2027版高考物理总复习精练册 3第三章　牛顿运动定律

第三章牛顿运动定律目录CONTENTS第1节牛顿第一定律牛顿第二定律微专题4牛顿第二定律的综合应用第2节牛顿第二定律的应用微专题5动力学中的传送带模型微专题6动力学中的滑块-木板模型实验4探究加速度与物体受力、物体质量的关系第1节牛顿第一定律

牛顿第二定律

牛顿第一定律T7

牛顿第二定律T2、3、4、6、8、9、10

力学单位制T1、5五年高考1.★★(多选)(2025四川,8,6分)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示,则下

列各式可能表示能量的是

()A.

B.

C.

D.

AC

解析动能是能量的一种,动能的表达式为Ek=

mv2,对应有

=

,A正确,B错误;p=mv,Ek=

,对应有

=

,C正确,D错误。2.★★(2025甘肃,3,4分)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟

二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推

力约为6×106N,火箭质量约为500吨且认为在1s内基本不变,则火箭在初始1s内的加速

度大小约为(重力加速度g取10m/s2)

()A.2m/s2

B.4m/s2

C.6m/s2

D.12m/s2

A

解析初始1s内对火箭受力分析如图所示,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数据解

得a=2m/s2,A正确。

3.★★(多选)(2023全国甲,19,6分)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在

水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。

甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知

()

A.m甲<m乙

B.m甲>m乙

C.μ甲<μ乙

D.μ甲>μ乙

BC

解析甲、乙两物体的运动过程类似,由牛顿第二定律有F-μmg=ma,即F=ma+μmg,故题

给图线斜率表示物体的质量m,纵截距表示滑动摩擦力μmg,观察题图,甲物体的F-a图线

斜率大于乙物体的F-a图线斜率,故m甲>m乙,A错误,B正确;又纵截距相等,故μ甲m甲g=μ乙m乙

g,则μ甲<μ乙,C正确,D错误。4.★★(2023北京,6,3分)如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连。两物块

质量均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右

做匀加速直线运动,则F的最大值为

()

A.1N

B.2N

C.4N

D.5N

C

解析设细线拉力为T,在其达到最大拉力前,两物块做加速度相同的匀加速直线运动,

设共同加速度为a,现将两物块看作整体,根据牛顿第二定律有F=2ma,以左侧物块为研

究对象,根据牛顿第二定律有T=ma,可知,当细线达到最大拉力时,有最大加速度,为2m/s

2,所以F最大为4N,C正确。5.★★★(2024北京,14,3分)电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物

理量,其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的

属性,如图所示。类似地,上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁

学元件的属性,并将此元件命名为“忆阻器”,近年来实验室已研制出了多种类型的忆

阻器。由于忆阻器对电阻的记忆特性,其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应

用前景。下列说法错误的是()

A

A.QU的单位和ΦI的单位不同B.在国际单位制中,图中所定义的M的单位是欧姆C.可以用

来描述物体的导电性质D.根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式E=L

解题导引本题的关键是联想并能发现物理公式间的联系,找到物理量间的相关公式

才能更容易地得出物理量的单位间的联系。解析由电势差的定义式UAB=

得WAB=qUAB,易知QU的单位应与功的单位相同,ΦI=BSI=ILB·x=FA·x,安培力与位移的乘积的单位与功的单位相同,A错误。M=

=

=

=

(其中用到了电流的定义式I=

,动生电动势E=BLv),故M的单位与电动势和电流的比值的单位相同,即与电阻单位相同,国际单位制中,电阻的单位为欧姆,B正确。

=

,仅与物体的电阻有关,反映了物体的导电性质,C正确。由电感定义式L=

可得,ΔΦ=L·ΔI,代入法拉第电磁感应定律的表达式E=

中,可得E=L

,D正确。6.(巧用降维法+分解思维求解空间动力学问题)(2025山东,8,3分)工人在河堤的硬质

坡面上固定一垂直坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面

夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若

建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN

向下匀加速滑行的加速度大小为

()

B

A.gsin2

θ-μgcosθ-μgsinθcosθB.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2

θC.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsinθcosθD.gcos2

θ-μgcosθ-μgsin2

θ解题导引物体所受的力不在同一个平面内,将空间内的受力分析分解为平面内的受

力分析,再利用牛顿第二定律计算加速度,就会减小本题的难度。解析如图甲所示,建筑材料所受重力可分解为垂直于坡面的G1和沿坡面且平行于QN

的G2,由几何关系可得G1=mgcosθ、G2=mgsinθ;如图乙所示,再将平行于QN方向的G2

分解为沿挡板MN的G3和垂直于挡板MN的G4,由几何关系可得G3=G2cosθ=mgsinθcos

θ、G4=G2sinθ=mgsin2

θ。【关键:建筑材料沿坡面和沿挡板下滑,所以垂直于坡面和垂直于挡板方向所受合力均为零】建筑材料与坡面间的摩擦力Ff1=μFN1=μG1,建筑材料与

挡板间的摩擦力Ff2=μFN2=μG4。由牛顿第二定律可得建筑材料沿MN向下匀加速滑行

的加速度大小a=

=gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2

θ,B正确。三年模拟7.★★(2025届江苏常州前黄高级中学模拟)下列描述符合事实的是

()A.伽利略根据理想实验,提出力不是维持物体运动的原因B.力属于国际单位制中的基本物理量,对应基本单位是牛顿C.牛顿运动定律不仅能准确描述宏观物体的运动规律,还能准确描述微观粒子的运动

规律D.速度越大的物体惯性越大

A

解析伽利略根据理想实验,提出力不是维持物体运动的原因,A正确。力是导出物理

量,其单位牛顿(N)是导出单位,B错误。牛顿运动定律仅适用于宏观、低速的物体,无法

准确描述微观粒子的运动规律,C错误。惯性大小仅由物体的质量决定,与速度无关,D

错误。8.★★★(2025届湖南怀化三模)如图甲所示,在水平地面上,可视为质点的物体受到恒

定的水平向右的拉力F作用,从某点P以v0=4m/s的速度向左滑动,物体运动的部分速度v

随时间t的变化图像如图乙所示,已知物体的质量m=3kg,重力加速度大小g=10m/s2,下

列说法正确的是

()

D

A.F的大小为12NB.物体与地面间的动摩擦因数为0.25C.物体回到P点的速度大小为1.5m/sD.物体回到P点的时刻为1.5s解题导引

解析

0~0.5s内,物体加速度大小a1=

m/s2=8m/s2,根据牛顿第二定律可得F+μmg=ma1;0.5~1s内,物体加速度大小a2=

m/s2=2m/s2,根据牛顿第二定律可得F-μmg=ma2,联立可得F=15N、μ=0.3,A、B错误。物体向左运动的位移大小x1=

×4×0.5m=1m;物体向右运动至P点,根据x1=

a2

可得,物体回到P点的时刻t=0.5s+t2=1.5s,物体回到P点的速度大小v=a2t2=2m/s,C错误,D正确。9.★★★(2026届山西开学考)如图所示,倾角为θ的光滑斜面体固定在水平地面上,轻质

弹簧一端固定,另一端与A球相连,A、B、C三球用轻杆或细线相连,三球的质量均

为m。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,三个小球都静止,重力加速度为g,下列说法正

确的是

()

A.若A、B间由轻杆连接,B、C间由细线连接,则剪断细线的瞬间,轻杆上的弹力大小为2

mgsinθ

B

B.若A、B间由轻杆连接,B、C间由细线连接,则剪断细线的瞬间,A、B球的加速度大小

均为

gsinθC.若A、B间由细线连接,B、C间由轻杆连接,则剪断细线的瞬间,A球的加速度大小为g

sinθD.若A、B间由细线连接,B、C间由轻杆连接,则剪断细线的瞬间,轻杆上的弹力大小为

mgsinθ解析剪断细线前,对三球整体分析可得,弹簧的弹力Fk=3mgsinθ。【关键:若A、B间由轻杆连接,B、C间由细线连接,剪断细线瞬间,细线的拉力瞬间消失,弹簧的弹力不能突变,A、B加速度相同,可将A、B看成一个整体】剪断细线瞬间,对A、B两球整体分析

可得,A、B的加速度大小a1=

=

gsinθ;对B受力分析可得FT-mgsinθ=ma1,解得轻杆上的弹力大小FT=

mgsinθ,A错误,B正确。【关键:若A、B间由细线连接,B、C间由轻杆连接,剪断细线瞬间,细线对A的拉力消失;B、C一起沿斜面下滑,可看作整体】剪断细线瞬间,A的加速度大小a2=

=2gsinθ,C错误。对B、C整体分析,加速度大小a3=

=gsinθ;对C分析可得mgsinθ+F'T=ma3,解得轻杆上的弹力F'T=0,D错误。10.★★★(2026届新疆乌鲁木齐联考)如图所示,质量为M=2m的劈块左、右劈面的倾角

分别为θ1=30°,θ2=45°,质量分别为m1=m和m2=2m的两物块,同时分别从左、右劈面的顶

端由静止开始下滑,劈块始终与地面保持相对静止,其中质量为m1的物块与劈块间的动

摩擦因数为

,质量为m2的物块光滑,则两物块下滑过程中劈块与地面间的动摩擦因数至少是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

()

A.

B.

B

C.

D.

解析劈块始终静止,可得劈块的加速度a'=0;质量为m1的物块加速度大小a1=

=gsin30°-μgcos30°=

g,方向沿左劈面向下;质量为m2的物块加速度大小a2=

=gsin45°=

g,方向沿右劈面向下;选劈块及两物块构成的质点系为研究对象,根据质点系的牛顿第二定律,在水平方向可得Ff=m2a2cos45°-m1a1cos30

°,竖直方向可得(M+m1+m2)g-FN=m1a1sin30°+m2a2sin45°,其中Ff≤μ'FN,联立解得两物块

下滑过程中劈块与地面间的动摩擦因数至少为μ'min=

,B正确。方法总结质点系的牛顿第二定律当多个物体加速度不相同时,也可以将它们看成一个系统,系统受到的合力提供了系统

的加速度,建立坐标系进行正交分解后,可得∑F合x=m1a1x+m2a2x+…、∑F合y=m1a1y+m2a2y+

…。

涉及库仑定律的瞬时性问题(2025湖南,5,4分)如图,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳

连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连

线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正

确的是

()

C

创新风向·模块融合A.A球静止时,轻绳上拉力为2mgB.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mgC.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为gD.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小解题导引

A静止时受三个力作用,大小为mg、方向竖直向下的重力,方向沿绳收缩方

向的拉力,由A指向B的库仑力。根据共点力平衡的特点求出库仑力。剪断轻绳瞬间,绳

对A球的拉力瞬间消失,但库仑力与重力均不变。解析对A进行受力分析,如图,由题意可知,轻绳拉力与重力的合力沿二者夹角的角平

分线方向,故T=mg,F库=2mgcos30°=

mg,A、B错误。剪断轻绳瞬间,轻绳拉力瞬间消失,A受到的重力、库仑力不变,重力与库仑力的合力与绳剪断前对A的拉力大小相等、

方向相反,故加速度大小为g,C正确。在绳被剪断瞬间B球受到的重力、库仑力不变,则

轻杆的力不变,D错误。

第2节牛顿第二定律的应用

动力学中的两类基本问题T3、4、6、8

动力学中的图像问题T2、5

超重和失重问题T1、7五年高考1.★(2024海南,1,3分)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功

着陆,在返回舱返回至离地面十几公里时打开主伞,返回舱快速减速,速度大大减小,在

减速过程中

()A.返回舱处于超重状态B.返回舱处于失重状态C.主伞的拉力不做功D.重力对返回舱做负功

A

解析返回舱减速下落,则加速度方向向上,故处于超重状态,A正确,B错误。主伞对返

回舱的拉力向上,返回舱的位移向下,故主伞的拉力做负功,C错误。返回舱的重力向下,

位移向下,故重力做正功,D错误。现象加速度方向受力特点运动方式做功情况超重向上F>G(F-mg=ma)向上加速WG<0,WF>0,W合>0向下减速WG>0,WF<0,W合<0失重向下F<G(mg-F=ma,a<g)向下加速WG>0,WF<0,W合>0向上减速WG<0,WF>0,W合<0完全失重向下F=0(mg=ma,a=g)各种抛体运动只有重力做功知识拓展2.★★(2025陕晋青宁,3,4分)某智能物流系统中,质量为20kg的分拣机器人沿水平直线

轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确

的是

()

A

解析由题图可知,机器人在0~1s时间内所受合力沿正方向,机器人相对轨道做匀加速

直线运动,1~2s时间内所受合力为0,加速度为0,2~3s时间内所受合力与0~1s时间内所

受合力大小相等、方向相反,机器人的加速度也与0~1s内机器人的加速度大小相等、

方向相反,而且0~1s时间内与2~3s时间内的时间间隔相等,A正确。3.★★(2024安徽,6,4分)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分

别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向

上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢

拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于

弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中

()

AA.速度一直增大

B.速度先增大后减小C.加速度的最大值为3g

D.加速度先增大后减小解析未撤拉力时小球在P点保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧的

弹力的合力为零,拉力F=2mg,方向竖直向上,则两弹簧弹力的合力大小为mg,方向竖直

向下。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的弹力与重力的合力始终

向下,小球一直做加速运动,A正确,B错误。小球从P点运动到O点的过程中,两弹簧形变

量变小,两弹簧弹力的夹角变大,则两弹簧弹力的合力变小,小球所受的合力变小,加速

度的最大值为撤去拉力时的加速度,即在P点加速度最大,由牛顿第二定律可知2mg=ma,

加速度的最大值为2g,C、D错误。4.★★★(2025湖北,7,4分)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为

的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,

一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如

图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小

为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于

()

B

A.

B.

C.

D.2

解析由题意知门板的初速度为0,末速度为0,根据牛顿第二定律,门板先做匀加速直线

运动,运动的加速度大小a1=

,再做匀减速直线运动,运动的加速度大小a2=μg,总位移为

,设总时间为t,当门板受到的恒力F不同,会得到不同的运动时间,门板的速度-时间图像如图所示,根据图像可知,需要满足总位移x不变,即v-t图像与t轴所围的面积不

变,当恒力F趋近于无穷大时,匀加速运动过程的时间趋近于0,总时间最短,此时总位移

=

μgt2,解得最短的总时间t=

,B正确。

三年模拟5.★★★(2026届湖南邵东一中月考)水平力F方向确定,大小随时间变化如图甲所示。

用力F拉静止在水平桌面上的小物块,物块质量为1kg。在F从0开始逐渐增大的过程

中,物块的加速度随时间变化情况如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速

度g=10m/s2,由图像可知

()

A.小物块所受滑动摩擦力的大小为6N

D

B.4s时小物块的速度为8m/sC.小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.6D.t=

s时,小物块开始滑动解析由题图甲知,当t=2s时,F=6N,a=1m/s2,根据牛顿第二定律得F-Ff=ma,Ff=μmg,代

入数据解得小物块所受滑动摩擦力的大小Ff=5N,μ=0.5,A、C错误;a-t图线与t轴围成的

面积表示速度变化量,4s时小物块的速度大于v=

×2m/s=8m/s,B错误;根据F-t图像可知F=3t(N),当F=Ff=μmg=5N时,小物块开始滑动,故t=

s,D正确。6.★★★(2025届山东部分学校模拟)如图所示,足够长的倾角为θ的斜面体固定在水平

面上,一质量为m的物块恰能静止在斜面上的A点,物块与斜面间的动摩擦因数为μ(最大

静摩擦力等于滑动摩擦力)。现对物块施加沿斜面向上的拉力F,经时间t,物块匀加速运

动至B点(图中未标出);撤去拉力F后,物块继续运动,再经时间2t到达C点,此时速度大小

为经过B点时速度的

。已知重力加速度为g,物块可视为质点,下列说法正确的是

()

B

A.物块与斜面间的动摩擦因数μ=

B.拉力F的大小为8mgsinθC.A、B两点间的距离是B、C两点间距离的3倍D.物块从A点开始运动到最终停下所需要的时间为7t解析

【关键:“物块恰能静止在斜面上”说明物块处于平衡状态且所受摩擦力为最大静摩擦力】根据平衡条件可得mgsinθ=μmgcosθ,解得μ=tanθ,A错误。由B点至C

点,物块做匀减速运动,已知vC=

vB,根据加速度定义式可得a2=

=-

,根据牛顿第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立解得vB=6gtsinθ;施加拉力F时,加速度a1=

=6g

sinθ,根据牛顿第二定律可得F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,联立解得F=8mgsinθ,B正确。

根据匀变速直线运动平均速度公式可得xAB=

t、xBC=

×2t=

vBt,解得

=

,C错误。撤去拉力后到停止运动的时间为t'=-

=3t【点拨:当物块沿斜面向上速度减到零时,由于μ=tanθ,即mgsinθ=μmgcosθ,物块静止,不再沿斜面下滑】,故物块从A点开

始运动到最终停下所需要的时间t总=t+3t=4t,D错误。7.★★★(2026届重庆育才中学开学考)某同学利用手机上自带的加速度传感器,记录了

他下蹲、起立过程中,加速度随时间的变化情况。规定竖直向上为加速度正方向,a-t图

像如图所示。关于该运动过程,下列说法正确的是

()

D

A.该同学完成一次下蹲和起立的时间大约为2sB.在下蹲过程中,与b点对应的时刻,该同学速度最大C.在下蹲过程中,与c点对应的时刻,该同学对地面的压力最小D.与f点对应的时刻,该同学处于超重状态解析由题图可知,该同学完成一次下蹲和起立动作的时间大约为6s【点拨:下蹲过程中,加速度先向下后向上,起立过程中加速度先向上后向下】,A错误。下蹲时,速度由零

开始向下增大,b点对应的时刻加速度仍为负,说明此时速度仍在继续增大,速度未达到

最大值,B错误。下蹲过程中,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma;根据牛顿第三定律可

得,该同学对地面的压力大小F'N=FN=mg+ma,c点对应的时刻加速度为正且最大,故此时

该同学对地面的压力最大,C错误。f点对应的时刻加速度为正,方向向上,故为超重状

态,D正确。8.★★★(多选)(2026届山西开学考)如图所示,平面直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴

沿竖直方向。可伸缩的光滑细杆一端位于O点,另一端位于点P(3m,-1m),将小环套在

杆上从O点由静止释放后,经时间t0滑到细杆的另一端;现将细杆伸缩绕O点旋转后使另

一端位于点Q(x,y),还将小环从O点由静止释放,要使小环滑到细杆的另一端点Q的时间

仍为t0,则满足要求的Q点的坐标是()

A.(-3m,-4m)

B.(-4m,-2m)

BD

C.(-4m,-1m)

D.(-3m,-1m)解析设细杆长度为L,细杆与x轴正方向的夹角为θ,可得sinθ=

;小环沿细杆下滑时,沿细杆方向,根据牛顿第二定律可得mgsinθ=ma,解得a=gsinθ;小环由静止释放,根据运

动学公式可得L=

a

=

g

sinθ;由几何关系可得L=

,联立可得

=

g

,代入P点坐标数据得

g

=10m。若细杆伸缩绕O点旋转,小环滑到细杆的另一端点Q的时间仍为t0,Q点的坐标应满足

=

g

,代入选项数据可得B、D正确。速解方法运用“等时圆模型”求解以OP为弦作圆,当Q点在圆上时,小环由O点运动到Q点的时间为t0;设圆的半径为R,对

OP可得2Rsinθ=

m,其中sinθ=

,解得R=5m;设Q点的坐标为(x,y),由几何关系可得2R·

=

,即R=

,代入选项数据可得B、D正确。

相对运动在动力学、能量问题中的运用(2025届安徽滁州二模)如图所示,生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙,它们

相互垂直且等高,传送带均以大小为v的速度运行。将一质量为m的工件(视为质点)轻

放到传送带甲上,工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同,并平稳地传送到传

送带乙上,且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件与两传送带间的动摩擦因数均为

μ,重力加速度为g。求:(1)工件在传送带甲上做加速运动的位移大小;(2)工件在传送带乙上运动时,因摩擦产生的热量;创新风向·挑战思维(3)工件从滑上传送带乙至速度最小所用的时间。

答案(1)

(2)mv2

(3)

解析

(1)工件在传送带甲上,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,又v2=2ax,联立解得x=

。(2)工件滑到传送带乙上瞬间,相对于乙的运动情况和受摩擦力情况如图1所示图1工件相对传送带乙的初速度v相=

v;根据牛顿第二定律可得μmg=ma相;【关键:工件相对传送带乙先做匀减速直线运动,后静止】根据匀变速直线运动规律可得

=2a相x相;产生的热量Q=μmg·x相;联立可得Q=mv2。(3)工件滑到传送带乙上瞬间,以地面为参考系,工件在传送带乙上的运动情况和受摩擦

力情况如图2所示图2工件在传送带乙上做匀变速曲线运动,将工件滑上传送带乙的速度沿滑动摩擦力方向

和垂直于滑动摩擦力方向进行分解,有vx=vy=

v;由μmg=ma有a=μg;根据vy=at可得工件从滑上传送带乙至速度最小所用的时间t=

。易错警示工件在传送带乙上的最小速度并不是相对传送带乙静止时的速度,故所用的时间并不

等于t'=

=

。微专题4

牛顿第二定律的综合应用题组1动力学中的连接体问题1.★★(2024北京,4,3分)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运

动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为

()A.

F

B.

F

C.

F

D.

F

A解析以飞船与空间站整体为研究对象,满足F=(M+m)a,则加速度a=

;以空间站为研究对象,根据牛顿第二定律得飞船对空间站的作用力大小FN=Ma=

,A正确。2.★★(多选)(2023福建,5,6分)如图所示,一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假

设各车厢质量均相等(含乘客),在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场

小火车共有3节车厢,车头对第一节车厢的拉力为T1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为

T2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3,则

()

A.当火车匀速直线运动时,T1=T2=T3B.当火车匀速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1C.当火车匀加速直线运动时,T1=T2=T3

BD

D.当火车匀加速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1解析设每节车厢的质量为m,火车做匀加速直线运动时,对三节车厢整体进行受力分

析,由牛顿第二定律有T1-k(3mg)=3ma,解得T1=3m(a+kg),同理,对后两节车厢整体进行分

析,有T2=2m(a+kg),对第三节车厢进行分析,有T3=m(a+kg)。分析可知,不论火车做匀速

直线运动还是匀变速直线运动,均有T1∶T2∶T3=3∶2∶1,B、D正确,A、C错误。3.★★(2025安徽,5,4分)如图,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1.0kg,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10m/s2,则在乙下落的过程中

()

A.甲对木箱的摩擦力方向向左

C

B.地面对木箱的支持力逐渐增大C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N解析甲向右运动,木箱静止,甲受到木箱的摩擦力方向向左,所以甲对木箱的摩擦力方

向向右,A错误。在乙下落过程中,竖直方向的加速度不变,对甲与木箱整体根据牛顿第

二定律可知地面对木箱的支持力不变,B错误。设轻绳的拉力大小为T,两物块的加速度

大小为a,根据牛顿第二定律,对甲有T-μmg=ma,对乙有mg-T=ma,联立解得a=2.5m/s2,T=

7.5N,C正确,D错误。4.★★★(2026届江苏无锡一中开学考)如图所示,物块a通过轻弹簧与物块b连接,用手

托住b保持静止。现将a、b由静止释放,不计空气阻力,从释放到弹簧第一次恢复原长

的过程中,a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是

()

C

解析

v-t图线的斜率表示加速度。设物块a、b的质量分别为ma、mb,弹簧劲度系数

为k,释放前,以物块a为研究对象,根据平衡条件可得kx0=mag;将a、b由静止释放,初始时,

物块a的加速度为0,物块b的加速度为ab0=

,A、B错误。从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中,a、b的距离增大,弹簧的压缩量逐渐减小,对物块a由牛顿第二定律可

得aa=

,故物块a做加速度从0逐渐增大的加速运动,当弹簧第一次恢复原长时,物块a的加速度为g;对物块b由牛顿第二定律可得ab=

,故物块b做加速度逐渐减小的加速运动,当弹簧第一次恢复原长时,物块b的加速度为g,即当弹簧第一次恢复原长时,aa=ab=g,两物块的v-t图线斜率相同,C正确,D错误。5.★★★(多选)(2026届湖北黄冈一模)如图所示,系在墙上的轻绳通过轻质动滑轮连接

滑块Q,滑块P与定滑轮连接,两滑块的质量均为2kg,与水平地面间的动摩擦因数均为0.

5。现对P施加水平向左的拉力F=60N,使P向左做匀加速直线运动,绕过动滑轮的两段

轻绳始终水平,不计轻绳与滑轮间的摩擦,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是

()

A.P的加速度大小为3m/s2B.Q的加速度大小为5m/s2

AC

C.轻绳对Q的拉力大小为22ND.轻绳对Q的拉力大小为20N解析对滑块P及轻质动滑轮整体,根据牛顿第二定律可得F-2FT-μmg=maP,对滑块Q,根

据牛顿第二定律可得FT-μmg=maQ,又aQ=2aP【点拨:轻绳长度不变,在相同时间内,P的位移是Q的位移的一半,根据x= at2可得aQ=2aP】,联立解得轻绳对Q的拉力大小FT=22

N、P的加速度大小aP=3m/s2、Q的加速度大小aQ=6m/s2,A、C正确。6.★★★(2025届北京房山一模)如图所示,沿水平方向运动的货车内,一质量为m1的物

块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上,且与车厢保持相对静止,物块与车厢左壁间的动摩擦

因数为μ,另一质量为m2的小球通过轻质细线与车厢顶部连接,细线与竖直方向的夹角

为α。重力加速度为g,下列说法正确的是

()

A.货车一定向右加速运动B.细线中的拉力大小为m2gcosα

D

C.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μm1gtanαD.物块受到车厢左壁的弹力大小为m1gtanα解题导引

解析对小球受力分析,如图甲所示。根据受力分析可得FT=

,B错误。根据牛顿第二定律可得m2gtanα=m2a,解得a=gtanα,方向水平向右,可得车和物块的加速度也是水

平向右的,故车可能向右做加速运动或向左做减速运动,A错误。对物块受力分析,如图

乙所示,竖直方向静摩擦力大小Ff=m1g;根据牛顿第二定律可得FN=m1a=m1gtanα,摩擦力

不一定达到最大静摩擦力,C错误,D正确。

题组2动力学中的临界极值问题1.★★(2024全国甲,15,6分)如图,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平

桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变

盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下

列a-m图像中,可能正确的是

()

D

解析设P质量为mP,当mg≤μmPg时,P静止不动,a=0;当mg>μmPg时,砝码和P加速度大小

相等,以砝码和P整体为研究对象,由牛顿第二定律可得mg-μmPg=(m+mP)a,解得a=g-

,当m趋近于无穷大时,a趋近于g,D正确。2.★★★(多选)(2022全国甲,19,6分)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二

者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。

用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻

开始到弹簧第一次恢复原长之前

()

A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小

AD

解析撤去拉力F后到弹簧第一次恢复原长,弹簧弹力kx减小,对P有μmg+kx=maP,对Q有

μmg-kx=maQ,且撤去拉力瞬间μmg=kx0,故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动,Q做加

速度从0逐渐增大到μg的减速运动,即弹簧恢复原长前,P的加速度始终大于Q的加速度,

故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于

Q的平均速度大小,由x=

t可知Q的位移大小大于P的位移大小,B、C错误,A、D正确。3.★★★(多选)(2025届湖北鄂东南联盟联考)如图所示,一轻质竖直挡板AB固定在光滑

斜面体顶端,一根长2m的轻绳一端系在挡板AB上,另一端系一重力为50N的小球,已知

轻绳与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为37°,整个装置处于静止状态,重力加速度g=10

m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是

()

A.轻绳对小球拉力的大小为

N

BD

B.斜面对小球支持力的大小为

NC.若斜面体向右做加速度大小为5m/s2的匀加速直线运动,则绳的拉力为0D.若斜面体以AB所在的竖直边为轴做角速度为

rad/s的匀速圆周运动,则球对斜面的压力为0解析对小球受力分析,如图所示,FNsin37°=FTsin45°、FNcos37°+FTcos45°=G,联立

解得FN=

N,FT=

N,A错误,B正确。若斜面体向右做匀加速直线运动,绳的弹力恰好为0,对小球受力分析,根据牛顿第二定律可得Gtan37°=ma,解得a=7.5m/s2>5m/s2,

故若斜面体向右做加速度大小为5m/s2的匀加速直线运动,则绳的拉力不为0,C错误。

若斜面体以AB所在的竖直边为轴做匀速圆周运动时,球对斜面的压力恰好为0,对小球

进行分析,根据牛顿第二定律可得Gtan45°=mω2Lsin45°,解得ω=

rad/s,D正确。

4.★★★(多选)(2026届黑龙江哈尔滨三中月考)如图,质量为m的小滑块a静置于质量为

M的粗糙斜劈b的斜面上,斜面倾角为θ=37°,a、b间动摩擦因数μ=tan37°,最大静摩擦力

等于滑动摩擦力。现对a施加一与斜面始终平行的外力F,斜劈b一直静止于粗糙的水

平面c上。重力加速度为g。则下列说法正确的是

()

A.若改变外力F的大小和方向,b、c间摩擦力可能为零B.若F=0.75mgsin37°且为水平方向时,小滑块a仍静止

AC

C.若F=0.75mgsin37°且为水平方向时,则a的加速度大小为0.25gsin37°D.若改变外力F的大小和方向,则b对c的最小压力为Mg+2mgcos37°解析

若a沿斜面向下运动,a所受b的摩擦力沿斜面向上,根据牛顿第三定律可知a对b

的摩擦力沿斜面向下,f=μmgcos37°=mgsin37°,摩擦力的水平分力f水平=mgsin37°·cos3

7°,a对b的压力F压=mgcos37°,压力的水平分力F压水平=mgsin37°·cos37°,此时在水平方

向上满足f水平=F压水平,且二者方向相反,b、c间的摩擦力为0,若F沿斜面向下,则F提供a做

匀变速直线运动的加速度,A正确。若F=0.75mgsin37°且为水平方向时,则F与重力沿

斜面的分力的合力F合=

=

mgsin37°,a与斜面间的最大静摩擦力Ffm=μmgcos37°=mgsin37°<F合,所以a已经滑动;根据牛顿第二定律可得F合-Ffm=ma,解得加速

度大小a=0.25gsin37°,B错误,C正确。若a未滑动,改变外力F的大小和方向,对a、b整体分析,当F大小一定时,F在水平面上方且与水平面的夹角越大,b对c的压力越小,而外力F

与斜面始终平行,结合几何知识可知,F与水平面的夹角最大为θ=37°,此时F沿斜面向上,

F的值越大,b对c的压力越小,F最大为Fm=mgsin37°+Ffm=2mgsin37°,对a、b整体分析有

Fmsin37°+FN=(m+M)g,解得FN=Mg+mgcos74°;若a滑动后,对b分析可知,a对b的压力恒

定,a对b的滑动摩擦力沿斜面向上时,b对c的压力最小,对b有FN=Mg+mgcos37°·cos37°-

μmgcos37°·sin37°=Mg+mgcos74°,D错误。5.★★★★(多选)(2023湖南,10,5分)如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平

推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠

在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的

夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止,重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力。下列说法正确的是

()

CD

A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtanθB.若推力F向左,且tanθ≤μ,则F的最大值为2mgtanθC.若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tanθ)D.若推力F向右,且tanθ>2μ,则F的范围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)解析若B球受到的摩擦力为零,设轻杆对B球的弹力大小为FN1,对A球在竖直方向有FN1

'cosθ=mg,对B球在水平方向有FN1sinθ=ma,对整体有F=4ma,已知FN1=FN1',联立解得F=4

mgtanθ,A错误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球根据牛顿第

二定律得mgtanθ=ma1,解得a1=gtanθ;当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩

擦力时,如图所示,对A受力分析,在竖直方向根据平衡条件有FN1'cosθ=mg,对B受力分

析,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-FN1sinθ=ma2,FN1=F'N1,对A、B整体在竖直方向有

FN2=2mg,又fm=μFN2,联立解得a2=(2μ-tanθ)g;若a1≤a2,即tanθ≤μ时,对整体由F=4ma1求得

F的最大值为4mgtanθ,B错误。若a1>a2≥0,即μ<tanθ≤2μ时,对整体由F=4ma2求得F的

最大值为4mg(2μ-tanθ),C正确。若推力F向右,当B即将相对车厢底部向右滑动时,最大静摩擦力方向向左,对A在竖直方向根据平衡条件有FN1'cosθ=mg,对整体在竖直方向有

FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1sinθ-fm=ma3,又fm=μFN2,FN1=F'N1,联立解

得a3=(tanθ-2μ)g,对整体由F=4ma3求得F的最小值为4mg(tanθ-2μ);当B相对车厢底部即

将向左滑动时,最大静摩擦力方向向右,对A在竖直方向根据平衡条件有F'N1cosθ=mg,

对整体在竖直方向有FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1sinθ+fm=ma4,又

fm=μFN2,FN1=F'N1,联立解得a4=(tanθ+2μ)g,对整体由F=4ma4求得F的最大值为4mg(tanθ+2

μ),即F的范围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ),D正确。

微专题5

动力学中的传送带模型题组1水平传送带模型1.★★(2024北京,10,3分)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,

最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是

()A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长

D

解析刚开始物体相对传送带向后运动,A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相

对运动趋势,物体不受静摩擦力,B错误。物体加速运动过程中,物体受到的滑动摩擦力

与位移方向相同,摩擦力对物体做正功,C错误。物体的加速度a=μg(μ为物体与传送带

间的动摩擦因数),由v=at可得传送带的速度v越大,物体加速运动的时间t越长,D正确。2.★★★(多选)(2026届河南名校月考)如图甲所示,水平放置的传送带能以不同的速度v

逆时针匀速运行,某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带,物块离开传送带后到落

地过程的水平位移x与传送带速度v关系图像如图乙所示。已知传送带长度L=0.36m,

重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是

()

A.当传送带速度在0~0.9m/s范围内取值时,物块在传送带上一直减速B.物块的初速度大小为1.5m/s

AB

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3D.当传送带速度在0~0.9m/s范围内取值时,物块和传送带间因摩擦产生的热量为定值解题导引物块在传送带上运动情况的分析

解析当v=0时,物块在传送带上做匀减速运动;由题图乙可知,当传送带速度在0~0.9m

/s范围内取值时,物块离开传送带做平抛运动的水平位移x不变,说明物块离开传送带的

速度不变,故物块在传送带上一直减速,A正确。当传送带速度v=0.9m/s时,物块在传送

带上恰好做匀减速直线运动至速度与传送带速度相同,设物块的初速度大小为v0,物块

在传送带上的加速度大小为a,可得(0.9m/s)2-

=-2aL;当传送带速度v'=0.3

m/s时,物块在传送带上恰好一直做匀加速直线运动至速度与传送带速度相同,可得(0.3

m/s)2-

=2aL;联立可得v0=1.5m/s,a=2m/s2,B正确。加速度大小a=

=μg=2m/s2,解得物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2,C错误。当传送带速度在0~0.9m/s范围内取值时,物块相对传送带的位移不同,根据Q=μmgx相对可得物块和传送带间因摩擦产生的热量不是定

值,D错误。3.★★★(2025届辽宁省实验中学二模)如图所示,水平传送带以v0=2m/s的速率顺时针

匀速转动,质量均为m=0.5kg的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数

均为μ=0.25。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带,滑上时速度的大小均为v

=4m/s,两滑块在传送带上恰好相遇未相碰,重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是

()

D

A.两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8sB.A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4mC.传送带的长度为6mD.滑块从滑上传送带到相遇,两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10J解析

【关键:因为v>v0,故A滑上传送带后先减速后匀速,B滑上传送带后先减速,再反向加速,最后匀速,当两滑块都匀速运动时刚好相遇不相碰】根据μmg=ma,解得滑块滑

上传送带后的加速度大小a=2.5m/s2;A减速运动的时间tA=

=0.8s,B从滑上传送带到匀速运动的时间tB=

=2.4s,故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4s,A错误。【关键:两滑块相遇时与传送带左端的距离为相遇时A的位移】对滑块A,可得xA=

(v+v0)tA+v0(tB-tA),解得A、B相遇时与传送带左端的距离xA=5.6m,B错误。【关键:传送带的长度等于两滑块相遇时,两滑块的位移大小之和】相遇时B的位移大小xB=

(v-v0)tB

=2.4m,方向向左,则传送带的长度为xA+xB=8m,C错误。A与传送带间的相对位移ΔxA=xA-v0tB=0.8m,B与传送带间的相对位移为ΔxB=xB+v0tB=7.2m,故产生的总热量为Q=μmgΔxA

+μmgΔxB=10J,D正确。4.★★★(多选)(2026届四川绵阳南山中学开学考)如图所示,水平传送带长L=0.21m,以

速度v1=1m/s匀速运动,质量均为1kg的小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相

连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2=1.6m/s,P与定滑轮间的绳水平,P与传送带之间

的动摩擦因数为μ=0.2。已知重力加速度g=10m/s2,不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的

摩擦,绳足够长。下列说法正确的是

()

BC

A.物体Q刚开始的加速度大小为4m/s2B.P在传送带上运动的时间为0.2sC.P在传送带上留下的划痕长度为0.03mD.从开始运动到P与传送带共速,Q上升的高度为0.03m解题导引

解析对P、Q整体分析,根据牛顿第二定律可得mg+μmg=2ma,解得Q物体刚开始的加

速度大小a=6m/s2,A错误。P从滑上传送带至与传送带速度相同所用的时间t1=

=0.1s;t1时间内P的位移xP=

t1=0.13m,当P与传送带共速后,对P、Q整体分析,根据牛顿第二定律可得mg-μmg=2ma',解得a'=4m/s2,根据v1t2-

a'

=L-xP,解得t2=0.1s;P在传送带上运动的时间t=t1+t2=0.2s,B正确。0~0.1s内,P在传送带上留下的划痕长度Δx1=xP-v1t1=

0.03m;0.1~0.2s内,P在传送带上反方向留下的划痕长度Δx2=v1t2-(L-xP)=0.02m,故P在传

送带上留下的划痕长度为0.03m,C正确。从开始运动到P与传送带共速,Q上升的高度h

=xP=0.13m,D错误。5.★★★(多选)(2025届海南部分中学模拟)如图所示,水平传送带以v0=6m/s的恒定速率

顺时针匀速转动。现将一质量为m=1kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的

左端A点,同时给物块一个水平向右、大小为F=5N的恒定拉力,物块经过t=2s到达传送

带的右端B点。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10m/s2。

下列说法正确的是()A.从A点到B点,物块所受的摩擦力不变B.从A点到B点,物块先加速后减速

CD

C.物块运动的最大速度为10m/sD.传送带A点到B点之间的距离为11m解析开始时物块受到的滑动摩擦力向右,加速度a1=

=6m/s2,达到共速时的时间t1=

=1s,位移x1=

t1=3m;共速后物块所受滑动摩擦力向左,物块的加速度a2=

=4m/s2,物块继续加速,A、B错误。到达B点时物块速度最大,最大速度vm=v0+a2(t-t1)=10m/s,C正确。传送带A点到B点之间的距离L=x1+v0(t-t1)+

a2(t-t1)2=11m,D正确。易错警示当物块与传送带共速后,由于F大于物块与传送带间的最大静摩擦力,故物块并不会相

对传送带静止,而是以新的加速度继续加速。1.★★(2024安徽,4,4分)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底

端无初速轻放一小物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。

不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化

的关系图线可能正确的是

()

C

题组2倾斜传送带模型解析

0~t0时间内物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力,滑动摩擦力大于

重力沿传送带方向的分力,根据牛顿第二定律可知物块的加速度恒定,故物块沿传送带

向上做匀加速运动。t0时刻物块速度与传送带速度相同,滑动摩擦力突变为静摩擦力,

物块加速度为零,与传送带一起做匀速直线运动,C正确。2.★★★(多选)(2025届辽宁三模)如图,与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率v顺

时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一个与传送带平行的轻弹簧,质量为m的小

物块P随传送带一起向下匀速运动,P接触弹簧后弹簧的最大压缩量为x1,P与传送带之

间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。从P接触弹簧开始,到第一次将弹

簧压缩到最短的过程中

()

BC

A.P一直做减速运动最终静止不动B.P先做匀速运动后做减速运动C.传送带对P做功的功率先减小后变大再变小D.弹簧的最大弹性势能等于

mv2+mgx1sinθ解题导引

P接触弹簧后,受弹簧沿传送带向上的弹力,由受力分析可得Ff+F弹=mgsinθ,

随弹力变大,Ff减小,物块仍相对传送带静止,沿传送带向下做匀速运动;当弹力增加到等

于mgsinθ时Ff反向,继而P逐渐增大到F弹=Ffmax+mgsinθ时物块开始相对传送带向上滑

动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,此后F弹>Ffmax+mgsinθ,物块沿传送带向下做减速

运动最后速度减为零。解析

P接触弹簧后,物块先相对传送带静止,做匀速运动,后相对传送带向上滑动,物块

沿传送带向下做减速运动到最后速度减为零,A错误,B正确。P接触弹簧后,匀速运动阶

段,物块所受静摩擦力先沿传送带向上减小后向下增大,可得传送带对P做功的功率先

减小后增大;减速阶段P受滑动摩擦力不变,速度减小,可得传送带对P做功的功率减小,

C正确。根据能量关系可得,弹簧最大弹性势能小于

mv2+mgx1sinθ,D错误。3.★★★(多选)(2026届新疆实验中学开学考)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,

倾角为θ,以恒定速率顺时针转动,一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带,煤块的速

度随时间变化的图像如图乙所示,取g=10m/s2。下列说法正确的是

()

AD

A.传送带的速率是2m/sB.传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.6C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为(9+4

)m解析根据题图乙可知,传送带的速率是2m/s,A正确。0~1s内的加速度大小a1=

=

m/s2=10m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1;1~2s内的加速度大小a2=

=

m/s2=2m/s2,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2;联立解得θ=37°,μ=0.5,tanθ=0.75,B错误。【关键:v-t图线与时间轴所围面积表示位移】根据题图乙

可得,煤块沿传送带向上运动的位移大小x=

m+

m=8m;煤块从最高点下滑到A端过程,可得x=

a2t2,解得t=2

s,C错误。煤块开始相对于传送带向上运动,相对位移大小x相1=

t1-v1t1=

t1=

×1m=5m;煤块相对于传送带向下运动,经历时间t2=1s+2

s=(1+2

)s,相对位移大小x相2=v1t2-

=(9+4

)m>x相1,则煤块在传送带上留下的痕迹长为(9+4

)m,D正确。4.★★★(2021辽宁,13,11分)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所

示,以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间