B．小车一定向右做加速运动
C．弹簧有弹力时，细绳可能没拉力
D．细绳有拉力时，弹簧一定有弹力
【答案】C
【详解】AB．若绳上拉力不为零，受力分析可知，
，
此时，小车加速度向右，可能向右做匀加速直线运动，或者向左做匀减速直线运动，故A、B 错误；
C．当小车做匀速直线运动时，弹簧有弹力，细绳没拉力，故C 正确；
D．若满足
，细绳有拉力，拉力竖直方向的分力与重力相平衡，弹簧没弹力，小车向右做匀加
速直线运动或向左做匀减速直线运动，故D 错误。
故选C。
7．（2023·四川眉山·一模）如图，轻弹簧左端固定，右端连接一滑块，t＝0 时刻，将滑块无初速放在向右
匀速运动的水平传送带上，此时弹簧水平且为原长。若弹簧形变始终在弹性限度内，滑块最后静止，选地
面为参考系，以向右方向为正方向，则在下列滑块速度v 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】已知滑块最后静止，必然存在空气阻力（可类比竖直悬挂的弹簧振子模型，若不存在空气阻力必
然做简谐运动），且最终静止于弹力与滑动摩擦力相等的位置。初始时刻向右的滑动摩擦力大于向左的弹
力，则滑块向右加速运动，随着弹簧变长，向左的弹力增大，且存在向左的空气阻力，则滑块向右的加速
度减小（
斜率减小）；当滑动摩擦力与弹力及空气阻力的合力平衡时，滑块速度最大，滑块继续向右
运动，弹力和空气阻力大于滑动摩擦力，加速度向左，滑块向右减速；随着弹力的增大，向左的加速度增
大，当滑块速度减到零后，弹力大于滑动摩擦力，向左加速，此时空气阻力变为向右，当弹力等于滑动摩
擦力及空气阻力合力时向左的速度最大，然后又向左减速直到速度为零；由于空气阻力的存在，滑块向右
的最大速度大于向左的最大速度。
故选C。
8．（2024·江苏·一模）如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适
当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列
图中不
可能描述小物块在传送带上运动的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（
），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，
由牛顿第二定律可得
，即
可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满
足
，可知二者将共速。故AB 正确，与题意不符；
CD．同理，可知当小物块的初速度沿斜面向上（
），对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得，
，即
可知小物块先沿传送带向上匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速
的情况（
）或者继续匀加速（
）此时加速度满足，
，故C 正
确，与题意不符；D 错误，与题意相符。
本题选不正确的故选D。
二、多选题
9．（多选）（2024·安徽·三模）如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v 向下传动，质量分别为m、M
的两物块P、Q 用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻P 以速度
滑上传送带顶端，同时Q 也以速度
竖直向
上运动，此后P 运动的
图像如图（b）所示，
、
已知。已知P 与滑轮之间的轻绳始终与传送带平
行，传送带足够长，Q 始终没有与滑轮相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．一定有
B．一定有
C．物块P 返回传送带顶端的时刻为
D．根据图像可求出P 与传送带间的动摩擦因数
以及传送带倾角
【答案】AD
【详解】ABD．物块P 先向下做减速运动，t1时刻加速度发生变化，说明摩擦力方向发生了变化，即t1时
刻物块P 与传送带共速，t1时刻之前物块的速度大于传送带的速度，则一定有
，在t1时刻之前，对
PQ 的整体
在t1时刻之后，对PQ 的整体
因a1和a2可以从v-t 图像斜率中得到，则由两方程联立可求出P 与传送带间的动摩擦因数
以及传送带倾
角
，但不能确定M 和m 的大小关系，选项AD 正确，B 错误。
C．由图像可知，在t2时刻物块P 到达最低点，然后反向沿斜面向上运动，加速度一直为a2，因
结合
图像的面积等于位移可知物块P 返回传送带顶端的时刻为大于
时刻，选项C 错误；
故选AD。
10．（多选）（2024·湖南·模拟预测）如图所示，甲、乙两名质量分别为m1和m2的运动员，各抓住轻质绳
的一端（运动员脚未着地），绳子与滑轮间的摩擦不计，滑轮和绳子质量均不计，则（ ）
A．若
，两运动员紧抓绳子与绳子保持相对静止，乙运动员与绳子间的摩擦力大小为
B．若
，两运动员紧抓绳子与绳子保持相对静止，绳子中的拉力大小是
C．若
，乙运动员抓住绳子不动，甲运动员抓住绳子由静止开始加速上爬，乙运动员与绳子间
的摩擦力大于
D．若
，乙运动员抓住绳子不动，甲运动员抓住绳子由静止开始加速上爬，甲、乙距地面初始
高度相同，则甲先到达滑轮处
【答案】BC
【详解】B．对整体分析，有
对m1，有
，所以
，
，故B 正确；
A．绳子质量不计时，运动员与绳子间的摩擦力大小等于绳子拉力大小，故A 错误；
CD．若
，甲运动员抓住绳子由静止开始加速上爬，绳子拉力大于运动员的重力，绳子对两运动员
的拉力大小相等，两运动员的质量也相等，所以两运动员向上的加速度大小相等，又起始高度相同，故两
运动员同时到达滑轮处，故C 正确，D 错误。
故选BC。
11．（多选）（2024·四川遂宁·三模）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜
面倾角θ 的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹
角θ，实验测得x 与斜面倾角θ 的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，
=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，则根据图像可求出（ ）
A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值xmin≈0.7 m
【答案】AD
【详解】A．由图可知，当
时物体做竖直上抛运动，位移为
，由竖直上抛运动规律可知，
，代入数据解得
，故A 正确；
B．当
时，位移为
，由动能定理可得，
，代入数据解得，
，故B
错误；
C．若
时，物体的重力沿斜面向下的分力为
，最大静摩擦力为
，小球达到最高点后会下滑，故C 错误；
D．由动能定理得，
，解得
当
时，
，此时位移最小为
，故D 正确。
故选AD。
三、解答题
12．（2024·安徽·二模）如图所示，光滑的四分之一圆轨道最低点P 与水平传送带相切，圆弧轨道半径为
3.2m，一质量
的小物体（可视为质点）在圆心等高处由静止释放，小物体与传送带之间的动摩擦
因数
，传送带长度
，且传送带以4m/s 顺时针匀速转动。重力加速度g 取
，求：
（1）小物体经过P 点对圆弧轨道的压力；
（2）小物体从P 点到Q 点所用的时间。
【答案】（1）
，方向竖直向下；（2）
【详解】（1）在圆弧轨道下滑至
点，由动能定理，
，得
在
点，由牛顿第二定律，
，得
根据牛顿第三定律
，方向竖直向下。
（2）物块进入传送带的加速度，
减速到传送带速度所用时间
，得
减速的位移
，得
物块和传送带共速后一直匀速，直到
点脱离，用时
。则
，
，得
总时间
，解得
13．（2024·辽宁丹东·二模）光滑水平地面上静置一辆平板小车，质量为M=2.5kg，长度为L=2.8m，在小
车最左端放有一块质量为m=2.0kg 的铁块（可看成质点），铁块与小车之间的动摩擦因数为μ=0.4
（g=10m/s2）。
（1）当外力F=20N 水平向右作用在铁块上时，铁块和小车的加速度大小各为多少；
（2）若外力F=20N 水平向右一直作用在铁块上或水平向左一直作用在小车上都可以使铁块运动至小车的
右端，求前后两次运动所用的时间之比。
【答案】（1）6m/s2，3.2m/s2；（2）
【详解】（1）假设铁块与小车相对滑动，对铁块，根据牛顿第二定律可得，
，解得
对小车，根据牛顿第二定律可得
，解得
，所以二者相对滑动，计算结果成立；
（2）第一次外力F 水平向右作用在铁块上，直至运送到小车右端所用时间为t1，则
解得
第二次外力F 水平向左作用在小车上，直至将铁块运送到小车右端所用时间为t2，对铁块，有
，解得
对小车，有
，解得
，
，解得
则前后两次运送所用的时间之比为
14．（2024·山东烟台·三模）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易图，该传送
带的倾角为
，
时刻工人将质量
的工料静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在
工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为
，传送带以
的速度顺时针匀速转动，
时刻关闭电动机，经过一段时间后工料刚好到达传送
带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为
，重力加速度
，工料可视为质
点，不计空气阻力，
。求：
（1）
时刻工料的速度大小；
（2）传送带AB 两端间的距离。
【答案】（1）8m/s；（2）20m
【详解】（1）对工料进行受力分析，根据牛顿第二定律有，
设经t 时刻，工料与传送带共速则有
，代入数据解得，
，
即
时刻工料恰与传送带共速，则速度大小为8m/s；
（2）关闭电动机之前工料上升的距离
关闭电动机后，再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有，
根据速度公式有
，代入数据解得，
传送带AB 两端间的距离
15．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）劲度系数k＝100N/m 的轻弹簧一端固定在倾角
的固定光滑斜
面的底部，另一端和质量
的小物块A 相连，质量
的小物块B 紧靠A 静止在斜面上，轻
质细线一端连在物块B 上，另一端跨过定滑轮与质量
的物体C 相连，对C 施加外力，使C 处于静
止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图甲所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C 竖直向下运动，
直至A、B 分离。取
。
（1）当A、B 恰好分离时，求A 的加速度大小；
（2）在图乙所示坐标系中，以沿斜面向上为正方向，画出从撤掉外力到A、B 分离的过程中，A 的加速度
随位移x 变化的关系图像，并根据图像求出A 的最大速度。
【答案】（1）0；（2）
；
【详解】（1）A、B 恰好分离时，以BC 整体为研究对象有，
，解得
则A 的加速度大小也为0。
（2）开始A、B 静止，设弹簧压缩量为
，则
，解得
当加速度为0 时，A 的速度最大，当A、B、C 一起加速运动位移为x 时，对C 受力分析有
对A、B 受力分析有，
弹簧弹力大小为
，联立，解得，
当
时，加速度
，当
时，位移
，
图像如图所示
由
图像与坐标轴围成的面积可计算物块A 的最大速度，则最大速度大小为
