文档文本内容
第10 讲 牛顿运动定律的综合应用
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 动力学问题.........................................................................................................................4
知识点1 力和运动的关系...................................................................................................................4
知识点2 两类基本问题..............................................................................................................................4
考向1 已知受力求运动..............................................................................................................................5
【解题思路】由受力求运动的流程图
考向2 已知运动求受力..............................................................................................................................8
【解题思路】由运动求受力的流程图
考向3 等时圆问题...................................................................................................................................11
考点二 牛顿运动定律有关的模型...............................................................................................14
知识点 牛顿运动定律有关的模型分析 ........................................................................................14
考向1 动力学连接体问题......................................................................................................................16
考向2 动力学临界问题..........................................................................................................................18
【规律方法】分析两物体叠加问题的基本思路
考向3 动力学传送带模型......................................................................................................................22
【总结归纳】传送带的模型分类
考向4 动力学板块问题..........................................................................................................................25
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................29
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
动力学问题
选择题
非选择题
陕甘宁卷T3，4 分
黑吉辽卷T10，6 分
牛顿运动定律有
关的模型
选择题
非选择题
安徽卷T5，4 分
安徽卷T4，4 分
北京卷T6，3 分
福建卷T5，4 分
考情分析：
1．高考对这部分内容的考查，以多种题型的形式出现，通常情况下有一定的难度,往往会以实际生活中的
例子或者设定一定的具体问题模型作为试题背景考查知识。
2．从命题思路上看，试题情景为
生活实践类：斜面上物体动力学问题，生活工具（拖把等）动力学问题，下落物体的动力学问题等。
复习目标：
目
一：
标
熟
掌握
用牛
运
定律解决
力学
的思路和方法，理解加速度是解决两
力学基本
练
应
顿
动
动
问题
类动
问题
的
梁
桥
。
目
二：
标
在了解牛
运
定律有关模型的几
模型的基
上，能
不同的模型，建立起合适正确的解
顿
动
类
础
够针对
题
方法和技巧，
而解决
进
问题。
考点一 动力学问题
知识点1 力和运动的关系
牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量
成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同。
物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，在直线运动中：
知识点2 两类基本问题
1.从受力确定运动情况
（1）如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体
的运动情况。
（2）基本思路：分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由
运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。
2.从运动情况确定受力
（1）如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定
律求出力。
（2）基本思路：分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所
受的合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力。
得分速记
多过程问题分析
1.当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成.将复杂的过程拆
分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题。
2.注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到
承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
考向1 已知受力求运动
例1 （2024·福建福州·二模）滑块以一定的初速度沿倾角为
，动摩擦因数为
的粗糙斜面从底端上滑，
到达最高点B 后返回到底端，A 点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片
示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下
列说法正确的是（ ）
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动加速度大小之比为
C．滑块过A 点时的速度大小之比为
D．
【答案】B
【详解】A．根据牛顿第二定律可知，上滑过程和下滑过程分别满足
设频闪时间间隔为T，上滑过程加速度较大，相同位移大小时运动时间较短，故A 错误；
B．甲图表示上滑过程，时间间隔为3T，乙图表示下滑过程，时间间隔为4T，把上滑过程逆向看成初速度
为零的匀加速直线运动，由
可知，加速度大小之比为
，故B 正确；
C．利用逆向思维，滑块在A、B 两点间运动，根据位移公式有
结合上述解得
即图甲与图乙中滑块在A、B 两点间运动时间之比为
，故由
知
故C 错误；
D．根据加速度比有
解得
故D 错误。
故选B。
解题思路 由受力求运动的流程图
【变式训练1】（2025·福建泉州·模拟预测）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜
滑轨AB 与水平面成
角，长度
，水平滑轨BC 长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从顶端A
由静止开始下滑，其与两段滑轨间的动摩擦因数均为
，货物可视为质点，其质量
，货物滑离
C 端时的速度不超过
，取
，
，
，求：
(1)货物在倾斜滑轨运动过程中的加速度大小；
(2)水平滑轨BC 的最短长度
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设货物在倾斜滑轨运动过程中的加速度大小为
，对货物受力分析，如下图
垂直于倾斜滑轨方向，由平衡条件可得
沿倾斜滑轨方向，由牛顿第二定律可得
其中
联立可得
（2）结合（1）可知，货物在倾斜滑轨上，根据运动学公式有
在水平滑轨上，根据牛顿第二定律可得
货物在水平滑轨上，根据运动学公式有
由题知
，联立可得
【变式训练2】（2024·福建·二模）高速公路在一些长下坡路段行车道外侧时常会增设避险车道，车道表面
是粗糙碎石，其作用是供下坡的车辆在刹车失灵的情况下紧急避险，如图所示为某处避险车道。现有一辆
质量为m=1.0×104kg 的货车沿倾角θ=5°的下坡路面行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，
此时速度表示数v1=72km/h，货车继续沿下坡路面直线行驶了t=20s 时到达避险车道，此时速度表示数
v2=108km/h.若把货车整体视为质点，其在下坡路面和避险车道上的运动均视为匀变速直线运动，且不计下
坡路面与避险车道连接处的能量损失，重力加速度大小g=10m/s2，sin5°=0.09，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求货车下坡时受到的阻力大小；
(2)若该避险车道与水平地面的夹角α=37°，货车与避险车道之间的动摩擦因数μ=0.25，求货车在避险车道
上运动的最大位移。
【答案】(1)4.0×103N
(2)56.25m
【详解】（1））货车在下坡过程中的加速度
解得
对货车受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）在避险车道上，根据牛顿第二定律可得
解得
由运动公式
联立解得
考向2 已知运动求受力
例2 （24-25 高三上·福建宁德·阶段练习）我国的第五代制空战斗机歼
具备高隐身性、高机动性等能力。
某次垂直飞行测试试验中，歼
沿水平跑道加速至
离地后，机头瞬间朝上开始竖直向上飞行，
飞机在10s 内匀加速至
。已知该歼
的质量
，歼
加速阶段所受的空气阻力恒为
重力的
，忽略战斗机因油耗等导致的质量变化，取重力加速度大小
。求：
(1)歼
加速阶段的加速度大小a；
(2)歼
加速阶段发动机的推力大小F。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据加速度的定义有
其中
，
，解得
（2）根据牛顿运动定律有
解得
解题思路 由运动求受力的流程图
【变式训练1】（24-25 高三上·福建莆田·期中）2024 年4 月30 日17 时46 分，神舟十七号载人飞船返回舱
在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m 的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速
度从80m/s 降至10m/s，此过程飞船高度下降了385m，此后可视为匀速下降。当返回舱在距离地面一定高
度时启动反推发动机，速度减至0 时恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为
，其中
为定值，
为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含航天员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质
量的变化，重力加速度
取
，设全过程为竖直方向的运动。
(1)在主伞打开后的瞬间，求返回舱的加速度
大小；
(2)返回舱在距地面一定高度时启动反推发动机（反推力近似为恒力，空气阻力忽略不计），经1s 返回舱
落地，求启动反推发动机时返回舱距离地面的高度H；
(3)最后减速阶段返回舱座椅对质量
的航天员的作用力
大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由牛顿第二定律可知
由题意有
联立可得
返回舱的加速度大小为
。
（2）根据运动学规律可得，启动反推发动机时返回舱距离地面的高度
（3）当返回舱在距离地面一定高度时启动反推发动机，速度减至0 时恰落到地面上，根据运动学公式可
得
解得加速度大小为
对航天员，根据牛顿第二定律可得
解得座椅对航天员的作用力
【变式训练2】（24-25 高三上·福建泉州·期末）避险车道是长下坡公路的重要设施，如图所示。某货车在
下坡公路上以
的速率经过A 处时，司机发现刹车失灵立即关闭动力，货车做匀加速运动到坡底
B 处时速率为
，随后在避险车道上做匀减速运动到C 处停下。已知货车的质量
，
A、B 间距
，B、C 间距
，取重力加速度大小
，货车经过B 处时的速率不变，
求：
(1)货车从A 运动到B 的时间t；
(2)货车在避险车道上受到的合力大小F。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设货车下坡加速度大小为
，根据速度位移关系式有
根据速度时间关系式有
联立解得
（2）设货车避险车道上加速度大小为
，根据速度位移关系式有
货车避险车道上运动，根据牛顿第二定律得
联立解得
考向3 等时圆问题
例3 （23-24 高三上·福建福州·期中）公园的滑梯高低不等，斜面的长度也不同，假设有三个滑道的某一
滑梯模型如图所示，三个滑道的最高点A、B、C 和最低点D 是在竖直面内的同一圆上，可视为质点的小
孩从三个滑道的最高点A、B、C 沿滑道由静止开始滑到最低点D（
），所用的时间分别为
、
、
，不计空气阻力，滑道光滑（即忽略滑梯摩擦的影响），则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设杆与水平方向的夹角为
，根据牛顿第二定律有
设圆周的直径为d，则滑环沿杆滑到D 点的位移大小
，
解得
可见滑环滑到D 点的时间t 与杆的倾角
无关，即三个滑环滑到D 点所用的时间相等。
故选A。
【变式训练1】如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P 点，有三根光滑
细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现
各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P 点，空气阻力不计，则小环在
细杆AP、BP、CP 上运动的时间之比为（ ）
A．
B．
C．3:2:1
D．1:1:1
【答案】A
【详解】根据等时圆模型，如图所示
只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则
故选A。
【变式训练2】某次洪灾紧急救援行动中，江西鹰潭蓝天救援队发现一灾民被困在水中礁石上。如图所示，
礁石可看做一半球，其最高点纵截面圆心为O，半径为R，离礁石最近的岸上有一定点A，已知A 点距离
水面高为H，OA=L，水面上礁石最右端离岸水平距离x<H（x 未知），现设计从A 点架设一条倾斜的光滑
滑道到礁石上，要求救援队员从滑道顶端由静止下滑到达礁石表面所用时间最短，则最短时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】如图所示
AB 垂直水面于B 点，过A 点作一个圆心
在AB 上的竖直圆，使圆与礁石半圆表面相切于P 点，由于
x<H
圆心必定在AB 之间，设半径为r。根据等时圆规律，沿 AP 下滑必定时间最短，且最短时间，有
解得最短时间为
连接
必定与P 三点共线。有几何关系得
解得
可得最短时间为
故选D。
考点二 牛顿运动定律有关的模型
知识点 牛顿运动定律有关的模型分析
1.连接体问题
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并
排放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法。
2.连接体问题的解题方法
(1)加速度和速度都相同的连接体问题
① 求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再
用隔离法。
② 求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交替运用。一般的思路是先用其中一种方法
求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。
(2)加速度和速度大小相同、方向不同的连接体问题
跨过光滑轻质定滑轮的物体速度、加速度大小相同，但方向不同，此时一般采用隔离法，即对每个物体分
别进行受力分析，分别根据牛顿第二定律列方程，然后联立方程求解。
2.临界问题
① 临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。
② 关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰好”等词语，一般都暗示了临界状
态的出现，隐含了相应的临界条件。
（3）临界问题的常见类型及临界条件
① 接触与脱离的临界条件：两物体间的弹力恰好为零。
② 相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。
③ 绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断裂的临界条件是实际张力等于它
所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是张力为零。
④ 加速度最大、最小与速度最大、最小的临界条件：当所受合力最大时，具有最大加速度。当所受合力
最小时，具有最小加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值。
（4）解答临界问题的三种方法
① 极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而找出临界条件。
② 假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物
体的受力情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理。
③ 数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值
的方法，求出临界条件。
3.传送带模型
（1）传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带
两种基本模型。
（2）传送带模型分析流程
（3）注意
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送
带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
4.板块模型
（1）模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物
体的运动速度、位移间有一定的关系。
（2）解题方法
① 明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。
② 分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速
度可能突变)。
③ 物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个
过程的末速度是下一个过程的初速度。
（3）常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木
板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等
于木板的长度。
特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移。
（4）注意摩擦力的突变
当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或
者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
考向1 动力学连接体问题
例1（24-25 高三上·福建福州·期中）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均
为
的物体A，B（B 物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为
，初始时物体处于静止状
态。现用竖直向上的拉力
作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度
的匀加速直线运动
（重力加速度g 取
）。外力
作用时间 s 后，A，B 分离。
【答案】0.6
【详解】施加
前，物体AB 整体平衡，根据平衡条件，有
解得
当AB 间弹力为0 时，AB 分离，此时对A 分析：由牛顿第二定律得
得
对B 分析
得
物体向上运动了18cm，由
得
【变式训练1】（23-24 高三上·福建厦门·开学考试）如图，在倾角为
的光滑斜面上有一物体A，通过
不可伸长的轻绳与物体B 相连，滑轮与A 之间的绳子与斜面平行。物体B 的质量为m，物体A 的质量是物
体B 质量的2 倍，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g，初始时用外力使A 保持静止，去掉外力后，
则轻绳的张力大小等于（ ）
A．
B．mg
C．
D．2mg
【答案】A
【详解】设绳子拉力为
，对B 受力分析有
对A 受力分析有
联立解得
故选A。
【变式训练2】（23-24 高三上·福建福州·阶段练习）（多选）如图所示，两个质量均为
的相同的物块叠
放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为
。
时刻，给A
物块一个竖直向上的作用力
，使得两物块以
的加速度匀加速上升，下列说法正确的是（ ）
A．从
到A、B 分离过程
逐渐增大B．分离时弹簧处于原长状态
C．在
时刻A、B 分离
D．分离时B 的速度大小为
【答案】AC
【详解】B．分离时，A、B 间的弹力为零，由于B 具有向上的加速度，合力向上，可知弹簧处于压缩状态，
故B 错误；
A．分离前，两物体的加速度相同，做匀加速直线运动，加速度不变，根据牛顿第二定律知，A、B 分离前
所受的合外力大小不变，由
可知，由于弹簧形变量减小，从
到A、B 分离过程
逐渐
增大，故A 正确；
C．初状态，弹簧的压缩量
A、B 分离时，根据牛顿第二定律得
解得
则弹簧的形变量
根据
得
故C 正确；
D．分离时B 的速度
故D 错误。
故选AC。
考向2 动力学临界问题
例2（24-25 高一上·福建三明·阶段练习）如图所示，一质量M=3kg、倾角为α=45°的斜面体放在光滑水平
地面上，斜面体上有一质量为m=1kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F 作用在斜面体上，系统恰
好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g=10m/s²，下列判断错误的是 （ ）
A．系统做匀加速直线运动
B．F=40N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为
D．增大力 F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【答案】C
【详解】AB．对整体受力分析如图甲所示，
由牛顿第二定律有
对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有
可得
故AB 不符合题意；
C．斜面体对楔形物体的作用力
故C 符合题意；
D．外力F 增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力
大于重力，有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D 不符合题意。
故选 C
规律方法 分析两物体叠加问题的基本思路
【变式训练1】（24-25 高一上·福建福州·期末）一辆货车运载着若干相同的光滑圆柱形空油桶。桶C 受到
桶A 和桶B 的支持力和汽车一起保持静止，不计空气阻力，如图所示，当C 与车共同向左运动时（ ）
A．当车向左匀速直线运动时，桶A 对桶C 的支持力小于桶B 对桶C 的支持力
B．当车加速直线运动时，B 对C 的支持力不变
C．当匀速向左的速度足够大时，C 可能脱离A
D．当向左的加速度足够大时，C 可能脱离A
【答案】D
【详解】A．对桶C 受力分析如图
根据几何关系可知A 对C 的支持力与竖直方向的夹角与B 对C 的支持力在竖直方向的夹角相等都是θ，当
车匀速直线运动时，根据平衡条件可得
所以A 对C 的支持力FA等于B 对C 的支持力FB，故A 错误；
B．当车加速直线运动时，水平方向上，根据牛顿第二定律有
得
可知B 对C 的支持力FB增大，故B 错误；
C．当车匀速向左运动时，无论速度有多大，根据平衡条件可知，A、B 对C 都有支持力作用，C 不可能脱
离A，故C 错误；
D．若车具有向左的加速度，则
可知随着车向左的加速度逐渐增大时，A 对C 的支持力逐渐减小，当车向左的加速度达到某个特定值时，
A 对C 的支持力减小到零，若再增大加速度，则C 会脱离A，故D 正确。
故选D。
【变式训练2】（22-23 高三上·福建·阶段练习）如图所示，质量为2m、倾角
的斜面A 放置在光滑
水平面上，质量为m 的物块B 放置在斜面上，物块B 与斜面A 之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力。现对A 施加一水平向右的恒力F，使A、B 始终保持相对静止，重力加速度为g，
，
，则恒力F 的大小可能为（ ）
A．mg
B．3mg
C．5mg
D．7mg
【答案】B
【详解】对斜面A 和物块B 整体分析，由牛顿第二定律得
当物块B 恰好不沿斜面向上滑动时，对物块B 分析，如图1 所示有
又
解得
当物块B 恰好不沿斜面向下滑动时，对物块B 分析，如图2 所示有
又
、
解得
A、B 保持相对静止，所以
解得
故选B。
考向3 动力学传送带模型
例3（24-25 高三上·福建厦门·阶段练习）（多选）如图所示，水平传送带A、B 两端相距x=4m，以
v0=4m/s 的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A 端。已
知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度大小g=10m/s2。则小物块从A 运动到B 的过程中,下
列说法正确的是（ ）
A．小物块在传送带上一直加速运动
B．小物块从A 运动到B 的时间是1.5s
C．小物块达到的最大速度是
D．小物块与传送带间的相对位移是2m
【答案】BD
【详解】A．根据牛顿第二定律，开始时小物块的加速度为
小物块运动到速度与传送带速度相等时的时间
位移大小为
此后小物块与传送带以相同的速度匀速运动直至B 端，A 错误；
B．小物块匀速运动时有
运动的总时间为
B 正确；
C．小物块达到的最大速度等于传送带速度，即为
，C 错误；
D．物块相对于传送带的位移大小为
D 正确。
故选BD。
总结归纳 传送带的模型分类
1 水平传送带常见类型及滑块运动情况
2.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况
【变式训练1】（23-24 高三上·福建厦门·开学考试）（多选）如图甲所示，一定长度的水平传送带AB 逆
时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从左端滑上传送带，在传送带
上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送
带时为计时起点）。重力加速度取g=10m/s2，则（ ）
A．物块与传送带间的摩擦系数为0.2
B．4.5s 时物块恰好返回A 点
C．提高传送带的转速，物块可能不返回A 点
D．降低传送带的转速，物块有可能从B 端滑落
【答案】AB
【详解】A．
图像斜率代表加速度，加速度
又
解得
故A 正确；
B．
图像与t 轴围成的面积代表位移，物块恰好返回A 点，则位移为0
得
即4.5s 时物块恰好返回A 点，故B 正确；
C．提高传送带的转速，物块在水平传送带运动的初速度、加速度、位移均不变，能返回A 点，故C 错误；
D．降低传送带的转速，物块在水平传送带运动的初速度、加速度、位移均不变，能返回A 点，不可能从
B 端滑落，故D 错误。
故选AB。
【变式训练2】（24-25 高三上·福建福州·期中）（多选）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率
沿顺
时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度
从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，
其运动的v-t 图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，
，
，g 取
，则（ ）
A．由图乙可知，0~1s 内物块受到的摩擦力大小等于1~2s 内的摩擦力
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带底端到顶端的距离为8m
【答案】AC
【详解】D．根据
图像与横轴围成的面积表示位移的大小，可知物块运动的位移大小为
所以传送带底端到顶端的距离为10m，故D 错误；
AB．由题图乙可知，在0~1s 内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与
物块运动的方向相反；1~2s 内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与
物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式
，可知两段时间内摩擦力
大小相等，故A 正确，B 错误；
C．在0~1s 内物块的加速度大小为
由牛顿第二定律得
解得物块与传送带间的动摩擦因数为
故C 正确。
故选AC。
考向4 动力学板块问题
例4（24-25 高三上·福建莆田·期中）质量
为2kg 的长木板A 放在水平地面上，质量
为1kg 的物块B
放在长木板的左端，给物块B 施加一个水平向右的拉力
，将
从零开始逐渐增大，当
为3N 时，物块
B 和长木板A 刚好要一起滑动，当
为9N 时，物块B 刚好要相对长木板A 滑动，重力加速度
，
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)A 与地面之间的动摩擦因数
大小和B 与A 之间的动摩擦因数
大小；
(2)若开始拉物块B 时，
恒定为10N，结果拉力
作用4s，物块B 刚好从A 上滑离，A 的长度L 为多少；
(3)用（2）问中
作用
时间后撤去，此后物块B 刚好不滑离长木板A（长度L 为（2）问中所求得的长
度），则
多大。
【答案】(1)0.1，0.7
(2)8m
(3)
【详解】（1）长木板A 与地面间的动摩擦因数为
，整体受力分析得
解得A 与地面之间的动摩擦因数为
设物块B 与长木板A 间的动摩擦因数为
，对整体由牛顿第二定律
对物块B 由牛顿第二定律
解得B 与A 之间的动摩擦因数为
（2）由于拉力10N 大于9N，因此物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为
，则
解得
对物块B 研究
解得
设木板的长为L，则
（3）在（2）问中撤去F 后，物块在长木板上滑行时的加速度大小
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t，则由运动学公式
解得
【变式训练1】（2025·福建福州·三模）如图所示，质量分别为m 和M 的两本书叠放在光滑水平面上，两
本书之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，为使两本书一起做匀加速直线运动，则施加在m 上的水平
推力F 最大值为（ ）
A．μmg
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】依题意，由牛顿第二定律，m 能够提供给M 最大加速度时，二者间的静摩擦力达到最大值，即
对系统，
解得
故选D。
【变式训练2】（2025·福建·模拟预测）如图甲，质量
的长木板静置于粗糙水平地面上，质量
的物块置于木板之上，
时刻力F 作用于长木板，其变化规律如图乙，之后木板的摩擦力f 随时间t 的
变化规律如图丙。木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数
、
以及
均未知（
），求：
(1)F 随t 的变化规律公式；
(2)木板质量
、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数
、
；
(3)
后木板的加速度随t 的关系式。
【答案】(1)
(2)
，
，
(3)
【详解】（1）由乙图
图线斜率
解得
（2）由丙图：
时，
时，
时，木板与物块相对滑动
根据牛顿第二定律
解得
，
，
（3）由牛顿第二定律得
代入
解得
【变式训练3】（23-24 高三上·福建·期中）如图所示，在一个倾角为
的足够长的固定斜面上，由静
止释放一个长度为L＝5m 的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数
。当长木板沿斜面向下运动的速
度达到
时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦
因数
。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，
，
，结果可用根
号表示。求：
（1）刚放上小煤块时，长木板的加速度
的大小和煤块的加速度
的大小；
（2）从放上煤块到与板共速经历时间
；
（3）最终小煤块从木板哪一端离开；二者共速到二者分离又经历时间
。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）从下端离开木板，
【详解】（1）对木板根据牛顿第二定律有
对煤块根据牛顿第二定律有
代入数据解得
，
（2）设从放上煤块到与板共速经历时间为
，对木板
对煤块
解得
，
（3）对木板和煤块根据位移—时间公式有
，
解得
，
煤块相对木板向上的位移大小为
所以有
故煤块未从上端离开；
对木板根据牛顿第二定律有
解得
对煤块根据牛顿第二定律有
解得
因为
，所以小煤块从下端离开木板；
设从二者共速到二者分离又经历时间
，此过程木板和煤块的对地位移分别为
，
，则有
，
，
解得
1．（2025·安徽·高考真题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲
通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知
甲、乙质量均为
，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g 取
，则在
乙下落的过程中（ ）
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为
D．乙受到绳子的拉力大小为
【答案】C
【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A 错误；
B．设乙运动的加速度为
，只有乙有竖直向下的恒定加速度，
对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有
则地面对木箱的支持力大小不变，B 错误；
CD．设绳子的弹力大小为
，对甲受力分析有
对乙受力分析有
联立解得
，
C 正确，D 错误。
故选C。
2．（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。
3.（2024·全国甲卷·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，a-m 不是线性关系，排除AC 选项,可知当砝码的重力小于物块P 最大静摩擦力时，物块和砝码静止，
加速度为0，当砝码重力大于
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。
4．（2023·福建·高考真题）（多选）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量
均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3 节车厢，车头对第
一节车厢的拉力为
，第一节车厢对第二节车厢的拉力为
，第二节车厢对第三节车厢的拉力为
，则
（ ）
A．当火车匀速直线运动时，
B．当火车匀速直线运动时，
C．当火车匀加速直线运动时，
D．当火车匀加速直线运动时，
【答案】BD
【详解】
AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时
得
故A 错误，B 正确；
CD．当火车匀加速直线运动时
得
T1∶T2∶T3=3 2 1
∶∶
故C 错误，D 正确。
故选BD。
5．（2022·全国甲卷·高考真题）（多选）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。
6．（2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成
24°角，长度
，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，
其与滑轨间的动摩擦因数均为
，货物可视为质点（取
，
，重力加速度
）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度
的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（2）根据运动学公式
解得
（3）根据牛顿第二定律
根据运动学公式
代入数据联立解得
7.（2021·辽宁·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
v1=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
v2=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
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。
【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
8．（2021·海南·高考真题）如图，两物块P、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P 静止在水平
桌面上。将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q 两物块的质量
分别为
、
，P 与桌面间的动摩擦因数
，重力加速度
。则推力F 的
大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】P 静止在水平桌面上时，由平衡条件有
推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
故Q 物体加速下降，有
可得
而P 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P 由牛顿第二定律
解得
故选A。
