牛顿运动定律二（解析版）-2025年高考物理二轮复习

专题4牛顿运动定律（2）

考点愿型归纳

一、牛顿定律与直线运动..............................2

二、斜面模型.........................................8

三、等时圆模型......................................12

四、连接题问题......................................17

五、物块在传送带上运动分析.........................22

六、板块模型........................................27

专题一牛顿定律与直线运动

1.（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V。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〃，g取10m/s2。下列v。、

A.vo=2.5m/sB.vo=1.5m/sC.〃=0.28D.〃=0.25

【答案】B

【详解】AB.物块水平沿中线做匀减速直线运动，则

_XV+V

v=—=n-----

t2

由题干知

x=Im,t=Is,v>0

代入数据有

vo<2m/s

故A不可能，B可能；

CD.对物块做受力分析有

a=-v2-vo2=2ax

整理有

vo2-2ax>0

由于vo<2m/s可得

<0.2

故CD不可能。

故选Bo

2.（2023・湖北・高考真题）如图所示，原长为/的轻质弹簧，一端固定在。点，另一端与一

质量为冽的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上

M、N两点与。点的距离均为/,P点到。点的距离为。尸与杆垂直。当小球置于杆上

2

尸点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某

一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的

是（）

，

/,'M

//

\:

OxVWVWWOP

、\

V\、

\\

V\

'1N

A.弹簧的劲度系数为空

B.小球在尸点下方/处的加速度大小为（3拒-4）g

C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大

D.从M点到P点和从尸点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同

【答案】AD

【详解】A.小球在P点受力平衡，则有

联立解得

k-

I

A正确；

C.在PW之间任取一点/,令/O与九W之间的夹角为。，则此时弹簧的弹力为

F=k{l——--]

（2sin。J

小球受到的摩擦力为

<==〃尸sin。

化简得

夕在〃尸之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；

D.根据对称性可知在任意关于尸点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P

和尸到N摩擦力做功大小相等；D正确；

B.小球运动到P点下方!时。=45。，此时摩擦力大小为

2

由牛顿第二定律

mg+Feos45°-/=ma

联立解得

a=41g

B错误。

故选ADo

3.（2022・重庆・高考真题）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在xOy竖直

平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加

速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成37。斜向上（x轴向右为正）。

蛙位于了轴上M点处，0M=H,能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受

重力作用。蛙和虫均视为质点，取sin37o=：。

3

（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在了=7〃的高度捉住虫

时，蛙与虫的水平位移大小之比为2a:3,求蛙的最大跳出速率。

（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫

能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。

（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间

之比为1:亚；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为

l：V17o求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。

【答案】（1）窈；（2）k±KH<x<2H；（3）匕=口30gH,玉=!|以或

9=置30gH,x2

【详解】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知

——=H

tan37°

工逑

x虫3

青蛙做平抛运动，设时间为4,有

x

a=vtt

H--H=-gt2

42*

联立解得

（2）若蛙和虫同时开始运动，时间均为f,则虫的水平分加速度和竖直分加速度分别为

545•皿。1

^--gcos37°--g,

ay--gsin37°--g

相遇时有

1212

一gtH-----Clt=H

22,

解得

则最小的坐标为

〃12

y=H--gt,x=vmt

可得轨迹方程为

y=H--^-x2

2年

虫的轨迹方程为

y=Umax一x)tan37。

两轨迹相交，可得

(x1mxr)tan37°=〃一袅/

2%

整理可知

2,33

——X—XH—x—H=0

2444m

令A=0,即

二9一4x鸟2.(、3一")=0

162片4m

解得

Xmax=2H

虫在X轴上飞出的位置范围为

LH&X&2H

3

(3)设蛙的运动时间为4,有

上:+"(回)2="

22,

ggg+，yM^2)2=H

解得

6H3H

若青蛙两次都向右跳出，则

卬1+/4(8。)2=玉

卬2+~ax(y^t2)2=X1

解得

M=J30gH,西=||〃

若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，则

V

/1+；QX(61)2=%2

9(而行”=%

解得

%30gH,x2=^H

4.（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4=4m,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7=2,货物可视为质点（取

cos24°=0.9,sin240=0.4,重力加速度g=lOm/s?）。

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度外的大小；

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v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4.

2

【答案】（1）2m/s;（2）4in/s;（3）2.7m

【详解】（1）根据牛顿第二定律可得

mgsin24°-〃mgcos24°=mq

代入数据解得

2

a}=2m/s

（2）根据运动学公式

2a，—v

解得

v=4m/s

（3）根据牛顿第二定律

/Mg=ma2

根据运动学公式

2

-2a2/2=v^ax-v

代入数据联立解得

l2=2.7m

专题二斜面模型

5.(2022•北京・高考真题)如图所示，质量为优的物块在倾角为6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mgsin。B.斜面对物块的摩擦力大小为〃机gcosO

C.斜面对物块作用力的合力大小为加gD.物块所受的合力大小为机gsin。

【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

FN=mgcos0

故A错误；

B.斜面对物块的摩擦力大小为

耳=RFN=//mgcos6

故B正确；

CD.因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得

F合=mgsin0-jLjmgcos0=ma

可知

mgsin6>pimgcos6

则斜面对物块的作用力为

F=qF*F：=J(»jgcose)2+(〃/Mgcos2)2<-^(mgcos^)2+(mgsin0)2=mg

故CD错误。

故选Bo

6.(2022・福建・高考真题)一物块以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后

回到斜面底端。该物体的动能线随位移x的变化关系如图所示，图中看、线|、后口均己知。

根据图中信息可以求出的物理量有()

B.物体所受滑动摩擦力的大小

C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间

【答案】BD

【详解】ABC.由动能定义式得心产;所；，则可求解质量如上滑时，由动能定理

耳-Eki=-(mgsin6+f)x

下滑时，由动能定理

线=(附5也。-/)(%-无加为上滑的最远距离；由图像的斜率可知

mgsmd+f=—,mgsmO-f=—

%X。

两式相加可得

gsin。=-^―(^-+

2mx0x0

相减可知

r_4-%

2x0

即可求解gsind和所受滑动摩擦力/的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故

AC错误，B正确；

D.根据牛顿第二定律和运动学关系得

mgsin0+/=ma,f=—

a

故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。

故选BD-

7.(2024・重庆•二模)如图1所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平面上，a、b两物块分别

在沿斜面向下的力F作用下由静止开始运动，两物块运动的加速度。随力下变化的关系如图

2所示。忽略空气阻力，下列关于0、6的质量?与%以及a、b与斜面间的动摩擦因数4

与4的大小关系，正确的是（）

A.ma>mb,B.ma>mb,凡〈网

C.ma<mb,D.ma<mb,

【答案】B

【详解】物块沿斜面向下运动过程中，对物块进行受力分析，由牛顿第二定律有

F+mgsin6-pimgcos0=ma

解得

F

a=——bgsin6—jugcos0

m

由。-尸图像知

左=’且储</

m

则

11

——<——

mamb

得。、6的质量关系为

"%>啊

又由

gsin。一从geos6>gsin6—“gcos。

得4、b与斜面间的动摩擦因数大小关系为

A,<4

故选B。

8.（2024・江苏・高考真题）某重力储能系统的简化模型如图所示，长度为工、倾角为6的斜

坡/BCD上，有一质量为根的重物通过线索与电动机连接。在电动机的牵引下，重物从斜

坡底端A点由静止开始运动，到达3点时速度达到最大值v,然后重物被匀速拉到C点，此

时关闭电动机，重物恰好能滑至顶端。点，系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行，重物

与斜坡间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,不计空气阻力和滑轮摩擦。

(1)求CD的长度x；

(2)求重物从8到C过程中，电动机的输出功率P；

(3)若不计电动机的损耗，取在整个上升过程中，系统存储的机械能©和电动机消耗的电

能及的比值。

【答案】(1)——7-----------------r；(2)加gu(sin6+4cos。)；(3)------包叱----

口木2g(sin6+"cos。)31sin9+〃cose

【详解】(1)重物在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得

mgsin0+jumgcos0=ma

由运动学公式

0-v2——2.ctx

联立解得

2g(sin。+//cos。)

(2)重物在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为

F=mgsin0+pimgcos6

由尸=八得

P=mgv(sin0+/JCOSO^

(3)全过程重物增加的机械能为

Ex=mgLsin6

整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故

可知

E2=EX+jumgcosOL

故可得

E、mgLsin6sin0

E2mgLsin9+jumgLcos0sin6+〃cos6

专题三等时圆模型

9.（2024・湖北黄石•二模）如图所示，是一个倾角为。的传送带，上方离传送带表面距

离为/的P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与NB传送带间建立一直线光滑管道，

使原料无初速度地从尸处以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，原料从尸处到

【详解】如图所示

以尸处为圆的最高点作圆。与传送带相切于C点，设圆。的半径为R,从尸处建立一管道到

圆周上，管道与竖直方向的夹角为原料下滑的加速度为

mgcosa

-geosa

m

管道长度为

L=2Rcosa

由运动学公式可得

L=—at2

2

解得

可知从P处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在P与N5传送带间建立一管

道尸C,原料从尸处到传送带上所用时间最短；根据图中几何关系可得

R+Rcos0=1

可得

R=----------=---------

"cos。2cos29

2

联立可得

故选D。

10.（23-24高三下•黑龙江•二模）如图所示，从竖直圆上的/到圆周上的。两点有两条

光滑的直轨道，3c是圆的竖直直径，40是圆的倾斜直径，与8c夹角为53。。让两个

质量相等的小球1、2同时从/点由静止释放，分别沿NC、ND滑行到圆上的C、。两点。

sin53°=0.8,cos53°=0.6,则在运动过程中，1、2两球重力的冲量大小之比为（）

B

A/\\

'D

C

A.3:5B.4:5C.2:75D.V3：V5

【答案】D

【详解】根据题意可知，小球沿/。运动的加速度为

a=gsin37°

则有

1,

2

27?=-gsin370-Z1

解得

设/c与水平方向夹角为e,连接如图所示

由几何关系可得

AC=2RsmO

小球沿/C运动的加速度为

a2=gsin6

则有

1.

2Rsin。=5gsin0K；9

解得

在运动过程中,1、2两球重力的冲量大小之比为

/2_mgt2_t2_/gsin37°_

Amgt,fjVg

故选Do

11.（2024•湖南长沙•二模）如图所示，。点为竖直圆周的圆心，和尸。是两根光滑细杆,

两细杆的两端均在圆周上，M为圆周上的最高点，。为圆周上的最低点，N、P两点等高。

两个可视为质点的圆环1、2（图中均未画出）分别套在细杆AW、尸。上，并从M、尸两点

由静止释放，两圆环滑到N、。两点时的速度大小分别为匕、v2,所用时间分别为匕、A2，

则（）

A.v,=V2B.Vj>v2C.tx>t2D.tx=t2

【答案】BD

【详解】连接NQ、MP,如图所示

Q

小环i从"点静止释放，根据牛顿第二定律可得

ax=gsin0

1

MN——?

MN=2RsinO

W=Q/1

所以

4R

『％V]=J4gAsin0

同理可得

故选BDo

12.（2024•陕西安康•二模）如图所示，竖直固定的圆形框架内有两个光滑的斜面，斜面的

倾角分别为60。和45。，斜面的底端都在圆形框架的最低点。两个完全相同的小球（可视为

质点）1、2分别同时从两斜面顶端由静止释放，则两小球滑到斜面底端的过程，小球的速

率V、重力对小球做的功％与时间动能线、动量大小〃与路程x之间的关系图象可能正

确的是（图线编号对应小球编号）（）

【详解】A.设杆与水平方向夹角为仇圆形半径为力根据牛顿第二定律

mgsin3=ma

得

a=gsin。

又

12

x=—at,x=dsin0

2

得

2d

则小球1的加速度大于小球2的加速度，两球的运动时间相等，A错误;

B.重力做功等于合力做功，则

22

e121/$mgsin6

%=5小=丁(加)=］一t2

结合斜面倾角，B正确;

C.根据动能定理

mgsin0-x=Ek

又

2

厂121/\2mgsin202

Ek=—mv=—m(at)=-----------1

则小球1的末动能较大,且图线斜率较大，C正确;

D.根据

p=mv=my/lax=2gsin。•x

两小球的位移不相同，D错误。

故选BCo

专题四连接题问题

13.（2024・北京・高考真题）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力歹作用下一起向前运

动。飞船和空间站的质量分别为"和则飞船和空间站之间的作用力大小为（）

空间站飞船

MmF

mM厂m「

A.乂FB.FC.——尸D.——F

M+mM+mmM

【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

Fr=Ma

解两式可得飞船和空间站之间的作用力

F'="F

M+m

故选Ao

14.（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），盘中放置祛码。

改变盘中祛码总质量加，并测量P的加速度大小°,得到。-机图像。重力加速度大小为g。

在下列。-加图像中，可能正确的是（）

二「

um0m

【答案】D

【详解】设P的质量为P与桌面的动摩擦力为了；以P为对象，根据牛顿第二定律可

得

T-f=Ma

以盘和祛码为对象，根据牛顿第二定律可得

mg—T=ma

联立可得

M+mM+m

可知，a-加不是线性关系，排除AC选项,可知当祛码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物

块和祛码静止，加速度为0,当祛码重力大于/时，才有一定的加速度，当初趋于无穷大时,

加速度趋近等于g。

故选D。

15.（2022•江苏•高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，

处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右

侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始

位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（）

A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下

B.A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化

C.下滑时，B对A的压力先减小后增大

D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量

【答案】B

【详解】B.由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为尸，方向沿斜面向下为

正方向，斜面倾角为0,AB之间的弹力为月历摩擦因素为小刚下滑时根据牛顿第二定律

对AB有

尸+（加A+机B）gsin。-〃（冽A+加B）gC0Se=（加A+机B）a

对B有

mBgsin0-//mBgcos0-FAB=mBa

联立可得

mA+mBmB

由于A对B的弹力方向沿斜面向上，故可知在最高点歹的方向沿斜面向上；由于在最

开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方

向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；

A.设弹簧原长在。点，A刚开始运动时距离。点为X/,A运动到最高点时距离。点为也;

下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得

；fee；=；丘;+(mgsin0+f)(X]-x2)

化简得

2(mgsin。+/)

xl+x2

当位移为最大位移的一半时有

F合=k（%-再2%）一（机gsin0+f）

带入左值可知尸产0,即此时加速度为0,故A错误；

C.根据B的分析可知

F=%

mAA+mDRmRD

再结合B选项的结论可知下滑过程中尸向上且逐渐变大，则下滑过程用8逐渐变大，根据

牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；

D.整个过程中弹力做的功为0,A重力做的功为0,当A回到初始位置时速度为零，根据

功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错

误。

故选Bo

16.（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。若在水平拉力尸作用下，两物块一起向右

做匀加速直线运动。则厂的最大值为（）

~II~F

---------►

///////////////

A.INB.2NC.4ND.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

FTM=2N

联立解得

F=4N

故选C。

17.（2022・全国•高考真题）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

力歹拉动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（）

fWwMPl一＞F

/777/777777777777777Z7777777777777777-

A.P的加速度大小的最大值为2〃g

B.Q的加速度大小的最大值为2〃g

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加，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为

F=2/zmg

撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为

3=〃机g

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W"g,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

一"-jLimg=maP1

解得

%~2〃g

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2〃g。

Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时

一〃机g=〃2aom

解得

«Qm="g

故滑块Q加速度大小最大值为〃g,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

-pimg=maP2

解得

«P2=一意

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2〃g做加速度减小的减速运

动，最后弹簧原长时加速度大小为〃g；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〃go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ADo

专题五物块在传送带上运动分析

18.（2025・湖南长沙•二模）许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电

机带动，传送带的速率恒定v=2m/s,运送质量为加=2kg的工件，将工件轻放到传送带上

的/端，每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件

与传送带之间的动摩擦因数〃=手，传送带与水平方向夹角6=30。，工件从/端传送到2

端所需要的时间为4s。取g=10m/s2,工件可视作质点。关于工件在传送带上的运动，下

列说法正确的是（

B.加速运动的距离为lm

C.两个相对静止的相邻工件间的距离为lm

D.4、8两端的距离为8m

【答案】AC

【详解】A.工件加速过程，根据牛顿第二定律有

//mgcos30°-mgsin30°=ma

解得

a=4m/s2

故A正确；

B.加速过程，根据速度与位移的关系有

2

v=2axt

解得

x=0.5m

故B错误；

C.工件加速经历时间

V

4=—=0.5s

a

根据先加速后匀速，由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传

送带上，则两个相对静止的相邻工件间的距离为

Ax=%=1m

故C正确；

D.工件从N端传送到5端所需要的时间为

办=4s

则工件匀速的位移为

Z=v&—i)=7m4、8两端的距离

xAB=项+工2=7.5m

故D错误。

故选AC。

19.（2024・河南・二模）如图1所示，倾角为30。的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一

质量为〃?的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底

端0点。物块的速度v随时间f的变化图像如图2所示，重力加速度大小g=10m/s2。下列

说法正确的是（）

B.物体滑到。点的速度大小为9m/s

C.P、。两点之间的距离为12m

D.传送带划痕的长度为3m

【答案】D

【详解】A.图2可知，物块向从0开始先加速到与传送带共速（v共=6m/s）,之后再继续

加速到传送带末端，设动摩擦因素为〃，速度时间图像斜率表示加速度，故结合图2可知共

速前，物块加速度大小

622

ax=gsin30°+//geos30°=yin/s=6m/s

解得

V3

故A错误；

B.共速后，物块加速度大小

2

a2=gsin30°-〃gcos30°=4m/s

物体滑到。点的速度大小为

%=丫共+2xA，=（6+4xl）m/s=10m/s

故B错误；

C.速度时间图像面积表位移，尸、。两点之间的距离为

L=lx6xl+^xlm=llin

22)

故c错误;

D.图像可知从开始到共速用时％=Is,则共速前划痕

A12

联立以上解得

必=3m

图像2可知，共后到。点用时弓=Is,则共速到。点划痕

12

联立以上，解得

AX2=2m<Ax1

故传送带划痕的长度为3m,故D正确。

故选D。

20.（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v/=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角a=37。，转轴间距£=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

间的动摩擦因数上0.8。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37o=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】⑴0.4m/s2;（2）4.5s

【详解】（1）小包裹的速度为大于传动带的速度匕，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

pimgcos6-mgsin9=ma

解得

a=0.4m/s2

（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

v2-Vj_1.6-0.6

h=s=2.5s

a0.4

在传动带上滑动的距离为

1.6+0.6-尸-”

匕+3A=----------x2.5=2.75m

212

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〃加gcos6＞冽gsin。，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

生3=3.95-2.755=

’2二2s

0.6

所以小包裹通过传送带的时间为

t=tx+t2=4.5s

21.（2024・安徽合肥・二模）传送带是常见的运输装置，为了提高运送货物的效率，人们采

用了“配重法”。如图所示，长度为Z=8m的倾斜传送带以v=4m/s的速率顺时针匀速转动,

传送带与水平方向的夹角为0=37。。质量均为2kg的物块A、B通过绕在光滑定滑轮上的

细线连接，将A拉到底端由静止释放。连接A的绳子与传送带平行，轻绳不可伸长且足够

长，不计滑轮的质量，B离地足够高。已知物块A与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,取sin370

=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。求：

（1）释放瞬间物块A的加速度大小a；

（2）物块A在传送带上留下的划痕长度

【答案】（l）4m/s2

（2）2m

【详解】（1）对物块A与B整体根据牛顿第二定律得

mg-mgsin37°+prngcos37°=2ma

解得

a=4m/s2

(2)物块A与传送带达到共同速度的时间

VY

%=—=1s

a

痕迹的长度为

0+v,

s=vtx-----tx=2m

假设共速后物块A所受的合力为

mg-mgsin37°-=0

解得

F畸=8N=//mgcos37°

假设成立，共同速度后，物块A在摩擦力作用下和传送带一起做匀速运动，所以痕迹的长

度为2mo

专题六板块模型

22.(2024•辽宁・高考真题)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为〃。t=0

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=0至打=包的时间内，木板速度v随时间，变化的图像如图

所示，其中g为重力加速度大小。”书。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的

B.小物块和木板间动摩擦因数为2〃

C.小物块与木板的质量比为3：4D./=%之后小物块和木板一起做匀速运动

【答案】ABD

【详解】A.v-f图像的斜率表示加速度，可知/=3/。时刻木板的加速度发生改变，故可知

小物块在1=3%时刻滑上木板，故A正确；

B.结合图像可知=3%时刻，木板的速度为

3

v0=-m

设小物块和木板间