牛顿运动定律综合运用（解析版）-2026年高考物理冲刺复习专练

专题03牛顿运动定律综合运用

ONEi

【命题解读】

牛顿运动定律是经典力学基石，源于伽利略理想实验，牛顿总结提出。定律揭示力与运动关系，为动力学

奠基。其发展历经漫长探索，是物理研究重要里程碑，对后续物理理论发展影响深远。

【命题预测】

2026年高考，牛顿运动定律或渗透于力电综合题，考瞬时加速度计算；也可能以连接体为背景，考整体与

隔离法运用。题目注重知识综合运用，考查学生分析解决实际问题的能力。

TWOt幽颜2押

A题型01牛顿运动定律和图像的结合

1.如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为〃?八=6kg,

=4kg,从f=0开始，推力后和拉力凡分别作用于A、8上，心、尸8大小随时间变化的规律分别如图甲、

乙所示，则()

A.1=0时，A物体的加速度为2m/s2

B.f=2s时，小B开始分离

C.f=0时，A、B之间的相互作用力为3N

D.4、8开始分离时的速度为1m/s

【答案】D

【详解】由图可得两个力随时间的关系：吊=(8-2/)N,6=(2+2f)N

A、B分离前一起运动，对整体受力分析，总合力与一马+弓一(8-2/)+(2+2f)-ION

根据牛顿第二定律F公=（%+〃%）〃

可得因此整体加速度a=lm/s2,分离前A、B做匀加速直线运动，加速度恒为lm1。

A.，=0时A的加速度等于整体加速度，a=Im/s\A错误；

B.A、B刚好分离的条件是相互作用力N=0,研究B物体，根据牛顿第二定律々+N=〃?M

解得E=1S,即/=1S时开始分离，B错误；

C.，=0时，设A、B间相互作用力为N',研究B物体，根据牛顿第二定律：及+N・机/

解得N'=2N,C错误；

D.分离前A、B做匀加速宜线运动，v=«/=lxlm/s=lm/s,D正确。

故选D。

2.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。时，在物块1上施加水平拉力生，读出传感器的示数G记录一段时间，内，

物块的位移为x,改变”的大小，经多次测量，画出“弓-尸'图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。下

r

列说法正确的是（）

A.每个物块的质量〃?=lkgB,物块与水平面的动摩擦因数为0.25

C.当F=10N时、加速度大小为2.5m/s2D.尸和”是线性关系但不成正比

【答案】A

【详解】AR.物块做初速度为零的匀加速直线运动，位移公式为x=产

整理得/♦，即a=2号

设每个物块质量为机，动摩擦因数为〃，对物块2受力分析，由牛顿第二定律得F-"mg=ma

将〃=2；代入整理得彳=二户-华

rr2m2

由图乙可知纵轴截距一等=-2.5m/s2,代入g=10m/s,解得〃=05

图像斜率1=25一(-2.5)=05,而斜率k=_L,即_L=O.5

10-02m2m

解得〃z=lkg,故A正确,B错误:

C.当/=1()N时，^-=2.5m/s2,加速度。=2卓=5心，故C错误；

D.当两物块•起运动(6>2必咫=10N)时，对整体和物块2联立得尸=与，产和6成正比：当外〈ION

时，两物块不会一起运动，F和4不是线性关系，故D错误。

故选A。

3.如图所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在。点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。

由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小人绳子拉力的

大小F，作出小与/的关系图线如图所示。下列说法中正确的是()

A.根据图线可得重力加速度g=：

b

B.根据图线可得小球的质量〃?二?

C.小球质量不变，用更长的绳做实脸，得到的图线斜率更大

D.用更长的绳做实验，得到的图线与纵轴交点的位置不变

【答案】D

V2

【详解】AB.根据牛顿第二定律可知尸+〃吆=m—

R

解得尸=?丫2―/咫

A

工ffJ

由图像可—T知J方=不«一-0-

R2b-b

可得小球的质量〃『不

由()=/方—〃火

可得重力加速度g=二，故选项AB错误；

A

C.小球质量不变，用更长的绳做实验，由/=?商-，咫可知得到的图线斜率更小，故c错误;

A

D.用更长的绳做实验，由尸=?丫2-〃名可知得到的图线与纵轴交点的位置不变，故D正确。

A

故选D。

A题型02传送带模型

4.传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递

分拣车间用倾角为。的传送带运送包裹，传送带始终以速率K逆对针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦

因数为〃，在某段时间内该包裹以恒定速率彩沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间

内下列说法中正确的是（）

A.传送带对包裹的作用力争百向上B.匕可能大于匕

C.包裹运动过程中其机械能无损失D.〃可能小于tan。

【答案】A

【详解】A.该包裹以恒定速率叫沿传送带向下运动，则货物受力平衡，货物受重力、静摩擦力、支持力作

用，传送带对包裹的作用力竖直向上，故A正确；

B.若匕大于必，此时摩擦力沿斜面向下，货物受力不平衡，故B错误；

C.包裹运动过程中，摩擦力做负功，其机械能减小，故C错误；

D.根据共点力平衡条件有用gsin〃=_4

解得〃Ntan。，故D错误。

故选Ao

5.如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距为9m,传送带的倾角。=37。。/=。时，一质量为1kg的煤块从

传送带底部的A点，以lOm/s的速度冲上传送带。f=ls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05煤块大小可以忽略，取重力加速

度大小g=10m//,5力?37。=0.6。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4m

B.煤块在传送带上运动的时间为（1+后卜

C.煤块在传送带上留下的痕迹长度为15m

D.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宜线运动，加速度大小4=卬心cos'=10m/s2

tn

经过时间々煤块的速度减为零，则%=旦=上

%

O~ls内传送带的速度为零，则煤块向上滑动的位移玉=$=5m

2q

Is后传送带开始加速，传送带的加速度。=字=5m/s?

2

由于＜mgsin夕，煤块向下加速，其加速度a,=〃3吆“〃侬°."=2m/s

m

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A点运动的时间为4,则内2T

解得4=底

则煤块在传送带上运动的时间，=%+L=（1+6卜，故B错误；

2

C.燥块上滑相对传送带的位移必=%=5m，下滑相对传送带的位移大小Aq=1«r2+x,=17.5m

则煤块在传送带上留卜.的痕迹长度为17.5m,故C错误；

口.煤块与传送带间产生的热量。=〃〃侬0$外（加：］+—2）=90］，故D正确。

故选D。

6.如图所示，质量为〃『1kg的物块A在水平传送带左端的光滑水平面上以”lm/s的速度向右滑行，传送

带右端有一质量为M=lkg的小车静止在光滑的水平面上，车的右端挡板处固定一根轻弹簧，弹.簧的自由端

在。点，小车的上表面左端点P与。之间粗糙，Q点右侧光滑，左侧水平面、传送带及小车的上表面均无

缝平滑连接，物块A与传送带及PQ之间的滑动摩擦因数相同且产0.5,传送带长A=4.5m,以恒定速率v=6m/s

顺时针运转。取重力加速度g=10m/s2,物块A可视为质点，求：

Ap-lPQAAMAAAMA/

JLT

(1)物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量Q；

(2)物块A从滑上传送带到离开传送带过程中摩擦力对其做的功卬井

(3)物块A滑上小车后向右挤压弹簧，最终恰好没有离开小车，则P、。之间的距离达

【答案】(D12.5J

(2)17.5J

⑶0.9m

【详解】(I)设经过时间/,物块A与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得u=%+”

根据牛顿第二定律可得〃咫="以

代入数据可得/=ls

物块A滑行的距离s物=三&1=3.5m

传送带的位移s传二可=6m

则G=s传一5物=2.5m

物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量。=〃〃际工=12.5J

(2)物块A滑上传送带后先做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功叱八产-;〃?说

解得用=17.5J

(3)物块A最终没有离开小车，物块A与小车具有共同的末速度味，物块A与小车组成的系统动量守恒，

有+M)u共

分析过程由能量守恒可得］加=叩堂•2x+：(〃?+M)喙

JJ

解得x=0.9m

7.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量"=3kg的小物

块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面和轨道平滑对接。传送带始终以〃=2m/s的速率逆

时针转动。装置的右边是半径为R=0.9m、固定的《光滑圆轨道PQ,下端。与水平传送带刚好相切。质量

〃?=lkg的小物块B从圆轨道最高点/＞的正上方R处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数

〃=。.4,传送带长度/=2.5m。设物块A、B间发生的是弹性正碰，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡

状态。重力加速度g=10m/s，

(1)求物块B到达。点时所受支持力的大小。

(2)求物块B与A第I次碰后B的速度大小。

(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再I可到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解

除，则物块B在整个运动过程中与传送带间最多能产生多少热量？

【答案】(D50N

(2)2m/s

(3)22J

【详解】(I)设物块B到达Q时速度大小为%,所受支持力为尸厂由机械能守恒定律得=谥

•y

由牛顿第二定律&-mg=〃呼

得5=50N

(2)取水平向左为正方向，设B在传送带上加速度大小为〃，与A第1次碰前的速度为叭有〃=侬

m

v2-v1=-2al

得p=4m/s

设B与A第1次碰后速度分别为片和外，有/小=机匕+"以1，=；加片哈

得力=-2m/s

B与A第1次碰后速度大小为2m/s0

(3)AB碰前，B和传送带间摩擦生热Q=(竽-当三'

解得。=6J

设A、B第〃次碰后的速度分别为次,和匕，取水平向左为正方向，有利(-%)=m匕+用1\„，

1，1，1…

-/nv；_(=-wv；+-Mv^

得y，，=Rl%

AB第1次碰后，B和传送带间摩擦生热。.〃也

B与传送带间产生热量最大值。总=Q+Q'

得。总=22J

”题型03连接体模型

8.如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平

轻绳绕过定滑轮与物块乙相连.乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为LOkg,

甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力，重力加速度q取lOm/sz,则在乙下落的过程中()

A.甲对木箱的摩擦力方向向左

B.地面对木箱的支持力逐渐减小

C.甲运动的加速度大小为5.0m/s2

D.乙受到绳子的拉力大小为？.5N

【答案】D

【详解】A.甲相对木箱向右运动，木箱对甲的摩擦力向左，则甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；

B.由于甲乙做匀变速运动，则细绳的拉力是不变的，对木箱和甲的整体分析，竖直方向N=(M+m)g+7,

可知地面对木箱的支持力不变，B错误；

CD.根据牛顿第二定律，对甲丁-〃叫=〃⑼

对乙mg-T=ma

可得a=2.5m/s，7=7.5N,则C错误，D正确。

故选D。

9.如图所示，质量为M长为6心的杆水平置于空中，杆两端4月系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻

绳，绳上套着一质量为小的小铁环。现在杆上施加一力，使杆和小铁环保持相对静止，在空中沿A8方向向

右做匀加速直线运动，此过程铁环恰好悬于A端的正下方。已知重力加速度为g,不计空气阻力。下列说

法正确的是（）

A.轻绳上拉力的大小为?世

B.杆的加速度大小为*g

C.轻绳对小铁环作用力的大小为立〃2g

3

D.需要在杆上施加力的大小为fl”+例）口

【答案】B

【详解】A.光滑的柔软轻绳与小铁环接触的结点为活结，即小铁环轻绳的张力相等，设为了,对结点竖直

方向有7+7sin30°=mg

2

解得7=：，昭，故A错误；

B.对结点竖直方向有78s3（）c=/如

解得〃=^g,故B正确；

36

C.两轻绳的张力相等互成60。，由平行四边形定则得，轻绳对小铁环作用力的大小为道丁=逑机g,故C

3

错误：

D.对系统，需要在杆上施加力的大小为F=&M+〃?）2g2+（朋+加译2=马比竺㈤g,故D错误。

故选故

10.如图所示，A、3两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的物块，另一端绕过〃史的定滑轮固

定在4点，质量为，"的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到。点时

速度恰好为零（此时物块未到达8点），图中△A3。为直角三角形，物块和小球均可视为质点，/。区4=37。，

忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为sin37°=0.6,则（）

A.AY:〃z=5:6

2

B.小球运动到。点时，段绳的拉力大小为4Mg

C.运动过程中存在3个位置使小球和物块速度大小相等

D.小球重力的功率一直增大

【答案】B

【详解】小球固定在细线上，由于A点固定，线段AC的长度在运动过程中保持不变，即小球加以A为圆心

做圆周运动。

A.设A、B两点间的距离为L,在末位置。点，为直角三角形且"）3=90。，NDBA=37°,根据

几何关系可知AD=Lsin37°=0.6L,BD=Leos37°=0.8L

由于AC段绳长固定，初位置C到A的距离AC=AD=0.6L

因C在AB连线I:,初始时3C=L-0.6L=0.4L

从C到O过程中，物块M上升的高度必=BD-BC=0.8L-0.4L=0.4L

小球，〃下落的高度h=BDsin37°=0.8£x0.6=0.48L

根据系统机械能守恒，初末状态速度均为零，有Mg-0.4L=〃zg・0.48L

解得A/:1.2=6:5,故A错误;

B.小球，〃运动到O点时速度恰好为零，其向心加速度为零，此时小球的合加速度沿圆周切线方向（即垂直

A。方向）。

在AD方向上合力为零，设A。段绳的拉力为则有，"-〃?gcos37o=0

解得加=0.8年

5S2

代入==可得7；力二。.8乂二依二大姓，故B正确；

663

C.物块M的速度大小均等于小球川的速度七沿绳了•用8方向的分量，若为=%，则小球的速度方向必须

沿绳子又因于故需A〃山,即44〃/=90。，在运动过程中,该角度从180°减小到90。,仅

在D点满足此条件，此时速度均为0,不存在3个位置，故C错误；

D.小球重力的功率。=，叫5,初位置C和末位置。的速度均为零，功率也均为零，故功率先增大后减小,

并丰一直增大，故D错误。

故选B,

H.如图所示,在水平面上放置着两个横截面为梯形的物体P和Q,P和Q的接触面与水平面的夹角。=37。，

P和Q的质量之比为4:3,所有接触面均光滑。若把水平向右、大小为尸的力作用在P上，此时P对Q的

作用力大小为若把水平向左、大小为尸的力作用在Q上，此时Q对P的作用力大小为尸2。上述过程中

【答案】A

【详解】由题意，设P和Q的质量分别为4机和3〃人若把水平问右、大小为尸的力作用在P上，此时P对

Q的作用力大小为6，以P、Q为整体，根据牛顿第二定律有尸=7〃心

以Q为对象，根据牛顿第二定律有£sin0=3〃?a

联立解得£=半广

若把水平向左、大小为尸的力作用在Q上，此时Q对P的作用力大小为尸2,以P、Q为整体，根据牛顿第

二定律有尸二7〃W

以P为对象，根据牛顿第二定律有人sin。=4〃/

联立解得人送?0”

则唯4

故选Ao

12.如图所示，在一质量为例=3kg的小车上放一质量为吗=1kg的物块，它用细绳通过固定在小车上的滑

轮与质量为，%=2kg的物块相连，物块强靠在小车的前壁上而使悬线竖直。叫光滑，町与M之间的动摩

擦因数为必=05M与地面之间的动摩擦因数为外=0.1；

(1)若小车固定不动，求绳中拉力大小。

(2)如果要保持吗的高度不变，力厂的取值范围？

【答案】(D10N

(2)96N<F<156N

【详解】(1)外、车固定不动的情况，对，〃|、，叫整体由牛顿第二定律切逐=(小+叫)。

解得加速度4=5m/s②

对吗受力分析，竖直方向满足叫g-7=m2a

绳中拉力丁=10N

(2)叫高度不变,说明“、叫、吗三者加速度相同,设为"，方向水平向右;

叫竖直方向受力平衡，因此绳子拉力厂=叫g=20N

仍与M间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f^=4Mg=5N

对叫列水平方向牛顿第二定律(向右为正方向，拉力T'向右)T'+fa"

其中摩擦力/范围：W/<+£.，/为负表示摩擦力向左，为正表示摩擦力向右；

代人得加速度范围15m/s2Kar<25m/s2

对三者整体分析，地面的滑动摩擦力=%(M+机+网生=6N

由整体牛顿第二定律尸-力也=(M+町+色)"

最终得尸的范围96N<F<I56N

13.如图所示，倾角夕=30。的光滑斜面固定在水平地面上，其顶端固定一定滑轮，轻质弹簧的一端固定在

斜面底端的挡板上，另一端与质量皿=2.4kg的小物块A相连，质量叱=2kg的小物块B通过细线跨过定

滑轮与重物C连接，刚开始用机械臂(未画出)抓住C使细线刚好伸直但不紧绷。操纵机械惨使C从静止

开始做竖直向下的匀加速直线运动，在A、B恰好分离时，撤去机械臂对C的作用，此时A、B、C的速度

大小均为匕=()・5m/s,C(视为质点)距离水平地面的高度〃=0.6m,C又经过，=0.6s；落到了地面上，取

重力加速度大小g=10m/s2。已知撤去机械臂前后B、C的加速度未发生改变，弹簧始终在弹性限度内。求：

(1)撤去机械臂对C的作用后，C的加速度大小m

(2)C的质量加3；

(3)弹簧的劲度系数h

【答案】(l)〃=gm/s2

⑵，叫=1.6kg

⑶k=80N/m

【详解】(1)对C,根据位移时诃公式有/?=W+ga产

代人数据解得a=[m/s2

(2)设细线上的拉力大小为尼，对C分析，根据牛顿第二定律有m3g一4

对B分析，根据牛顿第二定律有耳-MzgsinAu/%。

联立解得，%=L6kg

(3)A、B初始时静止，对A、B组成的整体受力分析，设此时弹簧的压缩最为巧，根据受力平衡条件有

kx、=(町+〃4)gsin"

设A、B恰好分离时弹簧的压缩量为乙，对A分析，根据牛顿第二定律有依「叫gsin/?=〃q

根据运动规律有以=2t?(x,-x2)

联/解得攵=80N/m

14.如图所示，V型槽A静止在光滑水平面上，其质量心=6kg,槽的右侧为竖直面，左侧为倾斜面，竖

直面与倾斜面的夹角夕=60。；光滑小球B置于槽A内，其质量MR=3kg。现对槽A施加一水平向右的恒

力F,若小球B与槽A始终保持相对静止，重力加速度g取求:

（1）当F=0时，槽A右侧竖直面对小球B的弹力大小;

（2）；吏小球B与槽A保持相对静止的恒力产的最大值。

【答案】（1）10石N

⑵3(X/5N

【详解】（I）对B受力分析，如图所示

根据平衡条件，可得右侧竖直面对球B的弹力吟

tan。

解得M=10XQN

（2）当右侧竖直面对球B的弹力为零时，小球B与槽A保持相对静止，恒力尸有最大值

根据牛顿第二定律，对球B有吗

tan夕

解得a=此,m/s2

3

对整体有「=（〃7A+"?B）a

解得外=3MN

A题型04滑块木板模型

15.一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为％、2用，此后木板的速度】，随时间，变

化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中（）

A.物块的运动方向不变

B.物块的加速度方向不变

C.物块相对木板始终有相对运动

D.物块与木板的加速度大小相等

【答案】D

【详解】A.根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速然后一起减速到0,

所以物块的运动方向先向左再向右，故A错误：

B.物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改

变，故B错误；

C.物块在向左减速和向右加速阶段相对•木板都向左运动，共同减速阶段无相对•运动，故C错误；

D.由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为〃_2%-5%_3%

4=一；一二五

2

物块的加速度大小为〃V，o+2V°3%

"t2t

即木板和物块加速度大小相等，故D正确。

故选D。

16.（多选）如图所示，物块和木板静止叠放在光滑水平地面上，左边缘对齐。现用水平恒力向右拉动物

块，使其从木板右端离开。此时，木板具有一定速度，物块与木板的速度差为四，下列措施中能使Au增大

的有（）

A.仅增大水平恒力B,仅增大物块质量

C.仅增大木板质量D.仅增大物块与木板间的动摩擦因数

【答案】AC

【详解】设物块的质量为〃"木板的质量为物块与木板间的动摩擦因数为〃，木板长为对物块进

行受力分析，列牛顿第二定律方程有/-/〃依-〃/

解得物块向右匀加速运动的加速度为匕一Ng

同理对木板进行受力分析，列牛顿第二定律方程有〃〃吆=%2

解得木板向右匀加速运动的加速度为二幺等

物块从木板右端离开时，相对位移等于木板的长度L，则根据匀变速直线运动的位移公式有乙=；。/-；生产

则物块与木板的速度差为小，=匕-匕=卬一出［=12“4一42）=，24£）［一等）

所以仅增大水平恒力尸或仅增大K板的质量M，都会使。增大，而仅增大物块质量机和仅增大物块与木

板间的动摩擦因数〃，都会使△】，减小。

故选ACo

17.（多选）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玲=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-随时间/变化关系如图（b）所示，重力加速度g取］Om/s?,

则下列说法正确的是（）

0不、/<.56

图(b)

A.物块与木板之间的动摩擦因数为0.6

B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.4

C.物块的初速度大小为6Ws

D.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4=10m/s2

设物块与木板之间的动摩擦因数为M，木板与地面之间的动摩擦因数为外，对木板受力分析有

a\_

tn

在0.5〜Is内，木板的加速度大小为,=2m/s2

对木板受力分析可知，木板的加速度的大小为生=凡您必区

m

联立可解得M=06…2,故A正确，B错误；

C.在0~ls内,物块的加速度大小为。一:=〃8=6m/s2

所以物块的初速度大小为匕，有Tm/s=匕+a/

解得*=-7m/s,故C错误；

D.在()~ls内，物块的位移大小为内="xlm=4m,方向向左；

木板的位移大小为W=(|x0.5+?x0.5，=lm,方向向右。

所以木板的长度为L=X+W=5m,故D正确。

故选ADo

18.如图甲所示，水平面上放置质量M=1kg的足够长的木板A,木板A上放置质量m=2kg的滑块B,水

平力F作用于滑块B上，r随时间变化的关系如图乙所示，1。时刻滑块B相对木板A发生相对滑动，此时

拉力变成恒定的20N。已知滑块B与木板A之间的动摩擦因数必=0.4,木板A和水平面之间的动摩擦因

数月=。1，重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:

(1注=6s时，A、B的加速度；

(2汽时刻滑块B的速度大小；

(3)0-15s内滑块B相对木板A的位移。

【答案】(l)3m/s2；(2)18.75m/s；(3)18m

【详解】(1)对整体受力分析,刚开始运动时,有必W+M)g

解得心=3N

由F-t图像可知F=2t

联立解得刚开始运动时刻为ul.5s

整体开始运动后先一起做加速运动，当木板A的加速度达到最大时，A、B发生相对运动，对A受力分析,

由牛顿第二定律,有从mg一%(〃?+”)g=Mau

解得«o=5m/s2

对B受力分析,由牛顿第二定律，有耳—41mg=叫

联立解得A、B发牛.相对运动时拉力为产/=I8N

联立解得A、B发生相对运动的时刻为59s

因此〃=6s时，AB以共同的加速度运动，此时F=20=12N

把AB看成一个整体，由牛顿第二定律，有尸功(帆1")8=("”")巧

解得=3m/s2

⑵滑块B相对木板A刚开始运动前，A、B一起加速运动，对整体受力分析有F-jLi2(m+M)g=(m+M)

2

整理有

图像如图所示

由。”图像的面枳表示速度变化量可知滑块B相对木板A刚开始运动时的速度大小为

v=^x5x（9-1.5）m/s=18.75m/s

(3)由上述分析可知1.5-9s之间A、B存在相对滑动，9s后对A受力分析，由牛顿第二定律，有

4sg-生（加+M）g=Max

解得at=5m/s2

对B受力分析，由牛顿第二定律，WF-^mg=mati

解得flB=6m/s2

则9s后由位移-时间公式可得A的位移为4=例+,纵产

B的位移为而=0

联立解得整个过程中A、B的相对位移为-=&-XA=18m

19.如图所示，在倾角为0=37。的固定斜面上放置一足够长的薄木板Q,Q卜端与斜面底端间距为18.5m0

Q下端放置小物块P(可视为质点)，在外力作用下P、Q处于郛止状态。已知P与Q间的动摩擦因数为

0.25,Q与斜面间的动摩擦因数为0.5,P与斜面间的动摩擦因数为P、Q的质量均为1kg。重力加速度

O

为g=10m/s2,so时,撤去外刀，同时P获得8m/s的初速度沿斜面方向上滑,Q获得2m/s的初速度沿

斜面方向下滑,sin37°=0.6,cos370=0.8,求：

(1)P速度减为零时Q的速度；

(2)从开始到P与Q分离所需要的时间；

(3)P与Q到达斜面底端的时间差(答案可含根号)。

【答案】(1)0：(2)2.5s：(3乂3人—2卜

【详解】(1)取沿斜面向下为正方向，P的初速度为%=-8m/s

当1=0时，根据牛顿第二定律，对P分析有〃?gsin夕+〃Mgcos夕=〃?q

解得P上滑的加速度为4=8m/s?

加速度方向为正，说明P减速上滑

x

对Q分析有〃吆sin。一M〃吆cos6一%2，〃gcos。=ma2

解得Q下滑的加速度生=-4m/s2

加速度为负，说明Q减速下滑

P速度减为零时。=炸+卬।

解得4=Is

Q速度减为零时。=气+®：

解得f；=O5s

可知＜4

即Q先减速为零，然后保持不动直到P滑落，故P减速为零时，Q的速度为零。

⑵P速度减为零时P沿斜面上句为4吟6=4m

之后P加速下滑，根据牛顿第二定律有mgsin。-〃网gcose=〃?“

解得4=4m/s2

Q下滑距离为XQ=£f；=0.5m

根据牛顿第二定律行“依sin0+刈〃织cosO-p2x2/〃gcos0=nui\

解得4=0

说明Q仍然静止

P离Q底端距离为故=金+%=4.5m

P与Q分离=J的2?

解得芍=1.5s

则从开始到P与Q分离所需要的时间为，总=/+L=2.5s

(3)P从Q下端滑下后，P下滑，根据牛顿第二定律有“zgsin。-外,〃gcos9=〃*

解得a；=3m/s2

Q卜.滑，根据牛顿第二定律有〃田sin0-〃“〃gcosO="0

解得域=2m/s2

此时两者与斜面底端间距为/==18m

P下滑至底端;(叽居+9父

解得右=2s

Q下滑至底端/=

解得力=3心

则P与Q到达斜面底端的时间差为加=（3夜-2卜

THREE\幽瓯3通关特训

1.如图所示，高空滑索早期是用于贫困山区的交通工具，后发展为高山自救及军事突击行动，如今发展

为现代化体育游乐项目。现简化该模型如下：固定的足够长斜杆粗糙程度未知，与水平面的夹角为。，杆上

套一个金属环，不可伸长的轻绳连接着金属环和小球，质量分别为〃7、M。现给环和球组成的系统一沿杆方

向的初速度%,经过一段时间后两者保持相对静止，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）

A.两者相对静止位置如图1时,系统一定处于静止状态

B.两者相对静止位置如图2时,系统一定沿杆下滑

C.两者相对静止位置如图3时，系统一定沿杆下滑

D.两者相对静止位置如图4时，系统一定沿杆下滑

【答案】C

【详解】A.两者相对静止位置如图1时，小球的加速度为0,系统加速度为0,系统可能静止，也可能处

于匀速直线运动状态，A错误；

BD.两者相对静止位置如图2、图4时，小球的加速度方向沿杆向下，其运动方向可能沿杆向上减速，也

可能沿杆向下加速，BD错误；

C.两者相对静止位置如图3时，小球的加速度方向沿杆向上，其运动方向只可能沿杆向下减速，不可能向

上加速（根据能量关系判断），C正确。

故选C。

2.如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔A的质量为2〃?，底座B（含灯泡）的质量为〃?，连

接A、B的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为5,小的恒力，一段时间后，A、

B一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间（）

A.底座B的加速度方向向下B.弹簧弹力大小为用

C.底座B的加速度大小为D.公仔A的加速度大小为

36

【答案】D

【详解】ABC.A、B一起向上做匀加速直线运动时，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得

5mg-(2m+=(2m+in)a

2

解得。

J

以B为对象，根据牛顿第二定律可得4-mg=机。

解得弹簧弹力大小为G=3咫

细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，底座B的受力不变，加速度不变，则此时底座B的加速度大小

为;g，方向向上，故ABC错误：

D.细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律可得%+2〃达=2,〃分

解得公仔A的加速度大小为&=1g,故D正确。

6

故选Do

3.传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业生产效率。如图所示，某快递

分拣车间用倾角为。的传送带运送包裹，传送带始终以速率匕逆时针匀速转动，某包裹与传送带间的动摩擦

因数为4,在某段时间内该包裹以恒定速率匕沿传送带向下运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间

内下列说法中正确的是()

A.传送带对包裹的作用力竖直向上B.匕可能大于也

C.包裹运动过程中其机械能无损失D.〃可能小于tan。

【答案】A

【详解】A.该包裹以恒定速率％沿传送带向下运动，则货物受力平衡，货物受重力、静摩擦力、支持力作

用，传送带对包裹的作用力竖直向上，故A正确：

B.若匕大于匕，此时摩擦力沿斜面向下，货物受力不平衡，故B错误；

C,包裹运动过程中，摩擦力做负功，其机械能减小，故C错误；

D.根据共点力平衡条件有，织sinO=%吆cos。

解得lane,故D错误。

故选Ao

4.如图所示，倾角为。的传送带以恒定的速率%逆时针转动，将一可视为质点的工件轻放在传送带I：端，

经时间乙从下端以速率匕滑出且？>%，传送带上留下了一段长度为4的划痕。现清除划痕，将传送带逆时

针匀速转动的速率增大为％,再次将该工件轻放在传送带上端，经时间4从下端以速率匕滑出，传送带上

留下的划痕长度为，2。已知工件与传送带间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法

正确的是（）

A.N一定大于tan，B.4一定小于乙

C.匕一定小于9D.6一定大于4

【答案】B

【详解】A.工件从传送带上端向下运动时，做匀加速运动，运动的加速度大小

sin0+unwcos0.八八

4=-------2--------=gsin。+4gcos0

tn

工件滑出传送带的速度K>%，说明工件与传送带达到共同速度后再加速运动，加速度大小

mssin0-uingcos0.八八

a=------------------=gsin夕一cosu

2m

贝I]mgsin0>cos0

即“vtan。，故A错误：

B.传送带以速度%运动时，工件运动的UT图像如图中1线。当传送带以速度％运动时，工件可■能一直匀

加速运动，工件滑出时的速度大小工件运动的VT图像如图中2线；也可能先匀加速在速度达到必

后再次以加速度的做匀加速运动，工件运动的I，-/图像如图中3线，如图

由于工件在传送带上运动的位移大小相等，口―图像与时间轴围成的面积相等，由图可知GU】，故B正确；

C.工件的速度达到%前，工件在传送带上运动的位移大小演相等、时间△，相等；当传送带以速度％运动

时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移占=幺

当传送带以速度%运动时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移%=区产气-加）

由于所以为＞匕，故c错误：

D.传送带上留下的划痕长度为工件与传送带相对位移的大小，当传送带以％速度运动时，工件若恰好到达

下端时划痕长度等于6传送带的长度。当传送带以％速度运动时，达到共同速度前，工件的速度小于传送带

的速度；达到共同速度后，工件的速度大于传送带的速度，两次的划痕有重叠，最后划痕的长度4可能等于

传送带的长度，故D错误。

故选Bo

5.如图所示,水平传送带以速度h=2m/s向右匀速传送。可视为质点的小物块P、Q的质量均为lkg,由

跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，，=0时刻P在传送带左端具有向右的速度匕=5m/s,P与定滑轮间的

绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物块P与传送带间的动摩擦因数〃=。.2,传送带两端距离L=5m,绳

2

足够长，^=10m/so关于小物块P的描述正确的是（）

A.小物块P刚滑上传送带时的加速度大小为2m/s?

B.小物块P将从传送带的右端滑下传送带

C.小物块P离开传送带时的速度大小为36m/s

D.小物块P在传送带上运动的时间为土也s

4

【答案】D

【详解】A.小物块P刚滑上传送带时，相对传送带向右运动，对小物块P分析，P水平方向受向右的摩擦

力和绳子拉力，根据牛顿第二定律有丁+〃〃吆=〃(

对小物块Q分析，根据牛顿第二定律有，咫-7=〃叼

联立解得q=6m/s2,故A错误；

v2-v252-227

BCD.小物块P与传送带共速前，根据运动学公式得小物体P的位移大小

2ay2x64

即小物块P速度减小到力时未从传送带右端滑出。所用的时间4="二二=一片s=().5s

小物块Q的重力GQ=mg=ION

小物块P所受的最大静摩擦力fm=〃〃吆=2N

在小物块P的速度和传送带速度相等后，因为小物块Q的重力大于小物块P所受的最大静摩擦力，所以摩

擦力会突变向右，对小物块P、Q整体，根据牛顿第二定律有，咫-4〃吆=2加。2

解得/=4m/s2

V222

方向水平向左，则小物块P从力减小到o的位移大小为％=TJ-=v"rm=0-5m