题型02 力与直线运动（5大题型）（题型专练）（江苏专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型02 力与直线运动 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 匀变速直线运动规律的应用 考向02 牛顿运动定律的应用 考向03 连接体问题 考向04 临界问题 考向05 传送带与板块问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 力与直线运动在高考物理中占据核心地位，是解决复杂问题的基础和关键，主要体现在以下几个方面： 1. 核心知识地位： 力与直线运动是高中物理力学的核心内容，涉及牛顿三大定律、匀变速直线运动规律等基础知识，是理解后续电磁学、能量问题的前提。高考中常以选择题、计算题等形式考查，分值占比较高，且常与其他知识点结合出题。 2. 解题工具作用： 牛顿第二定律（F合=ma）是解决动力学问题的核心公式，通过受力分析和运动学公式，可以解决位移、速度、时间等问题。运动学图像（如v-t图像）是分析运动过程的重要工具，能直观反映物体的运动状态。 3. 综合应用能力： 常与电场力、摩擦力等结合，考查多过程、多物体的复杂问题，如滑块与木板问题、传送带问题等。要求考生具备受力分析、过程分析和综合运用知识的能力。 4. 学科素养培养： 培养逻辑思维和科学推理能力，通过分析力与运动的关系，解决实际问题。实验题中也常涉及力与直线运动的验证，如探究加速度与力、质量的关系。 总之，力与直线运动不仅是高考的重点，更是构建物理思维的基石，考生需熟练掌握相关知识和解题方法，才能在考试中应对自如。 考向01 匀变速直线运动规律的应用 【例1-1】 (2025·江苏卷)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动.2 s内速度由12 m/s减为0，该过程中加速度大小为（ ） A．2 m/s2 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．8 m/s2 【例1-2】(2025·安徽卷)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0.已知甲、乙两站之间的距离为8x，则（ ） A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 解决匀变速直线运动问题的几种方法 1、基本公式：，， 2、推论：，，或 3、比例关系：应用于初速度为0或末速度为0的匀变速直线运动 4、逆向思维：匀减速直线运动转化为反向的匀加速直线运动 5、图像法：研究x-t或v-t图像的斜率、截距、面积等 【变式1-1】(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L.木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2.则Δt2∶Δt1为（ ） A．(－1)∶(－1) B．(－)∶(－1) C．(＋1)∶(＋1) D．(＋)∶(＋1) 【变式1-2】 (2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示．电梯加速上升的时段是（ ） A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s 考向02 牛顿运动定律的应用 【例2-1】（2022·北京密云·一模）“八字刹车”是初级双板滑雪爱好者一项非常重要的技术，用“八字刹车”在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图1所示，其减速原理很复杂，但可简化为图2（图1中左边雪板的受力情况）所示。实际滑行时，可通过脚踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB为轴，外刃CD向上翻转，使得两雪板之间夹角为2α，雪板与雪面成β角。此时雪面对雪板的总作用力F可近似认为垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx垂直于AB边，这个分力可以帮助运动员做减速运动。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．其他条件不变的情况下，α角越小，减速效果越好 B．其他条件不变的情况下，β角越小，减速效果越好 C．滑行动作和姿态相同时，质量大的运动员减速效果更好 D．滑行动作和姿态相同时，质量不同的运动员减速效果相同 【例2-2】(2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面．实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)．下列说法中正确的是（ ） A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点 【例2-3】(2025·江苏大联考)斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示．质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v0＝12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为0.物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v－t图像如图乙所示(vB、t0未知)，取g＝10 m/s2.根据上述条件，下列选项中可以求得的是（ ） 甲　　 乙 A．物块与斜面之间的动摩擦因数 B．斜面的倾角 C．斜面AB段的长度 D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度 解决动力学问题的基本思路 1、找对象：确定合适的研究对象是解决动力学问题的基础。 2、两分析： （1）受力分析： （2）运动分析： 3、处理力：求合力 （1）合成法 （2）正交分解法 4、列方程：列F合=ma方程求解 【变式2-1】（2023·江苏南通·模拟预测）在教室内将两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示。当把该装置放在竖直加速的电梯中，且电梯的加速度。则（　　） A．若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大 B．若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变 C．若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大 D．若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变 【变式2-2】(2025·黑、吉、辽、蒙卷改编)如图(a)所示，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上．质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止．甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x－t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（ ） 图(a)　　　 　图(b) A．μ1＋μ2＝2tan θ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向右 考向03 连接体问题 【例3-1】(2024·海安质量监测)质量分别为2m和m的A、B两物块，在恒力F作用下沿光滑的水平面一起向前匀加速运动．下列情形中A对B的作用力最大的是（ ） A　　　 B C　　 　D 连接体问题的处理方法 1、加速度大小、方向相同： 可用整体法求解整体的加速度，再用隔离法求解连接体之间的作用力 2、加速度大小相等、方向不同： 对各个物体分别进行隔离分析，分别列方程求解 3、加速度大小相等、方向不同： 解决问题的方法同上，采用隔离法 【变式3-1】(2025·江苏盐城市期末)如图所示，一竖直轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k=40 N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16 N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．外力施加的瞬间，A、B的加速度大小均为0 B．当弹簧压缩量减小0.05 m时，A、B间弹力大小为1 N C．A、B分离时，A物体的位移大小为0.2 m D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1 m 考向04 临界问题 【例4-1】(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2. 若书不滑动，则列车的最大加速度不超过（ ） A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 解决临界问题的关键：临界条件的分析。如：两物体脱离的临界条件是FN=0；相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值；绳子松弛的临界条件是绳上拉力为0等。 【变式4-1】(2025·苏州期末调研)如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间，已知每只油桶质量为m，重力加速度为g. （1） 当货车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB. （2）为避免C脱离B而发生危险，求货车刹车的最大加速度a的大小． 考向05 传送带和板块问题 【例5-1】（2024·江苏·一模）如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列图中不可能描述小物块在传送带上运动的是（　　） A． B． C． D． 【例5-2】(2025·江苏卷·10)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则(　　) A．释放瞬间，物块加速度为零 B．物块和木箱最终仍有相对运动 C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零 D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变 传送带问题和板块问题的难点：摩擦力有无、性质和方向的判断。 1、物体与传送带共速时摩擦力的判断 （1）假设法：假设接触面光滑，判断两者之间是否有相对运动。 （2）转换参考系：在倾斜传送带问题中，当物体与传送带共速时，可以传送带为参考系，假设传送带不动（即传送带是一个斜面），从而判断物体相对于传送带有无相对运动或相对运动的趋势。 2、上方的物块与下方的木板共速时摩擦力的判断 可采用假设法，假设整体一起运动，求出相应的加速度，再计算依据两者之间的摩擦力能否提供这么大的加速度，如果不能，则发生相对滑动，为滑动摩擦力；如果可以，则不发生相对滑动，为静摩擦力。 【变式5-1】（2025·江苏·二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B．滑块一定可以回到A点 C．滑块最终停留在B点 D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 【变式5-2】（2023·江苏扬州·三模）如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则由图象可知下列说法正确的是（　　） A．时物块B和木板C相对滑动 B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C．由题目条件可求木板C的质量 D．时物块B和木板C相对滑动 1． (2025·苏北四市调研考试)如图所示为一小球沿竖直方向运动时的频闪照片，下列说法中正确的是（ ） A．小球正在上升 B．小球正在下降 C．小球处于失重状态 D．小球处于超重状态 2．（2025·江苏·模拟预测）某同学打开手机的某款传感器APP，手握手机迅速下蹲，手机记录的图像如图所示，、分别为图像的峰值，下列说法正确的是（ ） A．该款APP为位移传感器APP B．该款APP为速度传感器APP C．峰值a对应时刻，人对地面的压力最大 D．峰值b对应时刻，人对地面的压力最大 3． (2025·泰州四模)标准泳池的长度为50 m，百米游泳比赛中，运动员位移x随时间t变化的图像可能是（ ） A． B． C． D． 4． (2025·海南卷)如图所示是某汽车通过ETC过程的v－t图像，下列说法中正确的是（ ） A．0～t1内，汽车做匀减速直线运动 B．t1～t2内，汽车静止 C．0～t1和t2～t3内，汽车加速度方向相同 D．0～t1和t2～t3内，汽车速度方向相反 5． (2024·海南卷)商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动，后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ） A．1.25 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2 6． (2024·湖南卷)如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ） A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 7．(2025·扬州调研)如图所示，用轻质细绳绕过光滑滑轮将木块与重物连接，且细绳与木板平行，木块与重物的质量分别为m、M，重力加速度为g.下列说法中正确的是（ ） A．木块移动的距离等于重物下降的距离 B．若水平面光滑，重物的加速度等于 C．若水平面光滑，绳中张力等于重物重力 D．若水平面不光滑，绳中张力一定等于木块所受摩擦力 8．(2025·苏州、海门、淮阴、姜堰四校联考)如图所示，斜面体静置在水平面上，斜面底端固定一挡板，轻弹簧一端连接在挡板上，弹簧原长时自由端在B点．一小物块紧靠弹簧放置，在外力作用下将弹簧压缩至A点．物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终停在斜面上，斜面体始终保持静止，则（ ） A．整个运动过程中产生的内能大于弹簧弹性势能的变化量 B．物块上滑过程速度最大的位置在下滑过程速度最大的位置的上方 C．物块从A上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力方向先向左，再向右 D．物块从C下滑到最低点过程中，地面对斜面体的摩擦力先不变，后增大，再减小 9．（2021·江苏南京·三模）如图所示，两质点P、Q在光滑的水平面上分别以不同的速度向右运动，某时刻开始分别施以水平向左的力F1、F2，其中F1的大小不变，F2的大小由零逐渐增大，经过一段时间，它们恰好同时向右运动到最远，且位移大小相等。在此过程中，两质点同一时刻的瞬时速度vP与vQ的关系是（ ） A． B． C．先，后 D．先，后 10．（2025·江苏徐州·二模）如图所示，将一小物块（可视为质点）放置在足够长的固定光滑斜面上，用沿着斜面向上的拉力作用在物块上，拉力的功率P恒定，使物块由静止开始斜向上运动，已知运动过程中物块的动量最大为p，重力加速度为，根据已知条件，则 A．可求出物块的质量 B．可求出拉力的最小值 C．可求出斜面倾角的正弦值 D．若撤去拉力，不可求出物块的加速度 11．（2024·江苏泰州·一模）如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板、、，其下端都固定于容器底部点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑（忽略阻力），则（ ） A．A处滑块最先到达点 B．B处滑块最先到达点 C．C处滑块最先到达点 D．三个滑块同时到达点 12．（2020·江苏·一模）如图所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为（ ） A． B． C． D． 13．（11-12高三·江苏淮安·月考）如图所示，某生产线上相互垂直的甲乙传送带等高、宽度均为d ，均以大小为v的速度运行，图中虚线为传送带中线．一工件（视为质点）从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止．下列说法中正确的是（ ） A．工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为 B．工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为 C．工件与乙传送带间的动摩擦因数 D．乙传送带对工件的摩擦力做功为零 14．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，半径的两圆柱体A和B，转动轴互相平行且在同一水平面内，轴心间的距离为s＝3.2m。两圆柱体A和B均被电动机带动以ω＝6rad/s的角速度同方向转动，质量均匀分布的长木板无初速地水平放置在A和B上，其重心恰好在B的正上方。从木板开始运动计时，圆柱体转动两周，木板恰好不受摩擦力的作用，且仍沿水平方向运动。设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同。重力加速度g＝10.0m/s2，取。求： （1）圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数； （2）从开始运动到重心恰在A的正上方所需的时间。 15．（2025·江苏·二模）如图甲所示，倾角的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，，。 （1）水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0； （2）若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a=0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN； （3）在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。 16．（20-21高三上·全国·阶段练习）如图所示，与水平面成角的传送带正以的速度匀速运行，A、B两端相距。现每隔1s把质量的工件（视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且工件离开B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，g取，求： （1）两个工件间的最小距离； （2）传送带上始终有几个工件； （3）满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了多少。 17．（23-24高三上·江苏泰州·开学考试）如图所示，一倾角的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为的木板，时刻另一质量为的木块（可视为质点）以初速度从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力，使木板从静止开始运动．当时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数，木板和斜面体间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，，求： （1）木块和木板速度相等之前各自的加速度； （2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间t； （3）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 力与直线运动 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 匀变速直线运动规律的应用 考向02 牛顿运动定律的应用 考向03 连接体问题 考向04 临界问题 考向05 传送带与板块问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 力与直线运动在高考物理中占据核心地位，是解决复杂问题的基础和关键，主要体现在以下几个方面： 1. 核心知识地位： 力与直线运动是高中物理力学的核心内容，涉及牛顿三大定律、匀变速直线运动规律等基础知识，是理解后续电磁学、能量问题的前提。高考中常以选择题、计算题等形式考查，分值占比较高，且常与其他知识点结合出题。 2. 解题工具作用： 牛顿第二定律（F合=ma）是解决动力学问题的核心公式，通过受力分析和运动学公式，可以解决位移、速度、时间等问题。运动学图像（如v-t图像）是分析运动过程的重要工具，能直观反映物体的运动状态。 3. 综合应用能力： 常与电场力、摩擦力等结合，考查多过程、多物体的复杂问题，如滑块与木板问题、传送带问题等。要求考生具备受力分析、过程分析和综合运用知识的能力。 4. 学科素养培养： 培养逻辑思维和科学推理能力，通过分析力与运动的关系，解决实际问题。实验题中也常涉及力与直线运动的验证，如探究加速度与力、质量的关系。 总之，力与直线运动不仅是高考的重点，更是构建物理思维的基石，考生需熟练掌握相关知识和解题方法，才能在考试中应对自如。 考向01 匀变速直线运动规律的应用 【例1-1】 (2025·江苏卷)新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动.2 s内速度由12 m/s减为0，该过程中加速度大小为（ ） A．2 m/s2 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．8 m/s2 【答案】C 【解析】根据运动学公式v＝v0＋at，代入数值解得a＝－6 m/s2，则加速度大小为6 m/s2，故C正确． 【例1-2】(2025·安徽卷)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0.已知甲、乙两站之间的距离为8x，则（ ） A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 【答案】A 【解析】由题意可知，设匀加速直线运动时间为t′，匀速运动的速度为v，匀加速直线运动阶段，由位移公式x＝t′，根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x－x－x＝vt，联立解得t′＝，再根据x＝at′2，解得x＝at2，故A正确． 解决匀变速直线运动问题的几种方法 1、基本公式：，， 2、推论：，，或 3、比例关系：应用于初速度为0或末速度为0的匀变速直线运动 4、逆向思维：匀减速直线运动转化为反向的匀加速直线运动 5、图像法：研究x-t或v-t图像的斜率、截距、面积等 【变式1-1】(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L.木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2.则Δt2∶Δt1为（ ） A．(－1)∶(－1) B．(－)∶(－1) C．(＋1)∶(＋1) D．(＋)∶(＋1) 【答案】A 【解析】木板在斜面上运动时加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L＝at，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝at，当木板长度为2L时，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，故A正确． 【变式1-2】 (2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示．电梯加速上升的时段是（ ） A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s 【答案】A 【解析】因电梯上升，由速度—时间图像可知，20.0 s到30.0 s电梯速度增大，故电梯加速上升的时间段为20.0 s到30.0 s，故A正确． 考向02 牛顿运动定律的应用 【例2-1】（2022·北京密云·一模）“八字刹车”是初级双板滑雪爱好者一项非常重要的技术，用“八字刹车”在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图1所示，其减速原理很复杂，但可简化为图2（图1中左边雪板的受力情况）所示。实际滑行时，可通过脚踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB为轴，外刃CD向上翻转，使得两雪板之间夹角为2α，雪板与雪面成β角。此时雪面对雪板的总作用力F可近似认为垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx垂直于AB边，这个分力可以帮助运动员做减速运动。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．其他条件不变的情况下，α角越小，减速效果越好 B．其他条件不变的情况下，β角越小，减速效果越好 C．滑行动作和姿态相同时，质量大的运动员减速效果更好 D．滑行动作和姿态相同时，质量不同的运动员减速效果相同 【答案】D 【解析】CD．根据图2可知， 结合牛顿第二定律 可知减速效果与运动员的质量无关，故D正确，C错误。 AB．由可知其他条件不变的情况下，α角越小，减速效果越差；其他条件不变的情况下，β角越小，减速效果越差，故AB错误。 【例2-2】(2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面．实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)．下列说法中正确的是（ ） A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点 【答案】B 【解析】t1～t3间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，实验舱先处于弹射过程，后做竖直上抛运动，故A错误；t2～t3，f向下且在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝＋g，故加速度大小在减小，故B正确；t3～t5间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先向下加速，后向下减速，加速度先向下，后向上，先失重，后超重，故C错误；根据前面分析可知，t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误． 【例2-3】(2025·江苏大联考)斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示．质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v0＝12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为0.物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v－t图像如图乙所示(vB、t0未知)，取g＝10 m/s2.根据上述条件，下列选项中可以求得的是（ ） 甲　　 乙 A．物块与斜面之间的动摩擦因数 B．斜面的倾角 C．斜面AB段的长度 D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度 【答案】D 【解析】小物块沿斜面向上滑行的初速度v0＝12 m/s，由aAB＝2aBC，可得＝2·，解得vB＝4 m/s，设AB段长度为sAB，加速度大小为2a，BC段长度为sBC，加速度大小为a，则根据运动学公式，AB段有v－v＝2×(－2a)sAB，BC段有0－v＝2(－a)sBC，已知v0＝12 m/s，因BC段长度未知，无法求出加速度及斜面AB段的长度，C错误；小物块在AB段，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝m·2a，小物块在BC段mgsin θ＝ma.因加速度未知，所以不能解得斜面ABC的倾角及物块与斜面之间的动摩擦因数，故A、B错误；小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，因为mgsin θ＝μmgcos θ＝ma，解得a′＝0，D正确． 解决动力学问题的基本思路 1、找对象：确定合适的研究对象是解决动力学问题的基础。 2、两分析： （1）受力分析： （2）运动分析： 3、处理力：求合力 （1）合成法 （2）正交分解法 4、列方程：列F合=ma方程求解 【变式2-1】（2023·江苏南通·模拟预测）在教室内将两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示。当把该装置放在竖直加速的电梯中，且电梯的加速度。则（　　） A．若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大 B．若电梯向上加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变 C．若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差将变大 D．若电梯向下加速，则玻璃管内外的液面高度差保持不变 【答案】C 【解析】AB．若电梯向上加速，则液体将处于超重状态，液体向下的压力增大，则可知玻璃管内的液面要下降，玻璃管内外的液面高度差将减小，故AB错误； CD．若电梯向下加速，则液体将处于失重状态，液体向下的压力减小，则可知玻璃管内的液面要上升，玻璃管内外的液面高度差将变大，故C正确，D错误。 【变式2-2】(2025·黑、吉、辽、蒙卷改编)如图(a)所示，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上．质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止．甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x－t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（ ） 图(a)　　　 　图(b) A．μ1＋μ2＝2tan θ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向右 【答案】A 【解析】位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲、乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在t0时间内，甲、乙的位移为x甲＝t0＝3x0，x乙＝t0＝x0，可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，B错误；甲物体的加速度大小为a1＝，乙物体的加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律可得，甲物体mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，乙物体μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma2，联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，对系统由牛顿第二定律可得f＝ma1cos θ－ma2cos θ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为0，C错误；t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f＝ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力方向向左，D错误． 考向03 连接体问题 【例3-1】(2024·海安质量监测)质量分别为2m和m的A、B两物块，在恒力F作用下沿光滑的水平面一起向前匀加速运动．下列情形中A对B的作用力最大的是（ ） A　　　 B C　　 　D 【答案】D 【解析】对选项A整体分析，根据牛顿第二定律得F＝a，对B分析有N1＝ma，得N1＝；同理，选项B中A、B间作用力为N2＝；在选项C中，A、B间静摩擦力为f1＝，A、B间作用力为F1＝；选项D中，A、B间静摩擦力为f2＝，A、B间作用力为F2＝，故D正确． 连接体问题的处理方法 1、加速度大小、方向相同： 可用整体法求解整体的加速度，再用隔离法求解连接体之间的作用力 2、加速度大小相等、方向不同： 对各个物体分别进行隔离分析，分别列方程求解 3、加速度大小相等、方向不同： 解决问题的方法同上，采用隔离法 【变式3-1】(2025·江苏盐城市期末)如图所示，一竖直轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k=40 N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16 N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．外力施加的瞬间，A、B的加速度大小均为0 B．当弹簧压缩量减小0.05 m时，A、B间弹力大小为1 N C．A、B分离时，A物体的位移大小为0.2 m D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1 m 【答案】B 【解析】施加外力前，系统处于静止状态，合力为0，外力F施加的瞬间，合力为F=16 N，根据牛顿第二定律有F=2ma，解得a=8 m/s2，故A错误；初始时系统处于静止状态，则有2mg=kx0，解得x0=0.5 m，设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度为a2，对A根据牛顿第二定律有F-mg=ma2，对B根据牛顿第二定律kx1-mg=ma2，联立解得x1=0.4 m，所以A物体的位移大小为x=x0-x1=0.1 m，故C错误；当弹簧压缩量减小0.05 m时，A、B还未分离，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1，对A根据牛顿第二定律有F+FAB-mg=ma1，对B根据牛顿第二定律有k(x0-0.05 m)-mg-FAB=ma1，联立解得FAB=1 N，故B正确；当B物体的加速度为0时速度达到最大，由C选项的分析知A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，B物体速度最大时合力为0，则有kx2=mg，解得x2=0.25 m，故D错误。 考向04 临界问题 【例4-1】(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2. 若书不滑动，则列车的最大加速度不超过（ ） A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 【答案】B 【解析】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2.书相对高铁车厢静止，则列车的最大加速度为4 m/s2，B正确． 解决临界问题的关键：临界条件的分析。如：两物体脱离的临界条件是FN=0；相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值；绳子松弛的临界条件是绳上拉力为0等。 【变式4-1】(2025·苏州期末调研)如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间，已知每只油桶质量为m，重力加速度为g. （1） 当货车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB. （2）为避免C脱离B而发生危险，求货车刹车的最大加速度a的大小． 【答案】（1） mg　（2） g 【解析】 （1）以C为研究对象，受力分析如图甲所示，货车匀速行驶时 FAcos 30°＋FBcos 30°＝mg FA＝FB 解得FB＝mg 甲　　　 　乙 （2）当货车刹车C恰好脱离B时，F′B＝0 竖直方向F′Acos 30°＝mg 水平方向F′Asin 30°＝ma 解得a＝g 即汽车刹车的最大加速度a＝g. 考向05 传送带和板块问题 【例5-1】（2024·江苏·一模）如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列图中不可能描述小物块在传送带上运动的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得，即。可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足，可知二者将共速。故AB正确，与题意不符； CD．同理，可知当小物块的初速度沿斜面向上（），对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得，即。可知小物块先沿传送带向上匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况（）或者继续匀加速（）此时加速度满足，故C正确，与题意不符；D错误，与题意相符。 【例5-2】(2025·江苏卷·10)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则(　　) A．释放瞬间，物块加速度为零 B．物块和木箱最终仍有相对运动 C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零 D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变 【答案】D 【解析】根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，物块受到向右的摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误；由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以系统的机械能会减少，直到物块与木箱不发生相对滑动，此时设物块与木箱之间的最大静摩擦力为Ff，物块质量为m，木箱质量为M，对物块根据牛顿第二定律Ff=ma，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F=(m+M)a，可得F=(m+M)，即弹簧的最大弹力减小到F=(m+M)后，二者一起做简谐运动，故B错误；在二者一起做简谐运动前，有相对滑动，木箱第一次运动到最右端时物块速度不为零，故C错误；开始时木箱的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的滑动摩擦力，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。 传送带问题和板块问题的难点：摩擦力有无、性质和方向的判断。 1、物体与传送带共速时摩擦力的判断 （1）假设法：假设接触面光滑，判断两者之间是否有相对运动。 （2）转换参考系：在倾斜传送带问题中，当物体与传送带共速时，可以传送带为参考系，假设传送带不动（即传送带是一个斜面），从而判断物体相对于传送带有无相对运动或相对运动的趋势。 2、上方的物块与下方的木板共速时摩擦力的判断 可采用假设法，假设整体一起运动，求出相应的加速度，再计算依据两者之间的摩擦力能否提供这么大的加速度，如果不能，则发生相对滑动，为滑动摩擦力；如果可以，则不发生相对滑动，为静摩擦力。 【变式5-1】（2025·江苏·二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B．滑块一定可以回到A点 C．滑块最终停留在B点 D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 【答案】A 【解析】A．因，可得，所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确； BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故BD错误； C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。 【变式5-2】（2023·江苏扬州·三模）如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则由图象可知下列说法正确的是（　　） A．时物块B和木板C相对滑动 B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C．由题目条件可求木板C的质量 D．时物块B和木板C相对滑动 【答案】D 【解析】AD．由图像可知，当时物块B和木板C相对静止，当时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确； B．因当时，，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块。联立方程可求解，故B错误； C．对木板和木块的整体，当时，，则。当时，，则 。联立方程可求解，，但是不能求解木板C的质量，故C错误。故选D。 1． (2025·苏北四市调研考试)如图所示为一小球沿竖直方向运动时的频闪照片，下列说法中正确的是（ ） A．小球正在上升 B．小球正在下降 C．小球处于失重状态 D．小球处于超重状态 【答案】D 【解析】由题图可知，小球向上加速或向下减速，则小球处于超重状态，故D正确． 2．（2025·江苏·模拟预测）某同学打开手机的某款传感器APP，手握手机迅速下蹲，手机记录的图像如图所示，、分别为图像的峰值，下列说法正确的是（ ） A．该款APP为位移传感器APP B．该款APP为速度传感器APP C．峰值a对应时刻，人对地面的压力最大 D．峰值b对应时刻，人对地面的压力最大 【答案】C 【解析】AB．手握手机迅速下蹲，则物体的位移一直增大，速度先增大后减小，结合力与运动的关系可知，该款APP为加速度传感器APP，故AB错误； CD．峰值a对应的时刻，物体的加速度向上且达到最大，所以此时人对地面的压力最大，峰值b对应的时刻，物体的加速度向下且达到最大，所以此时人对地面的压力最小，故C正确，D错误。 3． (2025·泰州四模)标准泳池的长度为50 m，百米游泳比赛中，运动员位移x随时间t变化的图像可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为比赛所用标准泳池的长度为50 m，所以该运动员在100 m游泳比赛过程中，终点与起点在同一位置，则该运动员最后的位移为0，所以该运动员的位移大小先增大，后减小，且离出发点最远处位移大小为50 m，故C正确． 4． (2025·海南卷)如图所示是某汽车通过ETC过程的v－t图像，下列说法中正确的是（ ） A．0～t1内，汽车做匀减速直线运动 B．t1～t2内，汽车静止 C．0～t1和t2～t3内，汽车加速度方向相同 D．0～t1和t2～t3内，汽车速度方向相反 【答案】A 【解析】由图可知，v－t图像的斜率表示加速度，0～t1时间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度方向与速度方向相反，故0～t1内，汽车做匀减速直线运动，故A正确；t1～t2内，汽车做匀速直线运动，故B错误；0～t1内加速度为负，t2～t3内加速度为正，故0～t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反，故C错误；0～t1和t2～t3内，汽车速度方向相同，均为正，故D错误． 5． (2024·海南卷)商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动，后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ） A．1.25 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2 【答案】C 【解析】设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知，加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为t＝2 s，根据x＝×2t，可得v＝1 m/s，则加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，故C正确． 6． (2024·湖南卷)如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ） A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 【答案】A 【解析】细线剪断前，对B、C、D整体分析FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D有FCD＝mg；剪断后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上；对C有FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下，故A正确． 7．(2025·扬州调研)如图所示，用轻质细绳绕过光滑滑轮将木块与重物连接，且细绳与木板平行，木块与重物的质量分别为m、M，重力加速度为g.下列说法中正确的是（ ） A．木块移动的距离等于重物下降的距离 B．若水平面光滑，重物的加速度等于 C．若水平面光滑，绳中张力等于重物重力 D．若水平面不光滑，绳中张力一定等于木块所受摩擦力 【答案】D 【解析】木块与重物用细绳连接，所以木块移动的距离等于重物下降的距离，A正确；若水平面光滑，则重物与木块一起运动，加速度大小相等，有Mg＝(M＋m)a，可得a＝，B错误；若水平面光滑，对木块，有T＝ma＝，C错误；若水平面不光滑，木块匀速运动时，根据平衡条件，有T＝f，若木块匀加速滑动，根据牛顿第二定律，有T－f＝ma，则绳中张力大于木块所受的摩擦力，D错误． 8．(2025·苏州、海门、淮阴、姜堰四校联考)如图所示，斜面体静置在水平面上，斜面底端固定一挡板，轻弹簧一端连接在挡板上，弹簧原长时自由端在B点．一小物块紧靠弹簧放置，在外力作用下将弹簧压缩至A点．物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终停在斜面上，斜面体始终保持静止，则（ ） A．整个运动过程中产生的内能大于弹簧弹性势能的变化量 B．物块上滑过程速度最大的位置在下滑过程速度最大的位置的上方 C．物块从A上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力方向先向左，再向右 D．物块从C下滑到最低点过程中，地面对斜面体的摩擦力先不变，后增大，再减小 【答案】C 【解析】根据题意可知，物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C然后下滑，说明重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，所以物块最终会停在A、B之间的某位置，物块静止时弹簧处于压缩状态，根据能量守恒可知，整个运动过程中减少的弹性势能转化为内能和物块的重力势能，即产生的内能小于弹簧弹性势能的变化量，故A错误；在上滑过程中加速度为0时，速度最大．设斜面倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，弹簧劲度系数为k，则有kΔx1－mgsin θ－μmgcos θ＝0，弹簧的压缩量为Δx1＝，下滑时mgsin θ－μmgcos θ－kΔx2＝0，解得Δx2＝，比较可得Δx1>Δx2，由此可知物块上滑过程速度最大的位置在下滑过程速度最大的位置的下方，故B错误；物块从A上滑到C过程中，物块的加速度先减小为0，方向沿斜面向上，后反向增大，再不变，方向沿斜面向下．根据牛顿第三定律可知，斜面先有向右运动的趋势，后有向左运动的趋势，所以地面对斜面体的摩擦力方向先向左，后向右，故C正确；物块从C下滑到最低点过程中，物块的加速度先不变，后减小，然后反向增大，所以地面对斜面体的摩擦力先不变，后减小，再增大，故D错误． 9．（2021·江苏南京·三模）如图所示，两质点P、Q在光滑的水平面上分别以不同的速度向右运动，某时刻开始分别施以水平向左的力F1、F2，其中F1的大小不变，F2的大小由零逐渐增大，经过一段时间，它们恰好同时向右运动到最远，且位移大小相等。在此过程中，两质点同一时刻的瞬时速度vP与vQ的关系是（ ） A． B． C．先，后 D．先，后 【答案】C 【解析】在图像上，任意一点的切线的斜率数值上等于该时刻的加速度，由于Q的加速度由零不断增大，曲线切线的斜率的绝对值也应该从零开始不断增大，即曲线的切线应该从水平状态不断开始变陡，那么只有向右边凸出的下降的曲线才能满足条件，又因为Q与P运动时间相等，运动的位移大小相等，所以图像的曲线包围的面积相等，根据这些要求，曲线的起点，即质点Q的初速度比大于质点Q的初速度，且两条图像必定会相交，ABD错误，C正确。 10．（2025·江苏徐州·二模）如图所示，将一小物块（可视为质点）放置在足够长的固定光滑斜面上，用沿着斜面向上的拉力作用在物块上，拉力的功率P恒定，使物块由静止开始斜向上运动，已知运动过程中物块的动量最大为p，重力加速度为，根据已知条件，则 A．可求出物块的质量 B．可求出拉力的最小值 C．可求出斜面倾角的正弦值 D．若撤去拉力，不可求出物块的加速度 【答案】C 【解析】ABC．设物块的质量为，斜面倾角为，拉力的大小为，拉力的功率恒定，则有 物块受到拉力、重力和斜面对它的支持力，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为。当时，最大，有最小值，此时物块做匀速直线运动，有，结合可得。由题意得，联立解得斜面倾角的正弦值，但无法求出物块的质量、拉力的最小值，故AB错误，C正确； D．若撤去拉力，物块只受重力和斜面对它的支持力，由牛顿第二定律可知，物块加速度大小，故D错误。 11．（2024·江苏泰州·一模）如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板、、，其下端都固定于容器底部点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑（忽略阻力），则（ ） A．A处滑块最先到达点 B．B处滑块最先到达点 C．C处滑块最先到达点 D．三个滑块同时到达点 【答案】D 【解析】令半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有。根据位移公式有，解得，可知时间t与滑板的倾角和板的长度均无关，故三个滑块同时到达点。故选D。 12．（2020·江苏·一模）如图所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】分析可知，在传送带这个参考系中，合速度的方向和摩擦力的方向在一条直线上，所以运动轨迹应该是一条直线，又因为棋子相对于传送带往后运动，故A正确，BCD错误。 13．（11-12高三·江苏淮安·月考）如图所示，某生产线上相互垂直的甲乙传送带等高、宽度均为d ，均以大小为v的速度运行，图中虚线为传送带中线．一工件（视为质点）从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止．下列说法中正确的是（ ） A．工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为 B．工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为 C．工件与乙传送带间的动摩擦因数 D．乙传送带对工件的摩擦力做功为零 【答案】D 【解析】A．工件滑上传送带乙，相对于乙的速度分别为水平向右的和向后的，合速度为，方向沿着与乙成的方向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线，运动痕迹为，故A错误； B．在水平方向，初速度是，末速度是零，平均速度为，运动距离为，根据运动学公式，解得，故B错误； C．物体受滑动摩擦力为，方向与合速度方向在同一直线，根牛顿第二定律，解得，由运动学公式，代入解得，故C错误； D．工件滑上乙前工件速度为，滑上乙并相对静止后速度也是，在乙上的滑动过程中只有摩擦力做功，动能没有变化，则乙对工件的摩擦力所做的功为零，故D正确。 14．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，半径的两圆柱体A和B，转动轴互相平行且在同一水平面内，轴心间的距离为s＝3.2m。两圆柱体A和B均被电动机带动以＝6rad/s的角速度同方向转动，质量均匀分布的长木板无初速地水平放置在A和B上，其重心恰好在B的正上方。从木板开始运动计时，圆柱体转动两周，木板恰好不受摩擦力的作用，且仍沿水平方向运动。设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同。重力加速度g＝10.0m/s2，取。求： （1）圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数； （2）从开始运动到重心恰在A的正上方所需的时间。 【答案】（1）0.1；（2）2.6s 【解析】（1）依题意，当木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时，木板不受摩擦力，有 匀加速过程中滑动摩擦力提供加速度 解得 （2）木板在两圆柱体间加速过程所通过的位移为s1，有 解得 因，所以木板在两圆柱体间的运动先是做匀加速直线运动，后作匀速直线运动，可见从开始运动到重心恰在A的上方所需的时间应是两运动过程时间之和 15．（2025·江苏·二模）如图甲所示，倾角的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，，。 （1）水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0； （2）若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a=0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN； （3）在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。 【答案】（1） （2） （3）W=8mgR 【解析】（1）球刚好被推离地面时推力最小，此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析如图所示 竖直方向有 对斜面受力分析如图所示 水平方向有 根据牛顿第三定律有，解得； （2）斜面沿水平方向运动，位移为x，同时球沿竖直方向运动，位移为y ，由图中几何关系可知 由可得。如图所示，在竖直方向，由牛顿第二定律有 ， 解得 （3）斜面在最高点与球面接触时，小球和杆的位移为h，如图所示，由几何关系可知 斜面体水平方向的速度为v1，球竖直方向的速度为v2，由可得   由得 由功能关系可知 解得 W=8mgR 16．（20-21高三上·全国·阶段练习）如图所示，与水平面成角的传送带正以的速度匀速运行，A、B两端相距。现每隔1s把质量的工件（视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且工件离开B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，g取，求： （1）两个工件间的最小距离； （2）传送带上始终有几个工件； （3）满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了多少。 【答案】（1）1.25m （2）6个 （3）35N 【解析】（1）由于每隔1s放一个工件，传送带的速度是5m/s，那么相邻两个工件的初始位置之间的距离是5m，相当于在传送带上每隔5m放一个工件，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是5m；最后放上传送带的工件与前一个工件之间的距离最小，相对于最后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s，加速过程由牛顿第二定律可得 解得，由，解得，则两个工件间的最小距离为1.25m； （2）每个工件在传送带上的滑动时间为，最后一个工件刚刚放上时，前两个工件还在滑动，后数第3个工件刚好相对静止，最后放上的工件与前一个工件之间的距离为1.25m，后数第2个和第3个间距为3.75m，其余相邻工件之间的距离为5m。，始终保持有共5个间隔6个工件，所以传送带上始终有6个工件； （3）刚放上第6个工件时，第5个工件还在滑动，第4个工件刚好相对静止，所以这6个工件中有2个滑动摩擦力，4个静摩擦力，则满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和 17．（23-24高三上·江苏泰州·开学考试）如图所示，一倾角的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为的木板，时刻另一质量为的木块（可视为质点）以初速度从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力，使木板从静止开始运动．当时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数，木板和斜面体间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，，求： （1）木块和木板速度相等之前各自的加速度； （2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间t； （3）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？ 【答案】（1），方向沿斜面向下；，方向沿斜面向上；（2）；（3） 【解析】（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为和，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示 用牛顿运动定律可得 解得，方向沿斜面向下；，方向沿斜面向上； （2）设木块和长木板达到共速所用时间为，则有，解得，。 假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有 解得 当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为，，假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动，木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为，方向沿斜面向下；设此过程长木板加速度大小为，受力分析如图丙所示 则有 解得 则长木板继续上滑时间： 所以上滑时间 （3）由于，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有，可得。 因为，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零；木块减速为0的时间 在木块和长木板速度减为零过程中的图像如图丁所示 则v-t图的线下面积表述位移，则木块和长木板的相对位移为 则木板长度最小值。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $