2026年高考物理终极冲刺：压轴02 力与物体的直线运动（压轴题专练）（全国适用）（解析版）

1/20压轴02力与物体的直线运动命题预测本专题是高中物理基础热点内容，牛顿第二定律作为核心纽带，串联起受力分析与运动规律，在知识体系中起到关键支撑作用。正因如此，力与直线运动问题常以压轴题形式出现在高考中，重点考查学生对不同运动模型的理解及运动图像的处理能力，要求学生熟练掌握各类题型要点与典型物理模型。2026年高考中，该内容仍会在选择、计算等题型中重点考查，地位突出。深入复习动力学专题，不仅能提升学生审题、分析与推理能力，更能强化物理学科素养，对全面理解和掌握物理知识具有重要意义。高频考法匀变速直线运动公式的灵活运用；有关牛顿第二定律的连接体问题；动力学两类基本问题；有关牛顿第二定律的临界极值问题；运动学和动力学图像；板块模型；7.传送带模型。知识·技法·思维考向一匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2．处理追及问题的常用方法过程分析法函数法Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－eq\f(b,2a)时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，追上与追不上的条件图像法画出v－t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观转换参考系法以其中一个物体为参考系，确定出另一个物体在参考系下的速度与加速度（以谁为参考系减去谁，注意矢量相减）考向二有关牛顿第二定律的连接体问题1.处理连接体问题的方法：①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。2.处理连接体问题的步骤：3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：①方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。②方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：此时牛顿第二定律的形式：；说明：①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。考向三动力学两类基本问题1.解决动力学两类问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。2．两类动力学问题的解题步骤考向四有关牛顿第二定律的临界极值问题问题情景（1）当题目中出现“最大”“最小”或“刚好”等关键词时，经常隐藏着临界问题。（2）当题目要求解某个物理量的最大值、最小值、范围或需要满足的条件时，经常为临界问题。（3）常见临界条件两物体刚好要相对滑动静摩擦力达到最大值两物体在压力方向刚好脱离接触相互作用的弹力为零轻绳刚好绷直或松弛轻绳上张力为零思路与方法（1）基本思路①认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。②寻找过程中变化的物理量。③探索物理量的变化规律。④确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。（2）思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件考向五运动学和动力学图像1．分析v－t图像和x－t图像问题时的四点注意事项(1)x－t图像和v－t图像描述的都是直线运动，而不是曲线运动．(2)x－t图像和v－t图像不表示物体运动的轨迹．(3)x－t图像中两图线的交点表示两物体相遇，而v－t图像中两图线的交点表示两物体速度相等．(4)图线为直线时，斜率所表示的物理量不变，若为曲线，则该量发生变化，与物体运动的轨迹无关．2．常见非常规图像（处理方法：找原始关系式，理解清楚坐标的截距、图线的交点、拐点的物理意义）非常规图像(举例)函数表达式斜率k纵截距bv2－x图像由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax2aveq\o\al(2,0)eq\f(x,t)－t图像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)ateq\f(1,2)av0a－F图像由F－μmg＝ma得a＝eq\f(F,m)－μgeq\f(1,m)－μg3．图像问题的解题思路一看坐标轴①确认纵、横坐标轴对应的物理量及其单位②注意纵、横坐标是否从零刻度开始二看截距、斜率、面积图线在坐标轴上的截距表示运动的初始情况斜率通常能够体现某个物理量(如v-t图像的斜率反映了加速度)的大小、方向及变化情况最常见的是v-t图像中面积表示位移大小,要注意时间轴下方的面积表示位移为负,说明这段位移方向与正方向相反三看交点、转折点、渐近线交点往往是解决问题的切入点,注意交点表示物理量相等,不一定代表物体相遇转折点表示物理量发生突变,满足不同的函数关系式,如v-t图像中速度由增变减,表明加速度突然反向利用渐近线可以求出该物理量的极值或确定它的变化趋势考向六板块模型1.模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．2.两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3.解题方法整体法、隔离法．4.解题思路（1）求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。（2）明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。状态板、块速度不相等板、块速度相等瞬间板、块共速运动方法隔离法假设法整体法步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件原理时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等考向七传送带模型1.水平传送带问题项目图示滑块可能的运动情况情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景二(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景三(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带问题项目图示滑块可能的运动情况情景一①可能一直加速②可能先加速后匀速情景二①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速后以a2加速情景三①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能一直匀速④可能先以a1加速后以a2加速情景四①可能一直加速②可能一直匀速③可能先减速后反向加速典例·靶向·突破题型01匀变速直线运动规律的应用1．如图所示，可视为质点的子弹以一定初速度垂直射入叠在一起的相同木板中，木板的厚度均为d，子弹恰好穿过第10块木板，已知子弹在木板中运动的总时间为T，子弹穿过木板的过程可视作匀变速直线运动。关于该子弹的运动，下列说法正确的是（）A．子弹的加速度大小为22dB．子弹穿过第9块木板用的时间是(2C．子弹刚穿过第5块木板时的速度大小为10D．子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比为1:【答案】C【详解】A．子弹恰好穿过第10块木板，根据逆向思维法，有10d=解得a=20dB．子弹穿过第9块木板所用的时间可用穿过最后两块木板所用的时间减去穿过最后一块木板所用的时间求得，根据逆向思维法，有2d=12解得Δt=C．根据逆向思维法，刚穿过第5块木板时的速度大小即为反向恰好穿过第6块木板时的速度大小v解得v=10D．根据逆向思维法，子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比可看作初速度为0通过连续相等位移所用时间之比，即1:2故选C。2．重庆轻轨设计独特，为山城人民出行带来了极大便利。如图（a），t=0时，两辆相同轻轨列车车头车尾均对齐，行驶在平行直轨道（足够长）上，之后它们在该直轨道上运动的xtA．两轻轨列车运动方向相反 B．在t=4s时，两车相距最远C．0~4s内，两车距离先变大再变小 D．两车在t=4s时，速度相同，均为5m/s【答案】C【详解】A．本题的图像是x−t图像，对于匀变速直线运动，位移公式为x=两边同时除以t得到x图像呈直线，因此两列车均做匀变速直线运动，对于甲车v0甲对于乙车v0乙两车速度均为正，运动方向相同，故A错误；B．两车从同一位置出发，运动方向相同，当两车速度相等时，相距最远即v解得t=2sC．在0~2s内甲车速度小于乙车速度，两车距离变大，在2s~4D．在t=4s时，甲车速度为乙车速度为v乙3．一质量为5m的羽毛球筒长为L，羽毛球的高度为d=（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），如图甲有一质量为m的羽毛球静置于球筒封口顶端（无封口），已知羽毛球和球筒间的滑动摩擦力恒为f=2mg，重力加速度为g，不计空气阻力。求：（设球筒一直保持竖直方向运动）（1）如图甲，手握球筒施加竖直向下的恒力F=2mg使球和球筒由静止开始运动，求球筒落地前羽毛球受到的摩擦力f0；（2）如图甲，若球筒开口端距地面起始高度为h1，手对球筒施加竖直向下的恒力F=2mg由静止开始运动，球筒以一定速度撞击桌面后立即静止，而羽毛球球头恰好能碰到桌面（图乙），求h1；（3）如图丙，让球筒开口朝下从离地h2高处由自由下落，球筒撞击地面立即反弹，反弹速率不变。当球筒第一次到达最高点时，羽毛球头刚好滑出球筒，求h2。

【答案】（1）mg3方向竖直向下；（2）35【详解】（1）设球与球筒相对静止，球受摩擦力向下，为f0，加速度为a0，则对整体F+（5m+m）g=(5m+m）a对羽毛球mg+f0=ma0解得f0=mg3<f=2mga0=43假设成立，即羽毛球受到的摩擦力大小为mg3（2）由（1）可知，球筒落地前，球与球筒一起以a0=43向下加速，设落地瞬间羽毛球速度为v0，则有v02=2a0h1筒落地后，羽毛球向下减速，设加速度为a1，则有f-mg=ma1由题意可知v02=2a1（L-d）联立解得h1=35（3）落地前，球与筒一起自由落体，设落地瞬间速度为v2，则有v22=2gh2接着筒反弹，球仍向下减速，加速度仍为a1=g（向上）。设筒的加速度为a2，则有对筒5mg+f=5ma2

得a设筒经t到达最高点，则有v2=a2t由题意得v222a2

+v2t-12a1联立解得

h2=49100题型解码题型解码匀变速直线运动公式一般可分为两大类:一类是涉及时间的,一类是不涉及时间的。可根据题目的已知条件和问题快速选择合适的公式求解。题型02有关牛顿第二定律的连接体问题4．静止在水平面上的两个完全相同的物块通过伸直但无张力的水平细线相连，物块2右侧固定力传感器（质量不计），如图甲所示。t=0时，在物块1上施加水平拉力F0，读出传感器的示数F，记录一段时间t内，物块的位移为x，改变F0的大小，经多次测量，画出“xt2−FA．每个物块的质量m=1kg C．当F=10N时，加速度大小为2.5m/s2 【答案】A【详解】AB．物块做初速度为零的匀加速直线运动，位移公式为x=整理得xt2设每个物块质量为m，动摩擦因数为μ，对物块2受力分析，由牛顿第二定律得F−μmg=ma将a=2⋅xt2由图乙可知纵轴截距−μg2=−2.5m/s图像斜率k=2.5−(−2.5)10−0=0.5，而斜率解得m=1kg，故A正确，B错误；C．当F=10N时，xt2D．当两物块一起运动（F0>2μmg=10N）时，对整体和物块2联立得F=F02，F和F0故选A。5．如图所示，质量M=2kg的足够长木板静止在光滑水平面上，木板上静置一质量m=1kg的物块，现对物块施加大小F1=3N、方向水平向右的拉力，当物块向右运动L=1m时撤去向右的拉力，当物块与木板的速度相同时，立即对物块施加大小F2=3N、方向水平向左的拉力（图中未画出）。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，将物块视为质点。求：(1)刚撤去向右的拉力时，物块的速度大小v1；(2)从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块运动的距离x1；(3)施加向左的拉力后，物块向右运动的距离x2。【答案】(1)2m/s(2)1.5m(3)0.25m【详解】（1）设物块受到向右的拉力时，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F解得a设向右的拉力作用的时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有L=解得t根据速度时间关系可得v解得v（2）设物块受到向右的拉力时，木板的加速度大小为a2，对木板，根据牛顿第二定律有μmg=M解得a刚撤去向右的拉力时，木板的速度大小v解得v设从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μmg=m解得a设从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同的时间为t2，有v解得t根据匀变速直线运动的规律有x解得x（3）设从物块刚受到向左的拉力到物块的速度为0，物块的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律有F解得a物块刚受到向左的拉力时的速度大小v解得v根据匀变速直线运动的规律有v解得x6．如图（甲）所示，倾角θ=30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端与小滑块A相连，小滑块B在斜面上紧靠着A但不粘连，A、B的质量均为m，初始时小滑块A、B均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F拉动B，使B沿斜面向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，A、B的v−t图像如图（乙）所示，A的v−t图像在t2时刻的切线与t轴平行，已知重力加速度大小为gA．拉力F的最小值为mg+2maB．拉力F刚作用瞬间AB间的弹力大小为mg−2maC．A和B在t1时刻分离，此时弹簧的形变量为D．A在t2时刻的速度v2【答案】BC【详解】A．施加F前，对AB整体，根据平衡条件有2解得弹簧的压缩量为x设AB一起匀加速的位移为x，有F+k(联立解得F=2ma+kx即拉力F关于位移x线性增加，当x=0时，即刚作用瞬间拉力最小为FminB．设拉力F刚作用瞬间AB间的弹力为FAB，对B分析由牛顿第二定律有解得FABC．根据图乙可知，开始A和B一起做匀加速直线运动，分离后B继续做匀加速直线运动，A做加速度减小的加速运动，则在t1时刻A、B分离，此时它们具有相同的沿斜面向上的加速度和速度，且FAB解得弹簧的压缩量为x1D．在t1时刻A、B分离，弹簧的压缩量为x1=mg+2ma2k，此后A做加速度减小的加速运动，在可得弹簧的压缩量为x对A和弹簧的系统由机械能守恒定律可知1解得v2故选BC。题型解码题型解码先整体求共同加速度，再隔离分析单个物体，利用牛顿第二定律联立求解系统外力与相互内力。题型03动力学两类基本问题7．如图1，在倾角θ=30°足够长的固定斜面上放有质量M=1kg的长木板B，木板下表面与斜面间的动摩擦因数μ1=33，木板上表面由两种不同材料制成，e点上方光滑，e点下方粗糙，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2。一质量m=4kgA．物块与木板之间的动摩擦因数为μB．0~1s，木板对斜面的摩擦力大小为25NC．物块相对木板滑动的总位移为4.5mD．2s后，木板对物块的摩擦力大小为20N【答案】AD【详解】A．根据图2可知1s后，物块过e点后做减速运动，则有μ根据v−t图像斜率绝对值表示加速度大小，由图2可知1s后物块加速度大小为a解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ2B．根据题意可知0∼1s内，物块对木板无摩擦作用，由于可知木板处于平衡状态，对木板，由平衡条件可知Mg根据牛顿第三定律，0~1s，木板对斜面的摩擦力大小为5N，故B错误；C．根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移，结合图2可知0∼1s，物块相对木板的位移为1s后，对长木板有μ解得a可知1s~2由图2可知1s~2s则1s∼2所以物块相对木板滑动的总位移为x相对D．由图2可知2s时，物块的速度v1=4m/s，木板的速度v对物块与木板整体，根据牛顿第二定律有(M+m)g根据隔离法，对物块有mg解得2s后，木板对物块的摩擦力大小为f′故选AD。8．如图所示，倾角为37∘的斜面固定在水平地面上，斜面上O点以下靠近斜面底端的部分光滑，O点以上粗糙。物块1和物块2之间有一被压缩的轻弹簧，弹簧下端与物块2相栓接，在外力作用下静置在斜面上，物块1恰在O点处，物块2与固定在斜面底端的挡板间的距离为L。现在撤去外力同时释放弹簧，物块1与物块2沿斜面运动，物块2运动到斜面底端时与挡板碰撞，碰后与挡板粘在一起。已知物块1的质量为1 kg，物块2的质量为3 kg，弹簧被锁定时的弹性势能为18 J，物块与粗糙段的动摩擦因数为μ=0.375，L=0.5 m，sin37∘=0.6，重力加速度g取10 m(1)物块2与挡板碰撞前的速度大小；(2)物块1第一次返回O点时的速度大小；(3)物块1在O点上方运动的总时间和总路程。【答案】(1)3(2)3(3)t=2+3【详解】（1）以物块1与物块2及轻弹簧为研究对象，释放弹簧前后动量守恒有m机械能守恒有E联立解得v0=物块2释放后到与挡板相接触，能量守恒有MgL解得物块2与挡板碰撞前的速度大小v（2）物块1在O点上方运动时受摩擦力作用，上行和下行的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律分别有mg代入题中数据，解得a1=9物块1第1次下行经过O点时的速度为v1'解得v（3）设每次到达O点的速度依次为v1、v1'、v2、v2'、v3、v3'……其中v1、v2、v3、……表示向上到达O点的速度；v1'由运动过程可知，每次在O点速度向上时v设物块1每次从O点向上运动到最高点的时间依次为t1、t2、t3、……从最高点向下运动到A点的时间依次为t1'由运动学公式有t1=v1a1、t2=v2a1则物块1在O点上方运动的总时间t=整理得t=解得t=由能量守恒可知1联立解得s=4.5题型解码题型解码1.确定研究对象，进行受力分析与运动过程分析，抓住加速度这一核心桥梁。2.根据受力用牛顿第二定律求加速度，或由运动学公式求加速度，建立受力与运动的联系。3.选择合适运动学公式，完成“受力→加速度→运动”或“运动→加速度→受力”的互推求解。题型04有关牛顿第二定律的临界极值问题9.游乐场某闯关游戏可简化为如图甲的情景，长度L＝5.5m、质量M＝3kg的木板c静止在光滑水平面上，左右两侧的平台足够长且与木板等高。初始时，木板c左端与左侧平台接触但不粘连。现有可视为质点的两滑块a和b，质量分别为ma=1kg、mb=3kg，滑块b静止放置于左侧平台最右端。滑块a受到拉力F的作用，其变化图像如图乙所示，t＝5s时撤去力F，此时滑块a恰好与滑块b发生弹性碰撞。已知滑块a与左侧平台间动摩擦因数μ1=0.2，滑块b和木板c间动摩擦因数(1)求滑块a受到F作用后多长时间开始运动；(2)求a、b碰后滑块b的速度大小；(3)如果木板c与右侧平台相碰后立即粘在一起，要使滑块b能滑上右侧平台，求s的取值范围。【答案】(1)1s(2)8m/s(3)s＜0.9m【详解】（1）由乙图知F＝2t（N）

滑块a在左侧平台上受到的最大静摩擦力f又因为F=f联立解得t＝1s

即1s后滑块a开始运动。（2）根据题意F-t图像的面积表示冲量，规定F方向为正方向，前1-5s内由动量定理得IF其中F−t图面积表示冲量，根据图乙可知力F在1-5s内的冲量IF代入数据计算得vab发生碰撞，系统动量守恒、机械能守恒mav0联立解得碰后b的速度大小v（3）解法一：假设木板c与右侧平台相碰前，滑块b与木板c已经共速，根据动量守恒定律有mb代入数据解得v由能量守恒得12代入数据解得Δ木板c与右侧平台相碰后，对滑块b由动能定理得−1代入数据解得Δ滑块b的滑行距离sb所以要想滑块b能滑到右侧平台，木板c与右侧平台相碰前，还未共速。设木板c与右侧平台相碰时，滑块b和木板c速度分别为vb、vc，根据动量守恒定律有由能量守恒得12木板c与右侧平台相碰后，滑块b恰能滑到右侧平台，位移为L−Δs3代入数据解得v设木板c与右侧平台相碰前位移大小为sc，由功能关系有μ代入数据解得sc所以s的取值范围应满足s＜0.9m时，滑块b才能滑到右侧平台。解法二：假设滑块b、木板c共速前，b未从木板c上滑下，c与右侧平台相碰后，b恰匀减速滑到右侧平台对滑块b，由牛顿第二定律有μ解得ab对木板c，由牛顿第二定律有μ解得ac滑块b全程做匀减速运动，恰好匀减速滑到右侧平台，由−v12=−2abL+s解得s解得vc=3 m/s解得t＝0.6s

木板c与右侧平台碰前b的速度v解得v2此过程中滑块b的位移为sbb，由解得sbb滑块b与木板c相对位移为s相，则解得s相=3所以bc共速前，c与右侧平台相碰，滑块b未从木板c上滑下，假设成立。所以s＜0.9m。10．如图所示，一倾角θ=37°的斜面体放在水平面上，斜面体斜边长L=2.5m。将一质量为1kg的物块静置于斜面斜边中点处。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，不计空气阻力，sin(1)若斜面体固定，求物块沿斜面下滑至底端时的速度大小；(2)若斜面以一加速度水平运动时，物块恰能沿斜面向上运动，求斜面体的加速度；(3)若斜面以a=25m/s2的加速度水平向左运动，求物块落地时与斜面右侧的距离【答案】(1)5(2)20m/s(3)7.92【详解】（1）此时对物块受力分析，沿斜面方向的合力提供加速度，有mg根据匀变速运动基本规律，有2解得v=（2）根据题干可知，此时物块与斜面间达到最大静摩擦力，临界状态下可认为二者加速度大小相同，即对物块来说，水平方向上，F竖直方向上，F此时f代入数据后可得a2（3）斜面以加速度a=25m/s2竖直方向上有F且f根据相对运动的原理，在水平方向上物块相对斜面来说的相对加速度为a′=a−竖直方向上1联立可得t=1物块相对斜面的水平方向上分速度为v竖直方向上v接下来物块做斜抛运动，L水平方向上相对运动，有Δ此时的相对加速度a可解得Δ题型解码题型解码抓住临界状态，找准弹力、摩擦力等突变条件，结合牛顿第二定律列方程，再用数学方法分析力或加速度的极值。题型05运动学和动力学图像11.某物理学习小组尝试用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图甲所示，他们让小球以某一设定好的初速度从固定斜面顶端O点滚下，经过A、B两个传感器，其中B传感器固定在斜面底端，测出了A、B间的距离x及小球在A、B间运动的时间t。改变A传感器的位置，多次重复实验，计算机作出图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．小球在斜面上运动的总时间为6B．小球在顶端O点的速度大小为2C．小球在斜面上运动的加速度大小为5D．固定斜面的长度为4m【答案】B【详解】A．由乙图可知0~2s为实线，2s~6s为虚线，所以小球从顶端O到底端B的总运动时间为2 s，A错误；BCD．小球从O点滚下，做匀加速运动，而题目所给的距离x及时间t都是A、B之间的，直接计算不方便，运动具有可逆性，可转化成研究小球由B点向上做匀减速运动x=解得x由图乙可知vB=6m/s小球从B点到O点L=v小球从B点到O点vO故选B。12．如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角θ=37°，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离L0=1m处由静止释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小v=10m/s，爆炸后滑块恰好未滑离木板的顶端。滑块的质量m1=2kg，木板的质量m2=1(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2(2)炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小v1(3)木板的长度L以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t。【答案】(1)7(2)3(3)3.25m，2.3s【详解】（1）对木板，根据物体的平衡条件有μ解得μ2（2）设从释放滑块至滑块下滑到挡板处，滑块的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律有解得a设滑块下滑到挡板处时的速度大小为v0，根据匀变速直线运动的规律有解得v炸药爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒，因为m所以炸药爆炸后瞬间滑块的速度方向沿斜面向上，以沿斜面向下为正方向，有m解得v1（3）设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，滑块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有解得a设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，木板下滑的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有解得a设炸药爆炸后经时间t1，滑块与木板的速度相同，且该相同速度的大小为v2解得t1=0.5以沿斜面向下为正方向，在这段时间t1内，滑块的位移解得x在这段时间t1内，木板的位移解得x又L=解得L=3.25设从滑块与木板达到相同速度至滑块与挡板第二次碰撞的时间为t2，经分析可知，在这段时间t2内，滑块相对木板做初速度为0、加速度大小为a解得t又t=解得t=2.3s13.粗糙水平地面上有一质量m=1kg的长木板B，在木板B的最右端放一质量也为1kg的物块A（可视为质点），如图甲所示。给木板B施加水平向右的拉力F，木板B的加速度a随拉力F的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。(1)求物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)现对B施加一恒力F0，A、B均由静止开始运动；某时刻撤去恒力F0，一段时间后，A、B都停止运动，A仍在木板B的最右端。求恒力F0的大小。【答案】(1)0.1，0.2(2)6.75N【详解】（1）由图乙可知，对AB受力分析，则有F解得μ对A受力分析，根据牛顿第二定律有μ其中a解得μ（2）对B受力分析，当有恒力F0时，根据牛顿第二定律有撤去恒力时，根据牛顿第二定律有μAB共速后，根据牛顿第二定律有μ对A受力分析，只要有相对运动，根据牛顿第二定律有μ根据题意作出A、B相对地面的速度-时间图像如图所示设恒力F0作用的时间为t1，撤去恒力到A、B共速时间为t共速前后各自运动的位移相等，则有a联立解得F题型解码题型解码抓住斜率、面积、截距、交点四个关键，先分清图像类型，再把图像信息转化为运动学量或受力情况，结合公式与牛顿定律解题。题型06板块模型14．如图甲所示，长木板A静置于光滑的水平面上，质量为m=2kg的小滑块B以某一初速度滑上A的左端，从B滑上A开始计时，B相对A的速度vBA随时间t的变化如图乙所示，已知从开始运动到共速的过程中B的位移大小是A的位移大小的4倍，重力加速度g取10m/s2。下列说法中正确的是（）A．长木板A的最小长度为1mB．A、B间的动摩擦因数为0.1C．达到共速的过程中A的动能增加了2D．若仅使滑块B的初速度增加，则运动过程中系统机械能的减少量一定增加【答案】C【详解】A．由图乙可知，B相对A匀减速直线运动，vAB0=1m/s，1s内，A的位移xA=v共解得v长木板A的最小长度等于B在A上滑行的相对位移，L=xB．设A的质量为M，A、B组成的系统动量守恒定律m解得M=4对长木板A，根据牛顿第二定律有μmg=M对小滑块B，根据牛顿第二定律有μmg=m又a解得μ=1C．A的动能增加了ΔED．系统机械能的减少量等于摩擦力做的功，Δ如果木板长度𝐿恰好等于0.5m，那么当𝑣𝐵0增加后，B会从A上滑离，B相对于A滑行的实际距离仍为板长，系统机械能的减少量不变，故D错误。故选C。15．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t=0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，t=1s时撤去F，整个过程木板运动的v-t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，重力加速度取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．木板与地面间的动摩擦因数为0.5 B．恒力F的大小为21NC．物块和木板同时停止运动 D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为3.9m【答案】AB【详解】A．由图像可知1.5s时物块、木板共速，则物块在0~1.5s内的加速度为对物块有μ1mg=m在1~1.5s内木板的加速度根据牛顿第二定律有−μ1mg−B．撤去拉力F前，木板的加速度a根据牛顿第二定律有F−得F=21NC．由图像可知共速时速度为3m/s，则在1.5s内木板位移为在1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小a物块到停止的时间还需t木板的加速度大小为a′2得a木板到停止的时间还需t板D．在1.5s末到物块停止运动的时间内，物块的位移为x木板位移为x则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为ΔL=故选AB。16．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的长木板以初速度v0=2m/s向右做匀速直线运动，长木板质量为M=3kg，在t=0时刻，在长木板右端轻放上第一个小物块，经过1s的时间长木板与小物块恰好共速，此时再在长木板右端轻放上第二个小物块，经过一段时间，当长木板与第二个小物块恰好共速时，又在长木板右端轻放上第三个小物块。已知所有小物块均相同，质量为m=1kg，g取10m/s2，小物块大小忽略不计，则（）A．长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.15B．长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.25C．当小物块与木板都相对静止时，第1个小物块与第3个小物块之间的间距为0.4mD．当小物块与木板都相对静止时，第1个小物块与第3个小物块之间的间距为0.6m【答案】AD【详解】AB．根据题意，当放上第1个小物块后，对小物块和长木板，根据牛顿第二定律可得μmg=ma0二者共速，即v联立解得μ=0.15，故A正确，B错误；CD．当放上第2个小物块后，对长木板和第1个小物块，根据牛顿第二定律可得μmg=(m+M)三者达到共速，即v联立解得v2=1.2m/s，当放上第3个小物块后，对长木板和第1、2个小物块，根据牛顿第二定律可得μmg=(2m+M)四者达到共速，即v联立解得v3=1.0m/s，此时第1个小物块与第3个小物块之间的间距为x13故选AD。题型解码题型解码先判相对运动，再定摩擦力方向与大小；分别对板、块列牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式找共速临界与位移关系，联立求解。题型07传送带模型17．如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度v0=12m/s从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前1.0s内和在1.0s~t0内为两段不同的二次函数，t0时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（）A．传送带转动速率v1=8m/sB．图乙中t0的数值为1.5C．0~t0内煤块在传送带上的划痕长度为6mD．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25【答案】D【详解】A．煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律则有mg解得加速度大小为a当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，同理可得加速度大小为a煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为a2，由于则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知t1=1.0代入数据解得a则传送带的速度大小为v1BD．根据上述分析可知，图乙中t0时刻，煤块向上运动速度减为零，结合a1解得μ=0.25则煤块下滑时的加速度大小为a结合乙图可知，1.0∼t0又因为x代入数据解得t0C．0∼t1t1∼但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以0∼t故选D。18．如图甲所示，水平传送带从t=0时刻启动后，沿顺时针方向由静止开始做匀加速直线运动，一质量为m=1kg的物块（可视为质点）在t=0时刻，以速度v0=10m/s水平向右从左侧滑上传送带，物块和传送带运动的v−t图像如图乙所示。t0时刻前后物块受到的摩擦力大小的变化量为Δf=0.5N，物块从右侧滑离传送带时的速度为0.8v0。有一个质量为M=2kg的长木板紧贴传送带右端静止在光滑水平地面上，木板上表面与传送带上表面等高，在木板右侧距离为(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ1(2)物块在传送带上的划痕长度；(3)长木板的长度。【答案】(1)0.15(2)20m(3)8m【详解】（1）由题意可得t0时刻之前，物块和传送带之间为滑动摩擦力，设为f1，之后为静摩擦力，设为对于物块：f1=μ1结合乙图的图像可得：物块的加速度为a传送带的加速度为af联立以上各式可得μ1=0.15（2）由题意可得，在t0时刻之前二者发生相对滑动，产生划痕，传送带的位移为物块的位移为x所以Δ（3）物块滑上长木板后，物块向右做匀减速运动，设其加速度大小为a3，长木板向右做匀加速运动，设其加速度为a4，则a3=假设长木板和挡板碰撞时，长木板和物块未共速x=12可得：t=1s，v此时物块速度为v可得v长木板和挡板碰撞前，长木板与物块组成的系统动量守恒，可得0.8m可得v所以假设正确，长木板和挡板碰撞时，长木板和物块没有共速。长木板和挡板碰撞后，向左做加速度为a4的匀减速运动，由题意可得，二者速度同时减为零，运动过程的v−t设0-1s内物块的位移为x3，长木板的位移为x4，x4设1-2s内物块的位移为x5，长木板的位移为x6，x6所以长木板的长度L=19．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-­t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则不正确的是（）A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0~2s内物体在传送带上留下的痕迹为6m【答案】BD【详解】A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v故A正确；BC．在0~1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a由图知a在1.0~2.0s，物体的加速度为a由图知a联立解得μ=0.5故B错误，C正确；D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移x传送带的位移为x物体对传送带的位移大小为Δ方向向上；1.0~2.0s物体相对于地的位移x传送带的位移为x物体对传送带的位移大小为Δ方向向下，故留下的痕迹为5m，故D错误。本题选不正确的，故选BD。题型解码题型解码先判断物块与传送带的速度大小和方向，确定摩擦力的有无、大小及方向，分段分析加速度与运动状态，抓住共速、反向、打滑等临界条件，结合运动学公式分段计算位移、时间与速度。1．（2026·山东滨州·一模）如图所示，一个质量m=4.5×10−3kg的羽毛球放在薄塑料羽毛球筒内，距离筒底端h=10cm，整个装置竖直静止放置，羽毛球筒底端距离地面H=20cm，羽毛球相对筒运动时所受的滑动摩擦力大小始终等于自身重力的两倍。现从静止释放羽毛球筒，羽毛球筒落地后不反弹，羽毛球与地面发生弹性碰撞。选地面为零势能面，羽毛球可看作质点，重力加速度gA．羽毛球最终的重力势能为1.5×10−3C．羽毛球的运动时间为0.4s D．羽毛球的运动时间为6−【答案】AD【分析】分阶段分析运动过程：已知H=0.2阶段1，整体自由下落H：释放后羽毛球和筒加速度均为g，无相对运动，一起自由下落：v下落时间t阶段2，筒落地后，羽毛球向下匀减速到地面：筒落地静止，羽毛球相对筒向下运动，摩擦力向上，加速度a1羽毛球向下运动ℎ=0.1m到达地面，由运动学公式：v此段时间：t羽毛球弹性碰撞地面，碰撞后速度大小为2m/s【详解】AB．碰撞后羽毛球相对筒向上运动，摩擦力向下，加速度a2速度减到0时：向上位移y=速度减为0后，静摩擦力向上平衡重力，f故A正确，B错误。CD．碰撞后向上运动到静止的时间：t总时间：t=故D正确，C错误。故选AD。2．如图甲所示为空间足够大的某实验用箱，可视为质点的木块A质量m1=4kg，叠放在m2=1kg长为L的铁板B最左端，A右侧系有轻质细绳，被带有拉力传感器的牵引机拉动；箱内水平地板装有压力传感器，同时地板还可对B提供恒定吸引力F=50N；两侧竖直挡板分别装有水平方向运动传感器和水平拉力传感器；计算机可利用这些传感器数据，测得物体B所受地板支持力FN、物体A所受细绳拉力FT，各个物体运动的v-t图像。（g=10m/s2）(1)若实验用箱以恒定加速度a竖直向下运动，压力传感器的示数为FN=60N、水平拉力传感器示数为零时，求B对A的支持力N；(2)若实验用箱静止不动，当细绳拉力大小FT0恒定时，A、B两个物体的v-t图像如图乙所示，求铁板B的长度L及细绳拉力FT0；(3)若实验用箱以（1）问的恒定加速度a竖直向下运动，同时FT=10.4N时，求A开始相对B运动，到水平方向上脱离B所用时间t。【答案】(1)8(2)0.125m，(3)0.5s【详解】（1）对木块A与铁板B整体进行受力分析，列牛顿第二定律方程有m解得a=8对木块A进行受力分析，列牛顿第二定律方程有m解得B对A的支持力为N=8（2）设在0到t1时间内，木块A的加速度大小为a1，铁板B的加速度大小为a2，木块A与铁板B间动摩擦因数为μ1，铁板B与地板间动摩擦因数为μ2。由图乙可知，t1以后木块A从铁板B上掉落，由于v−t图像与坐标轴围成的面积代表位移，所以铁板B的长度为由图乙可知，木块A在铁板B上运动的加速度为a同理可得该过程铁板B的加速度为a在t1到t2时间内，对铁板B进行受力分析，由牛顿第二定律可得μ解得μ在0到t1时间内，对铁板B进行受力分析，由牛顿第二定律可得μ解得μ在0到t1时间内，对木块A进行受力分析，由牛顿第二定律可得F解得F（3）设此过程中，木块A与铁板B间最大静摩擦力为f1max，铁板B与地板间最大静摩擦力为f2max，则f1max由于f1max<FT解得a由运动学规律可得L=解得t=0.5s3．（2025·吉林·一模）如图甲所示，A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，其中A物体的质量为m。现用恒定的F=34mg向上拉B，使两物体开始向上运动。在分离前，A的加速度随位移x变化如图乙所示。当A物体运动位移为ℎ时，B与AA．B物体的质量为2mB．弹簧的劲度系数等于3mgC．F作用后瞬间，B对A的压力大小为5mgD．B和A分离后，B还能继续上升ℎ【答案】CD【详解】A．设B物体的质量为mB，F未作用时，对AB整体分析，根据平衡条件有由图乙可知，当F作用瞬间，AB整体的加速度大小为a=对AB整体分析，根据牛顿第二定律有F+k又F=代入解得mBB．AB分离瞬间，AB间弹力为0，二者加速度相等，对B物体，根据牛顿第二定律有mg−F=m对A物体，根据牛顿第二定律有mg−k又k联立解得k=5mg4ℎ，C．F作用瞬间，对B物体分析，根据牛顿第二定律有F+解得F根据牛顿第三定律可知F作用瞬间，B对A的压力大小为5mg8D．从F作用到AB分离过程，根据运动学公式v可知a−x图像与x轴围成的面积表示v2−v022又AB开始运动的初速度为零，则有v解得AB分离时的速度v=AB分离后，对B物体，根据动能定理有F−mg解得ℎ即B和A分离后，B还能继续上升ℎ4故选CD。4．（2025·山东·模拟预测）如图所示，在竖直平面内固定倾角θ=30∘的倾斜轨道AC,A、C两点的高度差ℎ=2.5m，轨道末端A点与顺时针转动的水平传送带左端平滑连接。传送带右端水平地面上有一质量M=4kg的足够长的木板紧靠传送带放置，木板上表面与传送带等高且平滑连接。现将质量m=2kg的小物块（可视为质点）从C点由静止释放。已知传送带的长度L=5m，速度大小v=3m/s，小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为μ(1)小物块滑至A点时的速度大小；(2)小物块通过传送带所用的时间；(3)整个运动过程中，木板的位移大小。【答案】(1)5(2)4(3)1【详解】（1）小物块从C到A的过程，对小物块由牛顿第二定律有mg解得加速度a小物块从C到A有v解得小物块滑至A点时的速度v（2）小物块在传送带上减速的过程中，由牛顿第二定律得μ设小物块减速至与传送带共速所用时间为t1，有解得t小物块在传送带上减速过程运动的位移大小为x设小物块在传送带上匀速运动所用时间为t2，有解得t小物块通过传送带所用的时间为t=（3）小物块以v=3m/s的速度滑上木板，共速前，小物块加速度大小为解得a设经时间t0小物块与木板达到共同速度，有解得t二者达到共同速度时的速度大小为v该过程木板运动的位移大小为s共速后，由于μ1>该过程木板的位移大小为s整个过程中木板的位移大小s=5．（2026·湖北恩施·二模）如图甲所示，质量为M的长木板静置于水平地面上，质量为m的物块放在长木板上。现对木板施加从0开始逐渐增大的水平拉力F，木板与物块间的摩擦力f1、木板与地面间的摩擦力f2随拉力F变化的情况如图乙中实线所示，图乙中a、b、c已知。木板与物块间的动摩擦因数为μ1A．F1=b B．当C．μ1μ2【答案】ACD【详解】B．F从0开始逐渐增大到F1的过程中木板不动，木板与地面之间的摩擦力逐渐增大，物块与木板间没有摩擦力，直到F>A．当木板和物块一起相对于地面滑动时F1D．当木板相对于地面滑动时，木板与地面间的摩擦力恒定f木板与物块间的摩擦力f1逐渐增大，直到F=F2时物块开始相对于木板滑动f对物块与木板整体应用牛顿第二定律有F联立解得F2C．F从F1增加到F2过程中，对物块与木板整体F−对物块f联立解得f1结合题图乙可得，图中截距−c=−又知f联立解得μ1故选ACD。6．（2025·陕西安康·三模）如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（

）A．小物块与长木板间的动摩擦因数为a0g C．小物块的质量为F2−F【答案】D【详解】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F>解得μ故A错误；B．根据题图乙可知，当F=F1当F1<F≤即a=结合题图乙中图像的截距有−a0解得μ故B错误：CD．当F>F3整理得a=结合题图乙有1M=则长木板的质量M=小物块的质量m=故C错误，D正确。故选D。7．（2025·四川绵阳·模拟预测）如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）长木板速度为v0A． B．C． D．【答案】C【详解】如图所示，可设二者达到速度v′后，一起匀减速至t对物块，有μ1mg=m对木板，有μ1mg+二者一起匀减速时，有μ2⋅2mg=2mAB．当v′=1C．当v′=1D．当v′=1故选C。8．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图甲所示，木板A静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块B，t=0时对A施加一水平向右的恒定拉力F，t=2s时撤去F，B与A共速时，B恰好在A最左端。A和B在0~3s内的v-t图像如图乙所示。已知B的质量m=1kg，A与地面间动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度A．A与B间动摩擦因数为0.1 B．A的长度为5mC．拉力F对A做的功为108J D．B对地的位移为9m【答案】ACD【详解】A．根据图乙中0~3s内物块B的运动图像可知加速度为对B受力分析，有μ所以A与B之间的动摩擦因数为0.1，故A正确；B．图乙中A与B两个物体的运动图像之间围成的面积等于A的板长L=根据图像可计算出ss所以板长L=6mC．设A的质量为M，根据2~3s内A的运动可知加速度大小为a此时有μ可求得M=3在0~2s内A的加速度大小为a此时对A分析，有F−所以拉力F=18在0~2s内A运动的位移为x所以拉力做的功是W=FxD．由于μ地>3s后B运动的位移大小为x所以B对地的总位移为9m，故D正确。故选ACD。9．（2025·黑龙江大庆·一模）如图所示，质量mB=2kg，长度L=18m的薄木板B放在倾角θ=37°的光滑斜面上，斜面始终静止，A是质量mA=1kg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s=31m，现将B由静止释放，同时滑块A以速度v0=6m/s从木板上端PA．刚开始运动时，滑块A的加速度大小为2B．刚开始运动时，薄木板B的加速度大小为7C．滑块A与薄木板B间因摩擦产生的热量为12JD．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m解得滑块A的加速度大小a对薄木板B，根据牛顿第二定律可得m解得薄木板B的加速度大小aBCD．假设滑块不脱离木板，当两者达到共速时，有v解得t1=2此时木板下滑位移x滑块下滑位移x二者相对位移Δ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a=g当薄木板下滑到达底端时有s−解得t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t=滑块A与薄木板B因摩擦产生的热量为Q=μ解得Q=12J故选BCD。10．（2025高三·全国·专题练习）足够长的光滑斜面上的三个质量相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的上侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力F0的大小，使三个物块沿斜面以相同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．斜面的倾角θ=60°B．每个物块的质量m=2.5kgC．当F=10N时，F0=15ND．当F=10N时，物块的加速度大小为a=2.5m/s2【答案】C【详解】AB．对物块2、3，根据牛顿第二定律有F−2mg根据运动学公式有x=联立可解得x由题图乙可知，图像斜率k=解得m=0.5kg图像纵轴截距的绝对值b=−2.5解得θ=30°，故AB错误；CD．当F=10N时，由F−2mg可求得三个物块的加速度大小为a=5m/s2对三个物块有F0−3mgsinθ=3ma解得F0=15N，故C正确，D错误。故选C。11．（2025·四川遂宁·一模）甲、乙两车（均可视为质点）在平直公路上沿两平行车道同向行驶，两车运动的v−t图像如图所示。已知t=0时甲车在乙车前面30m处，在t=6sA．图中t1时刻两车相距最近B．图中t1等于4C．图中的v2与v1之差等于14m/sD．乙车比甲车的加速度大4m/s2【答案】BC【详解】A．由题图和题意可知，已知t=0时甲车在乙车前面30m处，在t1时刻前，甲车速度大于乙车速度，t1时刻两车速度相等，因此C．由v−t图像与时间轴所围面积表示位移可知，在两车相遇时的位移关系则有v解得v2D．由位移时间公式x=v0可得a即乙车比甲车的加速度大3mB．在图中t1时刻两车速度相等时则有解得t1故选BC。12．（25-26高三上·新疆·期中）如图甲所示，粗糙水平地面上有一长木板P，小滑块Q置于长木板的最右端。现将一大小为F=8N、水平向右的恒力作用于长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板在0~4s内的v-t图像如图乙所示。已知小滑块Q的质量为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．长木板P的质量为2kgB．长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.2C．t=6s时，长木板P停止运动D．长木板P和滑块Q均停止运动时，Q距P的右端20【答案】BD【详解】AB。根据题意，由图乙可知，撤去力F前，根据图像的斜率求得长木板P的加速度为a1撤去力F后，长木板P的加速度为a小滑块Q的加速度为a=设小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2对长木板P有F−μ1解得μ1=0.1，μ2C．因为μ1对长木板P，有μ2m+对小滑块Q，有μ1mg=m则从P、Q共速到小滑块Q停止运动，还需Δ故t=8s时，滑块Q停止运动，故C错误；D．从P、Q共速到长木板P停止运动，还需Δ长木板P停止运动的时间为t=P、Q运动全过程的v-t图像如图所示根据图像与坐标轴所围成的面积表示位移，结合前面选项分析由图可得，Q相对P的位移大小等于图中红色三角形的面积减去蓝色三角形的面积，即长木板P和滑块Q均停止运动时，Q距P的右端Δs=故选BD。13．（2026·山西晋城·一模）如图所示，倾角为θ=37°的斜面体固定在水平面上，质量为md=1kg的长木板放在水平面上，质量为mc=1kg的物体c放在长木板的最右端，物体b放在斜面体上的B点。质量为ma=5kg的物体a从B点上方的A点静止释放，经过一段时间物体a与物体b发生弹性碰撞，碰后瞬间物体a的速度为4m/s，沿斜面向下，并在碰后立即锁定a，物体b运动到C点的速度为其碰后瞬间速度的45，随后在水平面上和长木板d发生弹性碰撞，物体c始终没离开长木板d。已知xAB=9m，xBC=18m，物体a与斜面间的动摩擦因数为μ0=0.5，物体c与长木板d间的动摩擦因数为μ(1)物体b的质量mb(2)物体b与斜面体间的动摩擦因数μ；(3)物体c最终静止时到长木板d右端的距离。【答案】(1)m(2)μ=(3)L=【详解】（1）碰前物体a沿斜面向下做匀加速直线运动根据牛顿第二定律mg解得a根据速度位移关系v可得碰前物体a的速度v物体a、b发生弹性碰撞，根据动量守恒m机械能守恒1解得mb=1（2）由题意可知，物体b运动到C点瞬间的速度为v=根据运动学公式v解得a根据牛顿第二定律μ解得μ=（3）物体b与长木板d发生弹性碰撞根据动量守恒定律m机械能守恒定律1解得v′b碰后，长木板d在水平面上向右做匀减速直线运动，物体c向右做匀加速直线运动以物体c为研究对象，根据牛顿第二定律μ以长木板d为研究对象，根据牛顿第二定律μ解得ac=3设经时间t，物体c和长木板d达到共速根据速度时间关系v共=解得t=0.5s，该过程物体c相对长木板d的位移大小为Δ又因为μ1<μ2，所以物体c和长木板d根据牛顿第二定律μ解得a物体c减速到0的位移大小为x长木板d减速到0的位移大小为x该过程物体c相对长木板d的位移大小为ΔL=14．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图（a）所示，水平地面上有一足够长的、质量为1kg的木板，木板上放有一可视为质点、质量为1kg的物块。给木板一水平向右的初速度v0=5m/s，同时也给物块一水平向左的初速度，物块恰好未滑离木板，整个运动过程中，木板的速度v随时间tA．物块与木板之间的动摩擦因数为0.6B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.4C．物块的初速度大小为6D．木板的长度为5m【答案】AD【详解】AB．由图（b）可知，在0~0.5s内，木板的加速度大小为设物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2在0.5~1s内，木板的加速度大小为对木板受力分析可知，木板的加速度的大小为a联立可解得μ1C．在0~1s内，物块的加速度大小为所以物块的初速度大小为v1，有解得v1D．在0~1s内，物块的位移大小为x木板的位移大小为x2所以木板的长度为L=x故选AD。15．（25-26高二上·湖南永州·月考）如图1所示，长为L=3.55m的倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动，t=0时刻，给碳包一沿传送带向下的初速度vx，使碳包由顶端A点沿传送带向下滑动，经过0.7s碳包滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度随时间的变化规律如图2所示，碳包可视为质点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．vx=2m/sB．传送带倾角α的正切值为0.75C．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.2D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.45m【答案】B【详解】A．图像与坐标轴围成的面积代表位移，则有L=解得vxBC．由图像斜率可知a1=根据牛顿第二定律有mgsinα+μmg解得tanα=0.75，μ=0.5D．0~0.2s时间，碳包在传送带上留下的痕迹长度为Δ0.2s~0.7s时间，碳包在传送带上留下的痕迹长度为Δ由于Δx故选B。16．（2026·福建·模拟预测）如图所示，倾角为θ(sinθ=0.2)的光滑斜面固定在水平地面上，质量mA=1kg的长木板A置于斜面上，质量mB=1kg的小物块B置于长木板上，轻绳的一端连接长木板，另一端绕过光滑轻质定滑轮与质量mCA．释放瞬间，C的加速度大小为5.2B．C落地瞬间，B的速度大小为2C．木板A上滑过程中，B在A上留下的划痕长度为3mD．A、B组成的系统机械能的最大增加量为36J【答案】BC【详解】A．当A、B相对滑动时，B有沿斜面向上的最大加速度，记为aB，有可得a假设A、B不相对打滑，则C拉着A、B一起有共同的加速度a，有m可得a=5.2可知A、B已经相对打滑。对A、C分析m得A、C一起加速度为aACB．C落地时间记为t1，有解得t此时A的速度vB的速度vBC．该过程B运动位移s而A运动位移sB相对A向下滑动ΔC落地后，B的加速度a对A分析m得aA设经过t2时间A、B共速，有解得vAB=3该过程B相对A向下滑动Δ之后A、B一起向上运动。故B在A上留下的划痕s划D．C刚落地时，A、B系统机械能增加量最大，为ΔE=故选BC。17．（2025·广东东莞·一模）一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示，取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v−t图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】步骤1：分析加速度随时间变化的规律根据题目中给出的加速度随时间变化的规律图，可以看到加速度在0到1秒内为1m/s2，在1到2秒内为步骤2：计算速度随时间变化的规律由于物体由静止开始运动，其初始速度为0。在0到1秒内，物体以1m/s2的加速度加速，因此速度随时间线性增加，1秒末速度为1m/s。在1到2秒内，物体以步骤3：确定速度随时间变化的图像根据上述分析，速度随时间变化的图像应该在0到1秒内为一条斜率为1的直线，1到2秒内为一条斜率为−1的直线，之后重复。因此，正确的图像为选项A。故选A。18．（25-26高三上·河北衡水·期末）一新款国产小型新能源电动汽车上市前，对其进行了水平路面直线驾驶刹车性能检测，通过传感器描绘的该电动汽车从t=0时刻开始的st−t图像如图所示，其中s和t分别表示电动汽车的运动位移和运动时间，图中①为直线，②为反比例函数图线，P为两图线对接点，则（A．刹车时间为8sB．10s内加速度先不变后逐渐变小C．汽车在t1时间内的加速度大小为D．图中阴影部分的面积表示汽车在t0【答案】CD【详解】A．题图中图线②为反比例函数图线，则此阶段平均速度和时间的乘积保持不变，即汽车的位移不变，因此汽车在此阶段处于静止状态，加速度为0。由点（10，4）可知t=10s，联立解得，刹车的位移s=40根据匀减速直线运动公式有s=变形得st=v0从t=0到t1过程中，根据s=v0B．在0~4s内加速度不变，在4C．在0~4s内，根据匀减速直线运动公式有代入数据可得40所以a=5mD．st−t图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移，故图中阴影部分的面积表示汽车在故选CD。19．（2026·云南昆明·模拟预测）如图所示，足够长的光滑斜面上有长L=31m的木板b，b最上端有可视为质点的物块a。距离b下端d=2512m处固定一弹性挡板P，b每次与挡板P相碰后均以原速率弹回，且碰撞时间极短。已知a和b的质量均为m=5kg，斜面倾角θ=37°，a、b之间的动摩擦因数μ=0.5，取sin37°=0.6，cos37°=0.8(1)b第一次和挡板P碰撞前瞬间，b的速度大小；(2)b和挡板P第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，a相对b的位移大小；(3)从开始运动到a从b上滑落的过程中，a对b做的功。【答案】(1)5m/s(2)6m(3)-25J【详解】（1）b由静止开始运动到与挡板P碰撞前，a、b一起以加速度a0向下做匀加速直线运动。由牛顿第二定律得解得：a设b第一次与挡板P碰撞前瞬间的速度大小为v0，由匀变速直线运动的规律得解得：v（2）b与挡板P第一次碰撞向上反弹，对a由牛顿第二定律得mg解得：a对b由牛顿第二定律得mg解得：ab与挡板P第一次碰撞后反弹向上运动，设经时间t速度减为0，可得v解得：t=0.5b反弹后先向上做匀减速直线运动，速度减小为0后向下做匀加速运动，由于b向下运动过程中速度始终小于a的速度，因此a、b的受力不变，加速度不变。b每次与挡板P碰撞的速度大小均为5m/s，a、b的速度v随时间t变化的图像如图所示。b与挡板P第一次碰撞到第二次碰撞过程中，a、b的位移大小分别为xb=0相对位移Δ解得：Δ（3）同（2）可知b与挡板P第二次碰撞到第三次碰撞、第三次碰撞到第四次碰撞过程中，a相对b的位移大小分别为：Δx2b与挡板P第四次碰撞后瞬间，a与b下端之间的距离Δ设b与挡板P第四次碰撞后到a从b上滑落的时间为t1，第四次碰撞后瞬间a的速度大小为v3，则对a，x对b，x相对位移Δ解得：t说明b减速到零时，a刚好从b上滑落。0~236s时间内，a对b做的总功为零，因此a在b上的整个运动过程中，a对解得：W=−2520．（2025·河北沧州·一模）如图所示，有4块相同的平直木板并排放置在水平面上，木板质量M=1kg，长度L=98m，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板从左向右依次标记为1、2、3、4．现有质量m=2kg的滑块（可视为质点）以v(1)木板开始运动时滑块的速度大小；(2)木板3滑行的位移大小（结果可用分数表示）；(3)木板4滑行的位移大小（结果可用分数表示）．【答案】(1)v=3(2)3(3)65【详解】（1）分析滑块受力，设滑块受摩擦力为f1，则有滑块在木板1上滑行，若木板1运动，木板1、2、3、4会一起运动，分析四块木板受力，设木板受地面的摩擦力为f2，则由f1<f2由f1=f3由f1>解得木板3开始运动时滑块的速度大小v=3（2）滑块在木板3上滑行的加速度a木板3、4一起滑行的加速度a若滑块可以滑离木板3，滑块向右的位移比木板3、4向右的位移多一个板长L，设滑块经时间t1滑离木板3，则有解得t1=1方程有解则滑块可以滑离木板3，木板3、4一起向右加速位移x滑块滑离木板3时，木板3、4的速度v滑块滑上木板4，木板3、4分离，木板3向右减速，木板4向右加速，木板3减速的加速度a木板3向右减速的位移x木板3共向右滑行的位移大小x=（3）滑块滑离木板3时滑块的速度v滑块在木板4上滑行时加速度仍为a1木板4滑行的加速度a若滑块不能滑出木板4，设滑块与木板4经时间t2，速度相同为v3解得t2=木板4继续向右加速位移x滑块相对木板4向右滑行的位移Δ由于Δx<L，滑块不能滑出木板4，由于μ滑块与木板4一起减速的加速度a滑块与木板4一起减速的位移x木板4滑行的位移大小x′=21．（2025·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图所示，水平面上一小滑块置于长木板上，且均处于静止状态。已知滑块与木板左、右两端距离分别为L1=6m、L2=8m，木板与滑块、水平面间的动摩擦因数分别为μ1=0.2，μ2=0.1，木板的质量(1)要使木板保持静止，在木板上加一竖直向下的力F1，求力F(2)为使滑块不滑离木板，在木板上加一水平方向的力F2，求力F【答案】(1)10N(2)1【详解】（1）在木板上加一竖直向下的力F1，要使木板保持静止，则水平面与木板之间的最大静摩擦力要大于等于滑块对木板的摩擦力，则有代入数据，解得F即力F1（2）滑动过程，对滑块有a①若在木板上加一水平向左的力F2，且木板的初始加速度也向左，则滑块向右做匀减速运动到静止时，滑块的位移为则滑块向右做匀减速运动，还未与木板共速时就已经从木板最右端滑离了木板，故木板的初始加速度不可能向左。②若在木板上加一水平向右的力F2，对木板，由牛顿第二定律得为使滑块不滑离木板，则滑块和木板共速时，滑块最多只能到达木板的最右端，即木板与滑块的相对位移小于等于L2，设滑块和木板达到共速v共所用时间为t，滑块的位移为x块，木板的位移为因为x块=v0解得F要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足F解得F故F2范围22．（2025·贵州·模拟预测）如图，一倾角为θ=37°的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其左端与长为d=1.45m、倾角也为θ的传送带平滑连接，右端与静止在水平地面上的长木板平滑连接。先将传送带以v=2m/s的速率顺时针匀速转动，然后将一质量为m=1kg的物块（可视为质点）从传送带的顶端由静止释放，物块经圆弧轨道后冲上木板并恰好不从木板掉落。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5，物块与木板上表面间的动摩擦因数为μ2=0.4，木板下表面与地面间的动摩擦因数为μ3=0.1，木板的质量为M=2(1)物块离开传送带时的速度大小v1(2)物块经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小F压(3)木板的长度L及木板的运动时间t。【答案】(1)v(2)F(3)L=169【详解】（1）对物块，从释放至速度达到v=2m/该过程所用的时间为Δ该过程发生的位移大小为x=由于μ1<tanθ联立以上各式并代入数据解得v（2）物块在圆弧轨道上运动的过程，由动能定理得mgR在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律得F由牛顿第三定律得F联立以上各式并代入数据解得F压（3）物块在木板上开始运动至二者共速的过程，对物块，由牛顿第二定律得μ同理，对木板，由牛顿第二定律得μ由匀变速直线运动的规律得v由运动的相对性知，木板的长度为L=此后，二者相对静止并一起做匀减速运动直至停止。对整体，由牛顿第二定律得μ由匀变速直线运动的规律得v又t=联立以上各式并代入数据解得t=23．（2025·四川·模拟预测）如图所示，AB段为足够长的水平面，CD为光滑的水平导轨，质量M=4kg的小车静止在AB段，小车的上表面与CD面等高。倾角α=37°，长L=5.8m的传送带下端通过一小段光滑的圆弧轨道与水平导轨衔接于D点。已知传送带沿逆时针方向以v0=4m/s的恒定速度转动。可视为质点的质量m=1kg的小物块由传送带的顶端静止释放，经过一段时间小物块滑上小车，再经t=1s的时间从小车的左端飞出。已知小物块与传送带以及小车上表面间的动摩擦因数均为μ1=0.5，小车与AB(1)小物块滑到D点时的速度大小；(2)小车左右两端的距离；(3)若小车与AB段的动摩擦因数μ′【答案】(1)6m/s(2)3.5m(3)不能；0.5m【详解】（1）小物块刚开始下滑时，根据牛顿第二定律mg解得