重难03整体与隔离、连接体与斜面体考点（重难专练）（黑吉辽蒙专用）（教师版）_高考一二三轮复习_物理_2026年-物理高考二轮复习_2026版

 重难03 整体与隔离、连接体与斜面体考点
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 重难冲刺练
模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”
秒杀技巧一：
 
 平衡态（无
 
 
）：外力看整体，内力看隔离
技巧总结
Ⅰ：整体法与隔离法
在进行受力分析时，第一步就是选取研究对象。选取的研究对象可以是一个物体（质点），也可以是
由几个物体组成的整体（质点组）。
1.隔离法：
将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体所受到的各个力，称为隔离法。 
隔离法的原则： 把相连结的各个物体看成一个整体，如果要分析的是整体内物体间的相互作用力（即内
力），就要把跟该力有关的某物体隔离出来。当然，对隔离出来的物体而言，它受到的各个力就应视为外
力了。 
2.整体法：
把相互连结的几个物体视为一个整体（系统），从而分析整体外的物体对整体中各个物体的作用力（外
力），称为整体法。 
整体法的基本原则： （1）当整体中各物体具有相同的加速度（加速度不相同的问题，中学阶段不建议采
用整体法）或都处于平衡状态（即a=0）时，命题要研究的是外力，而非内力时，选整体为研究对象。
（2）整体法要分析的是外力，而不是分析整体中各物体间的相互作用力（内力）。（3）整体法的运用原
则是先避开次要矛盾（未知的内力）突出主要矛盾（要研究的外力）这样一种辨证的思想。
3.整体法、隔离法的交替运用
对于连结体问题，多数情况既要分析外力，又要分析内力，这时我们可以采取先整体（解决外力）后隔离
（解决内力）的交叉运用方法，当然个别情况也可先隔离（由已知内力解决未知外力）再整体的相反运用
顺序。 
Ⅱ：解答平衡问题常用的物理方法
1.隔离法与整体法
隔离法：为了弄清系统（接连体）内某个物体的受力和运动情况，一般可采用隔离法。运用隔离法解题的
基本步骤是： 
第一步：明确研究对象或过程、状态；
第二步：将某个研究对象、某段运动过程或某个状态从全过程中隔离出来；
第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图；
第四步：选用正交分解或牛二定律列方程求解。
2.整体法：当只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的力和运动时，一般可采用整体法。运用整体法
解题的基本步骤是： 
第一步：明确研究的系统和运动的全过程；
第二步：画出系统整体的受力图和运动全过程的示意图；
第三步：选用正交分解或牛二定律列方程求解。
注意：隔离法和整体法常常需交叉运用，从而优化解题思路和方法，使解题简捷明快。 
模型总结：
模型1：
条件：甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬
挂在天花板上。现分别用大小相等的力F 水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧.
问：平衡时两球的可能位置是？
破解：用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的
力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1 的拉力，两水平力相互平衡，故细线1 的拉力一定与
重力2mg 等大反向，即细线1 一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg，
水平向右的拉力F，细线2 的拉力F2。  要使得乙球受力平衡，细线2 必须向右倾斜
秒杀技巧
 
 二
  ：
  平衡中的连接体模型
 
 
技巧总结
模型1：轻杆连接体问题
问题：如图，求m1：m2大小
FN
T
方法一：正弦定理法
                           对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，
根据
正弦定理有，对m1：
  
对m2：
根据等腰三角形有：
 联立解得
方法二：力乘力臂法
以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为
零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知：
动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，
即
方法三：重心法
以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共
点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有
，
.
模型2：轻环穿杆问题
①
     
轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆
②
轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tanθ=μ
③
轻环穿光滑大圆环，拉力沿半径方向
秒杀技巧
 
 三
  ：
  斜面上物体静摩擦力突变模型
 
 
技巧总结
基础：斜面力分解
总结：
沿斜面分解
顺着斜面分解（发音为
）
垂直斜面分解
垂着斜面分解（发音为
）
方程：
模型1：①一个质量为
的物体静止在倾角为
的斜面上。
分析m 受摩擦力的大小和方向
分析：如图所示：根据正交分解可得
 
f =mg sinθ
同时摩擦力方向沿斜面向上.
②若斜面上放置的物体沿着斜面匀速下滑时，判断地面对静止斜面有无摩擦力。
分析：（隔离思想）因地面对斜面的摩擦力只可能在水平方向，只需考查斜面体水平方向合力是否为零即
可。斜面所受各力中在水平方向有分量的只有物体
对斜面的压力
和摩擦力
。若设物体
的质量为
，则
和
的水平分量分别为
N x=mg cosθsinθ ，方向向右，f x=mg sinθcosθ ，方向向左。
可见斜面在水平方向所受合力为零。无左右运动的趋势，地面对斜面无摩擦力作用。
（整体思想）如图所示：
整体分析不存在水平方向的力，地面对斜面无摩擦力作用.
③在固定斜面上的一物块受到一外力
的作用，
平行于斜面向上。
若要物块在斜面上保持静止，
的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为
和
（
）。
设斜面倾角为
，斜面对物块的静摩擦力为
。
(1) .当
时斜面对物块无静摩擦力
(2) . 当
时物块有相对于斜面向上运动的趋势静摩擦力方向向下平衡方程为：
随着
的增大静摩擦力增大，当静摩擦力达到最大值时外力
取最大值
时，由平衡条件可得：
；
(3). 当
时物块有相对于斜面向下运动的趋势静摩擦力方向向上平衡方程为：
随着
的增大静摩擦力减小当静摩擦力减小为
时突变为(2)中的情形，随着F 的减小静摩擦力增大，当静
摩擦力达到最大值时外力
取最小值
时，由平衡条件可得：
；
联立(2)（3）解得物块与斜面的最大静摩擦力
.
（建议用时：20 分钟）
1．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，某游乐场雪滑梯是由倾斜滑道、水平滑道平滑连接组成。已知倾斜
滑道高度
，它与水平地面夹角
，水平滑道长度为
，滑道全程动摩擦因数
水平滑
道末端有一光滑球面冰坑，冰坑
两点高度相同，冰坑的球面半径
（
远大于弧长
）。
，
，
游客从雪滑梯顶部由静止下滑。
  
(1)若游客在冰坑前停下，则水平滑道长度
是多少？
(2)若游客以很小的初速度滑下，刚好能进入冰坑到达
点，求该游客从开始下滑到
点全程所用时间。
（初速度可忽略，结果可以保留
）
【答案】(1)30.25m
(2)
s
【详解】（1）由已知题意可知，游客在AC 间做匀加速直线运动，在CD 间做匀减速直线运动，若游客在
D 点速度为零，由动能定理可得
解得L=30.25m
（2）因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0。设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为
t1，到达C 点时速度为vC，在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2，根据牛顿第二定律可得
解得
由
解得
根据速度—时间公式可知
同理，根据牛顿第二定律可得
解得
根据速度—时间公式有
解得
s
因为冰坑为光滑球面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆，由单摆周期公式
解得
（s）
综上所述
s
2．（2025·辽宁·三模）如图所示，一倾角为30°、足够长的斜面体固定在水平地面上，斜面上并排放置两
个不粘连的小物块A、B，两物块在沿斜面向上、大小
的恒力作用下，由静止开始沿斜面向上做
匀加速直线运动，恒力
作用
后撤去。已知物块A、B 的质量分别为
、
，物块A、
B 与斜面间的动摩擦因数分别为
、
，物块
与斜面间的静摩擦因数略大于
，物块B
与斜面间的静摩擦因数略小于
，物块A、B 间的碰撞为弹性正碰且碰撞时间极短，两物块均可视为质
点，取重力加速度大小
，求：
(1)撤去
时物块A、B 的速度大小
；
(2)两物块在第一次碰撞前瞬间物块B 的速度大小
；
(3)物块A、B 在前两次碰撞之间的最大距离
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设在恒力
的作用下，两物块的加速度大小为
，则有
解得
（2）撤去
后，两物块开始做匀减速直线运动，根据已知条件可知，物块A 减速到0 后将停在斜面上，
物块B 减速到0 后将反向加速，设物块A 向上减速时的加速度大小为
，物块B 向上减速时的加速度大小
为
，物块B 向下加速时的加速度大小为
，则有
，
，
由位移关系
解得
（3）以沿斜面向下为正方向，设两物块在第一次碰撞后瞬间，物块A 的速度大小为
，物块B 的速度为
，则有
，
解得
，
设物块A 向下加速时的加速度大小为
，经时间
两者的速度相同，则有
速度关系
可知
解得
3．（2025·辽宁·二模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接，物块B 叠放在A 上，弹簧
处于自然长度。此时将A、B 由静止释放，两物块一起沿粗糙斜面向下运动，到达最低点时，立即将B 撤
去，A 沿斜面向上运动恰能回到初始位置。弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是（　　）
A．下滑过程中B 受到的摩擦力逐渐增大
B．下滑过程中B 对A 的摩擦力所做的功大于A 克服斜面的摩擦力所做的功
C．斜面对A 有摩擦力，上滑过程中A 的机械能不断减少
D．A 上滑过程时间比A、B 一起下滑过程时间长
【答案】AB
【详解】A．AB 整体下滑过程中做简谐振动，弹簧的弹力一直增加，加速度先减小到零后增加，方向先沿
斜面向下后沿斜面向上，以AB 整体看，受到滑动摩擦力一直沿斜面向上，根据牛顿第二定律，B 受到的
静摩擦力一直沿斜面向上，且逐渐增加，选项A 正确；
B．根据动能定理，A 下滑过程中WGA+WfB-Wf 斜-WF=0
A 上滑过程中
可得
选项B 正确；
C．A 上滑过程中，
整个上滑过程A 的机械能增加，选项C 错误；
D．上滑与下滑过程中平衡位置O 相同，最低点P 也相同，最高点Q 也相同，只需比较下滑和上滑在同一
位置的加速度大小，AB 整体从O→P 的加速度大小
撤去B 后A 从P→O 时的加速度
对同一位置x 相同，则
可见上滑过程中的平均加速度大于下滑过程中的平均加速度，故上滑时间更短，选项D 错误。
故选AB。
4．（2024·辽宁大连·模拟预测）如图（a），某生产车间运送货物的斜面长8m，高2.4m，一质量为200kg
的货物（可视为质点）沿斜面从顶端由静止开始滑动，经4s 滑到底端。工人对该货物进行质检后，使用电
动机通过一不可伸长的轻绳牵引货物，使其沿斜面回到顶端。如图（b）所示，已知电动机允许达到的最
大输出功率为2200W，轻绳始终与斜面平行，重力加速度大小取
，设货物在斜面上运动过程中所受
摩擦力大小恒定。
（1）求货物在斜面上运动过程中所受摩擦力的大小；
（2）若要在电动机输出功率为1200W 的条件下，沿斜面向上匀速拉动货物，货物速度的大小是多少？
（3）启动电动机后，货物从斜面底端由静止开始沿斜面向上做加速度大小为
的匀加速直线运动，
直到电动机达到允许的最大输出功率，求货物做匀加速直线运动的时间。
【答案】（1）400N；（2）1.2m/s；（3）4s
【详解】（1）货物沿斜面从顶端由静止滑到底端过程，根据运动学公式
解得加速度大小为
设斜面倾角为
，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得货物在斜面上运动过程中所受摩擦力的大小为
N
（2）若要在电动机输出功率为1200W 的条件下，沿斜面向上匀速拉动货物，则此时牵引力大小为
N 根据
可得货物速度的大小为
（3）启动电动机后，货物从斜面底端由静止开始沿斜面向上做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动，
根据牛顿第二定律可得
解得牵引力大小为
N
当电动机达到允许的最大输出功率时，货物的速度为
则货物做匀加速直线运动的时间为
5．（2024·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，一质量M＝0.3kg 的足够长“L”形木板，放置于倾角为30°的光滑
斜面上，其上端有一质量m＝0.2kg 的物块，物块与木板上端之间夹有少量爆炸物且处于静止状态。现引燃
爆炸物（对人体不构成伤害），物块与木板瞬间获得总动能为3.375J（只考虑沿斜面方向，其它方向能量
不计）。已知物块与木板间的动摩擦因数为
，重力加速度g 取10
，不考虑爆炸物爆炸后的残
余物，不计空气阻力。求：
（1）爆炸物爆炸瞬间，物块和木板获得的速度大小；
（2）木板沿斜面上升的最大距离；
（3）从爆炸到木板第一次返回底端的过程中系统因摩擦损失的机械能。
【答案】（1）3m/s；4.5m/s；（2）0.45m；（3）3.375J
【详解】（1）爆炸物爆炸系统动量守恒，设木板获得的速度大小为v1 ，物块获得的速度大小为v2 
Mv1mv2 
代入数据解得v1 3m/s ，v2 4.5m/s 
（2）对木板受力分析，根据牛顿第二定律 Mg sin  mg cos  Ma1
解得a1 10m / s2 
再由
代入数据得 Lmax  0.45m 
（3）从爆炸到木板返回底端，物块受力不变，根据牛顿第二定律mg sin  mg cos  ma2 
解得a2 2.5m /s2
设木板上升到最高点所用时间
解得t 0.3s
木板返回到最低端时物块速度
 
解得v33m/s
说明木块跟木板返回到最低端时恰好共速；木板上升阶段，物块与木板间的相对位移 
木板下降阶段，物块与木板间的相对位移 
从爆炸到木板落回地面过程因摩擦而损失的机械能 
解得E  3.375J
6．（2024·辽宁·模拟预测）如图甲所示，一个质量m=1kg 的物体从斜面底端冲上一足够长斜面，物体运动
的v-t 图像如图乙所示，斜面倾角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，则（　　）
A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C．物块回到斜面底端时速度大小约为 5.4m/s
D．物块回到斜面底端的时刻约为3.0s
【答案】C
【详解】B．由乙图可知，物块上滑加速度大小为
物块上滑过程，由牛顿第二定律，可得
解得
故B 错误；
A．物块下滑过程，由牛顿第二定律，可得
解得
故A 错误；
CD．由乙图可知，0~1.2s 内滑块上滑的位移为
设滑块下滑时间为t，则有
解得
物块回到斜面底端的时刻约为
物块回到斜面底端时速度大小约为
故C 正确，D 错误。
故选C。
7．（2025·黑龙江大庆·一模）如图所示，质量
，长度
的薄木板B 放在倾角
的光滑
斜面上，斜面始终静止，A 是质量
的滑块（可视为质点）。初始状态时，薄木板下端Q 距斜面底
端距离
，现将B 由静止释放，同时滑块A 以速度
从木板上端P 点沿薄木板向下运动。已
知A、B 间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度
，
，
。从开始运动到薄木板B 的下端Q 到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是
（    ）
A．刚开始运动时，滑块A 的加速度大小为
B．刚开始运动时，薄木板B 的加速度大小为
C．滑块A 与薄木板B 间因摩擦产生的热量为12J
D．薄木板B 运动的总时间为3s
【答案】BCD
【详解】AB．开始运动时，对滑块A，根据牛顿第二定律可得
解得滑块A 的加速度大小
对薄木板B，根据牛顿第二定律可得
解得薄木板B 的加速度大小
，故A 错误，B 正确；
CD．假设滑块不脱离木板，当两者达到共速时，有
解得
，
此时木板下滑位移
滑块下滑位移
二者相对位移
可得二者共速时滑块未脱离木板，假设成立，此后A、B 一起沿斜面向下运动，加速度为
当薄木板下滑到达底端时有
解得
则从开始运动到薄木板B 的下端Q 到达斜面底端的过程所经历的时间
滑块A 与薄木板B 因摩擦产生的热量为
解得
，故CD 正确。
故选BCD。
8．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图（a），质量均为m 的小物块甲和木板乙叠放在足够长倾角为θ 的
粗糙斜面上，甲到乙顶端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M 的物块丙以速度
沿斜面匀速向下
运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x 随时间t 的变化如图（b）中实线所示，其中
时刻前后的图
像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为
。
下列说法正确的是（　　）
A．乙与斜面间的动摩擦因数为
B．甲、乙间的动摩擦因数为 
C．甲到乙顶端的距离
D．乙、丙的质量比
【答案】ABD
【详解】A．由图（b）可知，在
时刻乙做减速运动，在
时刻之后速度不变，做匀速直线运动，说明
在
时刻甲、乙共速，之后一起以共同速度向下做匀速直线运动，对甲、乙整体受力分析，沿斜面方向有
解得乙与斜面间的动摩擦因数为
，故A 正确；
B．设碰后瞬间乙的速度大小为
，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知
根据x-t 图像的切线斜率表示速度，抛物线的顶点为Q 的切线斜率为零，即在
时刻乙的速度为零，则有
联立解得
，
在
时刻乙做减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
，故B 正确；
C．在
时刻甲做加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
由图（b）可知，在
时刻甲、乙共速，之后以共同速度一起向下做匀速直线运动，则在
时间内甲、
乙产生的位移分别为
，
故在
时间内甲、乙发生的相对位移为
故甲到乙顶端的距离
，故C 错误；
D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
，
联立解得乙、丙的质量比
，故D 正确。
故选ABD。
（建议用时：30 分钟）
9．（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为
，一质量为m 的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A 端
由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角
，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的
时间最短，重力加速度为g，则（　　）
A．当小圆环在直杆上运动的时间最短时，小圆环与直杆间可能有挤压
B．恒力F 可能沿与水平方向夹30°斜向右下的方向
C．若恒力F 的方向水平向右，则恒力F 的大小为
D．恒力F 的最小值为
【答案】CD
【详解】A．由于小圆环在直杆上运动的时间最短，即加速度方向沿杆的方向，而恒力F 和小圆环的重力
的合力一定沿与水平方向夹30°斜向右下的方向，即为杆的方向，小圆环与直杆间必无挤压，故A 错误；
B．根据题意，小圆环在直杆上运动的时间最短，则加速度最大，即恒力与重力的合力方向沿杆的方向，
那么恒力的方向不可能沿与水平方向夹30°斜向右下，故B 错误；
C．要使时间最短，则加速度最大，即不论F 多大，沿何种方向，确定的是F 与mg 的合力方向沿杆向下，
当恒力的方向水平向右，如图所示
则有
故C 正确；
D．合力
与mg、F 三力可构成矢量三角形，如图所示
由图可知，当F 与
垂直时，即与斜面垂直时，F 有最小，则有
故D 正确。
故选CD。
10．（2025·黑龙江大庆·三模）如图所示，质量为
的木块在倾角
的斜面上由静止开始下滑，
木块与斜面间的动摩擦因数
，g 取
。
，
，斜面足够长。求：
（1）前2s 内木块位移大小；
（2）前2s 内重力的平均功率。
【答案】（1）
；（2）
【详解】解：（1）如图所示，对木块进行受力分析知
，
由牛顿第二定律知
代入得
由匀变速直线运动位移与时间的关系式知，前2s 内的位移为
代入得
（2）前2s 内重力做的功为
重力在前2s 内的平均功率为
11．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，一倾角为
、高度为3m、质量为2kg 的光滑斜面置于水
平地面上，一质量为1kg 的可视为质点的滑块沿该斜面顶端由静止滑下。已知重力加速度
，取
，忽略空气阻力。求：
(1)若斜面固定，则滑块滑到斜面底端时，滑块沿斜面方向的速度大小。
(2)若斜面与地面间动摩擦因数
，滑块滑到斜面底端时斜面的位移。
(3)若地面光滑，滑块滑到斜面底端所用时间。（结果保留3 位有效数字）
【答案】(1)
(2)
(3)1.15s
【详解】（1）斜面固定时，滑块沿斜面做匀加速直线运动。
斜面高度
，倾角
，则斜面长度
滑块下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒。设滑块滑到底端时的速度为v，则：
代入数据
，
，
解得：
（2）关键分析：滑块下滑时，斜面受地面摩擦力作用可能静止或运动。需先判断斜面是否滑动。
滑块对斜面的压力：
斜面所受最大静摩擦力：
滑块对斜面的水平作用力：滑块对斜面的压力和摩擦力在水平方向的合力为
（因斜
面光滑，滑块与斜面间无摩擦力）
由于
，斜面会向左加速运动。
系统水平方向动量守恒（因地面摩擦力远小于内力，所以守恒）：
设滑块滑到底端时，滑块水平速度为
，斜面速度为
，则：
位移关系：滑块相对斜面的水平位移为
设斜面位移为x（向左为负），则滑块水平位移为
。由平均速度公式得：
，
联立得
，
，代入
，解得
（负号表示方向向左）。
验证机械能守恒：滑块和斜面系统机械能守恒（摩擦力做功可忽略，因位移极小）：
其中
，代入得：
解得
，
，故斜面位移为
（3）方法一：设斜面长为l，滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零
则系统水平方向的动量守恒，有
，
对滑块竖直方向有
由能量关系可知
联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为
代入数值计算，可得
方法二：地面光滑时，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设滑块相对斜面的加速度为a，斜面加速度
为
（向左），滑块绝对加速度水平分量
，竖直分量
。
动量守恒：对系统水平方向，合外力为零，加速度满足
整理有：
滑块竖直方向运动：滑块相对斜面的竖直位移为
，则：
（1）
斜面水平位移：
（与（2）中位移一致）。
滑块沿斜面的加速度：对滑块，沿斜面方向合力为
（因斜面光滑），
即
？此结论错误，因斜面有加速度，需用非惯性系分析。
以斜面为参考系（非惯性系），滑块受惯性力
（向右）。沿斜面方向：
代入
，得：
由（1）式
，得
。
12．（2025·吉林白山·二模）智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称号。
分拣机器人工作效率高，落袋准确率达99.9%。在供包台工作人员将包裹放在机器人的水平托盘上，智能
扫码读取包裹目的地信息，经过大数据分析后生成最优路线，包裹自动送至方形分拣口。如图甲，当机器
人抵达分拣口时，速度恰好减速为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口
中（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 大小取
）。如图乙，机器人A 把质量
的包裹从供包台沿直线运至相距
的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。
已知机器人A 运行最大加速度
，运行最大速度
，机器人运送包裹途中，看作质点。
（1）求机器人A 从供包台运行至分拣口所需的最短时间t；
（2）若包裹与水平托盘的动摩擦因数为
，则在机器人A 到达投递口处，要使得包裹刚开始下滑，
托盘的最小倾角
应该是多少；
（3）机器人A 投递完包裹后返回供包台途中发生故障，机器人A 立刻制动，制动时速度为3m/s，由于惯
性，机器人A 在地面滑行4.5m 后停下来，此时刚好有另一机器人B，以最大速度碰撞3m/s 与机器人A 发
生弹性正碰，碰撞后机器人A 滑行了2m 停下来（其加速度与制动后滑行加速度相等，机器人A、B 均看
作质点）。则机器人B 的总质量是机器人A 的多少倍？
【答案】（1）16s；（2）
；（3）0.5 倍
【详解】（1）当机器人A 先做匀加速直线运动加速至3m/s，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运
动至零时，机器人A 从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据运动学的公式可得
匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得
，
匀速直线阶段根据运动学的公式得
运行总时间
（2）设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角
，对包裹，受力分析得
，
其中
托盘的最小倾角
（3）设机器人A 制动后滑行过程中的加速度大小为a，则有机器人A 制动后滑行4.5m 后停下来，则有
设机器人A 被碰后瞬间的速度为
，滑行2m 后停下来，则有
联立可得
A、B 发生弹性碰撞，A 和B 组成的系统根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
由于
，
，可得
故机器人B 的质量是机器人A 的0.5 倍。
13．（2025·吉林·一模）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a），在与水平面夹角
的滑雪道上，质量
的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪板的阻力可忽略），
由静止开始沿直线匀加速下滑
；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得
阻力，匀减速继续下滑
后停止。已知
，取重力加速度
，不
计空气阻力。
（1）求减速过程中滑雪者加速度a 的大小；
（2）如图（b），若减速过程中两滑雪板间的夹角
，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力
均为F，求F 的大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有
，
代入数据得
匀减速继续下滑的过程有
代入数据得
（2）若减速过程中两滑雪板间的夹角
，根据牛顿第二定律有
解得
14．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为
可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。
时刻解除锁定，计算机通过传
感器描绘出滑块的
图像，其中Ob 段为曲线，bc 段为直线，已知物块在0-0.2s 内运动的位移为0.8m，
取
，则下列说法正确的是（    ）
A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2s 时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．
时刻弹簧的弹性势能为32J
【答案】D
【详解】A．当滑块速度最大时，满足
此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A 错误；
B．滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于
摩擦力功，滑块的机械能增加；最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能
减小，则滑块在0.2s 时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B 错误；
C．滑块脱离弹簧后向上减速运动的加速度
根据牛顿第二定律
解得滑块与斜面间的动摩擦因数为
选项C 错误；
D．由能量关系可知，
时刻弹簧的弹性势能为
选项D 正确。
故选D。
15．（2025·辽宁·三模）如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，
斜面倾角为
，B、C 两小球通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，放在倾角为
带有挡板的固定光滑斜
面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C 球与挡
板接触。已知A 的质量为2m，B 的质量为m，C 的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不
计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A 球，求：
(1)初始时，弹簧形变量
的大小；
(2)A 沿斜面下滑的最大速度
；
(3)A 沿斜面下滑至位移最大时，C 对挡板的压力大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对小球B 受力分析可知，小球B 仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B 有沿
斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为
，由B 沿斜面方向受力平衡可得
 
解得
（2）A 沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为
此时对B 沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有
 
联立解得
因为
，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守
恒得
联立解得
（3）根据简谐运动知识可以判定A、B 两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为
 
当小球A 运动到最低点时，则B 向上运动的最大距离为
此时弹簧的伸长量为
此时对C 做受力分析由平衡方程有
联立解得
由牛顿第三定律可知，C 对挡板的压力大小为
16．（2025·辽宁·模拟预测）斜劈形物体
质量为
，倾角为
，物块
质量也为
，放在斜劈
上，
与
之间的最大静摩擦因数为0.8。现将物体
通过细绳与斜劈
相连，轻绳跨过轻质定滑轮，如图所
示。除
之间的接触面之外，其它部位的摩擦及空气阻力都忽略不计。将此系统由静止释放，发现物块
与斜劈
保持相对静止，则物体
的质量可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【详解】将A、B、C 三个物体整体受力分析，物块
与斜劈
保持相对静止时，它们具有共同的加速度，
根据牛顿第二定律则有
单独对A 受力分析则有
，
又因为
联立解得
即物块
与斜劈
保持相对静止时，物块C 的最大质量约为
故选AB。
（建议用时：40 分钟）
17．（2025·辽宁本溪·模拟预测）如图所示，质量
的一只长方体空铁箱在水平拉力
的
作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量
的木块（可视为质点）恰好能静
止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数
，铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，铁箱的长度
，取重力加速度大小
。
(1)求铁箱的加速度大小；
(2)若减小拉力
，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为（未
知），立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度的大小。
【答案】(1)
(2)
【解析】【小题1】对铁箱和木块构成的整体受力分析，竖直方向上有
水平方向上有
其中
解得
【小题2】木块恰好能静止在铁箱左壁上时，对木块受力分析，竖直方向上有
水平方向上有
又有
解得
撤去拉力后，木块将相对于铁箱滑动，对木块受力分析有
解得
对铁箱受力分析，有
根据牛顿第三定律有
解得
木块的位移
铁箱的位移
木块刚好运动到铁箱右壁，则有
解得
18．（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，挡板P 固定在倾角为
的斜面左下端，斜面右上端
与半径为
的圆弧轨道
连接，其圆心
在斜面的延长线上。
点有一光滑轻质小滑轮，
，质量均
为
的小物块B、C 由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C 紧靠在挡板
处，物块B 用跨过
滑轮的轻质细绳与一质量为
大小可忽略的小球A 相连，初始时刻小球A 锁定在
点，细绳与斜面平
行，且恰好绷直而无张力，B、C 处于静止状态。某时刻解除对小球A 的锁定，当小球A 沿圆弧运动到最
低点
时（物块B 未到达
点），物块C 对挡板的作用力恰好为0，已知重力加速度为
，不计一切摩擦，
下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数
B．小球A 由
点运动到
点的过程中，物块B、C 与弹簧组成的系统机械能先减少后增大
C．小球A 由
点运动到
点的过程中，小球A 和物块B 的机械能之和先增大后减小
D．小球A 到达
点时的速度大小为
【答案】ACD
【详解】A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为x1，则B 沿斜面方向受力平衡，则
小球A 沿圆弧运动到最低点N 时，物块C 即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为
，则C 沿斜面方向受力
平衡，则
可得
当小球A 沿圆弧运动到最低点N 时，B 沿斜面运动的位移为
所以
解得
，
故A 正确；
BD．设小球A 到达N 点时的速度为v，对v 进行分解，沿绳子方向的速度为
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B 的速度也为
，对A、B、C 和弹簧组成的系统，在整个过
程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，但对物块B、C 与弹簧组成的系统，由于绳拉力对B
做正功，所以物块B、C 与弹簧组成的系统机械能增大，根据A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得
故B 错误，D 正确；
C．小球A 由M 运动到N 的过程中，A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A 和物块B 的机械
能之和与弹簧和C 的能量之和不变，C 一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后
开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A 和物块B 的机械能之和先增大后减小，故C 正确。
故选ACD。
19．（2025·辽宁本溪·一模）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与
垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B 栓接，劲度系数为k。物块A 紧靠着物块B，物块与斜面
均静止。现用一沿斜面向上的力F 作用于A，使A、B 两物块一起沿斜面做加速度大小为
的匀加速直线
运动直到A、B 分离。物块A 质量为m，物块B 质量为2m，重力加速度为g，
。下列
说法中正确的是（　　）
A．施加拉力的瞬间，A、B 间的弹力大小为
B．A、B 分离瞬间弹簧弹力大小为
C．拉力F 的最大值大于mg
D．在A、B 分离前整个过程中A 的位移为
【答案】AD
【详解】A．施加拉力F 之前，A、B 整体受力平衡，根据平衡条件，有
解得
施加F 瞬间，物体A、B 加速度大小为
对A、B 整体，根据牛顿第二定律
对A，根据牛顿第二定律得
联立，解得
故A 正确；
B．分离时，物体A、B 之间作用力为0，对B 根据牛顿第二定律得
解得
可得
故B 错误；
C．依题意，整个过程中拉力F 一直增大， A、B 分离瞬间，物体A、B 之间作用力为0，F 最大，对A 根
据牛顿第二定律得
解得
故C 错误；
D．在A、B 分离前整个过程中A 的位移为
故D 正确。
故选AD。
20．（2025·辽宁鞍山·一模）如图，光滑水平桌面上有一长木板B，右侧通过轻绳及光滑轻质定滑轮与一
重物C 相连，木块A 放在B 上，B 的上表面水平，与A 间的动摩擦因数μ=0.4。A、B、C 的质量分别为
10kg、3kg、9kg，最初用手拉住B 使系统静止。已知释放后A 不会从B 上掉下、B 不会到达定滑轮处，B
与滑轮间的轻绳保持水平，g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．若系统由静止释放，释放时A、B 的加速度相同
B．若系统由静止释放，释放时B 的加速度大小为
C．若给A 向右的初速度的同时由静止释放B、C，释放时C 的加速度大小为10m/s2
D．若给A 向右的初速度的同时由静止释放B、C，释放时B 的加速度大小为
【答案】BCD
【详解】AB．若系统由静止释放，释放时A、B 的加速度相同，则
，
联立解得
木块A 的最大加速度为
说明A、B 相对滑动，加速度不同，所以
，
联立解得
故A 错误，B 正确；
CD．给A 向右的初速度的同时由静止释放B、C，若B、C 加速度大小相等，则
，联立解得
说明绳上没有拉力，C 只受重力，加速度为10m/s2，而B 在水平方向只受A 向右的摩擦力，则
解得
故CD 正确。
故选BCD。
21．（2025·辽宁锦州·模拟预测）如图所示，倾角为
的固定足够长的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻
质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C 连接，另一端与物块A 连接，物块A 上方放置有另一物块B，物块
A、B 质量均为m 且不粘连，整个系统在沿斜面向下的
的恒力作用下处于静止状态。某一时刻将力
F 撤去，若弹簧将A、B 弹起的过程中，A、B 能够分离，则下列叙述正确的是（　　）
A．撤去力的瞬间，A、B 的加速度大小均为g
B．撤去力的瞬间，A 对B 的弹力大小为
C．A、B 被弹起的过程中，两者即将分离时，弹簧处于压缩状态
D．若斜面粗糙且与A、B 间的动摩擦因数相同，A、B 能被弹起，分离位置与斜面光滑时相同
【答案】D
【详解】A．撤去力
前，A、B 处于静止状态，根据平衡条件可得
撤去F 的瞬间，弹簧弹力不变，整体有沿斜面向上的加速度，对A、B 整体，由牛顿第二定律
解得撤去力的瞬间，A、B 的加速度大小均为
故A 错误；
B．撤去力的瞬间，对B，由牛顿第二定律
解得撤去力的瞬间，A 对B 的弹力大小为
故B 错误；
C．当A、B 之间作用力为零时，且加速度相同时，两物块分离，对B，由牛顿第二定律
对A、B 整体，由牛顿第二定律
解得
此时弹簧处于原长状态，故C 错误；
D．若斜面粗糙且与A、B 动摩擦因数相同，A、B 能被弹起，分离时，对B，由牛顿第二定律
对A、B 整体有
解得
说明斜面粗糙且与A、B 动摩擦因数相同，A、B 能被弹起，分离分离位置与斜面光滑时相同，都是弹簧恢
复到原长时上端的位置，故D 正确。
故选D。
22．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，倾角为
的光滑斜面体固定在水平面上，质量为
的圆环甲
穿过光滑的竖直杆后拴接在劲度系数为
的轻弹簧上，弹簧下端栓接在水平面上。用跨过光滑小定滑轮的
细线与质量为
的滑块乙连接。用外力控制滑块乙使细线刚好绷紧，此时圆环位于图中的位置
，滑轮
右侧的细线与水平方向的夹角为
。某时刻将控制滑块乙的外力撤走，经过一段时间圆环运动到
位
置。已知
点与滑轮在同一高度处，且
到滑轮的距离为
，圆环在
、
两位置时弹簧的弹力大小相等，
重力加速度为
，
，不计滑轮大小，斜面足够长，细线长度不变，则下列说法正确的是
（　　）
A．甲、乙组成的系统机械能守恒
B．
C．撤走控制滑块乙的外力的瞬间，小球的加速度大小为
D．圆环运动到
位置时速度大小为
【答案】D
【详解】A．对圆环和滑块组成的系统，弹簧的弹力对系统做正功，则甲、乙组成的系统机械能不守恒，
故A 错误；
B．由题意圆环在
、
两位置时弹簧的弹力大小相等，圆环在
时弹簧的压缩量等于圆环在
时弹簧的
伸长量，设形变量为
，根据几何关系可得
解得
开始细线刚好绷紧，即细线的作用力为零，此时弹簧的弹力等于圆环的重力，即
解得
故B 错误；
C．撤走控制滑块乙的外力的瞬间，设细线的拉力大小为
，对甲、乙分别根据牛顿第二定律得
根据运动的合成与分解可得
解得
故C 错误；
D．根据运动的合成与分解可得
圆环甲运动到
点
，所以滑块乙的速度为零，对圆环甲从
到
的过程，两物体和弹簧组成的系统机
械能守恒，又因为圆环在
、
两处弹簧的弹力相等，则弹簧在初、末状态的弹性势能相等，所以
解得
故D 正确。
故选D。
23．（2025·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。
24．如图所示，光滑水平面上放有质量为
的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的
物块A 叠放在B 上，A 的质量为
，弹簧的劲度系数
。初始时刻系统静止，弹簧处于原
长。现用一水平向右的拉力
作用在B 上，已知A、B 间动摩擦因数
。弹簧振子的周期为
，取
。
。则（　　）
A．A 的摩擦力先增大后不变
B．拉力F 作用瞬间，A 的加速度大小为
C．当A 的总位移为
时，B 的位移可能为
D．当A 的总位移为
时，弹簧对A 的冲量大小不可能为
【答案】D
【详解】AB．拉力作用瞬间，整体加速度为
A 的最大加速度为
则开始运动时，二者就会发生相对滑动，A 所受摩擦力大小不变，AB 错误；
C．A 的位移为2cm 时，经过时间为
（n=0，1，2，3…）
或
（n=0，1，2，3…）
由题意，周期为
。B 的加速度为
则此时B 的位移为
或
说明当A 的总位移为2cm 时，B 的位移不可能为10cm，C 错误；
D．当A 的总位移为4cm 时，速度为零，即动量的变化量为零。说明弹簧与摩擦力对A 的冲量最大，即
此时A 的运动时间为
（n=0，1，2，3…）
代入得
（n=0，1，2，3…）
即当A 的总位移为4cm 时，弹簧对A 的冲量大小不可能为
，D 正确；
故选D。