2025高考物理专项复习：追及相遇问题（含答案）

2025高考物理专项复习专题进阶练（三）追及相遇问题含答案专题

进阶练（三）追及相遇问题

（40分钟70分）

一、选择题

1.（6分）大雾天气会影响驾驶员安全驾驶，因此开车在路上时如遇大雾应该保持车

距、控制车速。某大雾天，一辆小汽车在水平直线公路上以72km/h的速度匀速

行驶，突然发现前方一货车正以36km/h的速度匀速行驶。小汽车驾驶员经过1s

反应时间后开始刹车（假设在反应时间内小汽车的车速不变），刹车的加速度大小

为2m/s2,小汽车恰好没撞上货车，那么小汽车驾驶员刚发现货车时距货车的距离

为（）

A.30mB.35mC.40mD.45m

【解析】选B。两车共速时:W-Q0货，解得仁5s,小汽车驾驶员刚发现货车时距货

2

车的距离为Ax-voAt+vot-^at-v货Q+A1解得Ax=35m,故选Bo

2.（6分）甲、乙两物体由同一地点沿同一条直线运动，它们的影图像如图所示，则

在0~4s内（）

A.两物体始终同向运动

B.2s末两物体相距最远

C.两物体平均速度相等

D.4s末两物体相遇

【解析】选Ao0〜4s内，甲、乙两物体的v-r图像均在横轴的上方，速度均为正,

故两物体始终同向运动,A正确;由题意可知，甲、乙两物体同时同地沿同一方向开

始运动，在0~4s内，甲在前、乙在后，甲的速度大于乙的速度，两物体距离越来越大,

在4s时速度相同，此时两物体相距最远,B、D错误;0〜4s内,甲的位移大于乙的位

移，即％甲〉％乙,根据方W可知两物体的平均速度方田＞57，C错误。

t甲乙

3.（6分）（多选）A、B两物体在同一直线上运动的v-t图像如图所示，已知在第4s

末两物体相遇，则下列说法正确的是（）

A.两物体从同一地点出发

B.出发时A在5前方4m处

C.两物体运动过程中,A的加速度小于B的加速度

D.第4s末两物体相遇之后,两物体可能再次相遇

【解析】选B、Co由速度一时间图像与/轴所围的“面积”表示位移可知,两物体

在0~4s内的位移不相等,而在第4s末相遇，可知出发点不同,A错误;在4s内5A

的位移XA=|X4X4m=8m,5的位移%B=|X6X4m-12m,已知在第4s末相遇，则出发

时A在5前方4m处,B正确;由于A图线的斜率小于B图线的斜率，可知A的加

速度小于B的加速度,C正确;相遇后A的速度始终小于B的速度，所以两物体不

会再次相遇,D错误。

4.（6分）自动驾驶汽车又称无人驾驶汽车，是一种通过电脑系统实现无人驾驶的智

能汽车。某次自动驾驶汽车以恒定的加速度启动，同时一辆货车以恒定速度从其

旁边驶过启动驾驶汽车再次与货车相遇之前已达到最大速度，则下列图像符合

这一描述的是（）

汽例车

汽车,2v„

OtOto

【解析】选D。修图像的斜率代表加速度，由于自动驾驶汽车以恒定加速度启动,

则自动驾驶汽车加速时的v-r图线为直线,A错误”4图线与t轴围成的面积表示

位移,由题可知自动驾驶汽车再次与货车相遇之前已达到最大速度,B项中历时刻

自动驾驶汽车刚好达到最大速度，且由图像中几何关系可知此时两车位移相等,

则此时相遇,B错误;%图像的斜率表示速度大小，图线交点表示两车位移相同,C

项中自动驾驶汽车与货车相遇时其速度还未达到最大,C错误;D项中两车图

线交点表示两车再次相遇，且自动驾驶汽车在再次相遇之前已经达到最大速度,D

正确。

5.（6分）（2024.广州高一检测）如图1所示，在一条平直公路上，甲、乙两车（看成质点）

分别在各自的车道上做直线运动。仁0时刻甲从静止开始做加速度为a甲=2m/s2

的匀加速直线运动,乙做初速度为w=6m/s的匀加速直线运动，两车运动的v-t图

像如图2所示,两车分别在九=3s、方3=9s并排行驶（相当于相遇）/时刻两车达到

共同速度v共，下列说法正确的是（）

A/i=3s至久=9s的时间内，乙的位移大于甲的位移

B.两车在力=6s时速度相等,v共=9m/s

C.乙的加速度为1.5m/s2

D.计时开始时即占0时,两车的距离为13.5m

【解析】选D。I图像与时间轴所围成的面积表示位移,所以九二3s至才3=9s的

时间内，乙的位移等于甲的位移，故A错误;根据几何关系有亥-九二/3-亥

解得,2=6S

对甲有V共=Q甲tz

对乙有Vit-vo+a乙ti

代入数据，解得a乙=1m/s2;v共=12m/s

故B、C错误;九=3s时，两车相遇,分别求出甲、乙两车在0至九=3s的位移，甲车

的位移为

11

x甲二刁4甲=5x2x32m=9m

乙车的位移为%乙=政）力+/7乙

代入数据,解得％乙=22.5m

即右0时刻，甲、乙两车的距离为d-x乙-%甲=22.5m-9m=13.5m,故D正确。

二、计算题

6.（12分）汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶时，刹车后40s停下来。现汽车

在同一平直公路上以20m/s的速度行驶时发现前方200m处有一货车以6m/s

的速度同向匀速行驶，司机以相同的加速度立即刹车，则：

（1）汽车刹车时的加速度大小；

⑵是否发生撞车事故?若发生撞车事故,在何时发生?若没有撞车,两车最近距离

为多少？

【解析】⑴汽车刹车时加速度大小为

2

“¥=0.5m/s0

⑵当汽车减速到与货车速度相同时，所用时间加=呼=28s

汽车运动的位移川=阴=364m

2a

此时间内货车运动的位移为'2=V"O=168m

由于X2+2OOm=368m>xi

故汽车与货车不会发生相撞，两车最近距离为A^=%2+200m-%i=4m0

答案：(1)0.5m/s2⑵不会相撞4m

7.(14分)(2024.重庆高一检测)随着智能手机的使用越来越广泛，一些人在驾车时

也常常低头看手机，然而开车时看手机是一种危险驾驶行为，极易引发交通事故。

如图甲所示,一辆出租车在平直公路上以w=20m/s的速度匀速行驶，此时车的正

前方％o=63.5m处有一辆电动车，正以也=6m/s的速度匀速行驶，而出租车司机此

时开始低头看手机35s后才发现危险，司机经0.5s反应时间后，立即采取紧急制

动措施。若从司机发现危险开始计时，出租车的速度一时间图像如图乙所示，重力

2

加速度g取10m/s0

v/(m-s-,)

e20

涵J!

b—63.5m—4出〉生〉腌

甲乙

⑴若出租车前面没有任何物体，从司机开始低头看手机到出租车停止运动的这段

时间内，出租车前进的距离是多少？

(2)通过计算判断电动车是否被撞。若不会被撞，求二者之间的最小距离;若会相撞,

求从出租车刹车开始，经过多长时间二者相撞。

【解析】⑴根据题意可知，出租车先匀速运动九=3.5s,然后在反应时间力=0.5s内

继续匀速运动，然后减速运动到停止，减速运动的时间才3=4.5s-0.5s=4s;

总位移为X—Vo(t1+?2)+|vo?3

代入数据可得:%=120m;

(2)根据题图可知，减速运动的加速度大小为«=—=—m/s2=5m/s2

4

设当两车速度相等时，刹车时间为加，有w-必仁也

解得:AU2.8s

此过程出租车位移

1

X1=VO(ZL1+?2)+-X(VO+V1)AZL

电动车位移％2=也。1+七+加)

代入数据可得：为=116.4m,%2=40.8m

因为XI-%2=116.4m-40.8m=75.6m>63.5m

故两车会相撞;设从出租车刹车开始，经过时间/二者相撞，根据位移关系有

vo(t\+ti)+vQt'--atQ-xo+vi(力+亥+/)

整理代入数据可得：/=0.6se

答案:(l)120m⑵见解析

8.(14分)一辆值勤的警车停在公路边，当交警发现从他旁边以也=36km/h的速度

匀速行驶的货车严重超载时，决定立即前去追赶，经过加=5.5s后警车发动起来，并

以a=2.5m/s2的加速度做匀加速运动,但警车的行驶速度不能超过Vm=90km/h0

问：

⑴警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？

⑵警车发动后最快要多长时间才能追上货车？

【解析】⑴货车的速度为vi=36km/h=10m/s

警车不能超过的速度为Vm=90km/h-25m/s

警车在追赶货车的过程中，当两车速度相同时，它们间的距离最大，设警车发动后

经过大时间两车的速度相同，则力=以=黑s=4s

a2.5

x货=(5.5+4)xl0m=95m

xv--at^=-x2.5x42m=20m

=212

所以两车间的最大距离Ax=%货-%警=75m

⑵当警车刚达到最大速度时运动时间

?2=—a=—2.5S=10S

%货'=（5.5+10）x10m=155m

x«'--at2=-x2.5x102m=125m

因为x货警;故此时警车尚未追上货车，且此时两车距离”=%货5警，=30m

警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过N时间追赶上货车，则△仁旦=2s,

所以警车发动后最快追上货车的时间为七力+AU12se

答案⑴75m(2)12s

专题进阶练（七）传送带模型

（40分钟70分）

一、选择题

1.（6分）（2024.珠海高一检测）如图所示，曲面AB的末端与一水平放置的传送带左

端平滑连接，当传送带静止时,有一滑块从曲面上的尸点静止释放，滑块能从传送

带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P点静止释

放,则下列说法正确的是（）

A

尸①

A.滑块可能再次滑上曲面

B.滑块在传送带上运动的时间增长

C.滑块与传送带间的划痕增长

D.滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快

【解析】选Co传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较,滑块的

受力情况不变，所以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还是能从传送带

的右端滑离传送带不可能再次滑上;由％=3户,可知滑块在传送带上运动的时间不

变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带发生的位移增大即滑块与传送带

间的划痕增长，故C正确。

2.（6分）如图所示，某快递公司利用传送带输送快件，绷紧的水平传送带AB始终保

持恒定速度运行，在传送带上A处轻轻放置一快件，快件由静止开始加速与传送带

共速后做匀速运动到达5处。忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反

B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用

C.快件与传送带间动摩擦因数越大，快件与传送带相对位移越小

D.运送距离一定时，快件与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越长

【解析】选C。快件加速时,滑动摩擦力方向与运动方向相同;匀速后，与传送带之

间无相对运动趋势，不受静摩擦力作用，故A、B错误;快件与传送带有相对运动时,

其加速度为斫瞥=〃g,快件由静止开始加速至速率为v过程用时七卜工,与传送

2

带相对位移故快件与传送带间动摩擦因数越大，相对位移越小，故C

2211g

正确:快件匀速运动时间为■，快件运输总时间为/总文+/2+F，运送距

vv211gv

离一定时，快件与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越短，故D错误。

3.（6分）（2024.兰州高一检测）如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为仇以

速度W逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木

块与传送带间的动摩擦因数〃<tan。,选沿传送带向下为正方向，则下列选项中能客

观地反映小木块的受力和运动情况的是（）

【解析】选D。小木块刚放上传送带时，所受的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小

木块将沿传送带向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

祖gsind+〃加gcosd=znai,解得Qi=gsind+〃gcosa当小木块的速度与传送带速度相等

时，由〃<tan。知机gsin。〉〃加geos。,因此小木块继续沿传送带匀加速下滑，但是此时

摩擦力的方向沿传送带向上，再由牛顿第二定律得7"gsin。-〃加gcosOfwz,解得

Q2=gsin8-〃gcos。;比较知道由于v-t图像的斜率表示加速度，所以第二段图线

的斜率变小。

若规定沿传送带向下为正方向，因此摩擦力方向先为正值，再为负值，且大小均为

加geos仇故A、B、C错误,D正确。

4.（6分）（多选）（2024.南昌高一检测）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（）

分离器放入口

A.“虾”在传送带运动时，传送带对“虾”的摩擦力方向沿传送带斜面向上

B.“虾”掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动

C.“鱼”掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动

D.“鱼”在传送带运动时，加速度方向先向上，后加速度可能为零

【解析】选A、B、Do虾向下运动时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A正确;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B正确;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,而是先

向下减速到速度为零后，再变为向上的加速运动,最终可能变为匀速直线运动，故

C错误;鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力方向一直向上,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，如果后来加速到与传送带共

速,加速度就为零，故D正确。

5.（6分）（多选）（2024.恩施高一检测）如图所示,A、B、。三个物体质量相等，它们与

传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动,运动方向如图

中箭头所示,则下列说法正确的是（）

A.A物体受到的摩擦力方向向右

B.三个物体中只有A物体受到的摩擦力是零

C.B、。受到的摩擦力方向相同

D.当传送带减速运动时A物体受到的摩擦力方向向左

【解析】选B、C、DoA物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相

对运动趋势，即无摩擦力作用，故A错误;&C两物体虽运动方向不同，但都处于平

衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知方、C两物体均受沿传送带方向向上

的摩擦力作用，故B、C正确;当传送带减速运动时A具有向左的加速度，所以A物

体受到的摩擦力方向向左，故D正确。

6.（6分）（多选）（2024.合肥高一检测）如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,

用于对旅客行李的安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带

始终保持片1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与

传送带之间的动摩擦因数为0.1AB间的距离为2m,g取10m/sz,若乘客把行李

放到传送带上的同时也以1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则

（）

甲乙

A彳亍李提前0.5s到达B处

B.乘客提前0.5s到达5处

C行李从A运动到B过程一直受到向左的摩擦力

D.若传送带速度足够大行李最快也要2s才能到达B处

【解析】选B、Do根据题意彳亍李刚放上传送带时，由牛顿第二定律有^mg-ma,

解得。=1m/s?,当行李与传送带共速时行李运动的位移为即=丁=0.5m<2m,可知

2a

行李先加速后匀速。匀速运动时，由平衡条件可知行李不受摩擦力，故C错误;由

公式v^vo+at可得，行李加速运动的时间为九=上=匀速运动的时间为力=土包=

a1s,v

1.5s,则行李由A运动到B的时间为七力+力=2.5s,乘客由A运动到B的时间为

H=2s,可知，乘客提前0.5s到达B处，故A错误,B正确;若传送带速度足够大，则

V

2=

行李一直加速到B处,由公式x-vot+-at可得，运动时间为t"隹=2s,故D正确。

27a

【补偿训练】

（多选）如图所示为一生产线上足够长的水平传送带,传送带以速度V向右匀速转

动,工件均无初速度放到传送带的左端A点，相邻的两个工件放到传送带上的时间

间隔为宾。已知两工件与传送带之间的动摩擦因数均为小工件的质量均为九则

下列说法正确的是（）

（3nT（B•）

A.工件加速运动的时间为匚

B.工件刚放上传送带时与前一个工件的距离为二

C.在传送带上两个工件之间的最小距离为4

2林g

2

D.稳定时相邻两个工件之间的距离为F

211g

【解析】选A、Co工件的加速度。=量也的,加速时间44正确;工件刚放上时,

前一个工件刚匀速，距离就等于加速的距离％弓L,B错误;当相邻两个工件都匀速

2林g

2222

时，距离最远，最近距离为广片，最远距离为二-F='，则c正确、D错误。

2林g2%gng211gfig

7.（6分）（多选）（2024.长沙高一检测）如图甲所示，在顺时针匀速转动的倾斜传送带

底端,一质量加=1kg的小物块开始以某一初速度向上滑动,传送带足够长，传送

带与水平面的夹角。=37。,物块运动的v-t图像如图乙所示。已知

sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s?,下列说法正确的是（）

A.物块的初速度大小为5m/s

B.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5

C.^0.5s后物块运动的加速度大小为2m/s2

D.物块从开始沿传送带向上运动到它所能到达的最高点，这一过程所经历的时

间为2.5s

【解析】选B、Co由题图乙可知，物块的初速度大小为10m/s,故A错误;由图乙

可知，物块在传送带上先做匀减速直线运动,减速到与传送带速度相等后继续向

上做匀减速直线运动，物块刚滑上传送带时的加速度大小Q=詈m/s2=

10m/s2,由牛顿第二定律得加器由。+〃加8（：0$。=加0,代入数据解得〃=0.5,故B正确;

由图乙可知,0.5s后物块的速度小于传送带的速度，物块继续做匀减速直线运动,

由牛顿第二定律得机gsin。-〃加gcose=zwa；代入数据解得，物块的加速度大小a-

2m/sz,故。正确;由图乙可知,物块的初速度v0=10m/s,传送带速度v=5m/s,物块减

速到与传送带速度相等需要的时间力=0.5s,物块减速到零上升到最大高度需要

的时间fe———~s=2.5s,物块从开始沿传送带向上运动到它所能到达的最局］点经

a12

历的时间t=ti+力=0.5s+2.5s=3s,故D错误。

二、计算题

8.（14分）（2024.雅安高一检测）如图所示，皮带的速度v=6m/s,两圆心相距£=30m,

现将〃z=lkg的煤块轻放在左轮圆心A点正上方的皮带上，煤块与皮带间的动摩擦

因数〃=0」,电动机带动皮带将煤块从左轮运送到右轮圆心B点正上方过程中,g

取10m/s?,求:

⑴煤块加速阶段运动的位移大小；

(2)煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间；

(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度。

【解析】⑴煤块加速运动过程中,加速度大小为m/s2

设煤块经过时间九后与皮带共速，则v-ati

解得ti=6s

煤块加速阶段运动的位移大小为

11

xi=-ati=-xlx62m=18m

⑵煤块匀速运动的时间为行土包=2s

V

煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为仁力+力=8s

(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度为％=%皮-为=m-%1=6义6m-18m=18m

答案:(l)18m(2)8s(3)18m

【补偿训练】如图所示，长L=5m的传送带水平放置,并保持v=2m/s的速度顺时

针匀速运动，其右端与一倾角6=37。斜面平滑相连，斜面的长度心=4m。一小滑块

在斜面顶点处由静止释放，从A点进入传送带，在传送带上运动一段时间后又返回

斜面。已知滑块与斜面间的动摩擦因数川=05滑块与传送带间的动摩擦因数

〃2=0.2屈1137。=0.6,337。=0.8,重力加速度g=10忽略滑块经过A点时的能量

损失。求：

BAe

(1)滑块第一次经过A点时的速度大小；

(2)从滑块第一次经过A点到又返回A点所用时间。

【解析】(1)小滑块在斜面上下滑时,由牛顿第二定律可得mgsinO-]LLimgcos0^mai

解得ai=gsin8-4igcos6=2m/s2

小滑块在斜面上由静止状态匀加速下滑，由说=2a12,解得滑块第一次经过A点时

的速度大小也=/2。也=4m/s

⑵滑块第一次经过A点滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律可得

/H2mg-ma2

解得滑块在传送带上向左做匀减速运动的加速度大小为印2g=2m/s2

滑块在传送带上向左运动的时间为九=里=2s

滑块在传送带上向左运动的位移大小为％1=卢=4m<L=5m

滑块速度向左减速到零以后向右做匀加速运动，由牛顿第二定律得Mng=ma3

解得加速度大小为的=2m/s2

滑块到达与传送带共同速度运动的时间为力=匕=1s

a3

位移大小为％2=)3%=1m

此后滑块与传送带速度相同又返回A点,时间为为=口="S=L5s

则从滑块第一次经过A点到又返回A点所用时间为a1+七+%=4.5s

答案：(l)4m/s(2)4.5s

9.(14分)如图所示，传送带与水平方向的夹角8=37。,在电动机的带动下以v=4m/s

的速率顺时针方向运行。在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送

带上的物体挡住，在传送带的A端无初速地释放一质量m=lkg的煤块，它与传送

带间的动摩擦因数^0.5,AB间的长度L=9m,煤块与挡板的碰撞能量损失不计,

即碰撞后煤块的速度大小不变，煤块与挡板的碰撞时间极短。g取10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8求:

A

⑴煤块第一次到达最低点时的速度大小VI；

(2)从煤块与挡板P第一次碰撞后，到煤块再次上升到最高点(最高点还未达到A

点)所需要的时间。

【解析】⑴煤块从A点由静止释放，煤块相对传送带向下加速运动，有

mgsin3-]umgcos3-mai

解得a]-gsin0-jLigcos6-2m/s2

设煤块下滑到与P碰前的速度为叨,根据运动学规律有说=2。也

解得vi-yfZa^L-6m/s

(2)煤块与挡板碰撞后，以v.的速度反弹，因也〉％煤块相对于传送带向上做减速运

动，煤块受到的摩擦力沿传送带斜向下，由牛顿运动定律，可得

mgsin3+/.imgcos3-ma2

解得s=10m/s2

煤块速度减小到与传送带速度相等的时间力=9=0.2s

此后煤块的速度小于传送带的速度，煤块相对于传送带向下滑动,但相对于地面

煤块继续向上滑动，摩擦力反向，则有mgsin3-/.imgcos3^maj

解得Q3=gsin。gcos6=2m/s2

煤块速度减小到零的时间力=2=2s

煤块向上运动的总时间11+力=2.2s

答案：(1)6m/s(2)2.2s

【补偿训练】(2024.东莞高一检测)如图所示，倾角。=37。的传送带以w=lm/s的速

度沿顺时针方向匀速转动，现将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带

上端以功=2m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰。

已知两物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8,不计物块大小，重力加速度g取

10m/s2,si九37°=0.6,cos37°=0.8,求:

⑴两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小。

(2)两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间。

(3)传送带上、下端间的距离。

【解析】(1)刚开始物块A沿传送带向下运动的加速度大小为ai=〃gcose-gsin9=

0.4m/s2

对于物块反向上运动的加速度大小Q2=〃gcos(9-gsin(9=0.4m/s2

⑵物块B在传送带上加速的时间叁=曳=2.5s

“2

物块A从冲上传送带到速度为零所用的时间餐里=5s

物块A从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为％=也=2.5s

所以，两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用时间为仁加+扑=7.5s

⑶在7.5s内物块B的位移大小为％2=)2齿+W(A2)=6.25m

而A的位移大小为X1=夕后去典=3.75m

因此传送带下端到上端的距离s=»+%2=10m

答案：(1)0.4m/s?0.4m/s2(2)7.5s(3)10m

专题进阶练（六）弹簧模型

（40分钟70分）

一、选择题

1.（6分）（2024.晋中高一检测）如图所示,质量为m的小球与弹簧/和水平细线〃

相连,/、〃的另一端分别固定于尸、Q。球静止时,/中拉力大小为Fn,〃中拉力

大小为斤2,重力加速度为g,当剪断水平细线〃的瞬间,小球的加速度a应是（）

A.a=g,方向竖直向下

B.a=g,方向竖直向上

C.a=空方向水平向左

m

D.qS二方向沿/的延长线

m

【解析】选C。小球静止时，受到重力、弹簧拉力Fn、细线拉力Fn三个力的作

用，细线拉力尸T2与重力、弹簧拉力Fn的合力等大反向,剪断水平细线〃的瞬间,

由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到小和重力mg作用，合力水平向左,

大小为斤2,所以加速度为。=空，方向水平向左，选项C正确,A、B、D错误。

m

2.（6分）（2024.石家庄高一检测）如图所示,4、B两物体之间用水平轻质弹簧连接,

用水平恒力F拉4,使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,这时弹簧的长

度为乙；若将A、5置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力/拉A,使4、5一起做

匀加速直线运动，此时弹簧的长度为£2o若A、5与粗糙水平面之间的动摩擦因

数相同，则下列关系式正确的是（）

BA

F

AZ2VLi

B.Z/2>LI

CL=LI

D.由于A、5的质量关系未知，故无法确定L、丘的大小关系

【解析】选C。45在粗糙水平面上运动时，设4、5与粗糙水平面之间的动摩

擦因数为〃，对A、B整体，根据牛顿第二定律有:对物体属根据牛顿第

二定律得:解得:广温臂后即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所

以上2=£1,选项C正确。

3.（6分）如图所示,质量为1kg的物块4悬挂在弹簧测力计下方，木板5托住物块A

使整个装置静止,此时测力计的示数为8N。现使木板5以5m/s2的加速度向下

运动，木板B开始运动的瞬间，物块A的加速度为（）

A.OB.2m/s2C.5m/s2D.10m/s2

【解析】选B。因为木板B与A脱离时，由牛顿第二定律得加g¥=冽a,解得a=2m/s2,

即重力对物块A提供不了5m/s2大小的加速度，故木板5以5m/s2的加速度向下

2

运动时，物块A与木板瞬间脱离，所以A的加速度为2m/se故选Bo

4.（6分）如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体放于长木板

上静止，此时弹簧对物体的弹力大小为3N,物体的质量为0.5kg,物体与木板之间

无摩擦，现使木板与物体一起以6祖%2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时,

则（）

A.物体对左侧挡板的压力等于零

B.物体对左侧挡板的压力大小等于3N

C.物体受到4个力的作用

D.弹簧对物体的弹力大小等于6N

【解析】选Ao由题意知,物体的加速度大小为6m/s2,方向水平向左，故物体所受

合力F=ma=3N,方向水平向左。对物体受力分析，物体受到竖直向下的重力mg、

竖直向上的支持力/N,且尸N=/咫，竖直方向受力平衡，又因物体与木板之间无摩擦,

故水平方向合力只能由弹簧弹力和挡板弹力提供，当/弹簧=3N时,恰好能提供合

力，故物体与挡板之间无弹力，物体对左侧挡板的压力为零，物体只受3个力作用,

故选A。

5.（6分）（2024.郑州高一检测）如图所示，在图1、2、3中的小球8和c完全相同,

轻弹簧S和&完全相同，连接的轻绳/1和/2也完全相同，通过轻弹簧或轻绳悬挂

于固定点。整个系统处于静止状态。现将图1中的轻绳Zi剪断、图2中的轻弹

簧Si剪断、图3中的轻绳/2剪断，将图1中的小球a的加速度大小记为以将图2

中的小球b的加速度大小记为。2,将图3中的小球c的加速度大小记为俏,重力加

速度大小为g。则在剪断瞬间（）

图1图2图3

A.Ql=3g,Q2=2g,Q3=g

B.ai=2g,Q2=2g,Q3=0

C.a1-2g,a2-g,a3-g

D.Qi=2g-Q3=0

【解析】选D。图1中，对三个小球整体分析有尸1=3作,剪断图1中的轻绳h时,

弹簧&不能发生突变，弹力与剪断前相同对小球a分析有Frmg=ma］，解得m=2g。

剪断图2中的轻弹簧S,弹簧弹力突变为0,对小球氏c分析有2祖g=2加俏,解得。2招,

此时轻绳L弹力为0o剪断图3中的轻绳/2时，弹簧Si不能发生突变，弹力与剪断

前相同，即此时小球c受力仍然平衡，即图3中的小球c的加速度大小记为④=0,

综合上述可知ai=2g,G2招,。3=0。

6.（6分）如图所示，在倾角为。的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物

块A、昆。为一垂直固定在斜面上的挡板。A、5质量均为九斜面连同挡板的质

量为M弹簧的劲度系数为匕系统静止于光滑水平面。现开始用一水平恒力尸作

用于P,重力加速度为g,下列说法中正确的是（）

A.若尸=0挡板受到B物块的压力为mgsinO

B.加较小力尸后4能保持相对于斜面静止

C.若要B离开挡板。，弹簧伸长量需达到呼史

D.若尸=（M+2Mgtan。且保持两物块与斜劈共同运动,弹簧处于原长

【解析】选D。若尸=0,对物块A、5整体挡板受到5物块的压力为£=2祖gsin。,

故A错误;当没有F作用时，对A分析有机gsin（9=Ax，用水平力F作用于尸时5A具

有水平向左的加速度，设加速度大小为将加速度分解如图甲

根据牛顿第二定律得作sin仇M”cos。,当加速度a增大时,为减小,即弹簧的压缩

量减小，物块A相对斜面开始向上滑，故物块A在尸刚施加上时就一直沿斜面向上

滑动，故B错误;物块B恰好离开挡板C的临界情况是物块B对挡板无压力，此时

整体向左加速运动，对AB整体分析可知2和gtane=2zwa,a=gtan仇对物块B受力分析,

受重力、支持力、弹簧的拉力，如图乙根据牛顿第二定律有

mg-尸.05仇西$也。=0,人5111。-依（：05。=7"0,解得kx-mgsin0-macos6,^%=0,弹簧为原

长，故C错误;若尸=（M+2Mgtan。且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二

定律,整体加速度为。招tan。,对物块4受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，如图

丙，根据牛顿第二定律，有机gsin8-H=7"acos。得依=0,故弹簧处于原长，故D正确。

7.（6分）（多选）如图所示，在水平面上固定一倾角。=30。的光滑斜面,斜面底端固定

一挡板C两个质量均为m的物块4、B用轻弹簧相连，静止在斜面上。现用一平

行于斜面向上的拉力F拉物块A,在物块B恰好离开挡板C的瞬间撤去力尸，重力

加速度为g,则撤去力F的瞬间（）

一

"7777777777777777777777777777777777

A.物块A的加速度为零

B.物块A的加速度为g,方向沿斜面向下

C.物块B的加速度为g,方向沿斜面向上

D.物块B的加速度为零

【解析】选B、Do撤去力尸时，物块5的加速度为零，对物块氏有M加gsin仇对

物块A,根据牛顿第二定律，有丘+冽非足。=加2解得4=义,方向沿斜面向下。故B、D

正确,A、C错误。

【补偿训练】如图所示，套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球，上端与轻绳

相连、左端与轻弹簧相连,轻弹簧的左端固定在。点。初始时刻小球静止在A点,

此时弹簧伸长了1.5cm,绳子拉力为13No已知弹簧劲度系数仁200N/m,小球质

量m=0.5kg,取重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻剪断

轻绳，下列说法正确的是（）

A

A.小球初始时刻静止在A点时受到摩擦力大小为3N

B.剪断轻绳的瞬间，小球受力个数不变

C.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为2m/s2

D.剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动

【解析】选及小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹力大小，故

Ff=kx=3N,故A正确;剪断轻绳的瞬间,绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B错

误;剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变,支持力突变成5N,最大静摩擦力变为

F，=NFN=2N

则小球受力不平衡,所以加速度为。=丝二型=2m/sL故C正确;剪断轻绳后,小球运

m

动过程中弹簧弹力始终变化，所以先做加速度减小的加速直线运动。当弹簧弹力

等于摩擦力时，速度最大,之后小球做加速度增大的减速运动，故D错误。

8.（6分）（多选）（2024彳惠州高一检测）如图所示，物块A、B的质量均为见物块C的

质量为2%A放在一劲度系数为左的轻弹簧上（未连接）方、。通过一根绕过轻质

光滑定滑轮的轻绳相连,5叠放在A上，用手托起C使绳子处于伸直但不拉紧的状

态。某一时刻突然释放。,一段时间后A、5分离，此时。未触地,重力加速度为g,

下列说法正确的是（