2026年高考物理终极冲刺：抢分秘籍04 曲线运动（抛体运动、圆周运动、与电场结合曲线运动）（四大题型）（原卷版及全解全析）

1/17秘籍04曲线运动（抛体运动、圆周运动、与电场结合曲线运动）秘籍导览秘籍导览【解密高考】【秘籍特训】【解密一】运动的合成与分解抛体运动（押题型）【解密二】圆周运动【解密三】与电场结合的抛体运动【解密四】与电场结合的圆周运动解密高考解密高考：曲线运动是高中阶段除直线运动外的另一大运动，注重考察解决曲线运动问题的一般方法。抛体运动问题常采用运动的分解来解决，将曲线运动转化为直线运动，用直线运动规律解决曲线运动的问题。而圆周运动问题多为描述圆周运动的物理量之间的关系，寻找物体做圆周运动的向心力，利用牛顿第二定律处理。：2026年高考，曲线运动中的抛体运动和圆周运动仍会倾向单独命题，出现在选择题中，但也可能与功能关系相结合，设置综合性较强的题目；与电磁场相结合研究带电粒子在电场中的曲线运动是必考题，以选择题或计算题形式考查的概率很高。另外注重三维空间内的曲线运动，而对于抛体运动的分解也不限于水平方向和竖直方向，而是更加灵活多变。秘籍特训秘籍特训【解密一】运动的合成与分解抛体运动秘籍解读秘籍解读1．求解运动的合成与分解问题的技巧(1)求解运动的合成与分解问题，应抓住合运动与分运动具有等时性、独立性。(2)物体的实际运动是合运动。运动分解时一般按运动效果进行分解。2.“化曲为直”思想在平抛运动中的应用根据合运动与分运动的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：(1)水平方向的匀速直线运动；(2)竖直方向的自由落体运动。3．斜上抛运动的处理技巧(1)对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆向看成平抛运动。(2)分析完整的斜上抛运动时，可根据对称性求解某些问题。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·云南·模拟预测）在外卖无人机配送任务中，无人机相对空气的水平飞行速度大小恒为。此时有稳定的北风（风向由北向南，风速大小为），要将外卖精准投放到正西方的静止取餐点，此时无人机的水平飞行方向应（）A．飞行方向西偏北，且偏向角的正弦值为B．飞行方向西偏北，且偏向角的正切值为C．飞行方向西偏南，且偏向角的正弦值为D．飞行方向西偏南，且偏向角的正切值为【例2】（2026·广西·模拟预测）如图所示，在斜面顶端处将小球、分别以初速度、先后水平向右抛出，均落到斜面上。小球a、b落到斜面上的速度大小分别为、，则和的关系正确的是（

）A． B． C． D．【例3】（多选）（2026·山东东营·一模）如图所示，竖直平面内三个点A、B、C构成边长为L的正三角形，AC沿竖直方向，小球从A点以某一速度抛出，经三角形几何中心O点到达B点。不计阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球从A点到B点的时间为B．小球最小速度为C．小球初速度与水平方向夹角正切值D．小球初速度大小为【跟踪训练1】（2026·四川成都·二模）一种新型智能网球发球机可将网球从发球口沿水平面内任意方向击出，供运动员进行日常训练。如图所示，运动员将发球机置于网球场左侧底线AB的中点G处，发球口在G点正上方高度为的H点。球网两侧球场ABCF与FCDE均为边长的正方形，I为DE中点，球网高度为，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为。(1)若发球机从H点将网球沿平行于轴线GI方向水平击出，要使得网球能直接落到右侧场地内，求网球的初速度大小满足的条件；(2)若发球机发球速度的大小和方向在水平面内可任意调节，求网球直接落在右侧球场中所有可能落点构成图形的面积。【跟踪训练2】（2026·河南焦作·一模）如图所示，一斜面的倾角为，在点以平行斜面向上、大小为的初速度将一小球抛出，小球恰好垂直落在斜面上。不计空气阻力，则小球落在斜面上时的速度大小为（）A． B． C． D．【跟踪训练3】（2026·河北·一模）为提升山地救援应急处置能力，消防救援大队组织开展山坡救援物资投送专项训练。如图所示，在一倾角为且足够长斜面底端，一名队员将一定质量的救援物资包A以和斜面夹角为的初速度斜向上抛出，另一名队员在相同位置以初速度将另一完全相同的救援物资包B沿斜面向上抛出。救援物资包A恰好垂直斜面落于救援物资包B运动的最高点。已知救援物资包和斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力，则救援物资包A抛出的速度的大小为（）A． B． C． D．【解密二】圆周运动秘籍解读秘籍解读解题技巧：1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力3．方法技巧：求解圆周运动问题必须进行的三类分析,几何分析目的是确定圆周运动的圆心、半径等运动分析目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等受力分析目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·重庆渝中·模拟预测）如图所示，两根长均为L的轻绳a和b均与质量为m的小球相连，轻绳a的另一端固定在天花板上的A点，AB为竖直线，轻绳b的另一端系有轻质小环c，小环c套在竖直光滑杆CD上。竖直杆CD绕竖直线AB做水平方向的匀速圆周运动，使轻绳a始终与竖直方向夹角为。已知小球可看作质点，0.6。下列说法正确的是（

）A．若匀速转动的角速度增大，轻绳a对小球的拉力一定增大B．若匀速转动的角速度增大，轻绳a对小球的拉力一定不变C．若匀速转动的角速度增大，轻绳b对小球的拉力一定增大D．若匀速转动的角速度增大，轻绳b对小球的拉力一定减小【例2】（多选）（2026·四川遂宁·一模）如图所示，一个风力实验空间可以提供水平向右的恒定风力，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，直线OP与OA的夹角为。（已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略其他阻力，），则（）A．图中夹角为B．初速度C．物体从A点到B点风力对物体做功D．物体在运动过程中机械能守恒【跟踪训练1】（2026·重庆九龙坡·一模）如图所示，是水平圆盘的竖直转动轴，物体、用不可伸长的、足够结实的轻绳连接并置于圆盘上，轻绳过正上方且刚好绷直（此时弹力为零）。和的质量、离转动轴的距离、与圆盘的动摩擦因数分别为和视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。圆盘由静止缓慢加速转动，发现无论角速度多大，都相对于圆盘静止，则与之比为（）A． B． C． D．【跟踪训练2】（2026·云南昭通·模拟预测）如图所示，运动员在单杠上练习双臂大回环动作，身体绷紧保持笔直。若他恰好能通过最高点，下列说法正确的是（）A．运动员在最高点时的速度不为0B．运动员在最高点时的向心力不为0C．若运动员在最低点速度变大，则在最低点他对单杠的作用力可能减小D．若运动员在最高点速度变大，则在最高点他对单杠的作用力可能增大，也可能减小【跟踪训练3】（2026·广东广州·模拟预测）图甲是游乐场的过山车在竖直圆轨道内做圆周运动的情景，图乙为某实验小组用可视为质点的小球代替过山车模拟的实验图。某次测试中，质量为的小球从曲面轨道上的点由静止下滑后，恰能在半径为的竖直圆轨道上完成圆周运动。已知为轨道最低点，为轨道最高点，、两点的高度差为，不计一切摩擦和空气阻力，且轨道各处平滑相连。则下列说法正确的是（）A．小球经过点时处于失重状态B．、两点的高度差C．小球在圆轨道上经过与圆心等高处时，其加速度是重力加速度的倍D．小球释放点越高，则在轨道、两点受到的轨道弹力大小之差越大【跟踪训练4】（2026·内蒙古赤峰·一模）赤峰市出土的红山文化玉龙是中华龙文化起源的重要象征，其造型呈C形卷曲状，如图甲所示。为呈现“龙吐玉珠”景观，设计图乙中的形如“玉龙”的细管轨道ABCDEF，轨道由半径为R的两段圆弧ABC、DEF及连接两圆弧的竖直细管CD组成，其中CD长为，、为两圆弧的圆心。轨道在竖直平面内，最高点E和水平出口点F的高度差为，轨道内壁光滑且各部分平滑连接，细管的内径远小于R，小球略小于管的内径，质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)若将小球由A口静止释放，求小球运动到轨道最低点B时受到的支持力大小；(2)若将小球由A口以不同的速度连续不断的射入，使所有小球都能从F口射出即可呈现“龙吐玉珠”景观。求小球落在水平地面上水平位移的最小值x。【解密三】与电场综合的抛体运动秘籍解读秘籍解读解题技巧1.带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝eq\f(l,v0)(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②离开电场时的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③离开电场时的偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)2．两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：在加速电场中有qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏转电场偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏转角θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ均与m、q无关．(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．秘籍应用秘籍应用【例1】（多选）（2026·云南·模拟预测）如图，在竖直面内存在水平向右的匀强电场，一带正电的小球质量为m、电荷量为q，从匀强电场中的A点以初速度v0沿右上方射出，速度与电场方向的夹角为30°，一段时间后，小球经过与A点等高的B点。已知匀强电场场强，重力加速度为g，下列说法正确的是（

）A．小球从A点到B点所花的时间 B．A、B两点间的距离C．小球在B点的速度与电场方向的夹角 D．小球在B点的动能【例2】（2026·四川成都·二模）竖直平面内有大小、方向都可以任意调整的电场E。一带正电量q，质量为m的小液滴在A点被静止释放。在A点右侧有一足够长且与水平方向成30°的收集屏，A点到收集屏的垂直距离为d。重力加速度为g。下面说法正确的是（）A．若电场E的方向水平向右，电场E的大小大于时液滴才能被收集屏收集B．若电场E的方向斜向右上方且与水平方向成30°，电场E的大小大于时液滴才能被收集屏收集C．若电场E的大小为，液滴从释放到被收集的最短时间为D．要使液滴被收集屏收集，无论电场E的方向如何调节，大小都必须大于【跟踪训练1】（多选）（2026·重庆九龙坡·一模）如图甲，以正五边形中心为坐标原点，建立共面的直角坐标系。一小虫自时刻从点沿该五边形逆时针匀速率爬行，忽略小虫在各顶点处改变运动方向所用时间。则在一个爬行周期内，沿轴方向的位移、沿轴方向的速度随时间的变化规律分别为图乙中的（）A． B．C． D．【跟踪训练2】（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，圆柱形区域内有电场强度大小为的匀强电场，横截面是以为圆心，半径为的圆，为圆的直径，质量为，电荷量为的带电粒子在纸面内自点先后以不同速度进入电场。已知速度为零的粒子进入电场后，沿方向离开电场，与的夹角。运动中粒子仅受静电力作用。(1)速度为零的粒子，自点运动到点，求粒子离开电场时的动能；(2)自点垂直于方向进入电场的粒子，自点离开电场，已知，求粒子运动过程中静电力冲量的大小。【跟踪训练3】（2026·四川成都·二模）如图所示，直线OA与y轴的夹角，在此角范围内有沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从y轴上P点平行于x轴射入电场，粒子经电场偏转并经过OA上的Q点。已知O点到Q点的距离为2L，电场强度大小为，不计粒子的重力，求：(1)P点的坐标；(2)粒子经Q点时的速度。【解密四】与电场综合的圆周运动秘籍解读秘籍解读解题技巧物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·四川泸州·二模）如图所示，光滑水平轨道与竖直面内光滑圆轨道平滑连接，为圆轨道直径。左侧有大小，方向水平向左的匀强电场；右侧有大小，方向水平向右的匀强电场。可视为质点的带电小球质量、带电量，从点以初动能向右运动，小球在圆轨道上运动时恰好能做完整的圆周运动。段的长度与圆轨道的直径均为。取，，重力加速度大小。则小球的初动能等于（）A．1J B．3.84J C．4J D．4.82J【例2】（2026·河北沧州·一模）如图所示，质量为、带电荷量为的带正电的小球用不可伸长的绝缘轻绳悬挂于点，轻绳的长度为。现给小球一水平向里的初速度，同时在空间施加方向水平向右、场强大小为的匀强电场，小球刚好能够做匀速圆周运动。已知重力加速度，空气阻力不计，小球做匀速圆周运动的线速度大小为（）A． B． C． D．【跟踪训练1】（多选）（2026·重庆沙坪坝·一模）如图甲所示，竖直平面内有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为+q的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，图中AC为水平直径。从A点开始，小球动能Ek与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则（

）A．该匀强电场的场强大小为 B．该匀强电场的场强大小为C．轻绳的最大拉力大小为 D．轻绳在A、C两点拉力的差值为【跟踪训练2】（2026·云南·模拟预测）匀强电场中，质量为、带电荷量为且可视为质点的小球在长为的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点在竖直平面内做圆周运动，点为圆周上的最低点，电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为（为重力加速度），此时绳子拉力恰好为零。小球运动到点时速度大小为，不计空气阻力。求：(1)电场力和重力合力的大小；(2)绳子对小球拉力的最大值；(3)匀强电场的电场强度大小。

秘籍03牛顿运动定律综合运用秘籍导览秘籍导览【解密高考】【秘籍特训】【解密一】斜面模型【解密二】连接体模型【解密三】传送带模型【解密四】板块模型（押题型）【误区点拨】易错点：板块问题中的脱滑问题解密高考解密高考：牛顿运动定律综合运用是高中物理的核心知识之一，也是高考的必考考点。考题可以单独考牛顿运动定律，当然也会考综合性强的多个物体多过程复杂问题，未来的命题趋势不会有很大变化，可能会更注重联系生产生活实际，让考题更具有应用性和创新性。：特别注重“板块模型”，“板块模型”已成为若干年来最高频的高考考题情境，应通过专题训练，引导学生将复杂的运动过程分解为一个个简单的运动过程，利用运动草图、图像等手段明晰物体的运动过程，探寻物体间运动关系，引导学生总结解决此类问题的一般方法，以做到以不变应万变，举一反三。秘籍特训秘籍特训【解密一】斜面模型秘籍解读秘籍解读斜面模型主要两类问题（1）斜面固定时，对斜面上的物体受力分析（建立坐标系进行正交分解，不要落下斜面对物体的作用力：支持力、摩擦力等）和运动分析（选择利用三大定律列方程求解，核心是加速度）；（2）对斜面不固定时，我们将斜面与斜面上的物体看成系统，仔细观察题中条件，采用整体法或动量定理甚至动量守恒定律处理.注意：（1）要注意斜面上物体受到摩擦力的种类、方向判断，如斜面倾角与arctan的比较等；（2）在采用整体法处理斜面体与它上面的物体时要区分变速运动部分（合外力）与整体的质量（3）在计算正压力时遗漏除重力以外的其他力产生的作用而导致摩擦力大小计算错误；（4）在分析电磁力时电荷或导体棒的极值问题而引起的弹力或摩擦力的变化.秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·江苏南通·二模）如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆子，5个相同的小球套在杆子上从各杆子上同一高度同时由静止下滑，一段时间后小球的连线可能是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】AD．经过时间t，小球沿杆下滑的位移为所以倾角越大，沿杆下落位移越大，故AD错误；BC．此时小球到原点O的杆长为其中下滑竖直高度为h，将位置分解为水平坐标x、竖直坐标y，则，所以小球的连线是曲线，不是直线，故C正确、B错误。故选C。【例2】（2026·河北沧州·一模）如图所示，一质量为的物块放在倾角为的固定斜面上，现对物块施加一方向平行于斜面的恒力，可使物块在斜面上做匀速直线运动。已知物块与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则恒力的大小不可能为（）A．6N B．4N C．3N D．2N【答案】A【详解】物块受到重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力，由于物块运动的方向不确定，以上两力的合力取值范围为，因为物块做匀速直线运动，受力平衡，故恒力大小只能在之间。题目要求选不可能的，故选A。【跟踪训练1】（2026·湖北荆州·一模）如图所示，一质量为、倾角为的斜劈静止在粗糙的水平地面上，斜劈段与段粗糙程度不同，段的动摩擦因数为0.60，段的动摩擦因数为0.75，质量为的滑块以一定的初速度从斜劈上滑下，已知滑块从A滑到C的过程中，斜劈始终静止。下列说法正确的是（）A．滑块从A运动到B的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左B．滑块从B运动到C的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向右C．滑块从运动到的过程，斜劈受到地面的支持力大于D．滑块从运动到的过程，斜劈受到地面的支持力等于【答案】D【详解】A．若物块刚好能够在斜面上匀速滑动，则解得滑块从A运动到B的过程，由于摩擦因数小于0.75，所以物块做匀加速运动，设加速度为。对整体，在水平方向上，由牛顿第二定律得由于的方向水平向右，则斜劈受到地面的摩擦力水平向右。故A错误；B．滑块从B运动到C的过程，由于摩擦因数等于0.75，所以物块做匀速运动，对整体，系统处于平衡状态，根据牛顿第一定律可知，系统所受合外力为0，所以斜劈不受地面的摩擦力。故B错误；C．滑块从运动到的过程，对整体，在竖直方向上，由牛顿第二定律得解得故C错误；D．滑块从运动到的过程，对整体，在竖直方向上，由牛顿第二定律得故D正确。故选D。【跟踪训练2】（2026·江西·模拟预测）在高山滑雪场的救援索道模拟装置中，有两个用轻绳相连的小球A、B。A球套在与水平方向成α角的倾斜金属杆上，它与杆之间的动摩擦因数为μ。当两球相对静止一起沿杆下滑时，连接它们的轻绳稳定地向右偏离竖直方向，形成夹角θ，如图所示。对此有关论述正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【详解】CD．若，则A、B相对静止稳定下滑时，根据牛顿第二定律，有解得对B球由力的平行四边形法则，易知其受轻绳拉力必垂直于细杆，即，故C正确、D错误；A．若，说明B球加速度小于解得，故A错误；B．若，整体将减速下滑，轻绳将偏到竖直线的左侧，故B错误。故选C。【跟踪训练3】（2026·河北衡水·模拟预测）如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A，质量为。一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为的小球。若滑块与小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做匀加速运动。取；；，则下列说法错误的是（）A．当时，滑块对球的支持力不为零B．当时，滑块对球的支持力为0NC．当时，外力F的大小为4ND．当时，地面对A的支持力为10N【答案】C【分析】首先分析小球刚好离开斜面时的临界加速度。当小球刚好离开斜面时，斜面对小球的支持力，小球只受重力和细线的拉力。由于细线固定在斜面顶端处，当小球在斜面上时，细线与水平方向夹角为。根据牛顿第二定律：竖直方向：水平方向：解得临界加速度：【详解】A．当时，因为，小球未离开斜面，滑块对球的支持力，故A正确；B．当时，因为，小球已经离开斜面飘起，滑块对球的支持力，故B正确；C．当时，小球和滑块相对静止，对整体应用牛顿第二定律，外力，故C错误；D．当时，虽然小球飘起，但系统在竖直方向上没有加速度（整体相对静止或稳态），竖直方向受力平衡。地面对的支持力等于整体的重力，即，故D正确。故选C。【解密二】连接体模型秘籍解读秘籍解读解题技巧：1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法.不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解；2.共速连接体力的“分配”两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图：地面光滑m1、m2与地面间的动摩擦因数相同，地面粗糙m1、m2与固定粗糙斜面间的动摩擦因数相同，以上4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且F弹＝eq\f(m2,m1＋m2)F.秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·四川·模拟预测）如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力和的变化情况是（）A．不变、变小B．增大、不变 C．减小、增大 D．增大、减小【答案】D【详解】设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为，整体质量为M，加上的橡皮泥的质量为。对变化前的整体进行分析，根据牛顿第二定律，整体的加速度对最左边的物体分析对最右边的物体分析，有解得在中间物体上加上一个小物体后，整体的质量变大而m、不变，所以减小，增大。故选D。【跟踪训练1】（2026·天津和平·一模）如图所示，向前行驶的车厢内有甲、乙两质量相同的货物，甲放在车厢地板上，乙放在货架上，货物在自身重力G与车厢（含货架）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止，有一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，某段时间内悬线与竖直方向夹角为保持不变。下列说法中正确的是（）A．车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大B．甲受车厢地板的摩擦力可能为0C．甲受到的车厢作用力F可能等于自身的重力GD．车厢对甲的作用力与对乙的作用力相等【答案】D【详解】A．对小球受力分析可得由牛顿第二定律可得即，悬线与竖直方向的夹角与车厢的加速度有关，与车厢的速度无关，A错误；B．由甲与小球加速度相同，则甲有水平向左的加速度所以甲受到车厢地板的摩擦力，B错误；C．甲受到车厢的作用力，C错误；D．乙受到的车厢的作用力，所以车厢对甲的作用力与对乙的作用力相等，D正确。故选D。【跟踪训练2】（2026·辽宁抚顺·模拟预测）一劲度系数的轻质弹簧一端固定在倾角为足够长的光滑固定斜面的底端。另一端拴住质量为的物块P，Q为一质量为的重物，系统处于静止状态，如图所示。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在前时间内为变力，以后为恒力，，，，下列说法正确的是（）A．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为0.12mB．物块Q沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小为C．两物块P、Q分离时，弹簧的压缩量为0.06mD．力的最大值与最小值的差值为36N【答案】ACD【详解】A．设系统处于静止状态时弹簧的压缩量为，根据平衡条件有解得，故A正确；BC．由题知，在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为恒力，表明0.2s时物块P、Q之间的弹力恰好为0，两物块恰好分离，由于加速度向上，弹簧仍然处于压缩状态，设压缩量为，向上做匀加速直线的加速度为，对P，根据牛顿第二定律有根据位移公式有其中联立解得，，故B错误，C正确；D．刚刚施加拉力时，拉力最小值，对整体，根据牛顿第二定律有P、Q分离时及之后，拉力最大，对Q，根据牛顿第二定律有解得故力的最大值与最小值的差值为，故D正确。故选ACD。【跟踪训练3】（2026·新疆·二模）如图所示，物体A、B之间用张紧的轻绳连接后静止在水平地面上，时刻对物体A施加一个水平向右的恒力，时撤去力F。已知物体A、B质量均为，物体A与地面的动摩擦因数为0.4，物体B与地面的动摩擦因数为0.2。求：(1)时物体A的速度；(2)轻绳至少多长才能避免两物体相撞；(3)若物体A刚静止时，物体B恰好与之相撞，求轻绳的长度。【答案】(1)时物体A的速度是；(2)轻绳至少才能避免两物体相撞；(3)若物体A刚静止时，物体B恰好与之相撞，轻绳的长度是。【详解】（1）对整体受力分析，根据牛顿第二定律有代入数据得当时，物体的速度（2）撤去力到静止，根据动能定理得代入数据得撤去力到静止，根据动能定理得代入数据得、之间相差距离则轻绳至少才能避免两物体相撞。（3）撤去力到静止，由运动学公式代入数据得，物体刚静止时，物体恰好与之相撞则这段时间的位移为代入数据得、之间相差距离则轻绳的长度为。【解密三】传送带模型秘籍解读秘籍解读解题技巧1．水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变；3.v-t图像中物体的速度与传送带速度相等的时刻就体现出的图像特点：“转折共速、粗平滑缓”秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·重庆沙坪坝·一模）图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持的恒定速率运行，A、B间的距离为6.25m，行李与传送带间的动摩擦因数。旅客把10kg的行李（可视为质点）无初速度地放在A处，下列说法正确的是（

）A．行李刚放在传送带上时，传送带给行李的静摩擦力向左B．行李从A运动至B的时间为6sC．行李在传送带上留下摩擦痕迹的长度为0.25mD．因为检查行李，检查仪至少多做5J的功【答案】C【详解】A．行李刚放在传送带上时，行李相对于传送带向右运动，故传送带给行李的摩擦力为滑动摩擦力，方向向左，故A错误；B．行李匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律有解得行李匀加速至与传送带速度相同所需时间为该过程行李的位移大小为行李随传送带一起匀速运动的时间为行李从A运动至B的时间为，故B错误；C．行李在传送带上留下摩擦痕迹的长度，故C正确；D．因为检查行李，检查仪至少多做的功，故D错误。故选C。【跟踪训练1】（2026·山西运城·一模）如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距为9m，传送带的倾角。时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，传送带上A点运动的图像如图乙所示。煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，煤块大小可以忽略，取重力加速度大小，。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，其位移大小为4mB．煤块在传送带上运动的时间为C．煤块在传送带上留下的痕迹长度为15mD．煤块与传送带间产生的热量为90J【答案】D【详解】A．煤块滑上传送带后做匀减速直线运动，加速度大小经过时间煤块的速度减为零，则内传送带的速度为零，则煤块向上滑动的位移1s后传送带开始加速，传送带的加速度由于，煤块向下加速，其加速度所以煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，位移为5m，故A错误；B．设煤块向下加速到点运动的时间为，则解得则煤块在传送带上运动的时间，故B错误；C．煤块上滑相对传送带的位移，下滑相对传送带的位移大小，则煤块在传送带上留下的痕迹长度为17.5m，故C错误；D．煤块与传送带间产生的热量，故D正确。故选D。【跟踪训练2】（多选）（2026·河北·一模）如图所示，足够长的倾斜传送带以速率v0顺时针匀速转动，一物块从传送带顶端以初速度v1沿传送带向下滑动，v1>v0，物块与传送带间动摩擦因数大于传送带倾角的正切值，物块速度为零的位置为重力势能零点，取沿传送带向下为正方向，物块运动的速度、加速度与时间关系图像，动能、机械能与位移关系图像可能正确的是（）A．B．C． D．【答案】BD【详解】AB．由于物块与传送带间动摩擦因数大于传送带倾角的正切值，即所以所以刚放上传送带时，加速度沿传送带向上，大小为物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，加速度不变，由于v1>v0，则物块反向与传送带达到共速后，一起做匀速直线运动，加速度为零，故A错误，B正确；C．由于Ek-x图线的斜率表示合力，由以上分析可知，物块先向下做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，加速度先不变，后变为零，即物块的动能先减小后增大，再不变，图线的斜率先不变，后为零，故C错误；D．由于E-x图线的斜率表示摩擦力，由以上分析可知，摩擦力先为滑动摩擦力，大小方向均不变，与传送带共速后摩擦力突变为静摩擦力，即图线的斜率先不变，共速后变小，但保持恒定，故D正确。故选BD。【解密四】板块模型秘籍解读秘籍解读解题技巧1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝eq\f(Ffm,m).假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.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；若反向运动，位移大小之和等于板长秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·湖北黄冈·二模）在滑冰场上有质量的孩童，站在质量的长木板的一端，该孩童与木板在水平光滑冰面上一起以的速度向右运动。若孩童以的加速度匀加速跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止，则下列判断正确的是（

）A．孩童跑动时受到木板的摩擦力方向向左B．孩童在木板上运动的时间为C．木板对地位移为2mD．木板长度为1.5m【答案】D【详解】A．孩童向右做匀加速运动，加速度向右，合力向右，孩童水平方向仅受木板的摩擦力，因此摩擦力方向向右，故A错误；B．孩童和木板组成的系统动量守恒，设孩童离开木板时速度为，由动量守恒代入数据得已知孩童对地加速度由运动学公式得运动时间，故B错误；C．对木板，由牛顿第三定律，木板受到孩童的摩擦力大小，方向向左，木板加速度木板对地位移，故C错误；D．孩童对地位移木板长度等于孩童相对于木板的位移，故D正确。故选D。【例2】（2026·广东深圳·一模）如图（a）所示，质量的绝缘木板A静止在水平地面上，质量可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。质量的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求：(1)撤去变力F瞬间滑块C的速度大小；(2)小物块B与木板A刚好共速时的速度大小；(3)若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能如何变化？【答案】(1)10.5m/s(2)3m/s(3)①10.5m，②减少了12J【详解】（1）在F作用的内，对滑块C，由动量定理得由图像围成的面积可得解得（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有代入数据解得A、C碰撞后，对B有解得对A有解得设碰后经时间A、B共速，则解得＝2s，＝3m/s（3）①从A被碰后到A、B刚好共速的过程，所以此过程B相对A向左滑行当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有解得对A有解得因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为，则此过程B相对A向右滑行因为所以板长至少为10.5m；②整个过程中静电力对B做功故物块B的电势能变化量为即电势能减少了12J。【跟踪训练1】（2026·陕西宝鸡·一模）一个足够长的质量为的木板静止在光滑水平面上，在其右端静置一质量的物块（可视为质点），如图甲所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，图像如图乙所示，6s末撤去作用力F。物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，木板与物块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)撤去作用力F后，木板和物块最终速度为多少？(2)内拉力F做的功为多少？【答案】(1)(2)326J【详解】（1）设当水平拉力为F0时，木板和物块即将发生相对滑动，由牛顿第二定律可得，对于物块对于木板和物块整体联立以上等式可得所以，当水平拉力时，木板和物块保持相对静止地向右做匀加速运动，运动时间，设4s末速度为v1，由动量定理可得当水平拉力时，木板和物块发生相对运动，各自向右做匀加速运动，运动时间，设6s末木板速度和物块速度分别为v2和v3，由动量定理可得，对于木板对于物块6s末撤去水平拉力后，最终二者速度相等，设为v4，由木板和物块组成的系统动量守恒以上各式联立可得（2）设内木板运动位移为x1，内木板运动位移为x2，由题意可得，0到6s拉力F做的功为以上各式联立可得0到6s拉力F做的功为【跟踪训练2】（2026·山东枣庄·一模）如图所示，足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有6个相同的小滑块，质量均为m，从左向右依次编号为1、2、…、6，木板的质量为2m。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为，初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给滑块1一个水平向右的初速度，之后依次与后方的滑块相碰且均粘在一起，滑块间的每次碰撞时间极短。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)求滑块1与滑块2碰撞后瞬间，滑块2的速度大小；(2)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）设滑块1碰撞前瞬间速度为，碰撞后瞬间速度为，由动能定理得由动量守恒得解得：（2）若第n个滑块开始滑动时，木板与地面间恰好达到最大静摩擦力解得则前4个滑块与滑块5碰后，木板开始运动，前5个滑块恰好追上滑块6并不碰撞，假设滑块6与木板相对静止。对木板，根据牛顿第二定律得假设成立。前5个滑块加速度设前4个滑块与滑块5碰后瞬间的速度为，恰好追上滑块6时的速度为解得：滑块2开始滑动时，由得同理可知滑块3，滑块4，滑块5开始滑动时，联立解得【跟踪训练3】（2026·云南昆明·模拟预测）如图所示，足够长的光滑斜面上有长的木板b，b最上端有可视为质点的物块a。距离b下端处固定一弹性挡板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，斜面倾角，a、b之间的动摩擦因数，取，，重力加速度。某时刻将a、b同时由静止释放，求：(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一起以加速度向下做匀加速直线运动。由牛顿第二定律得解得：设b第一次与挡板P碰撞前瞬间的速度大小为，由匀变速直线运动的规律得解得：（2）b与挡板P第一次碰撞向上反弹，对a由牛顿第二定律得解得：对b由牛顿第二定律得解得：b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，可得解得：b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的速度随时间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，相对位移解得：（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：，b与挡板P第四次碰撞后瞬间，a与b下端之间的距离设b与挡板P第四次碰撞后到a从b上滑落的时间为，第四次碰撞后瞬间a的速度大小为，则对a，，对b，相对位移解得：说明b减速到零时，a刚好从b上滑落。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b做的功为解得：易错点：板块问题中的脱滑问题1.滑块不受拉力而木板受拉力木板受逐渐增大的水平拉力而滑块不受拉力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达到其最大值μg时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速