高考物理一模试题分类汇编：运动与力的关系解析版

专题03运动与力的关系

大考点概览

考点01牛顿运动定律的理解与简单应用

考点02牛顿运动定律两类基本问题

考点03斜面模型

考点04传送带、连接体和板块模型

考点1牛顿运动定律的理解与简单应用

一、单选题

1.（2026・重庆•一模）2025年11月26日下午，香港新界大埔屋村宏福苑多栋住宅楼发生火灾，造成重大

人员伤亡。如图所不，某直升机在执行某次火火任务时，水和桶（总质量为〃?）一起做匀加速直线运动,

其竖直向上的加速度大小为力，牵引绳与竖直方向的夹角为37。。已知重力加速度为g,sin370=0.6,不计空

气阻力，则此时牵引绳的拉力大小为（

1

A.-mgB-mgD.2mg

【答案】C

【详解】对水和桶整体进行受力分析可知，竖直方向上Tcos37。-吟

3

解得T=~^g。

故选Co

2.（2026•辽宁沈阳•一模）如图所示，一架雪橇在水平拉力的作用下沿水平面向右做直线运动，若水平面

的粗糙程度相同，下列几种运动中拉力最大的是（）

A.以3m/s的速度匀速运动B.以4m/s的速度匀速运动

C.以lm/s2的加速度匀加速运动D.以2m/s2的加速度匀加速运动

【答案】D

【详解】当在水平拉力的作用下沿水平面向右做匀速宜线运动时，则

当在水平拉力的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动时，则

解得

F=ma+Fr

则加速度越大，拉力越大。

故选Do

3.（2026•河南郑州•一模）如图，两相同小球甲、乙用轻绳连接后悬挂在轻质弹簧下端，整个系统处于静

止状态，弹簧的伸长量为与。某时刻剪断轻绳，取竖直向上为正方向，重力加速度大小为下列图中能

正确描述此后甲球的加速度随位移变化关系的是（）

i

i

f

2g2g

A.

-2g-2g

gg

【详解】剪断轻绳前，设弹簧的劲度系数为上小球质量为，〃，对甲乙整体，由平衡条件有G°=2mg

剪断轻绳瞬间弹簧弹力不能突变，对小球甲，由牛顿第二定律有七=H。-〃吆=〃?/

解得4,=g

剪断轻绳后小球做简谐运动，根据简谐运动的对称性，可知小球甲在最高点时的加速度为一且，而小球甲经

过简谐运动的平衡位置满足"'=〃吆

联立解得

综合可知C选项符合题意。

故选Co

4.（2026・江西九江•一模）将两个物体以相同的初速度同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气

阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率的二次方成正比，下列用两条实线描述两物体运

动的图像可能正确的是（虚线是图像与时间轴交点处的切线）（）

【答案】B

【详解】所受空气阻力可以忽略的物体，做竖直上抛运动，只受重力作用，加速度恒为重力加速度g，方向

竖直向下。在u-f图像中，其图线是一条倾斜的直线，斜率表示加速度，为r：所受空气阻刀大小与物体

速率的二次方成正比的物体，所受阻力为/=加2

上升时，根据牛顿第二定律mg+kv2=ma

解得a=

m

方向向下，随着物体上升，速率v减小，所以加速度减小，即VT图像的初始斜率大于不受空气阻力物体

的VT图像（直线）的斜率并减小；到达最高点时，即图像与时间轴交点处时，空气阻力f=0

物体只受重力作用，加速度〃

方向向下，在丫-，图像中，这一点对应图像与时间轴的交点。该点切线的斜率表示此时的瞬时加速度，应

为招这与不受空气阻力物体的UT图像（直线）的斜率相同。因此，在最富点，曲线的切线应该与直线平

行；下降过程，根据牛顿第二定律，咫-川2="〃

解得〃=

m

方向向下，随着物体下降，速率V增大，所以加速度减小，即UT图像的斜率减小。

故选Bo

5.（2026・四川成都一模）如图日所示，高层建筑室外擦玻璃的工人在进行室外作、也，为了保障安全，他

们身上都绑有安全带，安全带上有救生缓降器，缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等

组成，以保证工人的安全。设某次工人完成高空作业后从离地面某高度处通过安全带安全着陆，图乙是工

人运动全过程的u—f图像。下列说法正确的是（）

A.0至也段时间内工人处于超重状态B.。到G段时间内工人的平均速度等于］

C.工人初始位置离地面高度为卬2D.整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小

【答案】D

【详解】A.0到匕段时间内工人向下加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；

B.4到4段时间内如果做匀加速直线运动，位移等于下图中阴影部分面积，则工人的平均速度等于三；实

际上工人位移等于曲线与时间轴围成的面枳，实际位移大于匀加速时的位移，6到G段时间内工人的平均速

度大于T，故B错误；

C.图线与时间轴围成的面积表示位移，工人初始位置离地面高度等于曲线与时间轴围成的面积，小

于印2,故C错误;

D.根据牛顿第二定律，结合图线的斜率可知，斜率先减小零后反向增大，再减小，则加速度减小到零然后

方向变反，加速度增大。对于斜率先减小后反向增大过程

mg-T=ma

可知，拉力一直增大；最后斜率为负，加速度为负，且加速度减小，有

T-mg=ma

则拉力减小，故D正确。

故诜D.>

6.（202641■肃•一模）两同学借助两个完全相同的平板车在教室地面上探究牛顿运动定律。他们先让平板

车边沿对齐地砖上的一条缝隙并保持静止（如图1）,然后让左边的甲同学推开右边的乙同学（如图2）,

最后两小车停在如图3所示位置处。对此现象，下列说法正确的是（）

图1图2图3

A.甲同学对乙同学有推力，但乙同学对甲同学未施加力

B.甲同学对乙同学的力大于乙同学对甲同学的力

C.甲同学和车的总质量大于乙同学和车的总质量

D.全过程中乙同学所受小车的摩擦力先向右后向左

【答案】C

【详解】AB.根据牛顿第三定律可知，甲同学对乙同学的作用力与乙同学对甲同学的作用力等大、反向，

故AB错误;

C.由图可知，乙向前运动的位移较大，则甲乙分离时乙的速度较大，说明甲乙相互作用阶段乙的加速度大，

由干二者间相互作用力大小相等，则乙的质量较小，即甲同学和车的总质量大于乙同学和车的总质量，故C

正确：

D.甲乙相互作用阶段，乙同学和小车向右加速，所以乙同学对小车有向右的摩擦力，小车对乙同学有向左

的摩擦力，当甲乙同学分离后，乙同学与小车一起向右减速，则小车对乙同学的摩擦力向左，所以全过程

中乙同学所受小车的摩擦力一直向左，故D错误。

故选Co

二、多选题

7.（2026•山东济宁•一模）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，可视为质点的小球从A点自由下落,

至8点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A.小球从8到C过程中，速度先增大再减小

B.小球在。点时加速度大于g

C.小球从8到C过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量

D.小球从。到C过程中，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变

【答案】AB

【详解】A.从B到C的过程中，小球受到弹簧弹力尸与重力〃吆的共同作用，弹力尸从零逐渐增大，当尸〈，咫

时有mg-F=ma

小球做加速运动，速度逐渐增大，当尸=mg时速度最大；

小球继续向下运动，有

此时对小球分析有F-ing=ma

小球开始做减速运动，直至运动到C点速度减为0,故A正确；

B.若小球从B点由静止释放，根据简谐运动的对称性可知运动到最低点时的加速度应为g,此时对小球分

析，应有尸=〃次

现在小球从更高的位置释放，根据机械能守恒原理，小球达到最低点的位置应更低，所以此时小球在C点

的加速度应大于g，方向向上，故B正确；

C.设小球在8点时的速度为v,从8到C对小球应用动量定理，有心-〃=。-m丫

所以弹力的冲量大于重力的冲量，故C错误:

D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒，但小球从B运动到C的过程中小球的动能发生变化，所以小球的重

力势能与弹簧的势能之和会变化，故D错误。

故选ABo

,•考点2

牛顿运动定律两类基本问题

一、单选题

1.（2026・安徽合肥•一模）2025年11月5日，我国第一艘电磁弹射型航空母舰“福建舰”在海南三亚某军港

正式入列。假设在某次演练中，舰载机离开甲板后沿直线（如图中虚线所示）加速爬升，将舰载机受到的

重力记为G,受到的其他作用力记为F,该过程中舰载机受力情况可能正确的是（）

B.

C.

【答案】A*

【详解】舰载机离开甲板后沿直线（如图中虚线所示）加速爬升，则舰载机受到的合外力方向与运动方向

相同（沿虚线向右上方）。

重力方向竖直向下，其他力厂的竖直分量应向上，且大于重力，水平方向分量应向右，所以F方向应为右

上方，（比虚线方向靠上，即与水平方向夹角要大于虚线方向）。

故选Ao

2.（2026•山东济宁•一模）在冰雪运动训练场的水平直道上，为模拟不同摩擦条件，交替铺设长度4=2m的

制动区和长度A=4m的光滑区，如图所示。滑雪运动员从第一个制动区的左端以6m/s的初速度开始向右

滑行。已知制动区与滑雪板间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=I0m/s2,则运动员滑行的总时间为

()

A.1.2sB.2.2sC.2.8sD.3.8s

【答案】B

【详解】制动区的加速度大小为a=9=5m/s"

rn

运动员经过第一个制动区过程，由运动学公式可得-2成=片-4

解得片=4m/s

该过程所用时间为4=&二乜=0.4s

a

运动员经过光滑区做匀速直线运动，所用时间为，2=牛=1$

设运动员在第二个制动区停下，由运动学公式可得-2or=0-v,2

解得x=1.6m<（=2m

假设成立，运动员在第二个制动区的运动时间为A="=0.8S

a

则运动员滑行的总时间为+G+4=2.2S

故选Bo

二、多选题

3.（2026•山东荷泽•一模）如图所示，质量为M的木箱（木箱未画出）顶端悬挂质量为6的小球，现木箱

沿某一方向做直线运动，细绳与竖直方向的夹角。保持不变，重力加速度为箱子可能的运动情况及整体

受到的合力（）

A.自由落体运动，整体受到的合力为（“+，〃）&

B.水平向左匀减速运动，整体受到的合力为（M+〃?）gsin。

(M+m)gcosO

C.斜向右下与水平方向的夹角为整体受到的合力为1—/、

cos(c/-a)

(M+m)gsin0

D.斜向右上与水平方向的夹角为。，整体受到的合力为1―(广、

cos(O+a)

【答案】AD

【详解】A.自由落体运动，〃=g,完全失重状态，绳对小球没有拉力，以整体为研究对象

F合=(M+m)a=(M+m)g,A正确；

B.水平向左匀减速运动时，研究小球，根据牛顿第二定律，〃次lanO="M

以整体为研究对象根据牛顿第二定律七=(M+切)。

解得尸介=(M+〃?)glan。，B错误；

C.箱子斜向右卜.与水平方向的夹角为a,设加速度人•小为。

根据牛顿第二定律可得Tsin^=tmcosa,mg-Tcos0=masina

物”a=_sin-=gsin.

cos0cosor+sin<9siim8s(。一a)

以整体为研究对象己=(M+，〃)“

解得迄一,，C错误；

cos(。-a)

D.箱子斜向右上与水平方向的夹角为a,设加速度大小为"

根据牛顿第二定律可得7sin6="«/'cosa,Tcos0-mg=〃以'sina

,gsin。

解得。=即询

以整体为研究对象琮=(M+M"

解得琮=(M+*gs：e,。正确。

cos(e+a)

故选ADo

三、解答题

4.(2026•河北•一模)游乐园滑草项目深受小朋友喜爱。滑草过程简化为以下情景：如图所示，上0时刻,

滑块从斜面上的A点由静止开始下滑，经过8点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停

在C点。每隔0.5s用速度传感器测量滑块的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。已知滑块与斜面和水平

面间的动摩擦因数相同，重力加速度取g=10m/s2,求:

〃S0.00.51.0・・・5.05.56.0

v/(ms1)0.01.02.0••10.07.5S.O…

⑴滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数

（2）斜面的倾角a的正弦值sina；

（3）滑块滑行的总路程

【答案】（1）0.5；（2）0.6；（3）35m

【详解】（1）设滑块在水平面上滑行的加速度大小为。2,5.5~6.0s过程中滑块在减速，由表格数据可知

在水平面上滑行时，由牛顿第二定律有=〃心2

解得〃=0.5

（2）设滑块在斜面下滑的加速度大小为a/,0~1.0s过程中滑块在加速，由表格数据可知=

由牛顿第二定律有mgsina-cosa=

结合数学知识可得sina=0.6

（3）设滑块到达斜面底部时速度为的“，所用时间为"，加速过程有嗑

减速到六5.5s过程,有匕=%-/（5.5-，J=7.5m/s

可得4=5s,vm=10m/s

滑块在斜面加速下滑的路程为"=；%乙=25m

在水平面减速滑行的路程s,=d=10m

'2a

滑块滑行的总路程s=。+%=35m

5.（2026•黑龙江•一模）近期，我国展示了一款令人惊艳的军用机器狗，将给中国陆军带来降维打击的战

斗力。在某次军事演习中，机器狗从山坡上滑下至水平面，随后跳跃过一障碍物，模型可简化为：如图所

示，倾角为37°斜面人8与水平面BC平滑连接，一长为L=1.6m、高为h=1.0m的矩形障碍物位于水平面上，

距离斜面底端8点有一定的距离，机器狗（可视为质点）从斜面顶端八点无动力地静止下滑，滑至水平面

上速度为零时未到达障碍物处，此后机器狗缓慢向右移动到适当的位置斜向上跳起越过障碍物。已知斜面

48长x=25m,机器狗与斜面、水平面的动摩擦因素均为〃=0.5,不计空气阻力，重力加速度g取lOm/s?,

sin37°=0.6,cos370=0.8,求：

⑴机器狗从斜面顶端A点出发到水平面上速度为零的过程所经历的时间；

（2）机器狗能够越过障碍物起跳速度的最小值。

【答案】（l）7s：（2）6m/s

【详解】（1）机器狗在斜坡上向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有〃名sin37-〃〃?gcos37=ma]

解得4=2m/s2

根据位移公式有x=g卬：

舍去负值解得4=5s

根据速度公式有以二46

解得vn=10m/s

机器狗在BC做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有=加%

解得出=5m/s2

利用逆向思维,根据速度公式有力=〃也

解得4=室

则机器狗从斜面顶端A点出发到水平面上速度为零的过程所经历的时间，=6+Z2=7S

（2）若机器狗跳起的速度为最小值，此时机器狗做斜抛运动的轨迹恰好经过矩形障碍物上侧的左右边缘,

且机器狗经过矩形障碍物上侧的左右边缘的速度也为最小值，令该速度大小为匕、该速度方向与水平方向

夹角为。，在机器狗处于障碍物上侧的斜抛运动过程有L-“cos。/,sin®一寸sin。-科

联立解得旷信

由数学知识可知，当6=45。时，,“最小，最小值为巧=«Z=4m/s

则机器狗起跳时水平分速度为h=v,cos45°=2>/2m/s

02

竖直方向上有Vov-（V）Sin45）=2g/?

机器狗起跳速度%=版,+啧

联立解得％=6m/s

考点

3斜面模型

一、单选题

1.（2026・湖北八校•一模）如图所示，倾角为a=37。的光滑斜面固定在水平地面上，物块A和长木板B叠

放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B与物块C。物块A、长木板B的质量均为如物块C的

质量为2〃?，A、B间的滑动摩擦因数4=08重力加速度为g,$吊37。=0.6,cos37o=0.8。将A、B、（：由

静止释放，下列说法正确的是（）

A.轻绳拉力为2〃名B.物块A与木板B间的摩擦力为0.64/咫

C.物块C的加速度为0.76月D.物块A的加速度为0.2g

【答案】B

2mg-2mgsin37°

【详解】BD.假设AB能相对静止•起沿斜面向上加速运动，则整体的加速度。=0.2g

4/H

此时对物体A：f—mgsin37°=ma

解得f=0.8mg

而A与B的最大静摩擦力fm=nmgcos370=Q.6^mg

可知此时AB不能相对静止，即A相对B下滑，物块A与木板B间的滑动摩擦力为片〃mgcos37o=0.64mg

此时A的加速度—"冲337~咫-37。=o.o4g

方向沿斜面向上，故D错误，B正确;

,,,,,...,2mg-mgsin370-f0.76

AC.对BC的整体"=--三-------L=g

3m3

因物块C加速度向下，则失重，即细绳的拉力小于2mg,故AC错误。

故选Bo

2.（2026•山东济南•一模）如图所示，倾角可以调节的斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端固定一个光

滑的定滑轮，轻绳绕过定滑轮，一端系在质量为〃〃=2kg的物块A上，另一端系在质量为小2=l.4kg的物块B

上，滑轮与物块A之间的轻绳与斜面保持平行。当倾角，=37"时，系统恰好保持静止状态，此时轻绳中拉力

大小为刀，斜面对物块A的摩擦力大小为力。若用手按住物块A,将斜面倾角调节为53。，然后松手，松手

后轻绳中的拉力大小为不，斜面对物块A的摩擦力大小为力。已知sin37W）.6,sin530=0.8,不计空气阻力，

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）

B.松手后物块A沿斜面向上运动

&fl=f2

D.TKT2

【答案】D

【详解】当。=37。时，系统恰好保持平衡状态，对物块B则有1=，&g=14N

对干物块A,由于，〃话5皿37。=12>1<7；

物块A有上滑趋势，根据平衡条件可得Z+叫gsin37。=7；

解得£=2N

又因为工=/〃/gcos37。

解得4=）

O

当8=53。时，物块A重力的下滑分力为叫gsin53o=16N

滑动摩擦力力=/皿=乂叫gcos53°=1.5N<16N

物块A沿斜面卜滑，设其加速度为。，对物块A,根据牛顿第二定律可得见gsin53。-力-

对于物块B则有7；=加资

联立解得（=14.2N>7；=14N

故选Do

3.（2026•河南豫湘名校•一模）如图，在粗糙水平地面上静置着倾角为0、质量为M的斜面体，其斜面光

滑,斜面上放置的质量为，〃的物块与固定在斜面上端劲度系数为攵的轻质弹簧相连，弹簧的轴线始终与斜

面平行。在弹簧处于原长时将物块由静止释放，物块在斜面上做往复运动的过程中，斜面体始终保持静止，

重力加速度为8。下列说法正确的是（）

A.物块沿斜面向下运动的最大距离为竿吧

K

B.地面对斜面体的摩擦力大小可能为零

C.地面对斜面体的摩擦力大小恒为:mgsin20

D.地面对斜面体的支持力小于（M+，〃总

【答案】B

【详解】A.物块在斜面上做简谐运动，其平衡位置满足肛?sin。=收。

弹簧处于原长时将物块由静止释放，故振幅为人=毛=鳖警

k

根据简谐运动的对称性可知物块沿斜面向下运动的最大距离为七=24=吗"，A错误;

k

BC.物块在斜面上做简谐运动，沿斜面方向的加速度按止弦规律变化，B|J«=^sin6>cos^

其在水平方向上的分量为q=gsin%osOcosM=ggsin2ecos"

根据牛顿第二定律可得f=sin26cosW

即摩擦力的大小按余弦规律变化，B正确，C错误；

D.因为ay=gsinOsinOcosajt=gsin?^coscot

在竖宜方向上根据系统牛顿第二定律得（"+Mg-N=叫=/ngsin2夕coscot

解得N=(M+m)g-mgsin28cosst

地面对斜面体的支持力可能大于、等于或小于（M+m）g,D错误。

故选Bo

4.（2026•山东泰安•一模）拉运木材的汽车在卸下木材时用两根细圆木作为导筑将木材卸下，如图所示两

根细圆木的一•端P、M分别固定在水平地面.上，另一端。、N分别固定在车上，构成两条平行的轨道PQ和

MN,它们与地面的夹角6=30。装卸工在车」.将一根半径为人的圆柱形木材推上导轨后，由静止自由释

放，木材能够沿着轨道下滑。已知轨道PQ和MN的间距为1.2R,木材与细圆木轨道间的动摩擦因数为

〃=半，重力加速度为K，则木材沿着轨道下滑的加速度大小为（

)

I1I

A.-B.¥C.D.5g

8正&

【答案】A

则有2Gcosy=mgcos0

廿》.a0.6R八/

其中sin—=-------=0.6

2R

则cos券=0.8

木材所受的滑动摩擦力大小为4

根据牛顿第二定律有=〃?a

联立解得。=6g

O

故选Ao

二、多选题

5.（2026•安徽合肥,一模）如图所示，倾角8=37。的粗糙斜面固定在水平地面上，其顶端连接一根劲度系

数为k的轻质弹簧，弹簧另•端连接质量为〃，的小物块。用手按住物块使其静止于A点，此时弹簧处于伸

长状态且弹力大小为2〃名。某时刻释放物块，物块沿斜面向上运动到最高点8后，再沿斜面向下运动至C

点（图中未画出）时速度为0,之后静止在C点。已知重力加速度为g,物块与斜面间动摩擦因数4=05,

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，/37。=06cos37。=0.8,则下列说法正确的是（）

A.物块被释放瞬间的加速度R小为g

B.物块上滑速度最大时的位置和下滑速度最大时的位置相同

C.物块在。点时弹簧弹力为0

D.整个过程因摩擦产生的热量为0.96~

k

【答案】ACD

【详解】A.以沿斜面向上为正方向，设释放时物块的加速度为。，沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有

ma=FJ)t：-mgsin。一Ringcos0

代人数据解得释放时物块加速度为a=2g_gsin夕一〃geos夕=2g_0.6g_0.5x0.8g=g,故A正确；

B.速度最大的临界条件是加速度为0,也即受力为0,对物块上行时有端「小gsin。-川咫CON。=。

可得瑞=06mg+（）.5x（）.8〃陪=mg

同理对物块下行时有%2一〃织sine+mngcose=。

可得与2=—O.5xO.8mg=02，ng<埒］

物块上行速度最大时弹簧形变量大于下行速度最大时的弹簧形变量，因此物块上滑速度最大时的位置和下

滑速度最大时的位置不同，故B错误；

C.物块释放时弹簧的形变量为4=隼=々警

kk

设B点距弹簧原长处为f,当物块上行至8时由能量守恒:小=〈Ay2+〃?g（x+f）sine+w〃g（x+x'）cos8

代人解得K=0

即B为弹簧原长处，弹簧弹力为0,故C正确;

D.设。点距8点为x”,物块从8点运动至C点过程由能最守恒"2gx"sine=；k/2+〃〃?gx"cose

代入数据解得f=0（舍），x"=0.4?

k

则整个运动过程因摩擦产生的热量为W,=〃〃吆（x+f）cos6=0.5x0.8〃吆x（竿+0.4詈）=0.96'誉，故D

正确。

故选ACD,

6.（2026•天津八校•一模）如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过光滑轻质定滑轮相连，其中A带负电,

电荷量大小为4。空间中有一个平行于斜面向下的匀强电场，A恰好静止于倾角为37的光滑斜面上，轻绳

恰好拉直但无拉力，不带电的B、C通过一根劲度系数为女的轻弹簧拴接在一起，均处于静止状态，A、B、C

质量均为"?，重力加速度为g,sin37=0.6。现突然将电场的方向改变180,A、B开始运动起来，则（）

A.电场强度的大小为印坦

5q

B.刚开始运动时，A的加速度大小为0.6g

C.当B的速度最大时，B的位移大小为警

5k

D.当C刚好要离开地面时，B的速度大小为J呼

【答案】BD

【详解】A.A物块静止时，根据平衡条件可得比=，〃gsin370

解得E=等，故A错误：

B.刚开始运动时弹簧弹力不变，对AB整体由牛顿第二定律有川gsin37"就=2〃必

3

联立解得。=gg=0.6g,故B正确；

C.初始时，对B有〃吆=%

所以弹簧的压缩量为％=半

k

当B物块速度达到最大时，加速度为零，对A物块有4E+〃，gsin37o=r

对B物块有T=〃也+kx2联立解得&=等

5攵

所以B的位移大小为尸为+&=警，故C错误；

5k

D.C物块刚要窝开地面时有〃*二在3

所以弹簧的伸长量为当=不

因为弹簧初末形变量一致，弹簧弹力刚好没做功

对AB系统有伸・2%+mgsin370・2%-mg•2xi=g・2〃就-0

解得%=再二故D正确。

故选BDo

三、解答题

7.（2026•湖北•一模）某工厂输送工件的传送系统由倾角为30。的传送带”和一倾角相同的斜面8组成，

工件P的质量为〃?=lkg,它与传送带间的动摩擦因数从=乎、与斜面间的动摩擦因数〃2=*。传送带长

度4=10m,以％=4m/s匀速顺时针转动。现将P轻放于传送带底端A点，由静止开始运动，到达斜面顶

端2点时速度恰好为0被机械手取走，把P看成质点，传送带与斜面间可认为无缝连接，重力加速度大小

g4X10m/s2o

⑴求P在传送带上运动时间/和斜面C。的长度

⑵传送带系统因传送P多消耗的电能W;

⑶假如机械手未能在。点及时将物件取走,导致工件下滑，求工件第二次上升到最高点时与D点的距离d。

4

【答案】（l）/=3.3s,=-m

⑵W=82J

4

(3)»V=-m

【详解】（1）工件在传送带上加速和匀速的时间分别设为小t2,由动量定理有，咫（“330。-输30。）「〃/

①

匀速阶段有4-^4=卬2②

P在传送带上运动时间，=6+%③

由①②③得，=3.3

工件在C。上减速过程由动能定理有一〃?g（sin30。+〃2cos30。）4=0-片

4

解得&=§m

（2）工件在加速和匀速过程中，传送带分别受到滑动摩擦力和睁摩擦力，有

W=cos30°-voti4-mgsin30°-vot2

解得W=82J

（3）工件下滑和再次上升过程中，根据动能定理有"zgdsinBOO—功/nge右一d）cos300=0—0

4

解得"=,m

考点

4传送带、连接体和板块模型

一、单选题

1.（2026•安徽合肥•一模）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

工件轻放在传送带上端，经时间乙从下端以速率匕滑出且匕＞%，传送带上留下了一段长度为i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必，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.〃一定大于tan。B.L一定小于6

C.%一定小于匕D.4一定大于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

mesin+uingcos0.八八

a=----------------=gsinG-/.tgcos0

xni

工件滑出传送带的速度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

mgsin0-umgcos0._八

a、=------------------=gsin0-〃gcos0

tn

则〃吆sin0>junigcos0

即〃vtan。，故A错误;

B.传送带以速度%运动时，工件运动的y-f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y-f图像如图中2线：也可能先匀加速在速度达到%

后再次以加速度生做匀加速运动，工件运动的UT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毛相等、时间&相等；当传送带以速度％运动

时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移工2=号气/2-&)

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％=当上&-加)

由干12<4,所以匕>片，故C错误；

D.传送带上留卜•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4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，最后划痕的长度乙可能等于

传送带的长度，故D错误。

故选Bo

二、多选题

2.（2026・四川成都石室中学•一模）如图（a）所示，足够长、倾角。=37。的倾斜传送带顺时针方向匀速运

行，质量〃?=5kg可视为质点的物块在，=0时以一定速度从传送带底端滑上传送带。物块相对于传送带运动

时可在传送带上留下痕迹。若取传送带底端所在平面为零势能面，物块在传送带.上的机械能E随时间，的变

化关系如图（b）所示（图线为曲线，在0.6s处切线水平），已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速

度大小为gaOm/s?,sin37°=0.6,下列说法正确的是（）

A.物块的初速度大小为2m/s

B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.75

C.00.6s物块在传送带上留下的划痕长度为0.25m

D.00.6s传送带对物块做功为5J

【答案】AC

【详解】A.由图川.知物块初动能线=£=3〃?*=10J

故％=2m/s,故A正确;

B.00.1s物块机械能减少，摩擦力对物块做负功，物块初速度大于传送带速度。根据牛顿第二定律

mgsin0+jLim^cos0=

物块匀减速至与传送带共速V0-V=4/

共速后，若物块随传送带匀速运动，静摩擦对物块做正功且与时间成正比，图线应为直线，故共速后物块

相对传送带向卜运动。根据牛顿第二定律〃LgsinO-〃〃侬OS0=/M2

/=0.6s时E-f图线切线水平，所以此时物块速度为零，又丫=。心

联立得，=0.5,v=lm/s,故B错误；

C.00.1s物块相对于传送带向上运动田=华4-叫=0.05m

0.1s~0.6s物块相对于传送带向下运动此=vr2-^r2=0.25m

因为&[<

故划痕长度为0.25m,故C正确；

D.传送带对物块做功即为摩擦力对物块做功-/"“geos。竽八+〃咫COS6；4=2J,故D错误。

故选ACo

3.(2026•湖南•一模)如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置于光滑水平地面上，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。木箱质量为M=4.0kg,甲、乙两物决质量均为

=2.0kg,甲与木箱之间的动摩流因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块乙始终不与木箱接触,

重力加速度8取lOni/s?。现以水平向右的推力产作用在木箱上使三者保持相对静止，则卜处判断化确的是

()

甲

~F[5乙

A.轻绳对物块乙的弹力方向斜向右上

B.轻绳上弹力大小为20N

C.物块甲所受摩擦力方向有可能水平向右

D.要使三者保持相对静止，水平推力尸的大小至少为60N

【答案】AD

【详解】AB.对整体分析可知F=(M+2〃?”

加速度方向水平向右，对物块乙分析可知，由于相对静止，其加速度水平向右，所以与其连接的轻绳弹力

方向斜向右上，其大小满足弹=(/咫)2+(〃⑺*

可知弹力大小大于物块乙的重力，A正确，B错误；

C.对物块甲，假设摩擦力方向水平向左，可知4

联立可得