重难专题01 牛顿运动定律综合运用（抢分专练）（广东专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

重难专题01 牛顿运动定律综合运用 题型01 牛顿运动定律和图像的结合 1．【答案】AB 2．【答案】D 3．【答案】AD 题型02 连接体模型 4．【答案】D 5．【答案】BCD 6．【答案】BD 题型03 传送带模型 7．【答案】ACD 8．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理 解得 （2）由图乙，面积表示工件受到的冲量 以向左为正方向，由动量定理得 解得 方向向左，所以恢复系数 （3）由碰撞过程动量守恒得 结合 联立解得v1 = - 0.8 m/s，v2 = 1.2 m/s 损失的机械能为 9．【答案】A 10．【答案】(1)0.4m/s2 (2)3.5s 【详解】（1）开始时A的速度比传送带快，所以A受摩擦力为阻力，设运动方向为正，由牛顿第二定律 解得 （2）由（1）可知A、B将做匀减速运动至与传送带速度相等。由运动学公式得， 解得， A与传送带最大静摩擦力 A沿斜面向下重力分力和B重力的合力为 解得 所以接下来A相对传送带静止与之一起匀速运动 解得 则运动总时间 11．【答案】(1) (2) (3)物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动，转速为；额外消耗的电能为 【详解】（1）方法1：释放后，物块向下加速运动，物块向上加速运动。设绳子的拉力为，两物块的加速度大小均为。 对物块，由牛顿第二定律：① 对物块，由牛顿第二定律：② 由①＋②得： 解得加速度： 物块从静止开始，下落高度，由运动学公式： 解得落地速度： 方法2：对A、B系统，由机械能守恒定律： 解得落地速度： （2）物块A落地后，经过时间，其竖直方向速度减为零。此过程中，物块受到重力和地面的平均作用力。 以竖直向上为正方向，由动量定理： 解得平均作用力： 地面对物块的平均作用力大小为 （3）物块C与物块A的碰撞过程，弹簧恢复为原长，A和C物块动量守恒， 能量守恒， 由于碰撞后弹簧恢复原长：， 若传送带保持静止，对物块进行受力分析： 加速度大小： 物块沿斜面向上滑行的最大距离： 说明物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动。设传送带速度，物块A刚冲上传送带时，摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有： 代入数据： 当物块的速度与传送带速度相同时，由可知物块不能一直相对传送带静止，速度相同后，摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有： 代入数据： 设传送带速度为，， 位移满足 得 因此可知假设成立。 第一阶段共速前时间为： 代入数据： 此段时间内，传送带与物块的相对位移为： 第二阶段共速后： 此段时间内，传送带与物块的相对位移为： 整个过程因摩擦产生内能 电动机额外提供的电能使物块的机械能增加和摩擦产生内能： 代入数据： 方法2：电动机额外提供的电能等于传送带克服摩擦力做功 12．(1) (2) (3)或 【详解】（1）小物块从O点等高处到O点正下方，根据动能定理 小物块在O点正下方时，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）小物块刚滑上传送带时做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 解得，加速度大小为 假设小物块能与传送带共速，则小物块的位移为 即假设成立，小物块第一次到达传送带右端时，速度大小为 物块运动到圆弧轨道最高点的过程，根据动量守恒 根据能量守恒 解得 （3）设物块离开圆弧滑块时，物块的速度大小为，圆弧滑块的速度大小为，则， 解得， 物块只能从左端滑上圆弧滑块一次，则有 （1）物块与圆弧滑块速度同向或静止，即 解得 （2）若圆弧滑块质量大于2kg，则与圆弧滑块速度反向，此时 ①从传送带左侧离开，设物块向左在传送带匀减速直线运动到速度为零的位移大小为，则 解得 ②物块在传送带上减速为零后，再反向做匀加速直线运动，因物块分离后速度小于5m/s，根据对称性可知，小物块再次运动到传送带右端时速度大小不变，方向相反，即 需要满足， 解得 综上可得，圆弧滑块的质量范围为或。 13．BC 题型04 板块模型 14. 【答案】BD 15. 【答案】C 【答案】(1)10N (2)2.5m/s (3)1m/s 【详解】（1）撤去外力前，滑块受到的摩擦力 （2）撤去外力前，设滑块P和木板Q的加速度分别为aP和aQ，速度分别为vP和vQ，对P根据牛顿第二定律有 解得 可知时滑块P速度为 对Q根据牛顿第二定律有 解得 可知时木板Q速度为 撤去外力后，木板Q以加速度继续加速，滑块P以加速度减速，对P根据牛顿第二定律有 解得 设经过后滑块P和木板Q共速，则有 解得 则木板的最大速度为 （3）滑块在拉力作用下做加速运动，设其加速度为，木板与滑块的摩擦力为，根据牛顿第二定律，对滑块P有 其中 代入数据解得 此过程中，木板与水平面间的摩擦力为 由于，所以木板不动； 撤去拉力时，滑块的速度达到最大，为 撤去拉力后，滑块减速的加速度为 撤去拉力后对木板根据牛顿第二定律有 解得木板的加速度为 设再经过时间滑块与木板速度相同，则有 解得 此时木板速度达到最大，为 17.【答案】(1)， (2)， (3)时，（单位：m/s）；时， 【详解】（1）对于长木板，由图乙可知，0~2s内木板的速度从0增加到18m/s，因此加速度 对于物块，0~2s内物块的速度从0增加到4m/s，因此加速度 （2）物块在0~2s内仅受长木板的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律 解得 长木板在0~2s内受三个力，外力、水平面对它向左的滑动摩擦力、物块对它水平向左的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律有 代入数据，解得 （3）时，物块仍受滑动摩擦力，加速度 木板由牛顿第二定律有 代入数据，计算得，即木板将做减速运动。 设从开始，经过时间两者共速，木板的速度为 物块的速度为 共速时 解得 共速速度 所以当时，木板做匀减速运动，速度表达式为（单位：m/s） 当时，假设共速后一起运动，整体加速度满足 代入数据，得，即时，二者一起匀速运动，木板的速度表达式为。 18.【答案】(1)10.5m/s (2)3m/s (3)①10.5m，②减少了12J 【详解】（1）在F作用的内，对滑块C，由动量定理得 由图像围成的面积可得 解得 （2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得 A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有 代入数据解得 A、C碰撞后，对B有 解得 对A有 解得 设碰后经时间A、B共速，则 解得＝2s，＝3m/s （3）①从A被碰后到A、B刚好共速的过程， 所以此过程B相对A向左滑行 当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有 解得 对A有 解得 因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为， 则此过程B相对A向右滑行 因为 所以板长至少为10.5m； ②整个过程中静电力对B做功 故物块B的电势能变化量为 即电势能减少了12J。 1．【答案】B 2．【答案】B 3．【答案】B 4．【答案】C 5．【答案】C 6．【答案】AC 7．【答案】ACD 8．【答案】BCD 9．【答案】ABC 10．【答案】(1)i.；ii.，竖直向上 (2) 【详解】（1）i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2 根据牛顿第二定律，上升过程有​ 根据位移时间公式有   根据牛顿第二定律，下降过程有​ 根据位移时间公式有   联立解得排球在空中运动时间     ii.取竖直向上为正方向，阻力总冲量​ 解得 因t2 >t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。 （2）设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有 其中，   联立解得     根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于 11．【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）从A到B，由动能定理得 解得滑块第一次滑上木板时的速度大小 （2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为，列式子得 整个过程中，由动能定理得 解得， 木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能 （3）①当时，可得 此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量 ②当时，可得 此时小滑块将滑下斜面返回木板。 从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动量能定理得 对木板由动量定理得 滑块滑上光滑斜面后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。 所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为。 对于小滑块由动量定理得 对木板由动量定理得 小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为。 每次通过木板，小滑块的能量会减少。初始能量为 所以可以通过木板次，小滑块剩余能量 此时小滑块的速度 由于 在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量 在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得 解得 由于，所以假设不成立，在第6次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为。 第6次木板撞凹槽损失的能量 根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量 综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量 12． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设包裹开始下滑时有 代入数据可得 （2）当先做匀加速直线运动加速至，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动 至零时，A从分拣处运行至投递口所需时间最短。其中匀加速直线运动阶段 匀加速阶段位移 匀减速直线运动阶段 匀减速阶段位移 故匀速直线运动阶段 运行总时间 （3）A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 能量守恒定律有 解得， 碰后做匀减速直线运动，满足 解得 13． 【答案】(1)1m (2)500J (3)0.8m 【详解】（1）设夯锤向上加速度大小为a，经时间t与边缘速度相等，由牛顿第二定律得 解得 轮子边缘的线速度大小 又 加速阶段上升高度 减速上升高度 由 解得 （2）夯锤加速阶段，轮边缘运动路程 故摩擦生热 解得 （3）夯锤击打桩钉前的动能 桩钉进入过程平均作用力 由动能关系 解得 14． 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）小物块在斜上抛运动中机械能守恒 解得 对斜上抛运动，水平方向 竖直方向， 根据运动的合成 联立解得，， （2）小物块滑上木板初速度 小物块和木板组成的系统由动量守恒有 故 小物块从滑上木板到二者速度相等过程其机械能变化量 由功能关系知：图2中小物块在木板上表面滑行时 其中小物块在木板上做匀减速直线运动的位移为 解得 （3）对木板 解得 对木板 故其位移为 木板长度的最小值 15．【答案】(1)， (2) (3)≤时，  ； ＞时， 【详解】（1）对于在光滑斜面上下滑的滑块，设斜面长度为，根据几何关系（为下滑高度）。 滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律     可得加速度 根据运动学规律    解得 对于甲滑块，到达斜面底端时间      对于乙滑块，到达斜面底端时间 （2）乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，设碰前甲、乙速度分别为v1、v2，碰后甲、乙速度分别为、，根据动量守恒可得     根据能量守恒可得      解得,   可知甲和乙发生弹性碰撞后交换速度 ，乙最终停止位置与不发生碰撞时甲最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，甲下滑过程有mgH甲= 甲在水平面运动到停止有=2μg 联立可得= 综合上述各式可得 （3）由（2）知甲到达斜面底端的速度 乙到达斜面底端的速度   ①甲停下前被乙碰，则有t=t甲+    解得      ②甲停下后被乙碰，则有t=+     根据运动学规律可得=v乙     解得t1= （另解t1=舍去）   故 t=+ =     若甲刚好停下时被乙碰，则有4 即=      综上，≤时，  ； ＞时， 16． 【答案】(1)2.6s (2)4.2s (3)120000J 【详解】（1）刚开始，夯杆受到向上的摩擦力      根据牛顿第二定律f                    解得 夯杆加速到与摩擦轮线速度 根据匀变速运动规律       可得加速时间          加速位移 匀速上升位移 同理可得匀速上升时间     所以夯杆在被摩擦轮带动上升阶段用时t （2）方法1：夯杆竖直上抛阶段，夯杆以速度做竖直上抛运动，则有（，）     可得上升时间      上升高度       夯杆下落阶段，从最高点下落的总高度 根据自由落体运动规律 可得下落时间        打夯周期      方法2：竖直上抛及回落过程的位移为（以向上为正方向）。 根据公式 可得（时间不能为负，另解舍去） 打夯周期 （3）方法1：夯杆在坑口时，动能     重力势能    机械能增加量    摩擦轮在加速阶段的位移 夯杆加速位移 相对位移 则克服摩擦力产生的热量      电动机多消耗的电能      方法2：摩擦轮多克服的摩擦力做的功为=W克1+ W克2 其中， 代入数据解得 17．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块下滑过程中，以滑杆为对象，根据平衡条件可得 解得地面对滑杆的支持力大小为 （2）以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 根据运动学公式可得 解得滑块落地时的速度大小为 （3）若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，滑块向上运动过程，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 则滑块第一次碰撞后上升的高度为 18． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设雪车在直道AB段加速度大小为，根据位移速度公式可得 解得 （2）在AB上运动时间为 从B点到C点，根据匀变速直线运动位移时间公式可得 其中 联立解得 过C点的速度大小为 （3）设斜道BC上运动时受到的阻力大小为，根据牛顿第二定律可得 解得 19． 【答案】(1)40kg (2)530N (3)7.5m 【详解】（1）后学生静止，由图乙可知拉力为500N，根据二力平衡，有， 学生质量 （2）令，，，从开始下滑至停下来，以向下为正方向，由动量定理可知 代入数据可得 （3）内学生做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，加速度 由匀变速运动规律可知，末速度 学生先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，由匀变速运动规律可知，全程平均速度 所以全程位移 20． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，货物底面所受滑动摩擦力为 货物侧面所受滑动摩擦力为，由力的平衡条件， 由牛顿第二定律有 解得货物在刚放在传送带上滑动时的加速度大小 （2）设货物匀加速至与传送带共速，经历时间为，对地位移为，该时间内传送带的位移为，由运动学公式得 货物匀加速阶段的位移为 传送带位移为 货物与传送带之间因摩擦产生的热量 货物与挡板之间因摩擦产生的热量 货物增加的动能 传送装置多消耗的电能为 综合上述各式可得 （3）分析可知货物在传送带上从静止到与传送带共速之后，做匀速运动。而货物与传送带发生滑动的对地位移不超过总位移的十分之一，且传送带上总保持有5个货物正在传送。综上，传送带上有5个货物且第1个处于加速运动阶段时，传送带需增加的功率达到最大值。传送带受到后4个货物的静摩擦力大小为，受到第1个货物的滑动摩擦力大小为，由瞬时功率计算式有 解得 21． 【答案】(1)货物匀加速运动时，货物匀速运动时 (2)， 【详解】（1）货物匀加速运动时， 得 货物匀速运动时，， 得 （2）匀加速运动，对货物有， 货物匀加速至2m/s的过程，有 解得 则匀加速直线运动的时间得 该过程中，传送带的位移为 货物相对于传送带位移，得 之后货物做匀速直线运动，经历时间 则货物在传送带上经历的时间 22． 【答案】(1)2.5s (2) (3) 【详解】（1）依题意，根据牛顿第二定律可得产品在传送带上加速时的加速度满足 解得 根据速度—时间公式可知共速时有 解得 运动的位移为 故产品在传送带上先加速后匀速，匀速阶段有 解得 则产品到达传送带右端的时间为 （2）若产品一直在传送带上加速达到最右端时，则有最大速度 解得 （3）如图所示 产品离开传送带后，做平抛运动，当产品恰能落入收集装置，下落高度为 解得 当传送带速度最小时，若产品恰好能落入收集装置中，则有 求得 且产品与传送带共速时发生的位移为 即当传送带速度为时，产品在传送带上先加速后匀速，最后恰好落入收集装置中，产品离开传送带后，做平抛运动，产品能落入收集装置且恰不碰到收集装置的右侧壁，产品下落高度为 解得 水平方向有 求得 若产品一直在传送带上加速达到最右端时水平抛出，则有 解得 综上分析可知，要保证产品能够落入收集装置中，传送带的速度需满足 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难专题01 牛顿运动定律综合运用 重难解读 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。 题型01 牛顿运动定律和图像的结合 1．（2026·汕头·一模）小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（　　） A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态 C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面 2．（26-27高三上·广东肇庆·期末）翠鸟是我国南方常见的小鸟，擅长捕食小鱼。如图甲，t=0时刻，一只质量为m的翠鸟从静止开始竖直俯冲，入水后沿直线减速，t=t2时刻下潜到最低点，恰好捕到小鱼，此过程，翠鸟的v-t 图像如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略，则下列说法正确的是（　　） A．0~t2时间内，翠鸟的平均速度大小等于 B．翠鸟入水后，水对其作用力逐渐增大 C．0~t1与t1~t2时间内，翠鸟的加速度方向相同 D．0~t2时间内，水对翠鸟作用力的冲量大小等于mgt2 3．（25-26高三上·广东深圳·深圳实验高中园·统测）如图甲，质量为m=2kg的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内。重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（    ） A．0~6s内物块所受弹簧秤的示数先增大后减小 B．2s~6s内物块先失重后超重 C．4s末物块开始向下运动 D．物块在2s末和6s末速度等大同向 题型02 连接体模型 4．（2026·汕头·一模）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，底座B（含灯泡）的质量为m，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 D．公仔A的加速度大小为 5．如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（　　） A．A和B的速度关系为 B．A可以下降的最大高度为 C．A和B总动能最大时， D．A和B总动能最大时，A的动能为 6．（25-26高三上·广东深圳·深圳实验高中园·统测）某升降电梯的原理图如图所示，轿厢A 与对重B跨过轻质定滑轮通过轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢A 由静止开始向上做匀加速直线运动，到达一定高度后关闭电机，轿厢A和对重B减速到0时卡死缆绳。已知轿厢A与对重B的质量之比为3：2，轿厢A加速和减速时的加速度大小相等，运动过程中轿厢A 未接触滑轮、对重 B 未落地，不考虑空气阻力与摩擦阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（    ） A．轿厢A 减速上升时的加速度大小为1m/s2 B．轿厢A加速上升时的加速度大小为2m/s2 C．轿厢A加速上升与减速上升时受到缆绳的拉力大小之比为2：3 D．轿厢A加速上升时，连接电机的缆绳中的拉力与对重B所受的重力大小相等 题型03 连接体模型 7．（26-27高三上·广东肇庆·期末）如图，机场传送带以速度v=0.4m/s顺时针匀速转动，传送带与水平面的夹角，底端A点和顶端B点之间距离L=4m。现将一个质量m=1kg且可视为质点的行李无初速度地放在传送带A点，行李与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度 g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略空气阻力。从行李放上传送带开始计时，直到行李到达B点，下列说法正确的有（　　） A．整个过程中，传送带对行李一直做正功 B．行李加速运动阶段，摩擦力对行李做功为1.2J C．t=2s时，摩擦力对行李做功的瞬时功率为2.4W D．整个过程行李的机械能增加24.08J 8．（2026·中山一中&宝安中学·联考）某工厂的传送装置如图甲所示，传送带的速度为v = 4 m/s，长度l = 2.5 m。 一质量为m = 1 kg的工件从左侧以v0 = 1 m/s的速度滑上传送带，在到达右端时恰好与传送带达到相同速度。 传送带右侧的光滑平台上固定了一个质量为M = 4 kg的阻挡块， 以工件与阻挡块接触为计时起点，两者的相互作用力大小随时间变化的关系可近似用图乙表示。 重力加速度取g = 10m/s2，求： (1)传送带与工件间的动摩擦因数μ； (2)定义两个物体间碰撞后与碰撞前的相对速度大小之比为他们的恢复系数e，即，该物理量的大小只有两个物体的材料有关，求工件与阻挡块间的恢复系数e； (3)若阻挡块未能固定在水平面上，求工件与阻挡块碰撞中损失的机械能ΔE。 9．（2026·广东肇庆·一模）如图所示，某滑雪场的传送带与水平面的夹角为θ，游客利用传送带运送器械。已知器械质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．在器械随传送带匀速上行的过程中，下列说法正确的是（　　） A．器械所受摩擦力的大小为 B．器械受到的摩擦力方向沿传送带向下 C．摩擦力对器械做负功 D．器械所受支持力的冲量为0 10．（2025-2026·佛山发展联盟·联考）如图所示，倾斜传送带以速度v2=1.2m/s匀速向下运动，倾角θ=37°，小物体A、B由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mA=2kg，mB=0.5kg。某时刻A在传送带右端具有沿传送带向下的速度v1=2m/s，A与定滑轮间的绳与传送带平行，传送带上下两端长L=5m。不计定滑轮质量和摩擦，小物体A与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物体A与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5，轻绳足够长（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），求： (1)小物体A开始运动时的加速度大小； (2)A滑上传送带到离开传送带所需的时间。 11．（2026·佛山顺德·二模）如图，质量分别为和的物块A和B（均视为质点），通过轻质不可伸长的细绳连接，跨过定滑轮（不考虑其质量）悬挂于两侧。初始时，两物块距天花板的高度均为，绳长，两物块距地面的高度均为。初始状态下通过外力使物块A与B保持静止。在时刻，同时释放两物块。当物块A接触光滑地面的瞬间，将细绳切断。此后经过时间，物块A在竖直方向的速度减为零，忽略物块B此后的运动情况。物块A的速度为零时，位于物块A左侧的另一个的物块C以与物块A发生碰撞。碰撞结束后，轻质弹簧恢复原长。随后，物块A冲上长度为，与水平面夹角为的传送带。已知传送带与物块间的动摩擦因数为，重力加速度，,。 (1)求物块A落地时的速度大小； (2)求时间内地面对物块A的平均作用力大小； (3)若传送带静止，物块A能否冲上传送带顶端？若不能，为使物块A恰好能够到达顶端，传送带应如何（顺时针或逆时针）转动？其速度应为多大？此过程传送带电动机因运送物块A而额外消耗的电能是多少？ 12．（25-26·广东六校联盟·三模）如图所示，可视为质点的物块质量为，通过长度为的轻绳悬挂于固定点O，固定点O到地面的竖直高度等于绳长。现将绳拉直让物块从圆心等高处静止释放，当物块摆动到O点正下方时，轻绳恰好断掉，物块以速度进入光滑的水平面。传送带上表面与水平地面等高，左右两侧紧靠光滑水平地面，以的速度沿顺时针方向匀速转动，左端到右端的距离、物块与传送带间的动摩擦因数。右侧水平地面上放置一各面均光滑的四分之一圆弧滑块，圆弧滑块质量为，圆弧轨道最低点与地面相切。已知重力加速度，求： (1)求轻绳能够承受的最大拉力； (2)若四分之一圆弧滑块的质量，求物块冲上圆弧滑块后能够上升的最大高度； (3)为了使物块从左端滑上圆弧滑块只能发生一次，求圆弧滑块的质量范围。 13．（25-26·广东六校联盟·三模）如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具。如图乙所示，传送带与水平面间的夹角，逆时针匀速转动。某次将静止的物体从高处传送至低处的过程中，以水平地面为重力势能的零势能面，物体的机械能和传送距离的关系如图丙所示。已知物体与传送带之间的滑动摩擦因数为0.5，物体可视为质点，重力加速度为，，，下列说法中正确的是（　　） A．物体的质量为5kg B．物体的速度一直变大 C．在内与内，物体与传送带之间产生的热量不相等 D．传送带的运行速度为4m/s 题型04 板块模型 14．（2026·广州华南师范大学附属中学·二模）如图，A、B两物体放在足够长的木板上，它们的质量分别为M和m，且M>m，A、B与木板的动摩擦因数相同，A、B间距离足够大，木板置于水平地面上，则（　　） A．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，则由于A的惯性较大，A、B间的距离将增大 B．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，之后A、B间距离保持不变 C．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A与木板间发生相对运动时，B仍与木板相对静止 D．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A、B与木板同时发生相对运动 15．（2026·上进高三·阶段检测）如图，光滑的水平面上静止一块足够长的长木板P，一滑块Q（视为质点）从左端以初速度向右滑上长木板P，此后关于长木板P和滑块Q的运动图像，若PQ间动摩擦因素恒定，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 16．（25-26高三上·珠海二中·练习）如图甲，足够长、质量的木板Q静止在水平面上，质量的小滑块P（可视为质点）静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数。从零时刻起，对滑块施加水平向右的恒定外力，此时滑块相对木板滑动，经过时间撤去此力。取，则： (1)撤去外力前，滑块受到的摩擦力大小； (2)木板的最大速度； (3)如图乙，若零时刻起，对滑块施加的恒定外力，方向变为与水平面成斜向右上方，经过时间撤去此力，已知，，求木板运动的最大速度。 17．（2025-2026·深圳深实高中园&惠东高级中学·一联）如图甲所示，一定长度、质量为M=2kg的长木板放在水平面上，质量为m=1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t=0 时刻，0~2s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，时将外力大小改为F2=22N，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度g=10m/s2求： (1)0~2s内长木板和物块的加速度大小； (2)以及F1的大小； (3)长木板t（t大于）时的速度大小的表达式。 18．如图（a）所示，质量的绝缘木板A静止在水平地面上，质量可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。质量的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求： (1)撤去变力F瞬间滑块C的速度大小； (2)小物块B与木板A刚好共速时的速度大小； (3)若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能如何变化？ 1．（2025·广东佛山·一模）如图所示，下端固定的轻质弹簧竖直放置，可视为质点的物块（与弹簧不粘连）在竖直向下的力的作用下，静止于点；撤去后，物块从静止开始沿竖直方向运动。以点为坐标原点，以竖直向上为轴正方向建立坐标系。忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。物块从撤去开始计时到第一次回到点的过程中，其加速度随路程变化的图像或位移随时间变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（26-27高三上·广东肇庆·期末）一艘质量m1=2000kg的拖船，通过绷直的水平缆绳拖着一艘质量m2=6000kg的驳船，在平静水面上由静止开始沿直线航行。拖船发动机提供水平方向大小恒为F=1.6×104N的牵引力，经t0=10s后，拖船速度达到v0=10m/s。已知水对拖船和驳船的阻力大小之比为2:3，重力加速度g取10m/s2，对于该加速过程，下列说法正确的是（　　） A．水对拖船的阻力大小为4.0×103N B．水对驳船的阻力大小为4.8×103N C．拖船所受合力大小为 4.0×103N D．拖船对驳船的拉力大小为8.0×103N 3．质量为m的物体静止放在粗糙水平面上，用水平拉力拉动物体，物体运动一段时间后撤去拉力，物体运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．物体在时间内的位移为 B．拉力与物体所受摩擦力的大小之比为 C．拉力的大小为 D．在时间内拉力做功为 4．（25-26高三上·珠海二中·练习）质量为的小木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，这时弹簧的弹力为3N。现沿水平向左的方向对小木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力F由0逐渐增加到18N，以下说法正确的是（　　） A．物体受到的摩擦力一直减小 B．物体与小木板先保持相对静止，后相对滑动 C．物体与小木板一直保持相对静止 D．小木板受到15 N的拉力时，物体受到的摩擦力大小为3 N 5．（2025·广东执信中学&汕头金山中学&深圳外国语学校·调研）某中学实验室对一款市场热销的玩具机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（    ） A．机器人与水平桌面间的滑动摩擦力为2.2N B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1 C．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为6.2N·s D．在0~4s时间内，合外力做的功为4.4J 6．（25-26高三上·广东湛江·学情自测）如图，一箱苹果沿着倾角为的斜面以初速度下滑，在箱子正中央夹有一质量为的苹果，其周围苹果对它的作用力可能为（　　） A．若斜面光滑，一定沿方向 B．若斜面粗糙，一定沿方向 C．若斜面粗糙，可能沿或方向 D．若斜面粗糙，不可能沿竖直向上方向 7．（2026·广东·一模）如图所示，风洞实验室可以产生与水平方向成的恒定风力。在风洞中A点将一个质量为的小球以初速度竖直向上抛出，经过时间后小球运动到B点。已知A、B两点的竖直距离，重力加速度为 下列说法正确的有（　　） A．恒定风力大小为 B．小球到达B点时的速率为 C．从A点到B点的过程，风力对小球的冲量大小为 D．小球到达B点时，风力的瞬时功率为 8．（25-26高三上·珠海二中·练习）“蹦极”是很多年轻人喜爱的极限运动（如图甲所示），质量为m的蹦极爱好者从跳台上落下，其加速度随下降位移变化的图像如图乙所示（图中、、g、已知、未知），忽略空气阻力以及绳索的重力，蹦极所用的绳索可看成满足胡克定律的弹性绳，g为重力加速度，对于蹦极爱好者，下列说法正确的是（　　） A．下降位移为时，速度最大 B．下降过程中的最大速度大小为 C．弹性绳的劲度系数 D．下降过程中的最大加速度大小为 9．（25-26高三上·深圳第二外国语学校·段考一）如图1所示，质量为的木板A静置于光滑水平地面上，时刻物块B（可视为质点）以水平向右的初速度3m/s从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为1kg B．木板A的长度为3m C．物块B与木板A间的动摩擦因数为0.1 D．若只将物块B的初速度大小变为1.5m/s，则最终物块B与木板A右端的距离为1.5m 10．（2026·广州·一模）如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向上运动，上升h后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度为g。 (1)排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求： i.排球在空中运动的时间； ii.空气阻力的冲量大小和方向。 (2)若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平均作用力大小。 11．（2026·汕头·一模）如图所示，光滑水平地面和中间有一光滑凹槽，其左侧区域有水平向右的匀强电场，场强大小。紧靠凹槽左侧放置一质量为、长度为的木板，其上表面与地面齐平。质量也为、电荷量恒为的小滑块从A点静止释放，随后滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E点滑上足够长的光滑斜面，斜面上方存在沿斜面向上、场强大小可调的匀强电场。已知距离，木板上表面与滑块间的动摩擦因数，斜面倾角，重力加速度g取。木板每次与凹槽相碰后速度立即变为零但不与凹槽粘连，滑块经过E点时速度大小不变。求： (1)滑块第一次滑上木板时的速度大小； (2)木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能； (3)滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。 12．（2026·广东梅州·一模）全自动快递分拣机器人系统在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上后，机器人可将包裹自动送至指定投递口停住，然后翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，如图甲所示。分拣机器人A把质量为的包裹从分拣处运至相距的投递口处，投递完包裹后返回分拣处途中由于发生故障自动切断电源之后以的速度与静止的机器人发生弹性碰撞，如图乙所示。已知、质量均为，机器人运行允许的最大加速度，运行最大速度。机器人运行过程中受到阻力为重力的倍。包裹与水平托盘的动摩擦因数为，包裹受的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)在投递口处包裹刚开始下滑时托盘倾角的大小； (2)A从分拣处运行至投递口所需的最短时间； (3)B碰后滑行的最大距离。 13．（25-26高三上·广东光大·月考）用夯锤打桩钉的示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的作用下，最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。已知两摩擦轮角速度，半径，对夯锤的正压力均为，轮对锤摩擦力与正压力的比值为，夯锤的质量，桩钉从图示位置下移过程中阻力与关系：，整个过程夯锤对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的80%，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度取，求： (1)夯锤上升速度为零时与桩钉顶端的距离； (2)夯锤上升过程中，摩擦轮与夯锤因摩擦产生的热量； (3)夯锤打击桩钉后，桩钉下移的最大距离。 14．（25-26高三上·广州六校·期中）如图所示，质量的木板静止在长度足够的光滑水平桌面上，一质量的小物块从低于水平桌面处的点向上斜抛，到达最高点时恰好切入木板上表面的左端。建立以抛出点为坐标原点的坐标，且以原点为重力势能的零势能点，小物块的机械能随变化的图像如图2所示，图中数据为已知条件。小物块可视为质点，不计木板厚度和空气阻力，求： (1)抛体运动的初速度和平台离抛出点高度； (2)滑块与木板间的动摩擦因数； (3)木板长度的最小值。 15．（2025·广东执信中学&汕头金山中学&深圳外国语学校·调研）如图所示,倾角为θ的光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。忽略空气阻力，重力加速度为g，H甲<H乙，求： (1)甲、乙分别到达斜面底端的时间t甲、t乙； (2)乙最终停止的位置与O处的距离x乙； (3)若μ=sinθ=0.5，乙运动的总时间t与H甲、H乙的关系式。 16．（2025·广东执信中学&汕头金山中学&深圳外国语学校·调研）“深坑打夯机”的工作示意图如图所示。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯杆从深坑提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开；夯杆因惯性继续运动，在自身重力的作用下，落回坑底；这样周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮边缘的线速度v=4 m/s，对夯杆的压力均为F=2×104 N，与夯杆的动摩擦因数μ=0.3，夯杆的质量m=1.0×103 kg，坑深h=6.4 m，重力加速度g=10 m/s2，不计夯实坑底引起的深度变化，不计空气阻力，请计算： (1)每个打夯周期中，夯杆受摩擦轮带动的作用时间t； (2)每个打夯过程的周期T； (3)每个打夯周期中，因带动夯杆向上运动，电动机多消耗的电能。 17．（25-26高三上·江门·调研）如图所示，竖直放置在水平面的滑杆上套有弹性滑块，滑块与滑杆间产生沿杆的滑动摩擦力。现将滑块从A处静止释放，已知滑块的质量，滑杆的质量，A点距地面的高度，重力加速度g取，不考虑空气阻力。求： (1)滑块下滑过程中地面对滑杆的支持力大小； (2)滑块落地时的速度大小； (3)若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，求滑块第一次碰撞后上升的高度。 18．（25-26高三上·珠海二中·练习）某滑雪爱好者在练习滑雪。钢架雪车所经过的一段赛道如图所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为30°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为6m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时6.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，重力加速度g取，求雪车（包括运动员） (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 19．（2025-2026·佛山发展联盟·联考）如图所示，甲为操场上一质量m=10kg的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，为了研究学生沿竿下滑的情况，在竿的顶部装有一拉力传感器，可显示竿的顶端所受拉力的大小，现有一学生手握滑竿，从竿的上端由静止开始下滑，下滑5s后学生的下滑速度为零，并用手紧握住滑竿保持静止不动。以这个学生开始下滑时刻为计时起点，传感器示数随时间变化的情况如图乙所示，重力加速度大小取10m/s2。求： (1)该学生的质量M； (2)1~5s内传感器的示数F2； (3)5s内该学生下滑的距离。 20．（25-26高三·汕头金山中学·广东汕头·10月月考）图（a）为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该装置由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平地面的夹角，与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从点由静止释放，货物对地发生总位移后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度，货物质量，其底部与传送带的动摩擦因数为，其侧面与挡板的动摩擦因数为。且货物与传送带发生滑动的对地位移不超过总位移的十分之一。重力加速度取。求： (1)货物在刚放在传送带上滑动时的加速度大小； (2)传送装置因传送货物而多消耗的电能； (3)某次测试过程中工作人员每隔一段时间从点静止释放相同的货物，货物到点处立即被取走，若维持传送带匀速运转，且传送带上总保持有个货物正在传送，则求传送带相对空载时需增加的最大功率。 21．（2025-2026·广东六校联盟·二联）珠海机场某货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0=2m/s，货物质量m=10kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1=0.5，与挡板的动摩擦因数μ2=0.25。（sin37°=0.6，cos37°=0.8），重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求： (1)传送带上表面对货物的摩擦力大小f1 (2)货物在传送带上经历的时间t，以及相对于传送带的位移大小。 22．（25-26高三上·广东四校·月考）快递分拣装置如图所示，一件物品被无初速度地放在水平传送带左端，经传送带传输至右端后，平抛落入地面上的收集装置中；传送带上表面距地面高度为，收集装置入口宽度为，高度为，传送带右端到收集装置左端的水平距离为，产品与传送带之间的动摩擦因数为，传送带长度为，传送带运转速度可调，已知重力加速度取。 (1)若，计算物品到达传送带右端的时间； (2)若使产品到达传送带右端时速度最大，传送带运转速度至少多大？ (3)为保证物品总能落入收集装置且不碰到收集装置侧壁，则传送带的速度应调整为多少？ 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难专题01 牛顿运动定律综合运用 重难解读 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。 题型01 牛顿运动定律和图像的结合 1．（2026·汕头·一模）小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（　　） A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态 C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面 【答案】AB 【详解】A．由图像的斜率表示加速度，可知时飞行器加速度大小为，故A正确； B．由图像可知飞行器在内向上减速运动，加速度方向向下，所以时飞行器处于失重状态，故B正确； C．由图像可知内向下加速运动，加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得时飞行器升力大小为，故C错误； D．设时刻飞行器返回地面，根据图像与横轴围成的面积表示位移，则有 解得，故D错误。 故选AB。 2．（26-27高三上·广东肇庆·期末）翠鸟是我国南方常见的小鸟，擅长捕食小鱼。如图甲，t=0时刻，一只质量为m的翠鸟从静止开始竖直俯冲，入水后沿直线减速，t=t2时刻下潜到最低点，恰好捕到小鱼，此过程，翠鸟的v-t 图像如图乙所示。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略，则下列说法正确的是（　　） A．0~t2时间内，翠鸟的平均速度大小等于 B．翠鸟入水后，水对其作用力逐渐增大 C．0~t1与t1~t2时间内，翠鸟的加速度方向相同 D．0~t2时间内，水对翠鸟作用力的冲量大小等于mgt2 【答案】D 【详解】A．由题知，在 0~t1时间内，翠鸟做自由落体运动，末速度为 则平均速度为 位移为 若t1~t2时间内，翠鸟做匀减速直线运动，则平均速度为 位移为 故全过程的平均速度为 根据图像的斜率表示加速度，由图乙可知，在t1~t2时间内翠鸟入水过程的加速度逐渐减小，即翠鸟做加速减小的减速运动，根据图像与时间轴围成的面积，如图所示 图中虚线为做匀减速直线运动所围成的面积，实线为实际运动所围成的面积，可知，故实际上全过程的平均速度为，故A错误； B．根据图像的斜率表示加速度，在t1~t2时间内翠鸟入水过程，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有 可知水对翠鸟的作用力F也在减小，故B错误； C． 根据图乙可知，在0~t1时间内，翠鸟向下做加速运动，故加速度竖直向下；在t1~t2时间内，翠鸟向下做减速运动，故加速度竖直向上，即在这两段时间内，翠鸟的加速度方向不相同，故C错误； D．根据图乙可知，整个过程初速度为0，末速度为0，根据动量定理有 又重力冲量 解得，故D正确。 故选D。 3．（25-26高三上·广东深圳·深圳实验高中园·统测）如图甲，质量为m=2kg的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内。重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（    ） A．0~6s内物块所受弹簧秤的示数先增大后减小 B．2s~6s内物块先失重后超重 C．4s末物块开始向下运动 D．物块在2s末和6s末速度等大同向 【答案】AD 【详解】A．0~2s内加速度向上增大，根据牛顿第二定律则有 可知弹簧秤示数增大，2s~4s加速度向上减小，弹簧秤示数减小，4s~6s内加速度向下增大，根据牛顿第二定律则有 解得 可知弹簧秤示数减小，因此0~6s内物块所受弹簧秤的示数先增大后减小，故A正确； B．2s~6s内加速度先向上，后向下，则物块先超重后失重，故B错误； C．4s末物块的速度向上最大，依然向上运动，故C错误； D．根据a-t图像与坐标轴围成的面积代表物块的速度变化，可知物块在2s末和6s末速度相同，故D正确。 故选AD。 题型02 连接体模型 4．（2026·汕头·一模）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，底座B（含灯泡）的质量为m，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 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 解得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 解得弹簧弹力大小为 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，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 解得公仔A的加速度大小为，故D正确。 故选D。 5．如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（　　） A．A和B的速度关系为 B．A可以下降的最大高度为 C．A和B总动能最大时， D．A和B总动能最大时，A的动能为 【答案】BCD 【详解】A．B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为，沿PA方向的速度分量也为，故有，故A错误； B．由能量守恒知 解得，故B正确； CD．AB总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0，即 结合关联速度可知 即 由能量守恒知， 解得，C正确，D正确。 故选BCD。 6．（25-26高三上·广东深圳·深圳实验高中园·统测）某升降电梯的原理图如图所示，轿厢A 与对重B跨过轻质定滑轮通过轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢A 由静止开始向上做匀加速直线运动，到达一定高度后关闭电机，轿厢A和对重B减速到0时卡死缆绳。已知轿厢A与对重B的质量之比为3：2，轿厢A加速和减速时的加速度大小相等，运动过程中轿厢A 未接触滑轮、对重 B 未落地，不考虑空气阻力与摩擦阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（    ） A．轿厢A 减速上升时的加速度大小为1m/s2 B．轿厢A加速上升时的加速度大小为2m/s2 C．轿厢A加速上升与减速上升时受到缆绳的拉力大小之比为2：3 D．轿厢A加速上升时，连接电机的缆绳中的拉力与对重B所受的重力大小相等 【答案】BD 【详解】AB．A减速上升过程中，对A分析，由牛顿第二定律可得 对B则有 由题可知 联立解得 由于轿厢A加速和减速时的加速度大小相等，故A错误，B正确； C．A加速上升过程中，对A分析，根据牛顿第二定律可得 联立上述结论解得，轿厢A加速上升时受到缆绳的拉力大小为 同理可知轿厢A减速上升时受到缆绳的拉力大小为 则二者之比为，故C错误； D．轿厢A加速上升时，对B根据牛顿第二定律可得 结合上述结论解得 轿厢A加速上升时，连接电机的缆绳中的拉力与对重B所受的重力大小相等，故D正确。 故选BD。 题型03 连接体模型 7．（26-27高三上·广东肇庆·期末）如图，机场传送带以速度v=0.4m/s顺时针匀速转动，传送带与水平面的夹角，底端A点和顶端B点之间距离L=4m。现将一个质量m=1kg且可视为质点的行李无初速度地放在传送带A点，行李与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度 g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略空气阻力。从行李放上传送带开始计时，直到行李到达B点，下列说法正确的有（　　） A．整个过程中，传送带对行李一直做正功 B．行李加速运动阶段，摩擦力对行李做功为1.2J C．t=2s时，摩擦力对行李做功的瞬时功率为2.4W D．整个过程行李的机械能增加24.08J 【答案】ACD 【详解】A．由题知，行李一直沿传送带向上运动，传送带对行李的支持力与速度方向垂直，没有做功，在加速度阶段滑动摩擦力方向沿传送带向上，与位移方向相同，故滑动摩擦力对行李做正功，在匀速阶段静摩擦力方向沿传送带向上，与位移方向相同，故静摩擦力对行李做正功，所以整个过程传送带对行李一直做正功，故A正确； B．行李在加速阶段，根据牛顿第二定律有 解得 方向沿传送带向上，则加速到与传送带共速的时间 加速位移 加速阶段摩擦力做功，故 B 错误； C．行李匀速运动时阶段的时间 可知t=2s时行李已处于匀速阶段，根据平衡条件，可得静摩擦力 摩擦力对行李做功的瞬时功率，故 C 正确； D．整个过程行李的重力势能增加量 动能增加量 所以机械能增加量，故 D 正确。 故选ACD。 8．（2026·中山一中&宝安中学·联考）某工厂的传送装置如图甲所示，传送带的速度为v = 4 m/s，长度l = 2.5 m。 一质量为m = 1 kg的工件从左侧以v0 = 1 m/s的速度滑上传送带，在到达右端时恰好与传送带达到相同速度。 传送带右侧的光滑平台上固定了一个质量为M = 4 kg的阻挡块， 以工件与阻挡块接触为计时起点，两者的相互作用力大小随时间变化的关系可近似用图乙表示。 重力加速度取g = 10m/s2，求： (1)传送带与工件间的动摩擦因数μ； (2)定义两个物体间碰撞后与碰撞前的相对速度大小之比为他们的恢复系数e，即，该物理量的大小只有两个物体的材料有关，求工件与阻挡块间的恢复系数e； (3)若阻挡块未能固定在水平面上，求工件与阻挡块碰撞中损失的机械能ΔE。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理 解得 （2）由图乙，面积表示工件受到的冲量 以向左为正方向，由动量定理得 解得 方向向左，所以恢复系数 （3）由碰撞过程动量守恒得 结合 联立解得v1 = - 0.8 m/s，v2 = 1.2 m/s 损失的机械能为 9．（2026·广东肇庆·一模）如图所示，某滑雪场的传送带与水平面的夹角为θ，游客利用传送带运送器械。已知器械质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．在器械随传送带匀速上行的过程中，下列说法正确的是（　　） A．器械所受摩擦力的大小为 B．器械受到的摩擦力方向沿传送带向下 C．摩擦力对器械做负功 D．器械所受支持力的冲量为0 【答案】A 【详解】A．器械匀速运动，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力为f=，故A正确； B．器械匀速上行，相对传送带有下滑趋势，所以器械受到的摩擦力方向沿传送带向上，故B错误； C．器械受到的摩擦力方向与运动方向相同，因此摩擦力对器械做正功，故C错误； D．器械上行过程中所受支持力一直垂直于传送带，根据 可知器械所受支持力的冲量不可能为0，故D错误。 故选A。 10．（2025-2026·佛山发展联盟·联考）如图所示，倾斜传送带以速度v2=1.2m/s匀速向下运动，倾角θ=37°，小物体A、B由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mA=2kg，mB=0.5kg。某时刻A在传送带右端具有沿传送带向下的速度v1=2m/s，A与定滑轮间的绳与传送带平行，传送带上下两端长L=5m。不计定滑轮质量和摩擦，小物体A与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物体A与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5，轻绳足够长（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），求： (1)小物体A开始运动时的加速度大小； (2)A滑上传送带到离开传送带所需的时间。 【答案】(1)0.4m/s2 (2)3.5s 【详解】（1）开始时A的速度比传送带快，所以A受摩擦力为阻力，设运动方向为正，由牛顿第二定律 解得 （2）由（1）可知A、B将做匀减速运动至与传送带速度相等。由运动学公式得， 解得， A与传送带最大静摩擦力 A沿斜面向下重力分力和B重力的合力为 解得 所以接下来A相对传送带静止与之一起匀速运动 解得 则运动总时间 11．（2026·佛山顺德·二模）如图，质量分别为和的物块A和B（均视为质点），通过轻质不可伸长的细绳连接，跨过定滑轮（不考虑其质量）悬挂于两侧。初始时，两物块距天花板的高度均为，绳长，两物块距地面的高度均为。初始状态下通过外力使物块A与B保持静止。在时刻，同时释放两物块。当物块A接触光滑地面的瞬间，将细绳切断。此后经过时间，物块A在竖直方向的速度减为零，忽略物块B此后的运动情况。物块A的速度为零时，位于物块A左侧的另一个的物块C以与物块A发生碰撞。碰撞结束后，轻质弹簧恢复原长。随后，物块A冲上长度为，与水平面夹角为的传送带。已知传送带与物块间的动摩擦因数为，重力加速度，,。 (1)求物块A落地时的速度大小； (2)求时间内地面对物块A的平均作用力大小； (3)若传送带静止，物块A能否冲上传送带顶端？若不能，为使物块A恰好能够到达顶端，传送带应如何（顺时针或逆时针）转动？其速度应为多大？此过程传送带电动机因运送物块A而额外消耗的电能是多少？ 【答案】(1) (2) (3)物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动，转速为；额外消耗的电能为 【详解】（1）方法1：释放后，物块向下加速运动，物块向上加速运动。设绳子的拉力为，两物块的加速度大小均为。 对物块，由牛顿第二定律：① 对物块，由牛顿第二定律：② 由①＋②得： 解得加速度： 物块从静止开始，下落高度，由运动学公式： 解得落地速度： 方法2：对A、B系统，由机械能守恒定律： 解得落地速度： （2）物块A落地后，经过时间，其竖直方向速度减为零。此过程中，物块受到重力和地面的平均作用力。 以竖直向上为正方向，由动量定理： 解得平均作用力： 地面对物块的平均作用力大小为 （3）物块C与物块A的碰撞过程，弹簧恢复为原长，A和C物块动量守恒， 能量守恒， 由于碰撞后弹簧恢复原长：， 若传送带保持静止，对物块进行受力分析： 加速度大小： 物块沿斜面向上滑行的最大距离： 说明物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动。设传送带速度，物块A刚冲上传送带时，摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有： 代入数据： 当物块的速度与传送带速度相同时，由可知物块不能一直相对传送带静止，速度相同后，摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有： 代入数据： 设传送带速度为，， 位移满足 得 因此可知假设成立。 第一阶段共速前时间为： 代入数据： 此段时间内，传送带与物块的相对位移为： 第二阶段共速后： 此段时间内，传送带与物块的相对位移为： 整个过程因摩擦产生内能 电动机额外提供的电能使物块的机械能增加和摩擦产生内能： 代入数据： 方法2：电动机额外提供的电能等于传送带克服摩擦力做功 12．（25-26·广东六校联盟·三模）如图所示，可视为质点的物块质量为，通过长度为的轻绳悬挂于固定点O，固定点O到地面的竖直高度等于绳长。现将绳拉直让物块从圆心等高处静止释放，当物块摆动到O点正下方时，轻绳恰好断掉，物块以速度进入光滑的水平面。传送带上表面与水平地面等高，左右两侧紧靠光滑水平地面，以的速度沿顺时针方向匀速转动，左端到右端的距离、物块与传送带间的动摩擦因数。右侧水平地面上放置一各面均光滑的四分之一圆弧滑块，圆弧滑块质量为，圆弧轨道最低点与地面相切。已知重力加速度，求： (1)求轻绳能够承受的最大拉力； (2)若四分之一圆弧滑块的质量，求物块冲上圆弧滑块后能够上升的最大高度； (3)为了使物块从左端滑上圆弧滑块只能发生一次，求圆弧滑块的质量范围。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）小物块从O点等高处到O点正下方，根据动能定理 小物块在O点正下方时，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）小物块刚滑上传送带时做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 解得，加速度大小为 假设小物块能与传送带共速，则小物块的位移为 即假设成立，小物块第一次到达传送带右端时，速度大小为 物块运动到圆弧轨道最高点的过程，根据动量守恒 根据能量守恒 解得 （3）设物块离开圆弧滑块时，物块的速度大小为，圆弧滑块的速度大小为，则， 解得， 物块只能从左端滑上圆弧滑块一次，则有 （1）物块与圆弧滑块速度同向或静止，即 解得 （2）若圆弧滑块质量大于2kg，则与圆弧滑块速度反向，此时 ①从传送带左侧离开，设物块向左在传送带匀减速直线运动到速度为零的位移大小为，则 解得 ②物块在传送带上减速为零后，再反向做匀加速直线运动，因物块分离后速度小于5m/s，根据对称性可知，小物块再次运动到传送带右端时速度大小不变，方向相反，即 需要满足， 解得 综上可得，圆弧滑块的质量范围为或。 13．（25-26·广东六校联盟·三模）如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具。如图乙所示，传送带与水平面间的夹角，逆时针匀速转动。某次将静止的物体从高处传送至低处的过程中，以水平地面为重力势能的零势能面，物体的机械能和传送距离的关系如图丙所示。已知物体与传送带之间的滑动摩擦因数为0.5，物体可视为质点，重力加速度为，，，下列说法中正确的是（　　） A．物体的质量为5kg B．物体的速度一直变大 C．在内与内，物体与传送带之间产生的热量不相等 D．传送带的运行速度为4m/s 【答案】BC 【详解】A．段机械能增加 摩擦力做功 由 解得，故A错误； B．传送带逆时针匀速，物体从高处静止释放，重力分力 最大静摩擦力 故刚开始加速下滑，由于 故共速后仍然加速下滑，故B正确； CD．共速前，物体加速到，加速度 位移 由 相对位移 热量 共速后，物体继续加速，加速度 位移，相对位移，所以，热量不相等，C正确，D错误。 故选BC。 题型04 板块模型 14．（2026·广州华南师范大学附属中学·二模）如图，A、B两物体放在足够长的木板上，它们的质量分别为M和m，且M>m，A、B与木板的动摩擦因数相同，A、B间距离足够大，木板置于水平地面上，则（　　） A．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，则由于A的惯性较大，A、B间的距离将增大 B．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，之后A、B间距离保持不变 C．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A与木板间发生相对运动时，B仍与木板相对静止 D．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A、B与木板同时发生相对运动 【答案】BD 【详解】AB．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，根据，则A、B做减速运动的加速度相同，初速度也相同，则A、B间的距离将保持不变，A错误，B正确； CD．因A、B与长木板间发生相对滑动时的最大加速度均为，可知若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A、B与木板同时发生相对运动，C错误，D正确。 故选BD。 15．（2026·上进高三·阶段检测）如图，光滑的水平面上静止一块足够长的长木板P，一滑块Q（视为质点）从左端以初速度向右滑上长木板P，此后关于长木板P和滑块Q的运动图像，若PQ间动摩擦因素恒定，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】AB．由于地面光滑，滑块Q滑上长木板P后，长木板P向右做匀加速直线运动，滑块Q向右做匀减速运动，AB错误； CD．两者都做匀变速直线运动，加速度大小恒定，C正确，D错误。 故选C。 16．（25-26高三上·珠海二中·练习）如图甲，足够长、质量的木板Q静止在水平面上，质量的小滑块P（可视为质点）静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数。从零时刻起，对滑块施加水平向右的恒定外力，此时滑块相对木板滑动，经过时间撤去此力。取，则： (1)撤去外力前，滑块受到的摩擦力大小； (2)木板的最大速度； (3)如图乙，若零时刻起，对滑块施加的恒定外力，方向变为与水平面成斜向右上方，经过时间撤去此力，已知，，求木板运动的最大速度。 【答案】(1)10N (2)2.5m/s (3)1m/s 【详解】（1）撤去外力前，滑块受到的摩擦力 （2）撤去外力前，设滑块P和木板Q的加速度分别为aP和aQ，速度分别为vP和vQ，对P根据牛顿第二定律有 解得 可知时滑块P速度为 对Q根据牛顿第二定律有 解得 可知时木板Q速度为 撤去外力后，木板Q以加速度继续加速，滑块P以加速度减速，对P根据牛顿第二定律有 解得 设经过后滑块P和木板Q共速，则有 解得 则木板的最大速度为 （3）滑块在拉力作用下做加速运动，设其加速度为，木板与滑块的摩擦力为，根据牛顿第二定律，对滑块P有 其中 代入数据解得 此过程中，木板与水平面间的摩擦力为 由于，所以木板不动； 撤去拉力时，滑块的速度达到最大，为 撤去拉力后，滑块减速的加速度为 撤去拉力后对木板根据牛顿第二定律有 解得木板的加速度为 设再经过时间滑块与木板速度相同，则有 解得 此时木板速度达到最大，为 17．（2025-2026·深圳深实高中园&惠东高级中学·一联）如图甲所示，一定长度、质量为M=2kg的长木板放在水平面上，质量为m=1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t=0 时刻，0~2s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，时将外力大小改为F2=22N，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度g=10m/s2求： (1)0~2s内长木板和物块的加速度大小； (2)以及F1的大小； (3)长木板t（t大于）时的速度大小的表达式。 【答案】(1)， (2)， (3)时，（单位：m/s）；时， 【详解】（1）对于长木板，由图乙可知，0~2s内木板的速度从0增加到18m/s，因此加速度 对于物块，0~2s内物块的速度从0增加到4m/s，因此加速度 （2）物块在0~2s内仅受长木板的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律 解得 长木板在0~2s内受三个力，外力、水平面对它向左的滑动摩擦力、物块对它水平向左的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律有 代入数据，解得 （3）时，物块仍受滑动摩擦力，加速度 木板由牛顿第二定律有 代入数据，计算得，即木板将做减速运动。 设从开始，经过时间两者共速，木板的速度为 物块的速度为 共速时 解得 共速速度 所以当时，木板做匀减速运动，速度表达式为（单位：m/s） 当时，假设共速后一起运动，整体加速度满足 代入数据，得，即时，二者一起匀速运动，木板的速度表达式为。 18．如图（a）所示，质量的绝缘木板A静止在水平地面上，质量可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。质量的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求： (1)撤去变力F瞬间滑块C的速度大小； (2)小物块B与木板A刚好共速时的速度大小； (3)若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能如何变化？ 【答案】(1)10.5m/s (2)3m/s (3)①10.5m，②减少了12J 【详解】（1）在F作用的内，对滑块C，由动量定理得 由图像围成的面积可得 解得 （2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得 A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有 代入数据解得 A、C碰撞后，对B有 解得 对A有 解得 设碰后经时间A、B共速，则 解得＝2s，＝3m/s （3）①从A被碰后到A、B刚好共速的过程， 所以此过程B相对A向左滑行 当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有 解得 对A有 解得 因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为， 则此过程B相对A向右滑行 因为 所以板长至少为10.5m； ②整个过程中静电力对B做功 故物块B的电势能变化量为 即电势能减少了12J。 1．（2025·广东佛山·一模）如图所示，下端固定的轻质弹簧竖直放置，可视为质点的物块（与弹簧不粘连）在竖直向下的力的作用下，静止于点；撤去后，物块从静止开始沿竖直方向运动。以点为坐标原点，以竖直向上为轴正方向建立坐标系。忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。物块从撤去开始计时到第一次回到点的过程中，其加速度随路程变化的图像或位移随时间变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AB．设物块在O点时弹簧的压缩量为y0，则F+mg=ky0 则当物块位于y=s位置时的加速度 则随着物块的上升，s增加，加速度线性减小，减到零后反向增加到向下的g时，物块脱离弹簧做竖直上抛运动；到最高点后返回，加速度与上升时对称，则图像A错误，B正确； CD．由以上分析，物块上升过程中，加速度先向上减小，后向下增加到g，然后做竖直上抛运动，速度先增加后减小，则y-t图像的斜率先增加后减小，可知CD错误。 故选B。 2．（26-27高三上·广东肇庆·期末）一艘质量m1=2000kg的拖船，通过绷直的水平缆绳拖着一艘质量m2=6000kg的驳船，在平静水面上由静止开始沿直线航行。拖船发动机提供水平方向大小恒为F=1.6×104N的牵引力，经t0=10s后，拖船速度达到v0=10m/s。已知水对拖船和驳船的阻力大小之比为2:3，重力加速度g取10m/s2，对于该加速过程，下列说法正确的是（　　） A．水对拖船的阻力大小为4.0×103N B．水对驳船的阻力大小为4.8×103N C．拖船所受合力大小为 4.0×103N D．拖船对驳船的拉力大小为8.0×103N 【答案】B 【详解】AB．由题意，拖船和驳船通过绷直缆绳连接，共同运动，加速度相同。初速度为零，经 速度达，则加速度为 设水对拖船的阻力大小为，水对驳船的阻力大小为，且有 根据牛顿第二定律有 联立解得，，故A错误，B正确； C．对拖船，根据牛顿第二定律，可得所受的合力大小为，故C错误； D．设拖船对驳船的拉力大小为，对驳船，根据牛顿第二定律有 代入数据解得，故D错误。 故选B。 3．质量为m的物体静止放在粗糙水平面上，用水平拉力拉动物体，物体运动一段时间后撤去拉力，物体运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．物体在时间内的位移为 B．拉力与物体所受摩擦力的大小之比为 C．拉力的大小为 D．在时间内拉力做功为 【答案】B 【详解】A．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知物体在时间内的位移为，故A错误； BC．由题图可知物体加速阶段和减速阶段的加速度大小分别为， 根据牛顿第二定律可得， 联立可得拉力与物体所受摩擦力的大小之比为 拉力的大小为，故B正确，C错误； D．在时间内物体通过的位移大小为 在时间内拉力做功为，故D错误。 故选B。 4．（25-26高三上·珠海二中·练习）质量为的小木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，这时弹簧的弹力为3N。现沿水平向左的方向对小木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力F由0逐渐增加到18N，以下说法正确的是（　　） A．物体受到的摩擦力一直减小 B．物体与小木板先保持相对静止，后相对滑动 C．物体与小木板一直保持相对静止 D．小木板受到15 N的拉力时，物体受到的摩擦力大小为3 N 【答案】C 【详解】A．弹簧的弹力为3 N时，若物体与木板之间的摩擦力恰好为0，则物体只受到弹簧的弹力的作用，此时物体的加速度为 由于物体始终相对于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力为 所以当拉力F增大到9N时，物体不受摩擦力作用，则拉力小于9N之前，摩擦力随拉力F的增大而减小，当拉力大于9N后，摩擦力又随拉力的增大而增大，故A错误； BC．当弹簧的弹力为3 N时，物体仍然静止在木板上，所以物体与木板之间的最大静摩擦力要大于等于3N，若要使物体相对于木板滑动，则物体受到的木板的摩擦力至少要大于等于3N，即物体受到的合力至少向左6N的力，物体的加速度为 同时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大于物体的加速度，当二者相等时，为最小拉力，则有 即只有在拉力大于18N时，物体才能相对于木板滑动，所以在拉力小于18N时，物体相对于木板静止，故B错误，C正确； D．小木板受到15N拉力时，整体的加速度 物体受到的摩擦力为，则 所以 故D错误。 故选C。 5．（2025·广东执信中学&汕头金山中学&深圳外国语学校·调研）某中学实验室对一款市场热销的玩具机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（    ） A．机器人与水平桌面间的滑动摩擦力为2.2N B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1 C．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为6.2N·s D．在0~4s时间内，合外力做的功为4.4J 【答案】C 【详解】AB．设机器人质量为m，滑动摩擦力大小为f，由两个图像结合牛顿第二定律可得 联立解得 因为 解得，故AB错误； C．因为图面积表示速度变化量，机器人初速度为0，故速度变化量大小等于末速度，则4s时机器人速度 规定F方向为正方向，根据动量定理有 因为0~4s时间内 联立解得摩擦力的冲量大小，故C正确； D．根据动能定理可知合力做功，故D错误。 故选C。 6．（25-26高三上·广东湛江·学情自测）如图，一箱苹果沿着倾角为的斜面以初速度下滑，在箱子正中央夹有一质量为的苹果，其周围苹果对它的作用力可能为（　　） A．若斜面光滑，一定沿方向 B．若斜面粗糙，一定沿方向 C．若斜面粗糙，可能沿或方向 D．若斜面粗糙，不可能沿竖直向上方向 【答案】AC 【详解】A．斜面光滑，整体匀加速下滑，加速度，则苹果所受力一定沿方向，与平衡，故A正确； BCD．斜面粗糙，若整体变速下滑，对整体所受支持力与摩擦力的合力斜向左上，而对苹果，其与整体加速度相同，其周围苹果对它的作用力与斜面对整体所受支持力与摩擦力的合力方向相同，斜向左上，故可能沿或方向；若整体匀速下滑，对整体所受支持力与摩擦力的合力竖直向上，而对苹果周围苹果对它的作用力与斜面对整体所受支持力与摩擦力的合力方向相同，沿竖直向上方向，故BD错误，C项正确。 故选AC。 7．（2026·广东·一模）如图所示，风洞实验室可以产生与水平方向成的恒定风力。在风洞中A点将一个质量为的小球以初速度竖直向上抛出，经过时间后小球运动到B点。已知A、B两点的竖直距离，重力加速度为 下列说法正确的有（　　） A．恒定风力大小为 B．小球到达B点时的速率为 C．从A点到B点的过程，风力对小球的冲量大小为 D．小球到达B点时，风力的瞬时功率为 【答案】ACD 【详解】A．设恒定风力的大小为，将其沿水平方向和竖直方向分解，则有， 假设小球在竖直方向上做匀加速直线运动，根据位移时间公式有 解得 可知小球在竖直方向做匀速直线运动，合力为零，则有 解得，故A正确； B．小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 小球到达B点时水平方向的速度大小为 故小球到达B点时的速率为，故B错误； C．从A点到B点的过程，风力对小球的冲量大小为，故C正确； D．小球到达B点时，设小球的速度与水平方向的速度夹角为，根据几何关系有 解得 而风力与水平方向的夹角也为，即小球到达B点时风力的方向与速度的方向相同，故小球到达B点时，风力的瞬时功率为，故D正确。 故选ACD。 8．（25-26高三上·珠海二中·练习）“蹦极”是很多年轻人喜爱的极限运动（如图甲所示），质量为m的蹦极爱好者从跳台上落下，其加速度随下降位移变化的图像如图乙所示（图中、、g、已知、未知），忽略空气阻力以及绳索的重力，蹦极所用的绳索可看成满足胡克定律的弹性绳，g为重力加速度，对于蹦极爱好者，下列说法正确的是（　　） A．下降位移为时，速度最大 B．下降过程中的最大速度大小为 C．弹性绳的劲度系数 D．下降过程中的最大加速度大小为 【答案】BCD 【详解】A．由图乙可知，位移内，人的加速度方向始终向下，人先做自由落体运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，下降位移为时，蹦极爱好者是加速度为零，此时速度最大，故A错误； B．根据动能定理可得 图像的面积乘以人的质量即为合外力的功，由图像可得 解得，故B正确； C．在处，由平衡条件可得 解得弹性绳的劲度系数，故C正确； D．由图乙中的几何关系可得 解得下降过程中的最大加速度大小为，故D正确。 故选BCD。 9．（25-26高三上·深圳第二外国语学校·段考一）如图1所示，质量为的木板A静置于光滑水平地面上，时刻物块B（可视为质点）以水平向右的初速度3m/s从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为1kg B．木板A的长度为3m C．物块B与木板A间的动摩擦因数为0.1 D．若只将物块B的初速度大小变为1.5m/s，则最终物块B与木板A右端的距离为1.5m 【答案】ABC 【详解】AC．由图2，可求得B冲上A后，B减速运动时的加速度大小 A加速运动时的加速度大小 设B的质量为，根据牛顿第二定律有 对A，根据牛顿第二定律有 联立，代入数据求得物块B与木板A间的动摩擦因数为，，故AC正确； B．当时，物块B恰好到达木板A的右端，根据图线围成的面积表示位移，由图像围成的面积差，可求得木板A的长度为，故B正确； D．若只将物块B的初速度大小变为1.5m/s，B与A共速时有 求得 A达到与B共速时，所用时间 可得物块B相对木板A滑动的距离为 则最终物块B与木板A右端的距离为，故D错误。 故选ABC。 10．（2026·广州·一模）如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向上运动，上升h后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度为g。 (1)排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求： i.排球在空中运动的时间； ii.空气阻力的冲量大小和方向。 (2)若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平均作用力大小。 【答案】(1)i.；ii.，竖直向上 (2) 【详解】（1）i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2 根据牛顿第二定律，上升过程有​ 根据位移时间公式有   根据牛顿第二定律，下降过程有​ 根据位移时间公式有   联立解得排球在空中运动时间     ii.取竖直向上为正方向，阻力总冲量​ 解得 因t2 >t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。 （2）设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有 其中，   联立解得     根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于 11．（2026·汕头·一模）如图所示，光滑水平地面和中间有一光滑凹槽，其左侧区域有水平向右的匀强电场，场强大小。紧靠凹槽左侧放置一质量为、长度为的木板，其上表面与地面齐平。质量也为、电荷量恒为的小滑块从A点静止释放，随后滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E点滑上足够长的光滑斜面，斜面上方存在沿斜面向上、场强大小可调的匀强电场。已知距离，木板上表面与滑块间的动摩擦因数，斜面倾角，重力加速度g取。木板每次与凹槽相碰后速度立即变为零但不与凹槽粘连，滑块经过E点时速度大小不变。求： (1)滑块第一次滑上木板时的速度大小； (2)木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能； (3)滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。 【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）从A到B，由动能定理得 解得滑块第一次滑上木板时的速度大小 （2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为，列式子得 整个过程中，由动能定理得 解得， 木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能 （3）①当时，可得 此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量 ②当时，可得 此时小滑块将滑下斜面返回木板。 从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动量能定理得 对木板由动量定理得 滑块滑上光滑斜面后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。 所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为。 对于小滑块由动量定理得 对木板由动量定理得 小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为。 每次通过木板，小滑块的能量会减少。初始能量为 所以可以通过木板次，小滑块剩余能量 此时小滑块的速度 由于 在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量 在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得 解得 由于，所以假设不成立，在第6次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为。 第6次木板撞凹槽损失的能量 根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量 综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量 12．（2026·广东梅州·一模）全自动快递分拣机器人系统在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上后，机器人可将包裹自动送至指定投递口停住，然后翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，如图甲所示。分拣机器人A把质量为的包裹从分拣处运至相距的投递口处，投递完包裹后返回分拣处途中由于发生故障自动切断电源之后以的速度与静止的机器人发生弹性碰撞，如图乙所示。已知、质量均为，机器人运行允许的最大加速度，运行最大速度。机器人运行过程中受到阻力为重力的倍。包裹与水平托盘的动摩擦因数为，包裹受的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)在投递口处包裹刚开始下滑时托盘倾角的大小； (2)A从分拣处运行至投递口所需的最短时间； (3)B碰后滑行的最大距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设包裹开始下滑时有 代入数据可得 （2）当先做匀加速直线运动加速至，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动 至零时，A从分拣处运行至投递口所需时间最短。其中匀加速直线运动阶段 匀加速阶段位移 匀减速直线运动阶段 匀减速阶段位移 故匀速直线运动阶段 运行总时间 （3）A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 能量守恒定律有 解得， 碰后做匀减速直线运动，满足 解得 13．（25-26高三上·广东光大·月考）用夯锤打桩钉的示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的作用下，最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。已知两摩擦轮角速度，半径，对夯锤的正压力均为，轮对锤摩擦力与正压力的比值为，夯锤的质量，桩钉从图示位置下移过程中阻力与关系：，整个过程夯锤对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的80%，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度取，求： (1)夯锤上升速度为零时与桩钉顶端的距离； (2)夯锤上升过程中，摩擦轮与夯锤因摩擦产生的热量； (3)夯锤打击桩钉后，桩钉下移的最大距离。 【答案】(1)1m (2)500J (3)0.8m 【详解】（1）设夯锤向上加速度大小为a，经时间t与边缘速度相等，由牛顿第二定律得 解得 轮子边缘的线速度大小 又 加速阶段上升高度 减速上升高度 由 解得 （2）夯锤加速阶段，轮边缘运动路程 故摩擦生热 解得 （3）夯锤击打桩钉前的动能 桩钉进入过程平均作用力 由动能关系 解得 14．（25-26高三上·广州六校·期中）如图所示，质量的木板静止在长度足够的光滑水平桌面上，一质量的小物块从低于水平桌面处的点向上斜抛，到达最高点时恰好切入木板上表面的左端。建立以抛出点为坐标原点的坐标，且以原点为重力势能的零势能点，小物块的机械能随变化的图像如图2所示，图中数据为已知条件。小物块可视为质点，不计木板厚度和空气阻力，求： (1)抛体运动的初速度和平台离抛出点高度； (2)滑块与木板间的动摩擦因数； (3)木板长度的最小值。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）小物块在斜上抛运动中机械能守恒 解得 对斜上抛运动，水平方向 竖直方向， 根据运动的合成 联立解得，， （2）小物块滑上木板初速度 小物块和木板组成的系统由动量守恒有 故 小物块从滑上木板到二者速度相等过程其机械能变化量 由功能关系知：图2中小物块在木板上表面滑行时 其中小物块在木板上做匀减速直线运动的位移为 解得 （3）对木板 解得 对木板 故其位移为 木板长度的最小值 15．（2025·广东执信中学&汕头金山中学&深圳外国语学校·调研）如图所示,倾角为θ的光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。忽略空气阻力，重力加速度为g，H甲<H乙，求： (1)甲、乙分别到达斜面底端的时间t甲、t乙； (2)乙最终停止的位置与O处的距离x乙； (3)若μ=sinθ=0.5，乙运动的总时间t与H甲、H乙的关系式。 【答案】(1)， (2) (3)≤时，  ； ＞时， 【详解】（1）对于在光滑斜面上下滑的滑块，设斜面长度为，根据几何关系（为下滑高度）。 滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律     可得加速度 根据运动学规律    解得 对于甲滑块，到达斜面底端时间      对于乙滑块，到达斜面底端时间 （2）乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，设碰前甲、乙速度分别为v1、v2，碰后甲、乙速度分别为、，根据动量守恒可得     根据能量守恒可得      解得,   可知甲和乙发生弹性碰撞后交换速度 ，乙最终停止位置与不发生碰撞时甲最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，甲下滑过程有mgH甲= 甲在水平面运动到停止有=2μg 联立可得= 综合上述各式可得 （3）由（2）知甲到达斜面底端的速度 乙到达斜面底端的速度   ①甲停下前被乙碰，则有t=t甲+    解得      ②甲停下后被乙碰，则有t=+     根据运动学规律可得=v乙     解得t1= （另解t1=舍去）   故 t=+ =     若甲刚好停下时被乙碰，则有4 即=      综上，≤时，  ； ＞时， 16．（2025·广东执信中学&汕头金山中学&深圳外国语学校·调研）“深坑打夯机”的工作示意图如图所示。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯杆从深坑提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开；夯杆因惯性继续运动，在自身重力的作用下，落回坑底；这样周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮边缘的线速度v=4 m/s，对夯杆的压力均为F=2×104 N，与夯杆的动摩擦因数μ=0.3，夯杆的质量m=1.0×103 kg，坑深h=6.4 m，重力加速度g=10 m/s2，不计夯实坑底引起的深度变化，不计空气阻力，请计算： (1)每个打夯周期中，夯杆受摩擦轮带动的作用时间t； (2)每个打夯过程的周期T； (3)每个打夯周期中，因带动夯杆向上运动，电动机多消耗的电能。 【答案】(1)2.6s (2)4.2s (3)120000J 【详解】（1）刚开始，夯杆受到向上的摩擦力      根据牛顿第二定律f                    解得 夯杆加速到与摩擦轮线速度 根据匀变速运动规律       可得加速时间          加速位移 匀速上升位移 同理可得匀速上升时间     所以夯杆在被摩擦轮带动上升阶段用时t （2）方法1：夯杆竖直上抛阶段，夯杆以速度做竖直上抛运动，则有（，）     可得上升时间      上升高度       夯杆下落阶段，从最高点下落的总高度 根据自由落体运动规律 可得下落时间        打夯周期      方法2：竖直上抛及回落过程的位移为（以向上为正方向）。 根据公式 可得（时间不能为负，另解舍去） 打夯周期 （3）方法1：夯杆在坑口时，动能     重力势能    机械能增加量    摩擦轮在加速阶段的位移 夯杆加速位移 相对位移 则克服摩擦力产生的热量      电动机多消耗的电能      方法2：摩擦轮多克服的摩擦力做的功为=W克1+ W克2 其中， 代入数据解得 17．（25-26高三上·江门·调研）如图所示，竖直放置在水平面的滑杆上套有弹性滑块，滑块与滑杆间产生沿杆的滑动摩擦力。现将滑块从A处静止释放，已知滑块的质量，滑杆的质量，A点距地面的高度，重力加速度g取，不考虑空气阻力。求： (1)滑块下滑过程中地面对滑杆的支持力大小； (2)滑块落地时的速度大小； (3)若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，求滑块第一次碰撞后上升的高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块下滑过程中，以滑杆为对象，根据平衡条件可得 解得地面对滑杆的支持力大小为 （2）以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 根据运动学公式可得 解得滑块落地时的速度大小为 （3）若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，滑块向上运动过程，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 则滑块第一次碰撞后上升的高度为 18．（25-26高三上·珠海二中·练习）某滑雪爱好者在练习滑雪。钢架雪车所经过的一段赛道如图所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为30°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为6m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时6.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，重力加速度g取，求雪车（包括运动员） (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设雪车在直道AB段加速度大小为，根据位移速度公式可得 解得 （2）在AB上运动时间为 从B点到C点，根据匀变速直线运动位移时间公式可得 其中 联立解得 过C点的速度大小为 （3）设斜道BC上运动时受到的阻力大小为，根据牛顿第二定律可得 解得 19．（2025-2026·佛山发展联盟·联考）如图所示，甲为操场上一质量m=10kg的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，为了研究学生沿竿下滑的情况，在竿的顶部装有一拉力传感器，可显示竿的顶端所受拉力的大小，现有一学生手握滑竿，从竿的上端由静止开始下滑，下滑5s后学生的下滑速度为零，并用手紧握住滑竿保持静止不动。以这个学生开始下滑时刻为计时起点，传感器示数随时间变化的情况如图乙所示，重力加速度大小取10m/s2。求： (1)该学生的质量M； (2)1~5s内传感器的示数F2； (3)5s内该学生下滑的距离。 【答案】(1)40kg (2)530N (3)7.5m 【详解】（1）后学生静止，由图乙可知拉力为500N，根据二力平衡，有， 学生质量 （2）令，，，从开始下滑至停下来，以向下为正方向，由动量定理可知 代入数据可得 （3）内学生做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，加速度 由匀变速运动规律可知，末速度 学生先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，由匀变速运动规律可知，全程平均速度 所以全程位移 20．（25-26高三·汕头金山中学·广东汕头·10月月考）图（a）为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该装置由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平地面的夹角，与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从点由静止释放，货物对地发生总位移后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度，货物质量，其底部与传送带的动摩擦因数为，其侧面与挡板的动摩擦因数为。且货物与传送带发生滑动的对地位移不超过总位移的十分之一。重力加速度取。求： (1)货物在刚放在传送带上滑动时的加速度大小； (2)传送装置因传送货物而多消耗的电能； (3)某次测试过程中工作人员每隔一段时间从点静止释放相同的货物，货物到点处立即被取走，若维持传送带匀速运转，且传送带上总保持有个货物正在传送，则求传送带相对空载时需增加的最大功率。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，货物底面所受滑动摩擦力为 货物侧面所受滑动摩擦力为，由力的平衡条件， 由牛顿第二定律有 解得货物在刚放在传送带上滑动时的加速度大小 （2）设货物匀加速至与传送带共速，经历时间为，对地位移为，该时间内传送带的位移为，由运动学公式得 货物匀加速阶段的位移为 传送带位移为 货物与传送带之间因摩擦产生的热量 货物与挡板之间因摩擦产生的热量 货物增加的动能 传送装置多消耗的电能为 综合上述各式可得 （3）分析可知货物在传送带上从静止到与传送带共速之后，做匀速运动。而货物与传送带发生滑动的对地位移不超过总位移的十分之一，且传送带上总保持有5个货物正在传送。综上，传送带上有5个货物且第1个处于加速运动阶段时，传送带需增加的功率达到最大值。传送带受到后4个货物的静摩擦力大小为，受到第1个货物的滑动摩擦力大小为，由瞬时功率计算式有 解得 21．（2025-2026·广东六校联盟·二联）珠海机场某货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0=2m/s，货物质量m=10kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1=0.5，与挡板的动摩擦因数μ2=0.25。（sin37°=0.6，cos37°=0.8），重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求： (1)传送带上表面对货物的摩擦力大小f1 (2)货物在传送带上经历的时间t，以及相对于传送带的位移大小。 【答案】(1)货物匀加速运动时，货物匀速运动时 (2)， 【详解】（1）货物匀加速运动时， 得 货物匀速运动时，， 得 （2）匀加速运动，对货物有， 货物匀加速至2m/s的过程，有 解得 则匀加速直线运动的时间得 该过程中，传送带的位移为 货物相对于传送带位移，得 之后货物做匀速直线运动，经历时间 则货物在传送带上经历的时间 22．（25-26高三上·广东四校·月考）快递分拣装置如图所示，一件物品被无初速度地放在水平传送带左端，经传送带传输至右端后，平抛落入地面上的收集装置中；传送带上表面距地面高度为，收集装置入口宽度为，高度为，传送带右端到收集装置左端的水平距离为，产品与传送带之间的动摩擦因数为，传送带长度为，传送带运转速度可调，已知重力加速度取。 (1)若，计算物品到达传送带右端的时间； (2)若使产品到达传送带右端时速度最大，传送带运转速度至少多大？ (3)为保证物品总能落入收集装置且不碰到收集装置侧壁，则传送带的速度应调整为多少？ 【答案】(1)2.5s (2) (3) 【详解】（1）依题意，根据牛顿第二定律可得产品在传送带上加速时的加速度满足 解得 根据速度—时间公式可知共速时有 解得 运动的位移为 故产品在传送带上先加速后匀速，匀速阶段有 解得 则产品到达传送带右端的时间为 （2）若产品一直在传送带上加速达到最右端时，则有最大速度 解得 （3）如图所示 产品离开传送带后，做平抛运动，当产品恰能落入收集装置，下落高度为 解得 当传送带速度最小时，若产品恰好能落入收集装置中，则有 求得 且产品与传送带共速时发生的位移为 即当传送带速度为时，产品在传送带上先加速后匀速，最后恰好落入收集装置中，产品离开传送带后，做平抛运动，产品能落入收集装置且恰不碰到收集装置的右侧壁，产品下落高度为 解得 水平方向有 求得 若产品一直在传送带上加速达到最右端时水平抛出，则有 解得 综上分析可知，要保证产品能够落入收集装置中，传送带的速度需满足 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $