文档文本内容
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第09 讲 牛顿运动定律的综合应用——两类基本动
力学问题、传送带问题、板块问题
目录
考情探究...........................................................................................................................
知识梳理...........................................................................................................................
探究核心考点...................................................................................................................
考点一 两类基本动力学问题........................................................................................................
考点二 传送带问题........................................................................................................................
考点三 板块模型............................................................................................................................
三阶突破训练...................................................................................................................
基础过关..........................................................................................................................................
能力提升..........................................................................................................................................
真题感知..........................................................................................................................................
一、5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2021 年全国甲卷，第1 题
2021 年浙江卷，第20 题
2022 年浙江1 月卷，第19 题
2022 年浙江6 月卷，第19 题
2023 年全国乙卷，第1 题
2024 年辽宁卷，第10 题
两类基本动力学问题
匀变速直线运动规律
2021 年辽宁卷，第13 题
传送带问题
1
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2021 年全国乙卷，第21 题
2024 年新课标卷，第12
（1）题
板块问题
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，可选择、可计算，经常与其它知识综合考查。
【备考策略】1.理解、掌握两类基本动力学问题的求解方法。
2.理解、掌握传送带问题的求解方法。
3.理解、掌握板块问题的求解方法。
4.具备数形结合的思想意识，会借助图像解决实际问题。
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，可选择、可计算，经常与其它知识综合考查。板块问题是
难点。
一、动力学两类基本问题
1．动力学问题的解题思路
2．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁．
2
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二、等时圆模型
1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ；
3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时
间相等，如图丙所示．
三、传送带模型
1．会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。
2．会计算相对位移及划痕的长度。
3．注意物体与传送带之间摩擦力的突变。
4．要借助于v-t 图像。
5. 水平传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0＜v 时，一直加速
v0＜v 时，先加速再匀速
v0＞v 时，一直减速
v0＞v 时，先减速再匀速
一直减速到右端
先减速到速度为0，后被传送带传回
左端。若v0＜v 返回到左端时速度为
v0，若v0＞v 返回到左端时速度为v
6．倾斜传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系
gsin θ＜μgcos θ)
先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ
＋μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ＜tan θ，先以a1 加速，后以a2
加速
v0＜v 时，一直加速(加速
度为gsin θ＋μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜
tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0＞v 时，一直加速或减速
( 加速度大小为gsin θ －
μgcos θ 或μgcos θ －gsin
θ)
若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ＜
tan θ，一直加速
3
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(摩擦力方向一定沿斜
面向上)
gsin θ＞μgcos θ，一直加速；gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ＜μgcos θ，一直减速
先减速到速度为0 后反向加
速：若v0＜v，到原位置时速
度大小为v0(类竖直上抛运
动)；若v0＞v，先减速到0
再反向加速后匀速，返回原
位置时速度大小为v
四、“滑块—木板”模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下
发生相对滑动．
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx
＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩
擦力(水平面上共同匀速运动)．
考点一 两类基本动力学问题
典例1．（2025·陕西省西安市长安区·三模）如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc 固定在水平地面上，
ab 面和bc 面与地面的夹角分别为α 和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab 向上运动，经时间t0 后
到达顶点b 时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc 下滑．在小物块从a 运动到c 的过
程中，可能正确描述其速度大小v 与时间t 的关系的图像是（ ）
4
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A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】试题分析：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1 和a2 ．根据牛顿第二定律得：
mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ-μmgcosβ=ma2，得a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinβ-μgcosβ，则知a1＞a2;而v-t 图
象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．上滑过程的位移大小较小，而上滑
的加速度较大，由x=
at2知，上滑过程时间较短．因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都
是直线．由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c 点的速度小于v0．故C 正确，ABD
错误．故选C
【点睛】本题关键运用牛顿第二定律和运动学公式分析两个过程加速度关系、运动时间关系，即可结合图
象的物理意义进行选择．
典例2．（2025·山东省烟台市·二模）一物体从斜面底端滑上一固定斜面，其运动速度的平方（
）与位
移（x）关系图像如图所示，重力加速度
，下列说法正确的是（ ）
A. 斜面的倾角为
B. 物体沿斜面下滑时加速度大小为
C. 物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
D. 物体沿斜面向上滑行的最大高度为
【答案】C
【解析】ABC．设斜面倾角为
，物体与斜面间的动摩擦因数为
，上滑时，根据牛顿第二定律可得
5
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解得上滑时的加速度大小为
下滑时，根据牛顿第二定律可得
解得下滑时的加速度大小为
根据运动学公式
，解得题图
图像可得
，
联立解得
，
，
，
故AB 错误，C 正确；
D．物体沿斜面向上滑行的最大高度为
故D 错误。
故选C。
典例3．（2025·福建省厦门第一中学·5 月模拟考）青海某花炮企业生产的某种型号礼花弹在地面上从炮筒
中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开。礼花弹的结构如图所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药，
发射药燃烧发生爆炸，礼花弹经
从炮筒高速射出并同时点燃延期引线，当礼花弹上升到最高点
时，延期引线点燃礼花弹，礼花弹炸开。已知礼花弹在炮筒中的运动可视为匀加速直线运动，加速距离
，礼花弹离开炮筒后受到的空气阻力大小始终等于其所受重力大小的
，延期引线的燃烧速度
，取重力加速度大小
，求：
（1）礼花弹射出的最大速度
；
（2）延期引线的长度。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
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根据匀变速直线运动规律有
解得
【小问2 详解】
设礼花弹离开炮筒后向上减速时的加速度大小为
，减速时间为，则有
且
，
解得
跟踪训练1．（2025·辽宁省鞍山市第一中学·三模）1784 年，乔治·阿特伍德为测量重力加速度和验证牛顿
第二定律，设计了后来以他名字命名的实验装置——阿特伍德机。阿特伍德机的简化示意图如图所示，
A、B 为质量均为M 的物体，物体C 的质量为m，若滑轮质量和摩擦不计，轻绳不可伸长，m=0.5M，则物
体B 从静止开始下落一段距离所用时间约为其自由落体下落同样距离所用时间的（ ）
A.
B.
C.
D. 5 倍
【答案】C
【解析】对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有
解得
由匀加速运动公式有
可知
同理，物体自由落体下落同样距离所用时间
联立解得
故选C。
跟踪训练2．（2025·重庆市·一模）2024 年11 月12~17 日，“第十五届中国国际航空航天博览会”在珠海
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国际航展中心举行。题图1 为某飞机小队表演的精彩瞬间；题图2 为其中一架飞机（可视为质点）攀升时
的示意图，
时刻，其速度大小为
、方向与水平方向的夹角为θ，经过时间
，沿直线飞行了距离
x。该过程视为匀加速直线运动，空气提供的升力始终与速度方向垂直，飞机飞行时所受阻力大小
，
其中k（已知）为定值。已知飞机总质量为m，重力加速度为g，忽略飞行过程中的质量损失。求：
（1）该过程中，飞机飞行的加速度大小；
（2）
时刻，飞机所受牵引力的大小；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
设该飞机的加速度大小为a，由位移—时间公式有
解得
【小问2 详解】
设
时刻，该飞机的速度大小为
，所受牵引力大小为F，由
得
由牛顿第二定律有
解得：
跟踪训练3．（2025·湘豫名校联考·三模）如图所示，固定斜面光滑。滑块A、B 质量相等，通过不可伸长
的细线绕过光滑轻质定滑轮连接。滑块A 和滑轮间的细线与斜面平行。开始A 处于斜面底端，A、B 均静
止，释放后，经过T=1s 剪断细线，之后滑块A 在斜面上滑动，恰好又经过相同的时间回到斜面的底端。
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剪断细线前B 没有落地，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）剪断细线前后滑块A 的加速度大小之比
；
（2）斜面倾角的正弦值sinθ 及滑块A 返回斜面底端的速度大小；
（3）为避免滑块A 从斜面上端冲出，斜面的长度L 不小于多少？
【答案】（1）
（2）
，
（3）
【解析】
【小问1 详解】
滑块
加速运动的位移
剪断细线时滑块
的速度
剪断细线后滑块
位移
经过相同的时间回到斜面的底端，有
联立可得
【小问2 详解】
选沿斜面向上为正方向，设滑块A、B 质量均为
，设剪断前细线张力为
，由牛顿第二定律，对滑块
，
有
对滑块B，有
可得
剪断细线后，对滑块
，有
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可得
联立解得
可得
剪断细线时，
的速度
返回斜面底端的速度
返回斜面底端的速度大小为
【小问3 详解】
斜向上加速位移
斜向上减速位移
斜面的最短长度
考点二 传送带问题
典例1．（2025·吉林省长春市·三模）一水平传送带长
，以恒定速率
顺时针匀速转动。在
传送带左端每隔
轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量
，与传送带间的动摩
擦因数
，取重力加速度大小
，从第1 个小物块到达传送带最右端（仍在传送带上）开
始计时，下列说法正确的是（ ）
A.
内，传送带上小物块均受到摩擦力作用
B. 每个物块在传送带上匀速运动的时间为
C.
时刻，传送带上共计有5 个小物块
D.
内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为
【答案】D
【解析】ABC．由牛顿第二定律知，物块相对传送带滑动时的加速度大小a=μg=4m/s2
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物块与传送带速度相同所用的时间
解得t1=0.5s
此过程物块的位移大小
解得x1=0.5m＜L=10m
此后物块随传送带做匀速直线运动，物块不受摩擦力作用，则0～1s 内，传送带上小物块并不是都处于加
速阶段，并不是都受到摩擦力作用，每个物块在传送带上做匀速直线运动的时间
解得t2=4.75s
每个物块在传送带上运动的总时间t=t1+t2
解得t=5.25s
由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1s 释放一个小物块，则t=0 时刻，传送带上共有6
个小物块，故ABC 错误；
D．此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W=-μmg•vt1
解得W=-8J
故D 正确。
故选D。
典例2．（2025·湘豫名校联考·三模）倾角为θ 的足够长的传送带以恒定速率v0逆时针转动。t=0 时在传送
带上部无初速度地轻放小木块a、b，开始时二者距离为d0，如图所示。已知小木块a、b 与传送带间的动
摩擦因数满足μa<tanθ<μb，二者运动过程中不会碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，则
a、b 间的距离（ ）
A. 一直增加
B. 一直减小
C. 先增加后减小
D. 先减小后增加
【答案】D
【解析】初始时，根据牛顿第二定律有
开始阶段b 的加速度大于a，b 达到传送带速度后，由于tanθ<μb，则b 和传送带保持相对静止；
a 达到传送带速度后，有
可知a 继续加速，木块a、b 与传送带运动的v-t 图像如图所示，则a、b 间距离先减小，a 达到传送带速度
时，距离最近，再往后，a、b 间距离又逐渐变大。
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故选D。
典例3．（2025·江苏省苏锡常镇·二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B 点相接，倾斜
传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v 沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A 点由静止释
放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且
。不计滑块在传送带连接处的
能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（ ）
A. 滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B. 滑块一定可以回到A 点
C. 滑块最终停留在B 点
D. 若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A 点上方
【答案】A
【解析】A．因
，可得
所以滑块由A 点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B 点后在水平传送
带上运动，再次返回到B 点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向
上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均
相同，加速度也相同，故A 正确；
BD．若滑块第一次到达B 点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B 点时的速度与第一次到达B 点时
的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍
为A 点；若滑块第一次到达B 点时的速度大于v，则滑块第二次到达B 点时的速度大小等于v，滑块上滑的
最高点将比A 点低，所以滑块不一定能回到A 点，故BD 错误；
C．由以上分析可知，滑块将在B 点两侧来回运动，不会停止运动，故C 错误。
故选A。
跟踪训练1．（2025·山西省吕梁市·三模）一水平足够长的传送带上放置一质量
的煤块（可视为
质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数
。初始时，传送带与煤块都静止。现让传送带以大小为
的恒定加速度开始运动，当其速度达到
后，便以此速度匀速运动；当煤块加速至
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时，传送带立刻又以大小为
的加速度匀减速至停止。已知重力加速度
取
，则整个过程中煤块
和传送带之间因为摩擦而产生的热量为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律，可得煤块的加速度
设经历时间，传送带由静止开始加速到速度等于
，煤块则由静止加速到
，有
，
再经过时间
，煤块
速度由
增加到
，则有
设在煤块的速度从0 增加到
的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为
和
，有
，
二者相对位移
联立代入相关已知数据解得
当煤块加速至
时，传送带立刻又以大小为
的加速度匀减速至停止,之后运动过程中二者相对位移
则整个过程中煤块和传送带之间因为摩擦而产生的热量为
故选B。
跟踪训练2．（2025·甘肃省兰州市·一模）如图所示，一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，水
平面上方有一轻杆，可绕其上端O 点自由旋转，下端悬挂物块B（可看成质点），B 与水平面接触无挤压。
将物块A 轻放在传送带底端，一段时间后与B 发生碰撞，碰后B 恰好能运动至最高点。已知传送带顺时针
方向运行，与水平面夹角为
，传送带长
，速度
，A 与传送带间的动摩擦因数
，A、B 质量分别为
，
，轻杆长
，重力加速度
。求：
（1）A 在传送带上运行的时间；
（2）碰撞后A 的速度；
（3）把A 从底端运送到顶端的过程中，为保持传送带始终匀速电动机多消耗的电能。
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【答案】（1）2.2s
（2）
（3）160
【解析】
【小问1 详解】
刚放在传送带上时先加速上滑，根据牛顿第二定律
，解得
加速到与传送带速度相等所用时间
加速过程的位移
之后物块
以速度
匀速运动，匀速运动的时间
所以物块
在传送带上运行的总时间
【小问2 详解】
物块
与
碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后
的速度为
，
的速度为
。撞后
恰好能运动至
最高点，由于是轻杆，故B 在最高点速度为0。根据机械能守恒定律
解得
由动量守恒定律可得
解得
【小问3 详解】
电动机多消耗的电能等于物块
增加的机械能与因摩擦产生的热量之和。物块
增加的机械能
在传送带上加速阶段，传送带位移
二者的相对位移
故因摩擦产生的热量
所以电动机多消耗的电能
跟踪训练3．（2025·江苏省淮阴中学·二模）如图所示，长为L=5.0m 的倾斜传送带以速度v=2.0m/s 沿顺时
针方向匀速转动，与水平方向间夹角θ=37°。质量mA=2.0kg 的小物块A 和质量mB=1.0kg 的小物块B 由跨
过轻质定滑轮的轻绳连接，A 与滑轮间的绳子和传送带平行。某时刻给A 沿传送带向上的初速度，给B 竖
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直向上的初速度，速度大小均为v0=4.0m/s，此时轻绳绷紧，在A、B 获得初速度的同时，在A 上施加方向
沿传送带向上、大小恒定的拉力，使A 沿传送带向上运动。已知A 与传送带间的动摩擦因数
，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮摩擦，轻绳足够长且不可伸长，整个运动过程中B 都没有上升到滑
轮处，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，研究A 沿传送带上升的过程，求：
（1）A、B 始终匀速运动时拉力的大小F0；
（2）拉力F1=24N，A 所受摩擦力的冲量大小I；
（3）拉力F2=12N，传送带对A 所做的功W 和A 与传送带摩擦所产生的内能Q。
【答案】（1）30N；（2）10N⸱s；（3）16J，
【解析】（1）A、B 始终匀速运动时，系统受力平衡，有
代入相关数据解得
（2）拉力F1=24N 时，设物体运动的加速度大小为a1，绳中拉力为T1，取A 研究，根据牛顿第二定律有
取B 研究有
联立解得
设历时t1后和皮带共速，则
运动的距离为s1，则
之后摩擦力突变为静摩擦力，设为f，A、B 一起向上匀速，则
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解得
方向沿斜面向下；设匀速过程历时t2，则
可得上升的过程中A 所受摩擦力的冲量大小为
解得
（3）拉力F2=12N 时，设物体运动的加速度大小为a2，绳中拉力为T2，取A 研究，根据牛顿第二定律有
取B 研究有
解得
设历时t1′后和皮带共速，则
运动的距离为s1
′，则
皮带运动的距离s 皮1，则
之后继续向上减速，设加速度大小为a3，则
解得
设历时t2′后速度减为0，则
减速的距离为s2
′，则
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该过程皮带运动的距离s 皮2，则
传送带对A 所做的功
A 与传送带摩擦所产生的内能
考点三 板块模型
典例1．（2025·四川省绵阳市·三模）（多选）如图甲所示，足够长、上表面粗糙的木板P 静止在粗糙水平
地面上，可视为质点的小物块Q 静止在木板的右端、现给物块Q 水平向左的初速度，之后物块Q 的速度
随时间变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的滑动摩擦因数是
，小物块与木板上表面间的滑
动摩擦因数是
，则（ ）
A. 木板始终静止
B. 木板先运动后静止
C.
D.
【答案】BD
【解析】根据题意，由图乙可知，物块一直减速运动，且一段时间后加速度变小，可知，物块运动一段时
间后与木板共速，并一起减速到0。
AB．物块刚滑上木板时，对木块由牛顿第二定律有
解得物块的加速度大小为
木板在木块给的水平向左的滑动摩擦力和地面给的向右的滑动摩擦力作用下，加速向做运动，当木块与木
板共速后，一起向左做减速运动，直到速度减为零，停止运动，A 错误，B 正确；
CD．当木块与木板共速后，一起向左做减速运动的过程中，对整体受力分析，由牛顿第二定律有
解得共速后木块的加速度大小为
由木块的
图像可知
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即
C 错误，D 正确。
故选BD。
典例2．（2025·山东省潍坊市·三模）（多选）如图所示，质量
的长木板静止在粗糙水平地面上，
时刻对木板施加
的水平向右恒力，同时质量
的小物块以
的初速度从左
端滑上木板。已知木板长度
，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为
、
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为
B.
时，小物块恰好运动到木板最右端
C.
时，小物块从木板左端脱离
D. 若
时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离
【答案】AC
【解析】A．小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
故A 正确；
B．对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
时，小物块的速度
此时木板的速度
两者的相对位移
可知，
时，小物块并没有运动到木板最右端，故B 错误；
C．结合上述，在
时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以
的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木
板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
18
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上述过程小物块相对于木板向左运动，则有
解得
可知，小物块从木板左端脱离的时间
故C 正确；
D．若
时撤去外力F，由于
令
，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为
，
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
撤去外力后小物块向右继续以
的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木
板进行分析有
解得
令历时
两者达到相等速度，则有
解得
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
由于
可知，撤去外力。两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对静止，做匀减速
直线运动，一直到速度减为0 后静止，即若
时撤去外力F，小物块最终不会从木板右端脱离，故D
错误。
故选AC
典例3．（2025·辽宁省·一模）（多选）水平地面上有一质量为
长木板，木板的左端上有一质量为
的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b）所示，其
中
、
分别为
、
时刻F 的大小。木板的加速度
随时间t 的变化关系如图（c）所示。已知木板与
地面间的动摩擦因数为
，物块与木板间的动摩擦因数为
，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力
相等，重力加速度大小为g。则（ ）
19
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A.
B.
C.
D. 在
时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，
此时以整体为对象有
A 错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC 正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
故选BCD。
跟踪训练1．（2025·黑龙江省名校协作体·一模）（多选）如图甲所示，长木板A 的左端放置滑块B（可视
为质点），V 形槽C 用不可伸长的细绳与A 相连，光滑球D 放在槽内（槽右边部分竖直，与左边倾斜部分
的夹角为α）。对B 施加一水平向右的恒力F 使其由静止开始运动，一段时间后B 从A 右端滑出，A 继续
在水平地面上运动一段距离后停止运动，以水平向右为正方向，此过程中A 的速度随时间变化的图像如图
乙所示。已知mA
mB
1kg、mC
mD
0.5kg，A、C 与地面间的动摩擦因数相同，D 与C 之间始终未发生
相对滑动，取g
10m/s2。下列说法正确的是（ ）
20
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A. 长木板A 与地面之间的动摩擦因数为0.2，滑块B 与长木板A 之间的动摩擦因数为0.6
B. 细绳能承受的最大拉力应不小于3N
C. 若球D 相对于槽C 刚好未发生滑动，则有tanα
5
D. 若长木板A 长L
0.5m，则在第1s 内恒力F 做的功为5J
【答案】BC
【解析】A．由图乙可知，在0−1s 内，A、B 相对滑动，A、C、D 一起做匀加速直线运动，加速度
对A、C、D 整体进行受力分析，设A 与地面间动摩擦因数为μ1，A、B 间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第
二定律
B 滑出去后A、C、D 一起做匀减速直线运动，加速度大小
根据牛顿第二定律
联立解得
，
故A 错误；
B．B 在A 上滑动时，对C、D 整体分析，根据牛顿第二定律
解得
故细绳能承受的最大拉力应不小于3N，故B 正确；
C．若球D 相对于槽C 刚好未发生滑动
根据牛顿第二定律
解得
故C 正确；
21
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D．若长木板A 长L
0.5m，则在第1s 内B 刚在A 上滑出，故B 的位移为
根据运动学规律
解得
对B 根据牛顿第二定律
解得
故在第1s 内恒力F 做的功为
，故D 错误。
故选BC。
跟踪训练2．（2025·黑龙江省哈尔滨市第三中学校·三模）（多选）如图（1）所示，质量为
的
木板初始时静置于倾角
的足够长的光滑斜面某段。某时刻质量为
的小物块以初速度
滑上木板底端，物块与木板之间的动摩擦因数为
，同时对木板施加一个沿斜面向上的恒
定拉力F，并将木板由静止释放。当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为S，给木
板施加不同大小的恒力F，得到
的关系如图（2）所示，其中AB 段与横轴平行，B 点的横坐标为
9.5N，若将物块视为质点，且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. 小物块刚滑上木板时的加速度大小为
B. 木板的板长为0.5m
C. C 点纵坐标为
D. 在图像的DE 段中小物块将从木板上端滑出
【答案】ABC
【解析】A．小物块刚滑上木板时，分析物块受力
由牛顿第二定律可得
整理并代入数据解得
，方向沿斜面向下，故A 正确；
B．结合物体运动以及图形分析可知，AB 段对应拉力较小时，物块从木板的上端滑出，相对路程等于板长。
小物块刚滑上木板时，由以上分析可知
22
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对物块
，方向沿斜面向下
对木板，设加速度为
由牛顿第二定律有
由题意知B 点的横坐标为9.5N
代入其它数据解得
，方向沿斜面向上
假设木板不动，则由运动学知识得
木板的板长
，故B 正确；
C．结合物体运动以及图形分析可知，BC 段对应拉力稍大一些，物块在斜面上减速滑动一段距离后与木板
共速，之后摩擦力反向向上加速。图（2）中C 点就对应物块和木板达到共同速度之后一起加速。
设物块向上加速时最大加速度为
对物块由牛顿第二定律得
代入数据解得一起加速时物块最大加速度
，方向沿斜面向上
对木板和物块整体运用牛顿第二定律有
代入数据解得
图2 中C、D 两点横坐标相同，都为
物块刚滑上木板时，设物块加速度为
，木板的加速度为
，C 点纵坐标为
由B 中分析得
，方向沿斜面向下
对木板由牛顿第二定律有
代入数据得
，方向沿斜面向上
设经过时间t 二者共速
由运动学知识得
各式联立并代入数据得
23
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则C 点纵坐标为
，故C 正确；
D．结合物体运动以及图形分析、上述内容分析可知，DE 段属于拉力过大情况，物块先减速到与板共速，
因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起沿斜面向上加速运动，后在木板上加速滑动一段距离后，最
终从木板的下端滑出木板，故D 错误；
故选ABC。
跟踪训练3．（2025·陕西省安康市·三模）如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木
板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a 随变力F 变化的规律如图乙所示．
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块与长木板间的动摩擦因数为
B. 长木板与地面间的动摩擦因数为
C. 小物块的质量为
D. 长木板的质量为
【答案】D
【解析】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为
，小物块与长
木板间的动摩擦因数为
，当
时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
解得
故A 错误；
B．根据题图乙可知，当
时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦因数
当
时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
即
结合题图乙中图像的截距有
，
24
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解得
故B 错误：
CD．当
时，对长木板，根据牛顿第二定律有
整理得
结合题图乙有
，
则长木板的质量
小物块的质量
故C 错误，D 正确。
故选D。
1．（2025·湖南省株洲市·一模）水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高
度。已知苹果在与地板接触后经过时间
速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间
速度减为0，苹
果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3 倍，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为（ ）
A. 1：4
B. 1：3
C. 1：2
D. 2：1
【答案】A
【解析】苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3 倍，可知苹果和桔子减速过程的加速度大
小均为
设与地板接触时，苹果和桔子的速度分别为
、
，根据题意有
，
可得
25
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根据自由落体运动公式
可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为
故选A。
2．（2025·辽宁省辽西重点高中·二模）2024 年11 月4 日，神舟十八号载人飞船返回舱在内蒙古东风着陆
场成功着陆。若返回舱距离地面1.2m 时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4 台反推火箭点火工
作，使返回舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱
的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。若返回舱的总质量为
，g 取
，则4 台反推
火箭点火工作时提供的推力大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】返回舱做匀减速运动的加速度为
，方向竖直向上
根据牛顿第二定律
解得
故选D。
3．（2025·湖南省郴州市·一模）如图所示，防抱死制动系统（ABS）能使质量为1200kg 的汽车从30m/s 的
速度在5s 内匀减速停下来（即汽车速度为0）。求：
（1）汽车5s 内的速度变化量
的大小；
（2）汽车减速时加速度
的大小；
（3）汽车减速时所受阻力
的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
以初速度方向为正方向，则汽车5s 内的速度变化量为
26
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可知汽车5s 内的速度变化量
的大小为
。
【小问2 详解】
汽车减速时加速度为
可知汽车减速时加速度
的大小为
。
【小问3 详解】
根据牛顿第二定律可得
可知汽车减速时所受阻力
的大小为
。
4．（2025·福建省泉州市·一模） 2025 年亚洲皮划艇静水锦标赛中，中国队获得冠军。如图，皮划艇
第
一次划桨过程由静止开始做匀加速直线运动，经时间t=0.5s，速度大小v=2m/s。在此过程中：
（1）求皮划艇加速度a 的大小；
（2）已知运动员与皮划艇的总质量m=200kg，划桨的水平推力F=1000N，求皮划艇受到阻力f 的大小。
【答案】（1）
（2）
【小问1 详解】
第一次划桨过程中，皮划艇的加速度大小为
【小问2 详解】
根据牛顿第二定律可得
解得
5．（2025·陕西省商洛市·二模）如图所示，某机场行李传输系统可简化为倾斜传送带以恒定速率
顺时针
转动，
时刻从传送带底端无初速地释放一行李（图中用方块表示，视为质点），
时刻行李通过传
送带中间某位置时的速率达到
。在行李从传送带底端运动到顶端的过程中，行李的位移
随时间变化
的关系图像可能正确的是（ ）
27
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A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】在
时间内，行李受到重力、支持力与滑动摩擦力，因为滑动摩擦力大于行李所受重力沿传
送带向下的分力，所以行李做匀加速直线运动，
图像为开口向上的抛物线，在
时刻，行李的速度与
传送带的速度相同，行李受到的摩擦力为静摩擦力，且静摩擦力与行李所受重力沿传送带向下的分力大小
相等，行李的加速度突变为零，此后行李做匀速直线运动，
图像为向上倾斜的直线。
故选A。
6．（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·一模）如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块
ABC 固定在水平地面上，AB 面和BC 面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB 向上运动，
经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC 下滑。在小物块从A 运动到C
的过程中，其速度大小v 与时间t 的关系图像可能正确的是（ ）
A.
B.
28
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C.
D.
【答案】C
【解析】设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2，等腰三角形的底角为α，根据牛顿第二定律得
，
解得
，
则知
而v-t 图像的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率绝对值大于下滑段图线斜率的绝对值，上滑过程的
位移大小等于下滑过程的位移大小，上滑的加速度较大，由
知，上滑过程时间较短，因上滑过程
中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于小物块运动过程中受到滑
动摩擦力的作用，所以小物块到达C 点的速度小于v0。
故选C。
7．（2025·广西壮族自治区·三模）《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施
加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度
在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大
小为车重的
倍，重力加速度大小为
。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为（ ）
A
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
故选B。
8．（2025·陕西省商洛市·三模）如图所示，与水平面的夹角为30°的倾斜传送带以恒定速率v
4m/s 顺时
针转动，上端与一倾角也为30°的足够长的固定斜面平滑连接，物块从传送带底端以大小v0
3m/s 的速度
沿传送带向上滑上斜面。物块与斜面、传送带间的动摩擦因数相同。从物块刚滑上传送带开始计时，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。关于物块在传送带和斜面上滑动的速度随时间变化的关系图像，下列组合中全
部可能正确的是（ ）
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A. ①②⑦
B. ②③⑦
C. ①④⑥
D. ③④⑤
【答案】D
【解析】物块的初速度
若
根据牛顿第二定律知传送带上匀加速运动和斜面上匀减速运动时的加速度大小分别为
和
有
情况一：物块在传送带上先匀加速直线运动到与传送带共速，后一直匀速上滑，冲上斜面后做匀减速直线
运动，最后静止在斜面上，如题图④所示；题图①前面类似于图像④，但开始部分不对；情况二：物块在
传送带上一直做匀加速直线运动未达到传送带的速度大小，则冲上斜面后一直做匀减速直线运动，最后静
止在斜面上，如题图⑤所示；情况三：物块在传送带上一直做匀加速直线运动恰达到传送带的速度大小，
则冲上斜面后一直做匀减速直线运动，最后静止在斜面上，故题图⑥不对；
若
情况一：物块在传送带上匀减速上滑，物块可能在冲上斜面之前速度减为零并向下做匀加速直线运动，根
据牛顿第二定律知加速度大小
不变，则物块回到出发点时速度为3m/s，如题图②所示；
情况二：物块在传送带上匀减速上滑，
，物块可能速度未减为零就冲上斜面，
物块在斜面上的加速度大小
，速度减为零后向下做匀加速直线运动，加速度大
小
，如题图③所示；题图⑦前面类似于图像③，但后面部分不对；综上所
述， D 正确。
故选D。
9．（2025·江苏省盐城市射阳中学·二模）如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块
从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则（ ）
30
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A. 滑块受到的摩擦力方向保持不变
B. 滑块的加速度保持不变
C. 若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
D. 若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
【答案】C
【解析】AB．设滑块质量为
，传送带倾角为
，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下
摩擦力
作用，由牛顿第二定律得
滑块向下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，如果
则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得
则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故AB 错误；
C．若减小传送带的倾角，当滑块与传送带达到共同速度时
此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C 正确；
D．若传送带改为顺时针转动，若
滑块不能向下运动；若
则滑块一直向下匀加速运动，故D 错误。
故选C。
10．（2025·广西壮族自治区·三模）某实验小组利用如图甲所示的实验装置，测量滑块与木板之间的动摩
擦因数。
31
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（1）下列关于实验操作的说法正确的是___________。
A. 实验前，应在竖直方向对弹簧测力计调零
B. 实验前须调节桌面水平
C. 实验时，需将木板匀速向右拉出
D. 实验时，可将木板向右加速拉出
（2）由于木板与桌面间的摩擦力不能忽略，会导致动摩擦因数的测量值与真实值相比___________（选填
“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）选取若干质量均为50g 的砝码，每次往滑块上添加一个砝码，正确操作并记录弹簧测力计示数和砝码
数量。根据实验数据，作出弹簧测力计示数F 与砝码个数n 的关系图像如图乙所示，重力加速度取
9.8m/s2，则滑块与木板间的动摩擦因数为___________（结果保留2 位有效数字）。
【答案】（1）BD （2）无影响
（3）0.80
【解析】
【小问1 详解】
A．实验前，应在水平方向对弹簧测力计调零，减小读数误差，故A 错误；
B．实验调节桌面水平使得正压力等于重力，便于获得正压力，故B 正确；
CD．不管木板如何运动，木块都是处于平衡状态，即细线的拉力都等于摩擦力，所以没有必要一定要匀速
拉出木板，故C 错误D 正确。
故选BD。
【小问2 详解】
缓慢向右拉动水平放置的木板，当滑块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为滑
块受到的滑动摩擦力的大小。因此木板与桌面间的摩擦力对滑块摩擦力的测量无影响。
【小问3 详解】
弹簧测力计示数等于木块受到的滑动摩擦力大小F=f =μnmg+μMg
结合题图乙F-n 图像中斜率为
解得μ=0.80
32
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1．（2025·河南省豫西北教研联盟·三模）物体从高处下落时，会受到空气的阻力，空气阻力与物体的速度、
迎风面的大小及形状等因素有关。某实验小组设计了如图甲所示的用光电门测定钢球下落时受到的阻力大
小的实验装置。直径为
、质量为
的小钢球从某高度下落的过程中先后通过光电门A、B，计时装置测
出钢球通过A、B 的时间分别为
、
。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速
度，测出两光电门间的距离为
，已知当地的重力加速度大小为
。
（1）用游标卡尺测量钢球直径如图乙所示，读数为_____
；
（2）钢球从A 到B 过程中受到空气的平均阻力
_____；（用题中所给物理量符号来表示）
（3）本题“用钢球通过光电门
平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是
不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差
_____（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小。
【答案】（1）10.20
（2）
（3）不能
【解析】
【小问1 详解】
20 分度游标卡尺的精确值为
，由图乙可知，钢球直径为
【小问2 详解】
钢球经过A、B 两光电门的速度分别为
，
钢球从A 到B 过程中，根据运动学公式可得
根据牛顿第二定律可得
联立解得钢球从A 到B 过程中受到空气的平均阻力为
33
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【小问3 详解】
本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确
的，实际上钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差是系统误差，
不能通过增加实验次数减小。
2．（2025·河北省秦皇岛市昌黎第一中学·二模）（多选）如图甲所示，倾角为θ 的足够长的传送带以恒定
的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0 时，将质量m＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地
面的v－t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A. 传送带的速率v0＝10 m/s
B. 传送带的倾角θ＝30°
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D. 0～2.0 s 内摩擦力对物体做功Wf＝－24 J
【答案】ACD
【解析】当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根
据v－t 图象可得，传送带的速率为v0＝10 m/s，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a1＝10 m/s2，1.0 s 之后的
加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin θ＋μgcos θ＝a1，gsin θ－μgcos θ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝
37°，μ＝0.5，选项B 错误，C 正确；摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，
在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m，1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m，0
～2.0 s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J＝－24 J，选项D 正确．
3．（2025·宁夏回族自治区石嘴山市第三中学·三模）如图所示，固定在竖直面内半径为R 的四分之一光滑
圆弧最低点与水平传送带相切于B 点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C 点。传送带
之间的距
离为R，传送带始终以大小为
的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m 的物块Q 静止在水平面C
端，将质量为m 的物块P 在圆弧的最高点A 由静止释放，P 沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后
与Q 发生弹性碰撞，P 与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为
g，求：
34
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（1）物块P 运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
（2）P 与Q 碰撞过程中，P 对Q 的冲量大小；
（3）碰撞之后，P、Q 间的最大距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
设P 第一次滑上传送带时，物块P 的速度大小为
，根据机械能守恒定律有
解得
圆弧最低点时由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力
【小问2 详解】
设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小
减速运动的距离
假设不成立，因此P 第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为
，
解得
设Q，P 碰撞后，P 的速度大小为
，Q 的速度大小为
，根据动量守恒定律有
35
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根据能量守恒有
解得
碰撞过程中，Q 对P 的冲量大小
【小问3 详解】
碰撞后P 向左减速至速度为0 过程位移
又
因此滑块P 第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间
最终Q、P 共速，它们间的最远距离
4．（2025·山东省菏泽市·二模）如图所示为某分拣传送装置，
长5.8m，倾角
的传送带倾斜地
固定在水平面上，以恒定的速率
逆时针转动。质量
的工件（可视为质点）无初速地放
在传送带的顶端A，经过一段时间工件运动到传动带的底端。工件与传送带之间的动摩擦因数为
，
重力加速度
，
，
。（ ）
A. 工件刚开始下滑时的加速度大小等于
B. 工件由顶端到底端的时间是1.2s
C. 工件在传送带上留下的痕迹长为1m
D. 若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件下滑的总时间将变长
【答案】C
【解析】A．工件刚开始下滑时，根据牛顿第二定律
解得，工件刚开始下滑时的加速度大小为
故A 错误；
36
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B．工件与传送带达到共速时，假设工件还未到达
点，则此过程工件运动时间为
工件的位移为
故假设成立，此后根据牛顿第二定律
解得，此后工件下滑的加速度大小为
则
解得
所以，工件由顶端到底端的时间是
故B 错误；
C．工件与传送带共速时，相对位移为
工件与传送带共速后，相对位移为
因为
所以，工件在传送带上留下的痕迹长为
故C 正确；
D．若工件达到与传送带速度相同时，传送带突然停止运动，工件的受力情况不变，加速度不变，所以工
件下滑的总时间将不变，故D 错误。
故选C。
5．（2025·浙江省金丽衢十二校·二模）如图所示，将一小物块A 轻轻放在长
以
顺时
针匀速转动的传送带左端M 处，右端N 与放在光滑水平桌面上的长木板C 上表面平齐。长木板长为
，C 的右端带有挡板，在C 上放有小物块B，开始时B 和C 静止，B 到挡板的距离为
。
小物块A 与传送带间的动摩擦因数
，A、C 之间及B、C 之间的动摩擦因数均为
，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C 的质量均为
，重力加速度为
，所有碰撞均为弹性
正碰。下列说法正确的是（ ）
A. 小物块A 由M 运动到N 用时1.6s
B. A 滑上C 但未与B 相碰前，B 的加速度为
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C. A 滑上C 后，经1.2s 小物块B 与挡板相碰
D. 由于运送物块传送带多消耗能量为16J
【答案】D
【解析】AD．小物块在传送带上加速时的加速度大小为
小物块加速到与传送带共速所用时间为
小物块加速阶段通过的位移为
小物块在传送带上匀速运动所用时间为
则小物块A 由M 运动到N 所用时间为
小物块A 在传送带上运行过程，发生的相对位移为
因摩擦产生的内能为
根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为
故A 错误，D 正确；
B．A 滑上C 但未与B 相碰前，以B、C 为整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
故B 错误；
C．A 滑上C 后，A 做减速运动的加速度大小为
设经过
时间A 与小物块B 发生碰撞，则有
解得
或
（舍去，因为此时A 的速度小于B 的速度）
碰撞前瞬间A 的速度为
碰撞前瞬间B、C 的速度为
A 与小物块B 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
解得碰撞瞬间A、B 的速度分别为
，
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可知碰撞后A、C 保持相对静止一起加速运动，加速度大小为
碰撞后B 做减速运动，加速度大小为
设经过
时间B 与A、C 达到共速，且B 未与挡板相碰，则有
解得
，
此过程B 相对C 发生的位移大小为
假设成立，故B 不会与挡板相碰，故C 错误。
故选D。
6．（2025·陕西省西安市西安交通大学附属中学·四模）如图甲所示，一可看作质点的物块A 位于底面光滑
的木板B 的最左端，A 和B 以相同的速度
在水平地面上向左运动。
时刻，B 与静止的长
木板C 发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，B、C 厚度相同，A 平滑地滑到C 的右端，此后A 的v-t 图像如图
乙所示，
时刻，C 与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C 的速度大小不变，方向相
反；运动过程中，A 始终未离开C。已知A 与C 的质量相同，重力加速度大小
求：
（1）C 与A 间的动摩擦因数μ1，以及C 与地面间的动摩擦因数μ；
（2） B 和C 碰撞后， B 的速度；
（3）为使 A 始终不离开C，C 至少有多长？
【答案】（1）0.1；（2）-3m/s，方向水平向右；（3）3.39m
【解析】（1）由图乙有0~0.5s 过程中A 在C 上滑动的加速度为
a1=4m/s2
由受力分析和牛顿第二定律有
μ1mg=ma
解得
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μ1=0.4
在0.5s~1.9s 过程中，A 和C 一起运动的加速度为
对 A、C 整体受力分析和牛顿第二定律有
解得
（2）在0~0.5s 过程中，设C 的加速度为
，对C 进行受力分析和牛顿第二定律有
解得
设t=0 时刻C 的速度为
，经t₁=0.5s 匀加速到v₁=5.0m/s
由
有
B 和C 弹性碰撞，动量守恒
能量守恒
解得
vB=-3m/s
方向水平向右；
（3）由图乙有，C 与墙壁碰撞后速度大小为v2=3.6m/s，设向右匀减速运动
时间为t2，加速度的大小为
a4，则
解得
即t=2.5s 时刻，C 速度为零，此时A 的速度
v3=（3.6-4×0.6）m/s =1.2m/s
作C 的v-t 图像如图所示
40
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两处阴影的面积之和为L=3.39m，即为C 最小的长度。
7．（2025·山东省淄博市·一模）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为
、
的两
小物块
、
，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未栓接），弹簧的弹性势能
为
。轴间距为
的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以
的速度
顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为
的足够长的固定斜面，小物块
静置于距斜面顶端
处。现将
间的细线烧断，
与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动
后，
从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞的由斜面顶端滑入斜面，一段时间后
与
发生碰撞。
时
恰完成第一次碰撞，
时刚要发生第二次碰撞，在
内
运动的
图像如图乙所示
（以沿斜面向下为正方向）。B、C 每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，物块A、B、
C 均可看作质点，重力加速度
，求：
（1）B 刚滑上传送带时的速度大小
；
（2）B 与传送带间的动摩擦因数
；
（3）C 的质量
以及
与斜面间的动摩擦因数
；
（4）C 沿斜面下滑的最大距离
。
41
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【答案】（1）
（2）
（3）
，
（4）
【解析】
【小问1 详解】
对A、B 及弹簧系统由动量及能量守恒定律得：
①
由①②得：
【小问2 详解】
若B 在传送带上一直加速，由
得：
则
在传送带末端的速度为：
不合题意。
故B 在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，设加速用时为
，匀速用时为
，
则由
解得：
由
得：
【小问3 详解】
在斜面顶端有：
③
由
图像可知
每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为：
42
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在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有：
④
由③④式得：
对
、
第一次碰撞过程有：
⑤，
由⑤⑥得：
由
图像得：
若
在经
过程后速度恰减为0，则由：
得：
故
与
再次碰撞时
早已停止运动
与
第一次碰后对
有：
⑦
⑧
则由⑦⑧得：
【小问4 详解】
设
第
次与
碰前的速度为
，由⑤⑥相同的规律可知碰后
、
的速度大小分别为：
⑨
第
次碰后
上升过程有：
⑩
减速过程有：
与
第
次碰撞前的速度应满足：
（11）
由⑨
⑫式得：
由⑨⑾式可知第
次碰撞后
的位移为：
第
次碰撞后
的位移为：
43
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又第一次碰后
的位移为：
则每次碰后
的位移为：
沿斜面下滑的最大距离为：
8．（2025·河南省焦作市·二模）如图所示，足够长质量为
的木板放置于光滑水平面上，木板左端放置
了一可视为质点、质量为
的物块，物块与木板之间的动摩擦因数
。初始时，木板与物块都静
止，现给木板一个向左的拉力，使木板以恒定的加速度
开始运动，当其速度达到
后，便以此速度做匀速运动，重力加速度
取
。求：
（1）物块相对于木板运动的最大距离；
（2）通过计算，写出拉力随时间变化的关系。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
对物块，加速时有
解得
对物块，有
对木板，有
速度图像中阴影面积表示了相对距离，即
44
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代入数据解得
【小问2 详解】
在
过程中，对木板有
在
过程中，对木板有
在
过程中，对木板有
所以
9．（2025·河南省焦作市·二模）（多选）如图所示，质量为
可视为质点的物件与传送带之间的动摩擦因
数为
，传送带倾角为
，上、下两端点
、
间的距离为
。传送带顺时针匀速转动，速度大小为
，
物件轻放于
点后运动至
点时达到最大速度，之后做匀速运动至
点，然后电机紧急制动使传送带立即
静止不动，物件恰好能到达最高点
。已知重力加速度为
，则下列叙述正确的有（ ）
A.
段长为
B.
段传送带装置输出功率
C. 物件从
到
运行的时间为
D. 全过程物件增加的机械能和摩擦产生的热量之比为
【答案】AC
【解析】A．物件在CD 段运动过程中，由牛顿第二定律,得
45
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由运动学公式
联立解得
故
正确；
B．物件在BC 段匀速运动，由功能关系可知传送带输出的机械能等于物件机械能增加量，因此
故
错误；
D．全过程物件增加的机械能为
整个过程，物件与传送带摩擦产生的内能包括，物件在AB 段加速运动过程中，由牛顿第二定律，得
对物块，根据速度-位移公式，有
对传送带，有
运动时间为
物块相对传送带的路程
联立解得
减速过程，由牛顿第二定律，得
相对路程
产生内能为
所以可知
故D 错误；
C．物件从B 到C 运行的时间
故C 正确。
故选AC。
10.（2025·辽宁省辽西重点高中·二模）（多选） 一水平传送带长
m，以恒定速率
m/s 沿顺时
针方向匀速转动。在传送带左端每隔1s 轻放一个相同的小物块，小物块的质量
kg，与传送带间的动
46
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摩擦因数
，忽略小物块的尺寸，
取
m/s2，从第1 个小物块到达传送带最右端开始计时，下列
说法正确的是（ ）
A. 每个小物块在传送带上运动的时间为10s
B. 计时开始时刻，第8 个小物块刚放上传送带
C. 计时后1s 内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为
N·s
D. 计时后1s 内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为
J
【答案】BD
【解析】A．小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为：
则小物块做匀加速直线运动的时间为：
小物块做匀加速直线运动的位移为：
则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为：
故每个小物块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=4s+3s=7s
故A 错误；
B．结合前面分析可知，第1 个小物块到达传送带最右端时所花时间为7s，由题知，在传送带左端每隔1s
轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8 个小物块刚放上传送带，故B 正确；
CD．结合前面分析可知，计时后1s 内只有5~8 四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由
动量定理可得，计时后1s 内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为：I=4m•at'=4×2×1×1N•s=8N•s
所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为：W=-4μmg•vt=-4×0.1×2×10×4×1J=-32J
故C 错误，D 正确。
故选BD。
11. （2025·四川省成都市石室中学·一模）（多选）快递公司常常利用传送带来分拣快递物品。某段传送带
的俯视图如图所示，水平传送带以恒定速度
向右匀速运动，一质量为3kg 物品以速度大小
、方向与垂直传送带传动方向成
角偏向左侧方冲上传送带。物品与传送带之间的动摩擦
因数为
，物品可视为质点，重力加速度为
，已知
，
，下列
说法正确的是（ ）
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A. 物品在传送带上滑行的时间为0.8s
B. 物品冲上传送带，在相对传送带静止前相对地面做直线运动
C. 要使物品不冲出传送带，传送带的宽度需要大于1.6m
D. 从滑上传送带到相对传送带静止，系统因摩擦产生的热量为24J
【答案】AD
【解析】AC．以传送带为参考系，把
分解到沿传送带运动的反方向（规定为x 正方向）和垂直
于传送带沿纸面向上方向（规定为y 正方向），则物品相对于传送带的运动速度为
（与x 正方向成
）
物品在传送带上滑行的时间为
解得
物品相对于传送带向y 方向运动的位移为
要使物品不冲出传送带，传送带的宽度需要大于
。A 正确，C 错误；
B．由以上分析知，物品冲上传送带时受到摩擦力的方向为速度v 的反方向，其与
的方向不在同一条直
线，故物品相对地面做曲线运动，B 错误；
D．以传送带为参考系，设物品从滑上传送带到相对传送带静止，系统因摩擦产生的热量为Q，根据能量
守恒定律得
解得
D 正确。
故选AD
12. （2025·安徽省阜阳一中、阜阳三中·二模）如图所示为某超市
送货装置，传送带以
的速度
沿逆时针方向运行。一可视为质点的货物静止放在倾斜传送带的最上端
处，货物到达传送带下端
时滑
48
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上平板车，随后在平板车上向左运动，当货物到达平板车的最左端时恰好与平板车速度相同。已知货物的
质量
，传送带
之间的距离
，传送带与水平面的夹角
，货物与传送带间的
动摩擦因数
，货物与平板车间的动摩擦因数
，平板车与地面间的摩擦忽略不计，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，平板车的质量
，重力加速度
。货物从传送带滑上平板车时无
动能损失，忽略空气阻力。求（
，
）：
（1）货物刚放在传送带上时的加速度大小；
（2）货物在传送带上运动的时间；
（3）平板车的长度。
【答案】（1）10m/s2；
（2）1.8s； （3）12.5m
【解析】
【小问1 详解】
货物刚放在传送带上时，设加速度大小为
，由牛顿第二定律，有
解得
【小问2 详解】
设货物经过时间
与传送带共速，
通过的位移大小
共速后摩擦力方向沿传送带向上，由于
，设货物以加速度
沿传送带向下匀加速
运动，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
解得
所以货物在传送带上运动的时间
【小问3 详解】
解法一：
货物在
点的速度大小为
49
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货物运动到平板车左端时与平板车速度相同，根据动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
解法二：
货物在B 点的速度大小为
货物运动到平板车左端时与平板车速度相同，根据动量守恒定律得
解得
由牛顿第二定律得平板车加速度大小
加速时间为
平板车位移
货物位移
，
平板车的长度就是二者的相对位移大小，即
13. （2025·甘肃省白银市第一中学·二模）如图所示，一长
的水平传送带以
的速度匀速
转动，紧邻传送带右端且与传送带等高的光滑平台上静置有一滑块，滑块
部分为一段与平台相切、半
径
的光滑圆弧。现将一质量
的物块自传送带的左端由静止释放，随后物块滑上平台进
而冲上滑块，脱离滑块后继续上升到达最高点时，距离滑块
点的高度差为
，而到
点的水
平距离为
，且知物块与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度
取
。求：
（1）物块在传送带上运动的时间t 及滑上平台时的速度大小
；
（2）圆弧
所对的圆心角
的正切值；
50
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【答案】（1）2s，7m/s；（2）
；（3）
【解析】（1）物块放到传送带上后，在摩擦力作用下做匀加速运动，其加速度为
若传送带足够长，则物块做匀加速直线运动的位移为
所以，物块在传送带上自始至终做匀加速直线运动，且
故，物块在传动带上运动的时间为
物块滑上平台时的速度为
（2）物块自B 点脱离滑块后做斜抛运动，同时滑块沿平台做匀速直线运动由斜抛运动规律，可知物块脱
离B 点时，竖直方向的速度为
物块自脱离B 点至运动到最高点所用时间
所以，物块脱离B 时，相对滑块的水平速度大小为
物块沿圆弧
切线方向滑离B 点，由几何关系可知
14. （2025·北京市大兴精华学校·三模）如图1，一质量为
的平板车静止在光滑水平面上，有一质量为
的小滑块以一定的水平速度冲上平板车，之后小滑块和平板车的
－图像如图2 所示，平板车足够长。
下列说法正确的是（ ）
51
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A. 由图像可知：
B. 若仅增大滑块与平板车间的动摩擦因数，线段
变长
C. 若仅增大平板车质量，线段
的斜率变小
D. 图中
的面积表示小滑块滑上平板车后小滑块的对地位移
【答案】C
【解析】A．v-t 图像的斜率表示加速度，由图可知滑块的加速度大于平板车的加速度，滑块和平板车所受
合力相等，都等于两物体之间的摩擦力大小，根据f=ma 可知，滑块的质量小于平板车的质量，即M＜m，
故A 错误；
B．若仅增大滑块与平板车间的动摩擦因数，则滑块和平板车之间的摩擦力变大，根据牛顿第二定律可知
两物体的加速度变大，根据速度—时间关系图像可知，CD 和OD 的斜率都变大，它们达到共速的时间变短，
即线段OE 变短，故B 错误；
C．若仅增大平板车质量，两物体之间的摩擦力大小不变，根据牛顿第二定律可知平板车的加速度变小，
所以线段OD 的斜率变小，故C 正确；
D．v-t 图像与坐标轴所围面积表示位移，则图中△COD 的面积表示小滑块滑上平板车后，小滑块相对平板
车的位移，故D 错误。
故选C。
1．（2023 年全国乙卷第1 题）一同学将排球自O 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O 点。设排
球
运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A. 上升时间等于下落时间
B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零
D. 下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【解析】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。
对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律
可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。
由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A 错误；
B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械
能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，
B 正确；
C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C 错误；
D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做
变加速运动，D 错误。
52
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故选B。
2．（2024 年辽宁卷第10 题）（多选）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
【解析】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
，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
53
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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。
3．（2024 年新课标卷第12 题第（1）问） 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；
【答案】（1）4m/s；
【解析】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
54
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薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
4．（2025 年海南卷第11 题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径
，圆心角
的圆
弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A 从圆弧顶点无初速度下滑，
在平台与B 碰成一整体，B 随后滑上传送带，已知
，
，A、B 可视为质点，AB 与传送
带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热
，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A 滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【答案】（1）
，方向竖直向上；
（2）
（3）
或
【解析】
【小问1 详解】
A 从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
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在最低点根据牛顿第二定律
解得
，方向竖直向上；
【小问2 详解】
根据题意AB 碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能为
【小问3 详解】
第一种情况，当传送带速度
小于
时，AB 滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB 与传送带间的动摩
擦因数为
，对AB 根据牛顿第二定律
设经过时间
后AB 与传送带共速，可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得
，另一解大于
舍去；
第二种情况，当传送带速度
大于
时，AB 滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间
后AB 与传
送带共速，同理可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得
，另一解小于
舍去。
5．（2025 年云南卷第6 题）如图所示，质量为m 的滑块（视为质点）与水平面上MN 段的动摩擦因数为
，与其余部分的动摩擦因数为
，且
。第一次，滑块从I 位置以速度
向右滑动，通过MN 段
后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为
，所用时间为
；第二次，滑块从Ⅱ
位置以相同速度
向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小
为
，所用时间为
。忽略空气阻力，则（ ）
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A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】CD ．对两种运动的整个过程根据能量守恒有
，
可得
，故CD 错误；
AB．根据牛顿第二定律
可得
由于
，故滑块在MN 上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过
程中
图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M 点的距离较近，根据公式
可知第二次到达M 点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的
图像
可得
，故A 正确，B 错误；
故选A。
6．（2025 年重庆卷第15 题）如图所示，长度为d
水平传送带M 顺时针匀速运动。质量为m 的小物块A
在传送带左端M 由静止释放。A 还未与传送带达到相同速度时就从右端N 平滑地进入光滑水平面NO，与
向右运动的小物块B 发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B 均向右运动，从O 点进入粗糙水平地面。设
A 与传送带间的动摩擦因数和A、B 与地面间的动摩擦因数均为
，重力加速度为g。
（1）求A 在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B 的速度大小为A 的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B 在粗糙地面上停下后相距
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d，求B 的质量；
（3）若B 的质量是A 的n 倍，碰后瞬间A 和B 的动量相同，求n 的取值范围及碰后瞬间B 的速度大小范
围。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
A 在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即
可得
由于A 还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由
解得
【小问2 详解】
设B 的质量为M，则由题意由碰前
，
，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有
，
又因
在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即
联立解得
，
因为OP 段粗糙，由动能定理有
得
，即
，
根据题意有
，且由（1）有
联立各式解得
【小问3 详解】
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A、B 碰撞过程动量守恒有
又因为碰后瞬间A 和B 的动量相同，则
，
根据碰撞
约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有
，即
碰后动能不增，即
，可得
所以n
取值范围为
分别将
和
带入
，分别可得
，
所以对应的B 的速度范围为
，带入
可得
7．（2025 年陕晋宁青卷第3 题）某智能物流系统中，质量为20kg 的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受
到的合力沿轨道方向，合力F 随时间t 的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
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【解析】根据牛顿第二定律和题图的F—t 图画出如图所示的a—t 图像
可知机器人在0 ~ 1s 和2 ~ 3s 内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t 图线的斜率表示加速度可知A 正
确。
故选A。
8．（2025 年江苏卷第10 题）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一
小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与
木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（ ）
A. 释放瞬间，物块加速度为零
B. 物块和木箱最终仍有相对运动
C. 木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D. 物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
【答案】D
【解析】A．根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，且有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释
放时物块加速度不为0，故A 错误；
B．由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减少，直到弹簧的最大弹力满足
以下分析的
：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为
，物块质量为
，对物块根据牛顿第二定律
设木箱质量为
，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律
可得
即弹簧的最大弹力减小到
后，二者一起做简谐运动，故B 错误；
C．根据AB 选项分析可知只有当二者一起做简谐运动前，有相对滑动，滑块运动到最右端后物块不会停
止，当二者一起做简谐运动后，物块与滑块一起做周期性运动，也不会停止，故C 错误；
D．开始滑块的加速度向右，物块与滑块第一次共速前，物块相对滑块向左运动，受到向右的摩擦力，共
速前二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D 正确。
故选D。
9．（2025 年北京卷第11 题） 模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上
射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f 的大
小随速率增大而增大，f 随时间t 的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（ ）
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A. 从
到
，实验舱处于电磁弹射过程
B. 从
到
，实验舱加速度大小减小
C. 从
到
，实验舱内物体处于失重状态
D.
时刻，实验舱达到最高点
【答案】B
【解析】A．
间，f 向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于
弹射过程后做竖直上抛运动；故A 错误；
B．
，f 向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有
即
故加速度大小在减小，故B 正确；
C．
间，f 向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，
加速度先向下后向上，先失重后超重，故C 错误；
D．根据前面分析可知
时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故
时刻到达最高点，故D 错误。
故选B。
10．（2025·吉林省长春市·三模）如图，光滑水平面上有一质量为
足够长的板
，两质量均为
的物块B、C 与
间的动摩擦因数分别为
，物块B、C 间连接劲度系数
的轻质弹簧，调节B、C 间距离，使其压缩一定长度，然后将B、C 同时释放。重力加速度
取
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）当初始压缩量
时，释放瞬间
的加速度大小。
（2）若要C 相对A 滑动，求初始压缩量的最小值。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
当
时，弹簧弹力
与
间最大静摩擦力
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与
间最大静摩擦力
由于
所以
与
相对静止，
在
上滑动，根据牛顿第二定律则有
解得
【小问2 详解】
当
相对于
滑动时，
的加速度达到最大值
，对于长木板
，由牛顿第二定律方程
解得
对于物块
，则有
恰好发生相对运动时
可解得
即弹簧初始最小压缩量为16cm 时，释放后，物块
恰好相对
滑动。
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