牛顿运动定律综合运用（抢分专练）解析版-2026高考物理冲刺复习

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H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

■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44两个物体，A、4的质量分别为〃o=6kg,

加产4kg,从尸0开始，推力工和拉力思分别作用于力、B上,FA、&大小随时间变化的规律分别如图

甲、乙所示，则()

A./=0时，/物体的加速度为2rn/s?

B.，=2s时，A.8开始分离

C./=0时，A、8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：死=(8-2/)N,心=(2+2f)N

A、B分离前一起运动，对整体受力分析，总合力心-巳+4-(8-2f)+(2+2，)-10N

根据牛顿第二定律己=(mA+mB)a

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Im/s?。

A.1=0时A的加速度等于整体加速度，a=lm/s2,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，根据牛顿第二定律用+N=m/

解得I=ls,即Z=ls时开始分离，B错误:

C.1=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：用+

解得M=2N,C错误：

D.分离前A、B做匀加速直线运动，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上施加水平拉力片，读出传感器的示数凡记录一段时间t

内，物块的位移为x,改变片的大小，经多次测量，画出-尸'图像如图乙所示，重力加速度

g=10m/sL下列说法正确的是()

A.每个物块的质量〃?=1kgB.物块与水平面的动摩擦因数为0.25

C.当产=10N时，加速度大小为2.5m/s?D./和工是线性关系但不成正比

【答案】A

【详解】AB.物块做初速度为零为匀加速直线运动.位移公式为x〃产

整理得==:，即«=2-4

r2r

设每个物块质最为〃?，动摩擦因数为〃，对物块2受力分析，由牛顿第二定律得F-川，喑=建。

将。=2.1代入整理得当=；尸-W

rr2m2

由图乙可知纵轴截距-等=-2.5侬2,代入gEOm/s?,解得〃=0.5

图像斜率人”爵1=。.5,而斜率即《"。.5

解得m=lkg,故A正确，B错误;

C.当一=10N时,p-=2.5m/s2,加速度a=2-5=5曲,故C错误;

D.当两物块一起运动（玲＞2〃〃?g=10N）时，对整体和物块2联立得尸二g,尸和乙成正比：当&V10N

时，两物块不会一起运动，尸和外不是线性关系，故D错误。

故选A。

3.如图所示，长为〃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”绳子拉力的

大小尸，作出尸与一的关系图线如图所示。

O

A.根据图线可得重力加速度且3

根据图线可得小球的质量〃7=}

B.

C.小球质量不变，用更长的绳做实验,得到的图线斜率更大

D.用更长的绳做实脸，得到的图线与纵轴交点的位置不变

【答案】D

【详解】AB.根据牛顿第二定律可知尸+〃噜=山匕

R

解得尸-mg

R

由图像可知?

AZb-b

可得小球的质量切若

由0=夕一〃噜

可得重力加速度g=£,故选项AB错误;

R

C.小球质量不变，用更长的绳做实验，由/=3-一mg可知得到的图线斜率更小，故c错误;

R

D.用更长的绳做实验，由/=[--〃喝可知得到的图线与纵轴交点的位置不变，故D正确。

R

故选Do

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，传送带始终以速率匕逆时针匀速转动，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匕沿传送带向卜.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()

vi

A.传送带对包裹的作用力竖直向上B.W可能大于岭

C.包裹运动过程中其机械能无损失D.4可能小于tan。

【答案】A

【详解】A.该包裹以恒定速率彩沿传送带向下运动，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.若匕大于吗，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〃?gsine=_4

解得//NtanO,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9=37。。z=0时，一质量为1kg的煤块从

传送带底部的4点，以10m/s的速度冲上传送带。/=ls时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，传送带

点运动的V-，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g=10m//，》•加37c=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+6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直线运动，加速度大小卬=螫•士丝暨型二10m//

m

经过时间：煤块的速度减为零，则/=a=ls

%

O~ls内传送带的速度为零，则煤块向上滑动的位移再=g=5m

2q

1s后传送带开始加速，传送带的加速度。=孚=5m//

c.nM-*.i-r-4.、士+4*4,、士wi?sin0WPCOS0、.?

由t于pmgcosO<mgs\x\O,煤块向下加速，其加速度a=------/-/-------=2m/s-

2m

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4点运动的时间为小则玉=!。2寸

解得右=氐

则煤块在传送带上运动的时间/=4+&=0+石）s,故B错误；

C.煤块上滑相对传送带的位移Aq=$=5m,下滑相对传送带的位移大小Ax2=g41+E=l7-5m

Ar:>Ar,,则煤块在传送带上留下的痕迹长度为17.5m,故C错误；

口.煤块与传送带间产生的热量。=〃〃侬05外（右+-2）=90>1,故D正确。

故选D。

6.如图所示，质量为〃尸1kg的物块A在水平传送带左端的光滑水平面.上以即=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尸与。之间粗糙，0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与传送带及尸。之间的滑动摩擦因数相同且“=0.5,传送带长A=4.5m,以恒定速率片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商生.的热量。：

(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啊

(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X。

【答案】(DI2.5J

(2)17.5J

(3)0.9m

【详解】(1)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口=%+卬

根据牛顿第二定律可得〃mg=

代人数据可得片1s

物块A滑行的距离s物=1：％=35m

传送带的位移$传=可=6m

则4二s传一s物=2.5m

物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量。=〃〃?g%=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，摩擦力对其做的功叫机诏

解得匕=17.5J

(3)物块A最终没有离开小车，物块力与小车具有共同的末速度相，物块A与小车组成的系统动最守恒，

mv=(m+M)匕1t.

分析过程由能量守恒可得；•2x+?(帆+M)嗑

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M=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/?=0.9m、固定的;光滑圆轨道而，下端。与水平传送带刚好相切。质量

m=1kg的小物块B从圆轨道最高点P的正上方R处由静止释放。己知物块B与传送带之间的摩擦因数

〃=也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1次碰后B的速度大小。

(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回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】(l)50N

(2)2in/s

(3)22J

【详解】(1)设物块B到达。时速度大小为%,所受支持力为尸N，由机械能守恒定律得

由牛顿第二定律&-mg=m

得及=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I次碰前的速度为L有。=幺整

m

v2-Vo=-lai

得y=4m/s

设B与A第1次碰后速度分别为匕和次，有〃八，=/叫+M%,gw，=g〃/+；A/哈

得匕=-2m/s

B与A第1次碰后速度大小为2m/s。

（3）AB碰前，B和传送带间摩擦生热。=〃叫（为*-〃丫％二

解得。=6J

设A、B第〃次碰后的速度分别为力和匕，取水平向左为正方向，有加（-匕7）=加匕+历以“，

1I212

2，nvn2-i=2WV；+2M1Zv；w

得“加

则乙=-4（；m/s

AB第1次碰后，B和传送带间摩擦生热0=Z〃〃?g.〃如期

a

B与传送带间产生热量最大值。总=。+。'

得。总=22J

A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。己知甲、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g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=i"+〃?)g+r,

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

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长为百L的杆水平置于空中，杆两端48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，”的小铁环。现在杆上施加一力，使杆和小铁环保持相对静止，在空中沿力8方向向

右做匀加速直线运动，此过程铁环恰好悬于4端的正下方。已知重力加速度为g,不计空气阻力。下列说

法止确的是()

A.轻绳上拉力的大小为

B.杆的加速度大小为由g

3

C.轻绳对小铁环作用力的大小为暗冲

D.需要在杆上施加力的大小为】)

【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7,对结点竖直

方向有T+7sin30°=mg

2

解得T=§〃】g,故A错误：

B.对结点竖直方向有Tcos3()o=〃?。

游行a=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，仔说对小铁环作用力的大小为67=¥匿，故C

错误;

D.对系统，需要在杆上施加力的大小为小=J(M+〃?)2g2+(M+m)2〃2=2G(；+Mg,故D错误。

故选B°

10.如图所示，A、4两点位于同一高度，细线的〜端系有质量为M的物块，另一端绕过“史的定滑轮固

定在1点，质量为〃?的小球固定在细线上。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6点)，图中△月3。为直角三角形，物块和小球均可视为质点，

/DBA=31°,忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g,sin370=0.6,则()

A.A/:〃?=5:6

2

B.小球运动到。点时，段绳的拉力大小为工Mg

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4点固定，线段力。的长度在运动过程中保持不变，即小球加以力为圆心

做圆周运动。

A.设4、4两点间的距离为L,在末位置。点，△力〃。为直角三角形且=90。，/DBA=37。,根据

几何关系可知AD=Lsin37°=0.6L,BD=Leos37°=0.8L

由干4C段绳长固定，初位置。到力的距离4C=/。=0.6L

因C在力〃连线上，初始时8C=A-0.6L=0.4£

从C到Z)过程中,物块到上升的高度△力“=8。-8。=0.8£-0.4£=0.4£

，卜球m下落的高度力=8Osin37。=0.8£x0.6=0.48£

根据系统机械能守恒，初末状态速度均为零，有Mg-0.4L=mgO48L

解得加：〃?=1.2=6:5,故A错误：

B.小球〃，运动到。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

力。方向)。

在.4。方向上合力为零，设力。段绳的拉力为心，则有右，-mgcos37o=0

解得，c=08〃g

552

代入m=M,可得心。=0.8乂7腌=彳吸，故B正确；

663

C.物块M的速度大小也等于小球〃?的速度匕沿绳子加8方向的分量，若为=匕，则小球的速度方向必须

沿绳子〃济，又因匕J4〃，故需4m工mB,即4〃?8=90。，在运动过程中，该角度从180。减小到90。，仅

在。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.小球重力的功率尸二〃陪「，初位置。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Bo

11.如图所示,在水平面上放置着两个横截而为梯形的物体P和Q.P和。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、大小为广的力作用在P上，此时P

对Q的作用力大小为再；若把水平向左、大小为尸的力作用在Q上，此时Q对P的作用力大小为鸟。上

【答案】A

【详解】由题意，设P和Q的质量分别为4/〃和3〃?。若把水平向右、大小为尸的力作用在P上，此时P府

Q的作用力大小为百，以P、Q为整体，根据牛顿第二定律有尸=7小。

以Q为对象,根据牛顿第一定律有片sine=3〃地

联立解得片=］尸

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

二定律有尸=7〃W

以P为对象，根据牛顿第二定律有6sin。=4〃W

联立解得居二天产

则哈T

故选Ao

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

轮与质量为也=2kg的物块相连，物块也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M=0.5,M与地面之间的动摩擦因数为〃2=01；

（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，）｝F的取值范围？

【答案】（D10N

（2）96N<F<156N

【详解】（1）力、车固定不动的情况，对叫、叫整体由牛顿第二定律叫g-必见8=（回+叫）。

解得加速度a=5m/s2

对吗受力分析，竖直方向满足fr.2g-T=m2a

绳中拉力T=10N

（2）叫高度不变，说明"、叫、叫三者加速度相同，设为"，方向水平向右；

叫竖直方向受力平衡，因此绳子拉力尸=叫g=20N

犯与M间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力fmax=从/g=5N

,,

对网列水平方向牛顿第二定律（向右为正方向，拉力厂向右）T+f=mia

其中摩擦力/范围：-乙x，/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/s2<a<25m/s2

对三者整体分析，地面的滑动摩擦力4="2（”+犯+吗）g=6N

由整体牛顿第二定律F—/包=（河+町+吗”'

最终得尸的范围96N<F<156N

13.如图所示，倾角〃=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，另一端与质量网=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。操纵机械臂使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4=0.5m/s,C（视为质点）距离水平地面的高度〃=0.6m,C乂经过"0.6s；落到了地面上，取

重力加速度大小g=10m//。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的质量吗；

（3）弹簧的劲度系数鼠

【答案】（l）〃=1m/s2

（2）叫=1.6kg

⑶k=80N/m

【详解】（1）对C,根据位移时诃公式有〃=卬+；/

代人数据解得Q=gm//

（2）设细线上的拉力大小为鸟,对C分析,根据牛顿第一定律有加3g-4=用网

对B分析，根据牛顿第二定律有凡-加agsin夕=m2a

联立解得吗=L6kg

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

kxx=（叫+m2）gs\n/3

设A、B恰好分离时弹簧的压缩量为与，对A分析，根据牛顿第二定律有区2一码/in/=〃N

根据运动规律有匕2=2"*-匕）

联立解得k=80N/m

14.如图所示，V型槽A静止在光滑水平面上，其质量〃?A=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0=60。；光滑小球B置于槽A内，其质量叫=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l（）n/s2,求:

⑴当b=0时，槽A右侧竖直面对小球B的弹力大小;

（2）变小球B与槽A保持相对静止的恒力F的最大值。

【答案】（1）1（）JJN

⑵30百N

【详解】（1）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的弹力乂=翳

解得阿=10石N

（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/有最大值

根据牛顿第二定律，对球B有簿

—m/s2

3

对整体有5=（%+"小）。

解得4二30百N

”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0、2%,此后木板的速度v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〃

a\~

V+V

物块的加速度大小为〃_°I°_3v0

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△、，，下列措施中能使加增大

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幼摩擦因数

【答案】AC

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

行受力分析，列牛顿第二定律方程有尸-W咫二〃/

解得物块向右匀加速运动的加速度为q=£-〃g

m

同理对木板进行受力分析，列牛顿第二定律方程有〃〃唁=

解得相反向右匀加速运动的加速度为个翳

物块从木板右端离开时，相对位移等于木板的长度乙，则根据匀变速直线运动的位移公式有

解得物块在木板上运动的时间为/=

则物块与木板的速度差为Av=匕-岭=41/一％,=—%）

所以仅增大水平恒力厂或仅增大人板的质量〃，都会使小，增大，而仅增大物块质量加和仅增大物块与木

板间的动摩擦因数〃，都会使△口减小。

故选AC。

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％=5m/s,同时也给物块一水平向左的初速度，物块恰好

未滑高木板，整个运动过程中，木板的速度丫随时间，变化关系如图（b）所示，重力加速度g取IOm/s2,

则下列说法正确的是（）

%

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\>\\\\\\\

图⑻

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6mzs

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q=IOm/s2

设物块与木板之间的动摩擦因数为从，木板与地面之间的动摩擦因数为〃2,对木板受力分析有

_^mg+^2-2nig

在0.5〜Is内,木板的加速度大小为。2=2m/s2

对木板受力分析可知，木板的加速度的大小为例=此空二丝二整

ni

联立可解得从=0642=0.2,故A正确，B错误：

C.在0〜1s内，物块的加速度大小为%=Mg=6m/s2

所以物块的初速度大小为片，有-lm/s=w+//

解得K=-7m/s,故C错误；

D.在0~ls内，物块的位移大小为$=号*101=401,方向向左；

木板的位移大小为占二（1^0.5+^^0・5'=1»1,方向向右。

所以木板的长度为上=%+&=5m,故D正确。

故选ADo

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

平力/作用于滑块B上，尸随时间变化的关系如图乙所示，。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20No已知滑块B与木板A之间的动摩擦因数H=04,木板A和水平面之间的动摩擦因

数必=01，重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:

甲乙

（1居=6s时，A、B的加速度;

(2居时刻滑块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

【洋解】⑴对整体受力分析，刚开始运动时，有d=〃2(m+")g

解得心=3N

由F”图像可知尸=2/

联立解得刚开始运动时刻为z=1.5s

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M〃[g-〃2W+M)g=MQo

解得a(j=5tn/s2

对B受力分析，由牛顿第二定律，有片〃产gf/

联立解得A、B发生相对运动时拉力为F；=18N

联立解得A、B发生相对运动的时刻为to=9s

因此〃=6s时，AB以共同的加速度运动，此时/=2//=12N

把AB看成一个整体，由牛顿第二定律，有尸-〃2(/〃+")g=(拉+〃)％

解得aj=3m/s2

(2)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-//,(m+M)g+M”

2

整理有。=不一1

4”图像如图所示

由,7-/图像的面积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

4mg-必（〃?+M）g=

解得<7j=5m/s2

对B受力分析,由牛顿第二定律，有F-从mg=

解得aj?=6m/s2

则9s后由位移■时间公式可得A的位移为4=+

2

B的位移为与=Vt+y«B/

联立解得整个过程中A、B的相对位移为&=与一4=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下端与斜面底端间距为18.5m。

Q下端放置小物块P（可视为质点），在外力作用下P、Q处于堂止状态。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,/=0时,撤去外力,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,cos37°=0.8,求:

（l）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】⑴0；（2）2.5s；（3）（3>/2-2）S

【详解】（1）取沿斜面向下为正方向，P的初速度为a二-8m/s

当f=0时，根据牛顿第二定律,对P分析有"啰in0+H〃?gcose=〃?q

解得P上滑的加速度为q=8m/s：

加速度方向为正，说明P减速上滑

对Q分析有加gsinO-〃|加geos。一外x2mgcos0=ma.

解得Q卜滑的加速度%=-4m//

加速度为负，说明Q减速下滑

P速度减为零时0=%+卬1

解得4=ls

Q速度减为零时0=%+〃/

解得《=0.5s

可知

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。

(2)P速度成为零时P沿斜面上滑距离为/=/勺=4m

之后P加速下滑，根据牛顿第二定律有〃?gsine-M〃?gcose=m4

解得=4m/s?

Q下滑距离为XQ=£f；=0.5m

根据牛顿第二定律有机gsin9+〃/;gcosJ-〃2x2〃?gcos。=ma\

解得4=0

说明Q仍然静止

P离Q底端距离为'U+%=4.5m

P与Q分离&”goH

解得，2=1.5s

则从开始到P与Q分离所需要的时间为f总=%+，2=2.5s

(3)P从Q下端滑下后，P下滑：根据牛顿第二定律有机gsinO-M；〃侬os9=wq"

解得a：=3m/s2

Q卜滑，根据牛顿第二定律行〃?gsin。-〃必geos。〜:以；

解得%=2m/s?

此时两者与斜面底端间距为/=▲-。=18m

P下滑至底端/=(*)，3+g*2

解得A=2s

Q下滑至底端/=；域1

解得右=3任

则P与Q到达斜面底端的时间差为4=。-4=(3应-2卜

THREE\幽鼠1T3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，与水平面的夹侑为巴杆上

套一个金属环，不可伸长的轻绳连接着金属环和小球，质量分别为机、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Co

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〃小底座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〃噜的恒力，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

C.底座B的加速度大小为gg

D.公仔A的加速度大小为

【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+m）g=（2m+m）a

2

解得

J

以B为对象，根据牛顿第一定律可得々单-=

解得弹簧弹力大小为七二?"g

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〃吆=2加见

解得公仔A的加速度大小为以=?g,故D正确。

6

故选D。

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，传送带始终以速率力逆时针匀速转动，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（）

v2

A.传送带对包裹的作用力竖直向上B.匕可能大于彩

C.包裹运动过程中其机械能无损失D.4可能小于tan，

【答案】A

【详解】A.该包裹以恒定速率当沿传送带向下运动，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.若匕大于险,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〃?gsin".G《"wgcos。

解得"2tan6,故D错误。

故选Ao

4.如图所示，倾角为0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4从下端以速率9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G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

正诙的是（）

A.〃一定大于tan8

C.匕一定小于匕D.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

a,=-------------------------=gsin。+4gcos0

m

工件滑出传送带的速度匕＞%,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._„

a,=—2---------------=gsin夕一〃gcos0

m

则Mgsin0＞//mgcos0

即〃vtan。，故A错误;

B.传送带以速度%运动时，工件运动的丫一，图像如图中1线。当传送带以速度山运动时，工件可能一直匀

加速运动，工件滑出时的速度大小丫《匕，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匕

后再次以加速度生做匀加速运动，工件运动的V—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，V—图像与时间轴围成的面积相等，由图可知，2＜小故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号相等、时间&相等：当传送带以速度心运动

时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移&=苫区&-加)

当传送带以速度％运动时，若工件一直匀加速运动，剩下的一段位移出="上&-&)

由于4%,所以彩＞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K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4可能等于

传送带的长度，故D错误。

故选B。

5.如图所示，水平传送带以速度W=2m/s向右匀速传送。可视为质点的小物块P、Q的质量均为1kg,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七一5m/$,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〃=02,传送带两端距离£=5m,绳

2

足够长，g=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3Vim/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+fimg=叫

对小物块Q分析，根据牛顿第二定律有〃唁-7二〃叫

联立解得q=6m/s2,故A错误:

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

7广

K=m=—m<5m

2a."2x64

射箕52

即小物块P速度减小到功时未从传送带右端滑出。所用的时间4=」j=f-s=0.5s

axo

小物块Q的重力GQ=mg=1ON

小物块P所受的最大静摩擦力4==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=2〃也2

解得牝=401/$2

方向水平向左，则小物块P从町减小到0的位移大小为々=4='m=0.5m

222x4

9

则有x,+x,=~n\<L

4

所以小物块P不会从传送带右端滑出。小物块P从力减小到0的时间L=±=0$s

之后，小物块P以〃2向左加速运动，有石+/二；生片

解得f=±^S

4

运动到传送带最左端的速度%=®3=4x乎m/s=3垃m/s

综上所述，小物块P在传送带上运动的时间为f=4+，2+/3=W&s,故BC错误，D正确。

故选D。

6.如图所示，足够长的木板置于水平地面上，其上表面光滑，质量为M=10kg,在水平拉力尸=50N的作

用下，以%=5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动，现有若干个小铁块（可视为质点），每个质量均为〃?=lkg,

将第一个铁块尢初速地放在木板最右端，当木板运动了£=lm时，乂将第二块尢初速地放在木板最右端，

以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速地放上一个铁块，直到木板停下来，就不再向木板上放铁

块了,g=10m/s2,而1=14.2c则下列说法正确的是（）

■■■,I

「/F

M--------►

xxXWWwwwwwWWxWXWWx\wwxxwxw

A.最终