文档文本内容
第10 讲 牛顿运动定律的综合应用
目录
01 课标达标练
题型01 力和运动的综合动力学问题
题型02 牛顿运动定律相关的几类模型
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 力和运动的综合动力学问题
1．（2025·福建·一模）如图所示，这是一种能垂直起降的小型遥控无人机，螺旋桨工作时能产生恒定的升
力。在一次试飞中，无人机从地面上由静止匀加速竖直向上起飞，它5s 上升了25m。已知无人机的质量
，它运动过程中所受空气阻力大小恒为
，取重力加速度大小
。无人机受到的
升力大小为（ ）
A．10N
B．20N
C．30N
D．40N
【答案】B
【详解】无人机5s 上升了25m，可知无人机的加速度大小
根据牛顿第二定律有
解得
故选B。
2．（2025·福建厦门·二模）（多选）如图，一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹
角θ 为30°，现小球在F=10N 的沿杆向上的拉力作用下，从A 点静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的
动摩擦因数为
。求：
(1)小球运动的加速度a1；
(2)若F 作用2s 后撤去，小球上滑过程中距A 点最大距离sm。
【答案】(1)2m/s2
(2)5m
【详解】（1）在力F 作用时有
代入数据解得
（2）刚撤去F 时，小球的速度
小球的位移
撤去力F 后，小球上滑时有
代入数据解得
因此小球上滑时间
上滑位移
则小球上滑的最大距离为
3．（23-24 高三上·福建泉州·期中）如图所示，倾角
、高度
的斜面与水平面平滑连接，有一
个光滑小球静止在水平面上距离A 点
。小木块从斜面顶端由静止开始滑下，小木块滑到斜面底端
时小球获得速度5m/s 向左运动。已知小木块的质量
，它与斜面、水平面间的动摩擦因数均为
，重力加速度
。
，
。求：
（1）小木块在斜面上运动时的加速度大小；
（2）小木块滑至斜面底端时的速度大小；
（3）通过计算判断小木块能否追上小球，若不能追上，求出两者的最小距离。
【答案】（1）
；（2）10m/s；（3）不能；1.5m
【详解】（1）小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知
解得
（2）根据
解得
=10m/s
（3）小木块在水平面上运动时的加速度
设两者开始运动到共速的时间t 则有
两者的位移差
可知小木块能否追上小球，两者的最小距离为
4．（多选）如图所示，Oa、Ob 和ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d 位于同一圆周
上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环（未画出），两个滑环从O
点无初速度释放，一个滑环从d 点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da 到达a 或b 所
用的时间。下列关系正确的是（ ）
A．t1＝t2
B．t2>t3
C．t1<t2
D．t1＝t3
【答案】BCD
【详解】设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da 三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，
根据等时圆模型可知，由c、O、d 无初速度释放的小滑环到达a 点的时间相等，即tca＝t1＝t3
而由c→a 与由O→b 滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝
at2可知，t2>tca
即t2>t1＝t3
故选BCD。
02 牛顿运动定律相关的几类模型
5．（2025·福建泉州·模拟预测）如图所示，金属环1、2 分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，并用
不可伸长的细线连接，整个装置水平向左做加速运动，加速度从零开始增加。在两金属环相对杆滑动之前，
下列说法正确的是（ ）
A．金属环1 与水平杆之间的弹力一定变大
B．金属环1 与水平杆之间的摩擦力一定变大
C．金属环2 受到细线的拉力大小一定变大
D．金属环2 与竖直杆之间的弹力一定变大
【答案】D
【详解】CD．由题意，对两金属环分别受力分析，如图所示
对金属环2 进行分析，竖直方向上，由平衡条件可得
水平方向上，由牛顿第二定律可得
由此可知，随着a 的增加，细线的拉力T 不变、金属环2 与竖直杆之间的弹力
增大，故C 错误，D 正确；
AB．对金属环1 进行分析，竖直方向上，由平衡条件可得
水平方向上，由牛顿第二定律可知，当a 较小时，f 向右，则有
当a 较大时，f 向左，则有
由此可知，随着a 的增加，金属环1 与水平杆之间的弹力
不变，若a 一直增大，则金属环1 与水平杆之
间的摩擦力f 先向右减小、后向左增大，故AB 错误。
故选D。
6．（24-25 高三上·福建·期中）（多选）如图所示，倾角为
的斜面体静置于粗糙水平地面，滑块
通过穿
过固定光滑圆环的轻质细绳与质量相同的小球
相连，系统处于平衡状态，圆环左侧细绳与斜面平行。下
列说法正确的是（ ）
A．滑块受到斜面体的摩擦力方向沿斜面向上
B．滑块受到斜面体的摩擦力方向沿斜面向下
C．斜面体对地面的摩擦力方向水平向右
D．滑块对斜面体的摩擦力与地面对斜面体的摩擦力大小相等
【答案】BC
【详解】AB．对b 球受力分析可知，绳子的拉力与小球的重力平衡，即
对于滑块而言，由于
故滑块受到斜面体的摩擦力方向沿斜面向下，A 错误，B 正确；
C．将滑块与斜面体整体受力分析可知，绳子的拉力在水平方向上的分力有使整体向右运动的趋势，故地
面对斜面体的摩擦力水平向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，C 正确；
D．滑块处于静止时，则有
解得滑块受到的摩擦力
根据牛顿第三定律可知，滑块对斜面体的摩擦力大小为
把滑块与斜面体整体分析，可知地面对斜面体的摩擦力大小为
D 错误。
故选BC。
7．（23-24 高三上·福建龙岩·期中）（多选）如图所示，A 球质量为B 球质量的2 倍，光滑固定斜面的倾角
为θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂
直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度大小为 g，则在突然撤去挡板的瞬间有（ ）
A．图甲中 A 球的加速度大小为
B．图甲中 B 球的加速度大小为
C．图乙中 A、B 两球的加速度大小均为
D．图乙中轻杆对 B 球的作用力不为零
【答案】BC
【详解】设B 球质量为m，A 球的质量为2m，撤去挡板前，对整体分析可知，挡板对B 球的弹力大小为
因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受的合力为零，加速度为零，
B 球所受合力为
，根据牛顿第二定律可知加速度为
图乙中，撤去挡板的瞬间，AB 两球整体的合力为
，AB 两球的加速度均为
则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零。
故选BC。
8．（2024·福建·一模）（多选）如图所示，质量分别为2m 和m 的两个物体A、B 用跨过光滑定滑轮的绳子
连接，两物体恰好做匀速运动。A、B 与桌面的动摩因数相同，重力加速度大小为g，不计空气阻力及绳子
的质量。若将A 与B 互换，则（ ）
A．两物体做加速运动，加速度
B．两物体做加速运动，加速度
C．绳子中拉力大小不变
D．绳子中拉力大小变为原来的2 倍
【答案】BC
【详解】两物体恰好做匀速运动时，根据受力平衡可得
将A 与B 互换，分别对A、B 根据牛顿第二定律可得
，
联立解得
，
可知绳子中拉力大小不变。
故选BC。
9．（24-25 高三上·福建莆田·期中）如图，地面上有质量都为m 的物块A、B，中间有弹簧连接，今用一方
向向右的水平恒力F 拉动物块A，最后该系统做匀加速直线运动，重力加速度为g，物块与地面的动摩擦
因数为
，弹簧若仍在弹性限度内，那么最后该系统的加速度为 ，弹簧的弹力大小为 。
【答案】
【详解】[1]以A、B 为系统，根据牛顿第二定律可得
可得最后该系统的加速度为
[2]以A 为对象，根据牛顿第二定律可得
解得弹簧的弹力大小为
10．（2022·福建龙岩·模拟预测）（多选）如图所示，一辆货车载着许多相同的圆柱形空油桶在高速公路
上匀速行驶。由于雾霾影响，该驾驶员的能见度为s。已知每只空油质量为m，重力加速度为g，不计油桶
之间的摩擦力。则下列说法中正确的是（ ）
A．货车匀速行驶时，桶c 受到桶a 给它的支持力为
B．为防止紧急刹车时桶c 脱离桶b 砸向前方的驾驶室，刹车时加速度不能超过
C．货车刹车时加速度变大，若a、b、c 保持相对静止，则桶c 受到桶b 给它的支持力也变大
D．为确保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过
【答案】BCD
【详解】A．货车匀速行驶，对桶c 受力分析如图所示
由几何关系可知
由共点力平衡条件得
解得
故A 错误；
B．为防止紧急刹车时桶c 脱离b 砸向前方的驾驶室而发生危险，设刹车时的最大加速度为am，此时b 对c
刚好无支持力，c 的受力如图所示
由牛顿第二定律得
解得
故B 正确；
C．货车刹车时，由平衡条件和牛顿第二定律得
解得
可见，货车刹车加速度变大时，要使abc 保持相对静止，则桶c 受到桶a 给它的支持力也变大，故C 正确；
D．驾驶员的能见度为s，为保证安全行驶，所以
解得
为确保安全行驶，货车匀速行驶的速度不能超过
，故D 正确。
故选BCD。
11．（24-25 高三上·福建厦门·阶段练习）大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符合规范的装载支架
是安全运输的保障，运输过程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换来的。若已知支架斜面均与水平面成
，则运输车刹车时的加速度大小不能超过 ，运输车加速超车时的加速度大小不能超过 。
【答案】
【详解】[1]运输车刹车时,对钢卷受力分析，可知临界时后支架斜面无作用力，前支架斜面有支持力N，在
竖直方向，根据平衡条件有
在水平方向，根据牛顿第二定律有
联立解得
[2]运输车加速超车时，对钢卷受力分析，可知临界时前支架斜面无作用力，后支架斜面有支持力N，在竖
直方向，根据平衡条件有
在水平方向，根据牛顿第二定律有
联立解得
12．（24-25 高三上·福建莆田·期中）（多选）渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实
现了机械化分离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，
分离器出口与传送带有一定的高度差，鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是（
）
A．“虾”从掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动
B．“鱼”从掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C．“虾”在传送带运动时，虾受到的摩擦力方向沿斜面向上
D．“鱼”在传送带运动时，加速度方向先沿斜面向下后沿斜面向上
【答案】AC
【详解】A．虾的收集箱在下方，故虾一定是向下运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于虾受到
的摩擦力，则虾向下做加速直线运动，所以虾有可能沿着传送带向下做加速直线运动，故A 正确；
B．鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动，鱼先
向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，故B 错误；
C．虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的滑动摩擦力沿传送带斜面向上，故C 正确；
D．鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，鱼先沿斜面向下减速到零，后沿斜面加速向上，
所以鱼具有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D 错误。
故选AC。
13．（23-24 高三上·福建·阶段练习）（多选）如图所示，传送带与地面的夹角为
，其顶端A 到底端B
的距离为
，传送带始终以
的速率逆时针转动。在传送带顶端A 轻放一小煤块，已知煤块与传送带
间的动摩擦因数为0.5，
，重力加速度大小
，下列说法正确的是（ ）
A．煤块下滑过程中先加速后匀速
B．煤块下滑过程中先加速后减速
C．煤块从传送带顶端A 运动到底端B 所用的时间为
D．煤块在传送带上留下的滑动痕迹为
【答案】CD
【详解】ABC．煤块刚放上传送带时受到的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得
解得
煤块加速到与传送带共速所用时间为
通过的位移大小为
共速后，由于
可知煤块继续向下加速运动，加速度大小为
根据运动学公式可得
其中
解得
故煤块从传送带顶端A 运动到底端B 所用的时间为
故AB 错误，C 正确；
D．共速前，煤块相对于传送带向上滑动的位移为
共速后，煤块相对于传送带向下滑动的位移为
由于
可知煤块在传送带上留下的滑动痕迹为1.25m，故D 正确。
故选CD。
14．（23-24 高三上·福建·期中）（多选）倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在t
＝0 时，将一小煤块轻放在传送带上A 点处，1.5s 时小煤块从B 点离开传送带。小煤块速度随时间变化的
图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度
，下列判断中正确的是
（ ）
A．传送带的运行速率为6m/s
B．0～0.5s 内小煤块的加速度大小为10m/s2
C．小煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5
D．0～1.5s 内小煤块在传送带上留下的痕迹长度为0.25m
【答案】BC
【详解】A．由图可知，在0.5s 时刻，小煤块的加速度发生了突变，则传送带的运行速率为5m/s，故A 错
误；
B．根据加速度的定义式得0～0.5s 内小煤块的加速度大小为
故B 正确；
C．由图可知，0.5s～1.5s 内小煤块的加速度大小为
内，对小煤块由牛顿第二定律
内对小煤块由牛顿第二定律
联立解得，小煤块与传送带之间的动摩擦因数为
故C 正确；
D．
内传送带多运动
内，物块多运动
痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为
。
故D 错误。
故选BC。
15．（22-23 高三上·福建宁德·期中）（多选）如图所示，A、B 两物块的质量分别为
和
，静止叠放在
水平地面上A、B 间的动摩擦因数为
，B 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，
重力加速度为g，现对A 施加一水平拉力F，则（ ）
A．当
时，A、B 都相对地面静止B．当
时，A 的加速度为
C．无论F 为何值，B 的加速度不会超过
D．当
时，A 相对B 才开始滑动
【答案】AD
【详解】A．将两物体看做一个整体，则运动的临界条件为
解得
所以当
时，
、B 都相对地面静止，A 正确；
BCD．当A 刚好相对于B 滑动时，有
，
解得
，
所以有
时，二者相对滑动，B 的最大加速度为
。当
时，二者一起运动，则有
解得
故D 正确，BC 错误。
故选AD。
16．（24-25 高三上·福建·期中）（多选）如图甲所示，工人用倾角为
、顺时针匀速转动的传送带运送货
物，把货物轻放到传送带底端
，货物从传送带底端
运送到顶端
的过程中，其速度随时间变化的图像
如图乙所示。已知货物与传送带间的静摩擦力大小为
，重力加速度大小为
，下列说法正确的是
（ ）
A．货物的质量为
B．传送带底端
到顶端
的距离为
C．货物与传送带间的动摩擦因数为
D．货物与传送带间的滑动摩擦力大小为
【答案】CD
【详解】A．根据如图乙所示，货物先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，当匀速直线运动时货物受到
静摩擦力，已知货物与传送带间的静摩擦力大小为f，有
解得
A 错误；
B．根据如图乙所示，
图线的面积大小为位移大小，有
B 错误；
CD．根据题意，货物在匀加速直线运动阶段
由牛顿第二定律可知
解得
货物与传送带间的滑动摩擦力大小为
联立解得
CD 正确。
故选CD。
17．（24-25 高一上·福建南平·期末）（多选）如图，煤块A 用不可伸长的轻质细线绕过轻质光滑的定滑轮
C 与物块B 相连，A 放置在速度大小为8m/s 的水平传送带上，AC 间细线与传送带平行。已知A 质量为
2kg，与传送带间动摩擦因数为0.5，B 质量为1kg，传送带长5.6m，重力加速度取
，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。当A 在传送带P 端由静止释放，若（ ）
A．传送带逆时针转动，A 相对地面静止
B．传送带顺时针转动，A 以
的加速度向右做匀加速直线运动
C．传送带顺时针转动，A 用时1.3s 到达Q 端
D．传送带顺时针转动，A 在传送带上的划痕长度为4m
【答案】AC
【详解】A．传送带逆时针转动，此时A 受传送带的摩擦力向左，因为
可知A 相对地面静止，选项A 正确；
BC．传送带顺时针转动，开始时A 的的加速度
当A 与传送带共速时向右的位移
时间
共速后与传送带一起匀速运动，用时间
即A 用时t=t1+t2=1.3s
到达Q 端选项B 错误，C 正确；
D．传送带顺时针转动，A 在传送带上的划痕长度为
选项D 错误。
故选AC。
18．（23-24 高三上·福建·阶段练习）如图甲所示，一定长度、质量为M=2kg 的长木板放在水平面上，质量
为m=1kg 且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力
（大小未知），
使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t=0 时刻，0～2s 内长木板和物块的速度随时间的变化规律
如图乙所示，t=2s 时将外力大小改为
，物块与长木板间的动摩擦因数为
，长木板与水平面间的
动摩擦因数为
。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速
度
。求：
（1）
以及
的大小：
（2）长木板最终的速度大小。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）由
图像可知，木板的加速度大小为
物块的加速度大小为
分别对木板、物块根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
（2）
，由
图像可知，此时木板和物块的速度分别为
，
此时将外力大小改为
，物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二
定律可知，加速度大小变为
设经过
时间木板和物块达到共速，则有
，
联立解得
，
由于
则共速后，木板和物块一起做匀速直线运动，所以长木板最终的速度大小为
。
1．（23-24 高三上·福建·期中）（多选）在学校科技文化周上，有同学展于了自己研制的球形飞行器。球
形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，球形飞行器总质量为M，飞行器飞行时受到的空气阻
力大小与其速率成正比（即
，k 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，
其匀速下落的速率为
；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀
速向上的速率为
。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说
法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为
B．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
C．当飞行器以
的速率飞行时，其加速度大小可以达到
D．要使飞行器以
水平匀速飞行，发动机推力的方向与速度方向夹角的正切值为0.5
【答案】BC
【详解】A．飞行器匀速下落时，有
飞行器匀速向上运动有
发动机的最大推力为
故A 错误；
B．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，有
飞行器速率为
故B 正确；
C．当飞行器最大推力向下，以
的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，有
解得最大加速度为
故C 正确；
D．要使飞行器以
水平匀速飞行，发动机推力的方向与速度方向夹角的正切值为
故D 错误。
故选BC。
2．（23-24 高三上·福建·开学考试）（多选）如图所示，质量为m 的A 物体和质量为2m 的B 两物体叠放在
竖直弹簧上并保持静止，用大小等于2.5mg 的恒力F 向上拉B，运动距离h 时B 与A 分离．则下列说法中
正确的是（ ）
A．B 和A 刚分离时，弹簧弹力为1.25mg
B．B 和A 刚分离时，A、B 间弹力为mg
C．B 和A 刚分离时，A 的加速度为0.25g
D．弹簧的劲度系数等于
【答案】AC
【详解】ABC．B 与A 刚分离的瞬间，A、B 仍具有相同的速度和加速度，且A、B 间无相互作用力。对B 分
析知，B 具有向上的加速度
解得
此时对A 分析有
解得
且处于压缩状态， AC 正确，B 错误；
D．B 和A 刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为
原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg，则弹力减小量
两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小
由胡克定律得
D 错误。
故选AC。
3．（2025·福建·一模）工人师傅巧妙地利用载重货箱下行的动力拉起上行的空载货箱，既解决了载重货箱
下行过快的问题，又减轻了搬运空载货箱上行的劳动强度，其装置简化为如图所示，在倾角为
的斜坡
上，一总质量为15kg 的载重货箱，通过轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为5kg 的空载货箱相连，轻绳与斜
面平行。当载重货箱下行时，能够拖动空载货箱上行，已知两货箱与斜坡间的动摩擦因数均为0.25，重力
加速度g 取
，
，
，则当载重货箱下行时，加速度大小为
，
轻绳的拉力大小为 N。
【答案】 1 45
【详解】[1][2]空载货箱受力如图所示
根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得
载重货箱受力如图所示
根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得
联立解得
4．（24-25 高三上·福建厦门·阶段练习）（多选）如图所示，水平传送带以速度
向右匀速传动。
可视为质点的小物体P、Q 的质量均为1kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，
时刻P 在传送带左
端具有向右的速度
，P 与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P 与传送带间的动
摩擦因数
，传送带两端距离。
，绳足够长，
。关于小物体P 的描述正确的是（
）
A．小物体P 刚滑上传送带时的加速度大小为
B．小物体P 将从传送带的右端滑下传送带
C．小物体P 离开传送带时的速度大小为
D．小物体P 在传送带上运动的时间为
【答案】AD
【详解】A．小物体P 刚滑上传送带时，相对传送带向右运动，对小物体P 分析，由牛顿第二定律有
对小物体Q 分析，由牛顿第二定律有
联立解得
故A 正确；
BCD．小物块P 与传送带共速前，小物体P 的位移
即小物体P 速度减小到
时未从传送带右端滑出。所用的时间
在小物体P 的速度和传送带速度相等后，因为小物体Q 的重力大于小物体P 所受的最大静摩擦力，所以摩
擦力会突变向右，对小物体P、Q 整体，由牛顿第二定律有
解得
方向水平向左，则小物体P 从
减小到0 的位移为
则有
故小物体P 不会从传送带右端滑出。小物体P 从
减小到0 的时间为
之后，小物体P 以
向左加速运动，有
解得
传动到传送带最左端的速度
综上所述，小物体P 在传送带上运动的时间为
故BC 错误，D 正确。
故选AD。
5．（24-25 高三上·福建莆田·期中）（多选）如图甲，倾角为
的足够长的传送带顺时针匀速转动。
一质量为
的物块（可视为质点）以某一初速度从传送带底端滑上传送带，物块运动的速度一时间
图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取
，下列说法正确的是（ ）
A．传送带转动的速度大小为
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．物块在传送带上运动的总时间为
D．物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程为4m
【答案】AC
【详解】A．由图乙可知，物块的初速度大小
，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速
度发生变化，所以传送带转动的速度大小
故A 正确；
B．0~0.4s 内，物块的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
故B 错误；
D．该过程中物块的位移大小
传送带的位移大小
物块相对传送带向上运动
之后，设物块做匀减速直线运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
解得
物块经过时间t1速度减为零，则
物块减速到零的位移大小
传送带的位移大小
物块相对传送带向下运动
故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程
故D 错误；
C．物块反向向下加速的位移大小
由
解得
故物块在传送带上运动的总时间
故C 正确。
故选AC。
6．（23-24 高三上·福建泉州·阶段练习）（多选）如图甲所示，倾角为θ=37°的足够长的传送带以恒定的速
率沿顺时针方向运行，一煤块以初速度v0=12 m/s 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=10 m/s2，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．倾斜传送带的速率为4m/s
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为5s
D．煤块从冲上传送带到t=2s 时在传送带上留下的痕迹长为4m
【答案】AD
【详解】A．由乙图可知，0~1s 内煤块沿传送带向上做加速度为a1的匀减速直线运动，1~2s 内煤块沿传送
带向上做加速度为a2的匀减速直线运动。且
可知t=1s 时，煤块的受力发生变化，即此时煤块与传送带速度相等，倾斜传送带的速率为4m/s。故A 正确；
B．由乙图可知0~1s 和1~2s 内煤块的加速度大小为
由牛顿第二定律，可得0~1s 内煤块的加速度满足
联立，解得
故B 错误；
C．由乙图可知，0~2s 内煤块沿传送带向上运动，其位移可表示为
2s 之后煤块沿传送带向下做匀加速直线运动，有
解得
煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为
故C 错误；
D．在0~1s 内传送带比煤块速度慢，则煤块在传送带上的划痕为
此时划痕在物块的下方，在1~2s 内，传送带速度比物块速度大，则
因为
L2<L1
所以在上升阶段产生的划痕为4m。故D 正确。
故选AD。
7．（2023·福建厦门·一模）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点
的小物块。在
时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F 的作用下物块和木板发生相对滑动，
时撤去F，整个过程木板运动的
图像如图乙所示。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板
与地面间均有摩擦，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．
内木板的加速度为
B．物块与木板间的动摩擦因数为
C．拉力F 的大小为21N
D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
【答案】C
【详解】A．速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图像可知，
内木板的加速度为
故A 错误；
B．根据题意，结合图像可知，
内木块始终做匀加速运动，
时木板和木块达到共速，设木块
与木板间的动摩擦因数为
，则对木块由牛顿第二定律有
而由速度与时间的关系式可得
其中
，
从而解得
故B 错误；
C．设地面与木板间的动摩擦因数为
，在撤去拉力后，对木板由牛顿第二定律有
解得
而由图像可知，在没有撤去拉力时木板的加速度
则对木板在没有撤去拉力时由牛顿第二定律有
解得
故C 正确；
D．对木板和木块在达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为
，则由牛顿
第二定律有
解得
而木块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度
由此可知，木块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其继续与木块发生相对滑动时的加速度
大小为
，则由牛顿第二定律有
解得
即木板以加速度大小为
继续减速直至速度为零，木块以加速度大小为
减速直至速度为零，设在两者达
到共速时木块的对地位移为
，木板的对地位移为
，则可得
其中
解得
则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为
设共速之后的减速阶段木块的位移为
，木板的位移为
，则由运动学公式可得
，
解得
，
则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
故D 错误。
故选C。
8．（23-24 高三上·福建福州·期中）（多选）如图甲所示，5 颗完全相同质量为m 的象棋棋子整齐叠放在水
平面上，所有接触面间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对第3 颗棋子施加一水平
变力F，F 随t 的变化关系如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．
时，第5 颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为
B．
时，第4、5 颗棋子间没有摩擦力
C．
时，第3 颗棋子的加速度大小为
D．第6s 以后，第1 颗棋子受到的摩擦力大小为
【答案】AD
【详解】A．由于第4 颗棋子对第3 颗棋子的最大静摩擦力为
所以当
时，棋子3 不会运动；由图乙可知
时
棋子都处于静止状态，把5 个棋子整体分析，受平衡力作用，第5 颗棋子受到水平面的摩擦力和水平力F
是平衡力，所以第5 颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为
，故A 正确；
B．由图乙可知
时
则棋子1、2、3 静止，对1、2、3 棋子整体分析，棋子4 对棋子3 的摩擦力与外力二力平衡，所以棋子4
对3 的摩擦力大小为
，方向水平向左，由牛顿第三定律可知，棋子3 对棋子4 的摩擦力大小为
，
方向水平向右；对棋子4 受力分析可知，棋子5 对4 的摩擦力大小为
，方向水平向左，故B 错误；
C．最上面的两颗棋子向右运动的最大加速度为
设最上面的三个棋子一起以最大加速度amax向右运动，且水平恒力为F0，则
解得
当水平向右的恒力F 大于
时，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动；由图乙可知
时
所以最上面的三个棋子作为整体一起向右运动，由牛顿第二定律可得
解得
故C 错误；
D．第6s 以后，水平外力大于
，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动，上面的两个棋子一
起向右运动，第1 颗棋子受到的摩擦力大小为
故D 正确。
故选AD。
9．（24-25 高三上·福建厦门·阶段练习）如图所示，倾角为37°的足够长的斜面固定在水平地面上，斜面上
放着一个质量为
的长木板。木板的下端距斜面底端的距离足够远，A、B 是木板的两个端点，A 点
离滑轮足够远，P 是木板上的一个点，A、P 两点间距离为3m，木板的上端A 点放着一个可以看成质点质
量
的物块，物块与木板间的动摩擦因数
，木板与斜面间的动摩擦因数
，在木板的
上端通过一根绕过定滑轮的轻质细绳与一质量为
的重物相连，重物距地面足够高，不计滑轮的质量和细
绳与滑轮之间的摩擦力。开始时均静止，绳处于拉直状态，
时刻，同时释放木板，物块和重物，
时，物块恰好到达P 点，此时迅速摘掉重物，最终物块没有脱离木板，重力加速度g 取
，求：
(1)
时，物块的加速度大小
及木板的加速度大小
；
(2)所挂重物的质量
；
(3)木板的最小长度
。
【答案】(1)
，
(2)4kg
(3)
m
【详解】（1）去掉重物前，根据牛顿第二定律，对物块
解得
根据位移时间公式
此时物块的速度为
方向沿斜面向下；
对木板，根据位移时间公式
根据题意有
解得
此时木板的速度为
方向沿斜面向上
（2）对木板，根据牛顿第二定律
对重物，根据牛顿第二定律
联立解得
（3）去掉重物后，对物块受力分析，所受力保持不变，故合外力不变，根据牛顿二定律可知，加速度仍
不变，为
，对木板受力分析，根据牛顿第二定律
解得
设木板经时间
速度向上减到0，则有
时间内木板的位移为
时间内物块的位移为
此时物块的速度为
沿斜面向下；之后木板相对斜面下滑，对木板受力分析，根据牛顿第二定律
解得
设再经过
二者达共速，则有
解得
时间内木板的位移为
时间内物块的位移为
故木板至少的长度
10．（23-24 高三上·福建福州·阶段练习）如图所示，两个滑块A 和B（均可视为质点）的质量分别为
和
，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为
；
木板的质量为
，与地面间的动摩擦因数为
。某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大
小均为
。A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B 可看成
质点，取重力加速度大小
。求：
（1）A、B 刚开始滑动时，木板的加速度
大小和方向；
（2）B 与木板相对静止时，木板的速度大小；
（3）木板的长度。
【答案】（1）
，方向向右；（2）
；（3）
【详解】（1）依题意，A、B 刚开始滑动时，对木板分析，根据牛顿第二定律得
代入相关已知数据解得
方向向右。
（2）对A 受力分析，根据牛顿第二定律得
代入数据解得
方向向右；对B 分析，根据牛顿第二定律得
代入数据解得
方向向左；B 与木板相对静止时，有
代入数据解得
，
（3）B 与木板共速时，此时B 相对木板静止，摩擦力突变为静摩擦力，A 受力不变，加速度仍为5m/s2，
方向向右，对B 与木板受力分析，有
代入数据解得
方向向左；当木板与A 共速时有
代入数据解得
，
当
时，有
B 相对于板的位移
对A，向左，有
A 相对于板的位移
当
时，对A，向左有
对木板，向右有
A 相对于板的位移
可得木板的长度为
一、单选题
1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）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
【详解】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。
2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）（多选）如图（a），倾角为
的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量
相等的小物块甲、乙同时以初速度
沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为
、
，整个过程
中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的
曲线在
时切线斜率为0，则（ ）
A．
B．
时，甲的速度大小为
C．
之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．
之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】AD
【详解】B．位置
与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速
运动，乙物体做匀减速运动，在
时间内甲乙的位移可得
可得
时刻甲物体的速度为
，B 错误；
A．甲物体的加速度大小为
乙物体的加速度大小为
由牛顿第二定律可得甲物体
同理可得乙物体
联立可得
，A 正确
C．设斜面的质量为
，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二定理可得
则
之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C 错误；
D．
之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得
即地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
故选AD。
3．（2024·辽宁·高考真题）（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
【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。
4．（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。
5．（2023·全国甲卷·高考真题）（多选）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 甲>m 乙，μ 甲m 甲g=μ 乙m 乙g
则
μ 甲<μ 乙
故选BC。
6．（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。
7．（2022·北京·高考真题）如图所示，质量为m 的物块在倾角为
的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动
摩擦因数为
。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块的支持力大小为
B．斜面对物块的摩擦力大小为
C．斜面对物块作用力的合力大小为
D．物块所受的合力大小为
【答案】B
【详解】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为
故A 错误；
B．斜面对物块的摩擦力大小为
故B 正确；
CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得
可知
则斜面对物块的作用力为
故CD 错误。
故选B。
8．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，
经过1s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10m/s2。下列v0、μ 值可能正确的是（ ）
A．v0= 2.5m/s
B．v0= 1.5m/s
C．μ = 0.28
D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故A 不可能，B 可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v0
2= 2ax
整理有
v0
2 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s 可得
μ < 0.2
故CD 不可能。
故选B。
9．（2022·全国乙卷·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。
10．（2022·浙江·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，重力加速度
取
，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
