压轴01 牛顿运动定律与直线运动（压轴题专练）（北京专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴01 牛顿运动定律与直线运动 典例·靶向·突破 1． 【答案】（1）， （2） （3） 【详解】（1）汽车走人工通道，减速和加速走过的路程 所用时间 （2）汽车过通道时，减速运动时间 减速运动路程 同理，可知汽车加速运动时间，加速运动路程 汽车在匀速行驶区间的路程，所用时间 所以，汽车加速到之后匀速行驶的路程 汽车加速到到之后匀速行驶的时间 所以，汽车过通道时，走过与人工收费通道相同的路程所用的时间 （3）汽车通过通道比人工收费通道节约的时间 2． 【答案】（1） （2）10N； （3）0.3s 【详解】（1）对整体根据牛顿第二定律有 解得 （2）对小木块有N 竖直方向有 解得 （3）设撤去拉力瞬间，二者的速度为，撤去拉力后，铁箱的加速度为 根据位移-时间公式有 解得s 3． 【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，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 可得a=2.5m/s2，T=7.5N，则C错误，D正确。 故选D。 4． 【答案】BC 【详解】FA、FB都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但 FA＋FB＝（8－2t）N＋（2＋2t）N＝10N 为恒力，则可知在A、B分离前两者一起做匀加速直线运动； 物体A、B开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有 即 解得 t＝1.5s 即t = 1.5 s时，物体A、B开始分离；分离后A的加速度逐渐减小，B的加速度逐渐增加，故整个过程中物体A运动的加速度先不变后逐渐减小，物体B运动的加速度先不变后变大。 故选BC。 5． 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）儿童下滑时，根据牛顿第二定律可得 解得下滑时的加速度大小为 （2）儿童下滑时，根据运动学公式可得 解得儿童下滑到滑梯底端时的速度大小为 （3）滑行坐垫与水平缓冲区铺设的材料之间的动摩擦因数为0.8，则有 解得儿童在水平缓冲区做匀减速直线运动的加速度大小为 根据运动学公式可得 代入数据解得缓冲区的最小长度为 6． 【答案】（1） （2）0.45，理由见解析 （3）， （4）对应过程中研究对象的速度变化量 【详解】（1）此人状态1处于静止状态，重力等于支持力，对应图乙中1点，压力 根据牛顿第三定律知压力等于支持力，故此时 解得 （2）下蹲阶段先加速后减速，支持力与重力平衡时，加速度为零，速度最大，由图像可读出速度最大时刻约为0.45s。 （3）由图可知：图乙中2点最大，根据牛顿第二定律 知此人在1s内的最大加速度 1s内的图像如图 （4）图像与t轴所夹面积的含义是对应过程中研究对象的速度变化量 7． 【答案】（1）， （2） （3）， 【详解】（1）电梯在上升过程中受到的拉力最大时，电梯的加速度方向向上，运动的加速度最大，由a-t图像可知 对电梯由牛顿第二定律有 解得最大拉力大小为 电梯在上升过程中受到的拉力最小时，电梯的加速度方向向下，运动的加速度最大，由a-t图像可知 对电梯由牛顿第二定律有 解得最小拉力大小为 （2）由题意可得：所求速度变化量等于第1 s内a-t图线与t轴所围图形的面积，可得 由，解得电梯在第末的速率 （3）电梯加速度方向向上时电梯处于超重状态，时间范围为；电梯加速度方向向下时电梯处于失重状态，时间范围为。 8． 【答案】B 【详解】A．由题图（c）可知，t1时刻物块与木板刚要一起在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1（m1＋m2）g，故A错误； BC．由题图（c）可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F2－μ1（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有μ2m2g－μ1（m1＋m2）g＝m1a>0 联立解得， 故B正确，C错误； D．由题图（c）可知，0~t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D错误。 故选B。 1． 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）根据照片尺寸与实际长度的比例关系 可得 （2）曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小 （3）根据动量定理 2． 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）由图乙，根据加速度的定义可知，“蹬腿加速”过程中运动员的加速度大小为 （2）由图乙，根据匀变速直线运动中位移与平均速度的关系可知，“蹬腿加速”过程中运动员前进的位移大小为 （3）由图乙，根据动能定理可知，“惯性前进”过程中水的阻力做的功为 3． 【答案】（1）30m （2）4.5s （3）a.，加加速度为零的运动为匀变速直线运动； b. 【详解】（1）该车进入站台前做匀减速直线运动，设距离收费站处开始制动，则 解得 （2）该车减速时间为 加速时间为 所以，该车从开始减速到恢复至原来速度，共用时间为 （3）a.根据比值定义法，加加速度（急动度）是加速度对时间的变化率，所以定义式为 匀变速直线运动的加速度不变，即加加速度为0所以匀变速直线运动也叫做加加速度为0的直线运动； b.由图线可知，在加速度均匀增大，即加加速度不变，且 保持不变，速度最小为1m/s，最大为9m/s，因此图像为平行于纵轴的线段，如图所示 4． 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）对滑雪者，根据牛顿第二定律有 解得 （2）内滑雪者下滑位移的大小 （3）末滑雪者的速度 则末滑雪者的动能 5． 【答案】（1） （2） 【详解】（1）由题图可知，当汽车速度时，对应功率 此时气流通道未开启，汽车仅受地面滑动摩擦力作用。牵引力表达式为 摩擦阻力表达式为 根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 （2）当汽车速度时，对应功率 此时气流通道开启，产生附加压力 牵引力表达式为 摩擦阻力为 根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 6． 【答案】（1） （2），方向与前进方向相反 （3）3m/s 【详解】（1）设汽车和司机的总质量为，则根据牛顿第二定律 解得 对司机，根据牛顿第二定律 （2）对敏感球受力分析如图所示 根据牛顿第二定律， 解得 方向与前进方向相反。 （3）制动过程中，汽车受到的阻力是由电力制动、机械制动和空气阻力共同引起的。电力制动产生的阻力大小与车速成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由图线，根据牛顿第二定律，汽车在10m/s至3m/s区间所需合力最大。综合以上分析，汽车在3m/s的速度附近所受空气阻力及电力制动产生的阻力最小，故所需机械制动最强。 7． 【答案】（1）40m/s （2）a. b.见解析 【详解】（1）根据自由落体运动规律有 解得 （2）a.最大速度时，雨滴匀速下落，由平衡条件有 因为雨滴质量 联立解得 b.对雨滴，由牛顿第二定律有 联立以上，解得加速度 可知同样速度下，半径越大的雨滴加速度越大，速度增加的越快，且a结论可知半径大的最大速度越大，所以下落同样高度，半径大的雨滴先到达地面，即半径为的雨滴先到达地面。 8． 【答案】D 【详解】ABCD．物块A、B两物块始终保持相对静止，加速度相同，由牛顿第二定律可知加速度为 物块A、B间的摩擦力为物块A提供向右的加速度，由牛顿第二定律可知A物块受到摩擦力为，故D正确。 故选D。 9． 【答案】AC 【详解】A．挡板B与物块A分离时，AB之间的弹力为零，则此时对A分析可知 解得弹簧的伸长量，A正确； B．物块A达到最大速度时，弹力与重力相等，即 可得弹簧的伸长量，B错误； D．当物块A是自由下落时弹簧的最大形变量为x=2x2，解得弹簧的最大形变量为，但因为一开始有挡板B阻碍A下落，其中有能量损失，所以弹簧的最大形变量应该小于，故D错误； C．当A和B分离后，对A根据牛顿第二定律得mg-kx=ma 则a随x增大而均匀减小；物块A加速度a随坐标x变化的图像如下图所示 根据v2=2ax可知，a-x图线与坐标轴所围面积为，则 解得，故C正确。 故选AC。 10． 【答案】（1），方向沿斜面向上 （2） （3） 【详解】（1）小朋友沿斜槽下滑时的受力示意图如下 所受摩擦力为滑动摩擦力，故摩擦力 代入题中数据得，方向沿斜面向上。 （2）在AB段，由牛顿第二定律有 联立以上解得 （3）设小朋友在B点速度为，在AB段，由运动学公式有 设在BC段加速度大小为，由牛顿第二定律有 在BC段，由运动学公式有 联立以上解得 11． 【答案】（1）受力图见解析， （2） （3）0.4m 【详解】（1）物体从A向B运动时，其受力如图所示 对物块，水平方向由牛顿第二定律可得 竖直方向 又 联立解得 （2）4s后物块到达B点时立刻撤去F，此时物块的速度为 在斜面上对物块，由牛顿第二定律可得 解得 则从物块由B点沿斜面向上运动至返回B点所用的时间为 （3）物块从斜面返回B点时的速度大小仍为，对物块，由动能定理可得 解得物块返回水平面上停止运动的位置到B点的距离 12． 【答案】C 【详解】A．根据图像的面积表示物体的位移大小，可知滑块在内的位移大小为 根据 可知滑块在内的平均速度大小，故A错误； BC．滑块加速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 滑块减速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 根据图像可得， 可得滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为 滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为 故B错误，C正确； D．减速阶段有 可得滑块与桌面之间的动摩擦因数为，故D错误。 故选C。 13． 【答案】D 【详解】A．结合题图与数学知识可知，和与时间的关系分别为， AB两物体即将分离时，对AB整体有 当AB两物体即将分离时，AB两物体之间的作用力为零，对B物体有 联立解得 故A错误； BC．由于1.5s小于2.0s，所以在过程中，AB两物体并未分离，对其整体有 可知其分离前，AB整体所受合外力不变，所以其加速度不变，加速度为1m/s2，所以该过程中物体A做匀变速直线运动，两物体从静止开始，所以时，A物体的速度为 故BC错误； D．1s时两物体并未分离，对AB整体有 对物体B有 解得 时，A对B的作用力大小为2.0N，故D正确。 故选D。 14． 【答案】BC 【详解】A．由图像可知，内，木板做匀加速运动的加速度大小为 在4~5s内，木板做匀减速运动的加速度大小为 故A错误； B．4~5s内，图像的面积即为木板的位移 故B正确； CD．设木板的质量为，物块的质量为，物块与木板之间的动摩擦因数为，在2 ~4s内根据牛顿第二定律可得 又 在时撤去外力后，根据牛顿第二定律可得 联立解得 故C正确，D错误。 故选BC。 15． 【答案】C 【详解】A．由图像可知，在时间内火箭一直向上运动，时间内火箭向下运动，则时刻火箭上升到最高位置，A错误； B．因图像的斜率等于加速度，可知在时间内，火箭的加速度先增加后减小到零，根据可知，受到的推力先增大后逐渐减小到mg，B错误； C．在时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故C正确； D．在时间内，火箭先向下加速，后向下减速，即加速度先向下后向上，则先失重后超重，D错误。 故选C。 16． 【答案】BD 【详解】A．飞机空载和满载时所受重力大小不同，起飞需要的升力大小也不同，由可知，起飞速度也不同，故A错误； BD．飞机在跑道上匀加速滑行时，由牛顿第二定律得 又 联立求得 由于飞机在跑道上匀加速滑行，加速度恒定，所以 即 当飞机匀加速至恰好起飞时有 求得 所以，跑道的最小长度为 得 或 故B、D正确； C．根据 由于发动机推力不变，所以，匀加速滑行过程中发动机消耗功率越来越大，故C错误。 故选BD。 17． 【答案】B 【详解】ABC．小物块刚滑上长木板时，相对长木板向右滑动，所受摩擦力方向向左，由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1 解得小物块的加速度大小a1＝2 m/s2 小物块滑上长木板且两者共速前，同时长木板受到拉力F作用时，对长木板根据牛顿第二定律有F＋μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2 解得长木板的加速度大小a2＝4 m/s2 假设F撤去前两者达到共速，且两者从初始状态用时t1第一次达到共速，由速度关系可得v0－a1t1＝a2t1 解得t1＝1 s t1>1.5 s则假设成立，两者第一次共速时速度大小v1＝a2t1＝4 m/s 小物块的位移x1＝（v0＋v1）t1＝5 m 长木板的位移s1＝v1t1＝2 m 则小物块相对长木板向右移动的距离L1＝x1－s1＝3 m 两者第一次共速之后，F撤去前，假设两者会保持相对静止一起做加速运动，根据牛顿第二定律有F－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a0 解得整体的加速度大小a0＝2.5 m/s2 此时长木板对小物块的摩擦力大小f′＝ma0＝2.5 N>μ1mg 所以假设不成立，则第一次共速后，F撤去前，两者不会一起加速，在1～1.5 s内，小物块会相对长木板向左运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1′ 解得小物块向右做加速运动的加速度大小a1′＝2 m/s2 对于长木板，根据牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma3 解得长木板向右做加速运动的加速度大小a3＝m/s2 则t＝1.5 s时即再经过t2＝0.5 s小物块的速度大小v2＝v1＋a1′t2＝5 m/s 长木板的速度大小v3＝v1＋a3t2＝m/s 撤去拉力F后，小物块继续以加速度a1′向右做加速运动，长木板则开始做减速运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＋μ2（M＋m）g＝Ma4 解得长木板做减速运动的加速度大小a4＝2 m/s2 设从撤去拉力F到两者第二次共速所用时间为t3，由速度关系可得v2＋a1′t3＝v3－a4t3 解得t3＝s 两者第二次共速之后，由于μ1>μ2，则两者会保持相对静止一起向右做减速运动，直到速度减为0，可知1 s后小物块相对木板先向左运动后静止，则小物块相对长木板向右最远运动3 m。综上分析，A、C正确，B错误 D．二者第二次共速所经历的时间t′＝t1＋t2＋t3＝s 故D正确。 此题选择不正确的，故选B。 18． 【答案】（1）， （2） （3） 【详解】（1）假设木板和物块有相对滑动，撤去前，对木板由牛顿第二定律有 解得 对物块由牛顿第二定律有 解得 因，故假设成立，撤去时，木板、物块的速度大小分别为， （2）撤去后，系统动量守恒 解得 根据能量守恒定律，有 解得 （3）撤去前，木板和物块有相对滑动，木板的位移 物块的位移， 撤去后，， 则板长 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴01 牛顿运动定律与直线运动 命题预测 牛顿运动定律与直线运动是北京高考物理的核心压轴考点，选择题、实验题、计算题均有考查，其中计算题常作为压轴大题出现，分值占比高，是高三三模复习的重点模块。北京高考对本专题的考查注重实际情境建模、多过程分析和数理结合，设问角度灵活，常与运动学图像、临界极值问题、连接体问题结合考查。 预计2026年北京高考仍将围绕核心题型展开，结合北京高考“情境化、生活化、本土化” 特点，大概率以科技前沿（如航天、人工智能、新能源装备）、生产生活实际（如交通、工程器械）、体育赛事等真实情境为背景，考查学生对牛顿运动定律的理解、运动学规律的综合应用，以及从实际情境中提取物理信息、建立物理模型、解决实际问题的能力，同时强化对过程分析、受力分析、图像分析和临界问题求解的考查。 高频考法 1. 运动学规律的综合应用（含匀变速、变加速直线运动，运动学图像问题） 2. 牛顿运动定律的基本应用（单个物体的受力与运动分析） 3. 连接体问题的受力与运动分析（整体法与隔离法的综合运用） 4. 动力学中的临界与极值问题分析 5. 动力学中的多过程问题分析 6. 牛顿运动定律与图像结合的综合问题 7. 实际情境下的动力学建模与求解问题 8. 动力学中的板块模型（单一板块、叠放板块）问题 知识·技法·思维 考向01 运动学规律的综合应用（含匀变速、变加速直线运动，运动学图像问题） 1. 匀变速直线运动的基本公式： · 速度公式： · 位移公式： · 速度-位移公式： · 平均速度公式：（仅适用于匀变速直线运动） 2. 匀变速直线运动的推论： · 连续相等时间内的位移差： · 中间时刻速度： · 中间位置速度： 3. 变加速直线运动：无统一公式，需结合受力分析判断加速度变化规律，利用运动学图像（x-t、v-t、a-t）或微元法分析，v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度。 4. 运动学图像分析的核心： · x-t图像：斜率表示速度，截距表示初始位置，图像交点表示相遇； · v-t图像：斜率表示加速度，截距表示初速度，面积表示位移，图像交点表示速度相等； · a-t图像：面积表示速度变化量。 5. 解题思路： · 确定研究对象的运动性质，判断是匀变速、匀速还是变加速直线运动。 · 选取正方向，明确初速度、末速度、加速度、位移的正负。 · 匀变速运动直接选用合适的基本公式或推论，尽量避免解方程组。 · 变加速运动优先借助运动学图像分析，抓住 “斜率、面积、截距” 的物理意义。 · 多阶段运动需分段分析，明确各阶段的运动参数，衔接点的速度是各阶段的联系桥梁。 考向02 牛顿运动定律的基本应用（单个物体的受力与运动分析） 1. 牛顿第二定律：（矢量式，加速度与合外力方向相同、大小成正比，与质量成反比；正交分解式：，）。 2. 受力分析步骤：确定研究对象→重力→弹力（接触、形变）→摩擦力（接触、粗糙、有相对运动/趋势）→其他力（电场力、磁场力等）→检查受力是否完整，避免少力、多力。 3. 解题思路： · 基本解题流程：确定研究对象→受力分析（画受力示意图）→正交分解（建立合适的直角坐标系，尽量让加速度在坐标轴上）→列牛顿第二定律方程→求解加速度→结合运动学规律求解运动参数（速度、位移、时间）。 · 建立坐标系的技巧：沿运动方向和垂直运动方向建立，减少矢量分解的计算量。 · 受力分析的关键：明确研究对象，区分“内力”和“外力”，避免将研究对象受到的力与对其他物体的力混淆。 · 两类基本问题：先由牛顿第二定律求加速度，再由运动学公式求运动学量；或先由运动学公式求加速度，再由牛顿第二定律求力。 考向03 连接体问题的受力与运动分析（整体法与隔离法的综合运用） 1. 连接体：由两个或多个相互关联的物体组成的系统，各物体的运动状态（速度、加速度）相同或存在关联（如叠放板块、细绳连接的物体）。 2. 整体法：将整个系统作为研究对象，分析系统受到的合外力，由求解系统的共同加速度（适用于各物体加速度相同的情况）。 3. 隔离法：将系统中的某一个物体单独作为研究对象，分析其受力情况，由牛顿第二定律列方程（适用于求解系统内各物体间的相互作用力）。 4. 整体法与隔离法的关系：先整体后隔离，整体法求共同加速度，隔离法求内力。 5. 解题思路： · 判断连接体各物体的加速度是否相同，若相同，优先用整体法求加速度。 · 若要求解物体间的相互作用力（如弹力、摩擦力），在整体法求加速度后，用隔离法选取受力较少的物体进行分析。 · 若各物体加速度不同，分别对各物体隔离受力分析，列牛顿第二定律方程，结合运动学关联条件联立求解。 · 细绳连接的连接体，注意细绳的张力为内力，轻绳张力大小处处相等（不计绳重和摩擦）。 考向04 动力学中的临界与极值问题分析 1. 临界状态：物体的运动状态即将发生改变的瞬间状态，是从一种运动状态到另一种运动状态的转折点（如：刚要相对滑动、刚要离开接触面、刚要速度为零等）。 2. 常见临界条件： · 接触与分离的临界条件：两物体间的弹力； · 相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力； · 速度的极值：加速度（速度最大/最小）。 3. 极值问题：在一定条件下，物体的受力、加速度、速度、位移等物理量出现最大值或最小值，临界状态往往对应极值状态。 4. 解题思路： · 关键步骤：确定临界状态→分析临界条件→根据临界条件列方程→结合牛顿运动定律和运动学规律求解。 · 先假设物体处于临界状态，明确该状态下的物理量特点（如、）。 · 对临界状态下的物体进行受力分析，列牛顿第二定律方程，求解临界条件对应的物理量（如临界外力、临界加速度）。 · 极值问题结合数学方法（如二次函数、不等式、三角函数）求解，同时结合物理实际意义判断极值的合理性。 考向05 动力学中的多过程问题分析 1. 多过程运动：物体的运动由两个或多个不同的运动阶段组成，各阶段的受力情况、加速度、运动性质不同（如：先匀加速、后匀速、再匀减速；先直线运动、后因受力变化做变加速运动）。 2. 各阶段的联系：衔接点的物理量（速度、位置、时间）是连接各阶段的关键，前一阶段的末速度为后一阶段的初速度。 3. 解题思路： · 分段分析原则：将整个运动过程划分为若干个独立的运动阶段，明确各阶段的运动性质（匀变速、匀速、变加速）和受力特点。 · 关键步骤：确定分段点→分别对各阶段进行受力分析和运动学分析，列对应方程→利用衔接点的速度建立各阶段的联系→联立求解各物理量。 · 画运动过程示意图，标注各阶段的已知量和未知量，清晰呈现运动过程。 · 若过程中存在力的突变（如摩擦力由静变滑、外力突然消失/改变），突变点即为分段点，需重新分析受力和加速度。 考向06 牛顿运动定律与图像结合的综合问题 1. 常见图像类型：F-t、a-t、v-t、x-t、f-t等，图像与牛顿运动定律的结合核心是由图像提取物理信息，结合受力分析求解加速度/力/运动学量。 2. 图像与物理规律的关联： · F-t图像：结合，可分析加速度随时间的变化，进而结合v-t图像分析运动状态。 · a-t图像：面积表示速度变化量，结合初始速度可求任意时刻的速度。 · v-t图像：斜率表示加速度，结合可求合外力的变化。 3. 解题思路： · 图像分析三步走：看坐标轴（明确物理量和单位）→看图像形状（直线、曲线，判断变化规律）→看关键点（截距、斜率、面积、交点、拐点，提取定量信息）。 · 由图像提取的物理量（如加速度、力、速度）作为已知条件，结合受力分析和牛顿第二定律列方程。 · 若需绘制图像，先分析物理量的变化规律，确定关键点的坐标，再绘制图像（注意标度、单位）。 考向07 实际情境下的动力学建模与求解问题 1. 物理建模：将实际情境中的复杂问题简化，忽略次要因素，提取核心物理信息，建立符合物理规律的理想模型（如：将航天探测器的运动简化为匀变速直线运动，将汽车的制动过程简化为匀减速直线运动）。 2. 常见实际情境模型：交通模型（汽车启动、制动、超车），体育模型（跑步、投篮、滑雪），科技模型（无人机、机器人、航天器），工程模型（起重机、传送带）。 3. 解题思路： · 建模四步骤：审读情境，明确研究对象→提取核心物理信息，忽略次要因素（如空气阻力、摩擦损耗，题目明确要求时除外）→建立理想物理模型（如匀变速直线运动模型、连接体模型）→结合牛顿运动定律和运动学规律求解。 · 北京高考侧重本土化、生活化情境，需结合生活常识判断运动状态和受力特点。 · 若情境中存在多个研究对象，明确各对象的运动关联，选用整体法或隔离法分析。 考向08 动力学中的板块模型（单一板块、叠放板块）问题 1. 板块模型：由木板和滑块组成的连接体模型，分为单一板块（滑块在木板上滑动）和叠放板块（多个板块叠放，存在相对滑动或共同运动），核心是分析相对运动趋势和相对滑动的临界条件。 2. 核心规律：板块间的摩擦力为内力，静摩擦力使两者保持相对静止，共同运动；当静摩擦力达到最大静摩擦力时，两者开始相对滑动，加速度出现差异。 3. 常见类型：木板固定、木板光滑、木板粗糙（有滑动摩擦力）、木板受外力拉动、滑块受外力推动。 4. 解题思路： · 判断相对运动状态：先假设木板和滑块保持相对静止，用整体法求共同加速度，再用隔离法求滑块所需的静摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力；若，则共同运动；若，则相对滑动。 · 相对滑动时的分析：分别对木板和滑块隔离受力分析，列牛顿第二定律方程，求解各自的加速度；结合运动学规律，分析两者的位移差、相对滑动时间、分离条件。 · 分离条件：当两者的位移差等于板块的长度时，滑块从木板上滑落。 典例·靶向·突破 题型01 运动学规律的综合应用 1．（24-25高三上·北京·月考）是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图，汽车以的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过缴费后，再加速至行驶；如果过通道，需要在中心线前方处减速至，匀速到达中心线后，再加速至行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为，求： （1）汽车过人工通道时，从收费前开始减速到收费后加速至通过的路程x及所用的时间； （2）汽车过通道时，汽车通过第（1）问路程所用的时间是多少？ （3）汽车通过通道比人工收费通道节约多长时间？ 【答案】（1）， （2） （3） 【详解】（1）汽车走人工通道，减速和加速走过的路程 所用时间 （2）汽车过通道时，减速运动时间 减速运动路程 同理，可知汽车加速运动时间，加速运动路程 汽车在匀速行驶区间的路程，所用时间 所以，汽车加速到之后匀速行驶的路程 汽车加速到到之后匀速行驶的时间 所以，汽车过通道时，走过与人工收费通道相同的路程所用的时间 （3）汽车通过通道比人工收费通道节约的时间 题型解码 解答运动学综合题时，要先判断运动性质，分清匀变速与变加速过程；优先使用平均速度、等推论简化计算；图像题紧抓斜率、面积、截距三大物理意义；多阶段运动以衔接速度为纽带分段列式，做到过程清晰、公式对应、符号规范。 题型02 牛顿运动定律的基本应用 2．（25-26高三上·北京朝阳·期中）如图所示，水平面上有一质量为的长方体铁箱，在大小为的水平拉力作用下由静止开始运动，铁箱内一质量为的小木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。铁箱与水平面间的动摩擦因数，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，空气阻力不计。 （1）求铁箱的加速度大小； （2）求铁箱后壁对小木块的弹力大小以及木块与铁箱后壁间的动摩擦因数； （3）若某时刻撤去拉力，撤力后经时间小木块直接落在滑行的铁箱底部，且落点与铁箱后壁间距，求. 【答案】（1） （2）10N； （3）0.3s 【详解】（1）对整体根据牛顿第二定律有 解得 （2）对小木块有N 竖直方向有 解得 （3）设撤去拉力瞬间，二者的速度为，撤去拉力后，铁箱的加速度为 根据位移-时间公式有 解得s 题型解码 解决基本动力学问题应遵循“受力分析→正交分解→列牛顿第二定律方程→联立运动学公式”的流程；坐标系沿加速度方向建立，受力分析不添力、不漏力；明确“由力求运动、由运动求力”两大基本模型，加速度是连接力与运动的核心桥梁。 题型03 连接体问题的受力与运动分析 3．（2026·北京延庆·一模）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。已知甲、乙质量均为，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，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 D．乙受到绳子的拉力大小为 【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，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 可得a=2.5m/s2，T=7.5N，则C错误，D正确。 故选D。 题型解码 连接体问题优先用整体法求共同加速度，再用隔离法求内力；加速度相同先整体后隔离，加速度不同分别隔离列方程；轻绳、轻杆、接触面的弹力与摩擦力为常见内力，注意受力对象与方向，避免内力外算。 题型04 动力学中的临界与极值问题分析 4．（24-25高三上·北京海淀·期中）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平地面上，两物体的质量均为1 kg。从t = 0开始，推力FA和拉力FB分别作用于物体A、B上，FA和FB随时间t变化的规律分别为FA = （8 − 2t） N和FB = （2 + 2t） N。关于8 s内两物体的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．物体A运动的加速度逐渐减小 B．物体B运动的加速度先不变后变大 C．t＝1.5s时，物体A与物体B刚好分离 D．t＝4.0s时，物体A与物体B刚好分离 【答案】BC 【详解】FA、FB都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但 FA＋FB＝（8－2t）N＋（2＋2t）N＝10N 为恒力，则可知在A、B分离前两者一起做匀加速直线运动； 物体A、B开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有 即 解得 t＝1.5s 即t = 1.5 s时，物体A、B开始分离；分离后A的加速度逐渐减小，B的加速度逐渐增加，故整个过程中物体A运动的加速度先不变后逐渐减小，物体B运动的加速度先不变后变大。 故选BC。 题型解码 临界问题抓住“刚好分离、刚要滑动、速度极值”三类典型临界条件，即、、；先假设临界状态，再列临界方程求解；极值问题结合物理规律＋数学方法判断，结果必须符合实际物理情境。 题型05 动力学中的多过程问题分析 5．（25-26高三上·北京西城·期末）冰滑梯是冰雪乐园中常见的娱乐设施，将其简化为图2所示的斜面模型。某冰雪乐园中的滑梯倾角为37°，斜面的长度为12m，底端平缓连接水平缓冲区。儿童坐在塑料制成的滑行坐垫上从滑梯顶端由静止开始下滑，忽略滑行坐垫与滑梯表面的摩擦。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2） （1）求儿童下滑时的加速度大小a。 （2）求儿童下滑到滑梯底端时的速度大小v。 （3）若滑行坐垫与水平缓冲区铺设的材料之间的动摩擦因数为0.8，计算缓冲区的最小长度l。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）儿童下滑时，根据牛顿第二定律可得 解得下滑时的加速度大小为 （2）儿童下滑时，根据运动学公式可得 解得儿童下滑到滑梯底端时的速度大小为 （3）滑行坐垫与水平缓冲区铺设的材料之间的动摩擦因数为0.8，则有 解得儿童在水平缓冲区做匀减速直线运动的加速度大小为 根据运动学公式可得 代入数据解得缓冲区的最小长度为 题型解码 多过程问题按“受力突变、运动改变”划分阶段，每一阶段单独分析受力与加速度；以速度、位移、时间为衔接量，画过程示意图辅助理解；注意摩擦力突变、外力增减等分界点，分步列式、逐步求解。 题型06 牛顿运动定律与图像结合的综合问题 6．（24-25高三上·北京东城·开学考试）如图所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲一起跳”动作，图中的“●”表示人的重心。图（甲）是由力传感器画出的图线。图示中各点对应着图甲中四个状态和时刻。取重力加速度取。请根据图中所给出的信息，回答下列问题： （1）求此人的质量； （2）此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度？推理说明理由； （3）求出此人在1s内的最大加速度；并以竖直向上为正，在图（乙）中画出此人在1s内大致的图像； （4）在上一问中图像与t轴所夹面积的含义是？ 【答案】（1） （2）0.45，理由见解析 （3）， （4）对应过程中研究对象的速度变化量 【详解】（1）此人状态1处于静止状态，重力等于支持力，对应图乙中1点，压力 根据牛顿第三定律知压力等于支持力，故此时 解得 （2）下蹲阶段先加速后减速，支持力与重力平衡时，加速度为零，速度最大，由图像可读出速度最大时刻约为0.45s。 （3）由图可知：图乙中2点最大，根据牛顿第二定律 知此人在1s内的最大加速度 1s内的图像如图 （4）图像与t轴所夹面积的含义是对应过程中研究对象的速度变化量 题型解码 图像综合题先识轴、辨形、抓点，提取加速度、力、速度等关键信息；利用F-t图→a-t图→v-t图的逻辑链条转化物理量；a-t图像面积表示速度变化量，v-t图像斜率表示加速度，紧扣图像意义与牛顿定律联立解题。 题型07 实际情境下的动力学建模与求解问题 7．（25-26高三上·北京顺义·阶段练习）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图甲所示。电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在时由静止开始上升，图像如图乙所示。电梯总质量，忽略一切阻力，重力加速度g取。 （1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力和最小拉力； （2）类比是一种常用的研究方法。对比加速度和速度的定义，根据图乙所示图像，求电梯在第末的速率v； （3）根据图乙所示图像，分别写出电梯处于超重和失重的时间范围。 【答案】（1）， （2） （3）， 【详解】（1）电梯在上升过程中受到的拉力最大时，电梯的加速度方向向上，运动的加速度最大，由a-t图像可知 对电梯由牛顿第二定律有 解得最大拉力大小为 电梯在上升过程中受到的拉力最小时，电梯的加速度方向向下，运动的加速度最大，由a-t图像可知 对电梯由牛顿第二定律有 解得最小拉力大小为 （2）由题意可得：所求速度变化量等于第1 s内a-t图线与t轴所围图形的面积，可得 由，解得电梯在第末的速率 （3）电梯加速度方向向上时电梯处于超重状态，时间范围为；电梯加速度方向向下时电梯处于失重状态，时间范围为。 题型解码 实际情境题需剥离次要因素、建立物理模型，将交通、体育、科技、工程场景转化为单体/连接体、匀变速/多过程标准模型；遵循“审题→建模→受力→列方程→验算合理性”步骤，贴合北京高考情境化、生活化命题特点。 题型08 动力学中的板块模型问题 8．（2025高三·北京·专题练习）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A．F1＝μ1m1g B．F2＝ （μ2－μ1）g C．μ2<μ1 D．在0~t2时间段物块与木板加速度不相等 【答案】B 【详解】A．由题图（c）可知，t1时刻物块与木板刚要一起在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1（m1＋m2）g，故A错误； BC．由题图（c）可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F2－μ1（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有μ2m2g－μ1（m1＋m2）g＝m1a>0 联立解得， 故B正确，C错误； D．由题图（c）可知，0~t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D错误。 故选B。 题型解码 板块模型核心是判断相对静止/相对滑动，先假设共速用整体法求加速度，再隔离求静摩擦力与最大静摩擦力比较；相对滑动时分别列牛顿第二定律方程，以位移差等于板长为分离临界条件；分清静摩擦、滑动摩擦的方向与大小，注意地面摩擦力的影响。 1．（2025·北京东城·一模）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外由该楼的楼顶自由落下的一个小石子拍摄在照片中，测得照片中石子运动痕迹的长度为。已知本次摄影的曝光时间是，实际长度为的窗框在照片中的长度为。重力加速度取，不计空气阻力。 （1）根据照片计算曝光时间内石子下落的实际距离； （2）求曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小； （3）已知小石子的质量，估算小石子从楼顶下落至拍照时小石子所受重力的冲量的大小。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）根据照片尺寸与实际长度的比例关系 可得 （2）曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小 （3）根据动量定理 2．（24-25高三上·北京顺义·期末）“蛙泳”可简化为有动力的“蹬腿加速”和无动力的“惯性前进”两个过程，如图甲所示。运动员完成某次“蛙泳”动作、其运动可视为水平方向的直线运动，其v-t图像如图乙所示。已知运动员质量为m，水的阻力恒定，求： （1）“蹬腿加速”过程中运动员的加速度大小a； （2）“蹬腿加速”过程中运动员前进的位移大小x； （3）“惯性前进”过程中水的阻力做的功W。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）由图乙，根据加速度的定义可知，“蹬腿加速”过程中运动员的加速度大小为 （2）由图乙，根据匀变速直线运动中位移与平均速度的关系可知，“蹬腿加速”过程中运动员前进的位移大小为 （3）由图乙，根据动能定理可知，“惯性前进”过程中水的阻力做的功为 3．（25-26高三上·北京·阶段练习）近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为，靠近站口时以的加速度匀减速，通过收费站口时的速度，然后立即以的加速度加速至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）。试问： （1）该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？ （2）该车从开始减速到恢复至原来速度，共需多少时间？ （3）在物理学中，常常把某一物理量的变化与发生这段变化所用时间之比叫做这个物理量的变化率，如加速度是物体速度对时间的变化率，即。可以把加速度对时间的变化率定义为“加加速度”，用表示。用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，“加加速度”越小，乘客舒适程度越高。 a.请写出“加加速度”的定义式，并用“加加速度”的概念定义匀变速直线运动。 b.某物体运动的加速度随时间变化的图像（图）如图所示，已知物体在时速度为1m/s，请画出物体在0~4s内速度随“加加速度”变化的图像（图）。 【答案】（1）30m （2）4.5s （3）a.，加加速度为零的运动为匀变速直线运动； b. 【详解】（1）该车进入站台前做匀减速直线运动，设距离收费站处开始制动，则 解得 （2）该车减速时间为 加速时间为 所以，该车从开始减速到恢复至原来速度，共用时间为 （3）a.根据比值定义法，加加速度（急动度）是加速度对时间的变化率，所以定义式为 匀变速直线运动的加速度不变，即加加速度为0所以匀变速直线运动也叫做加加速度为0的直线运动； b.由图线可知，在加速度均匀增大，即加加速度不变，且 保持不变，速度最小为1m/s，最大为9m/s，因此图像为平行于纵轴的线段，如图所示 4．（25-26高三上·北京通州·期中）如图所示，一位滑雪者（含装备）总质量，以初速度沿倾角的山坡匀加速直线滑下。若下滑过程中所受阻力（含摩擦力和空气阻力）恒为，重力加速度。求： （1）滑雪者加速度的大小； （2）内滑雪者下滑位移的大小； （3）末滑雪者的动能。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）对滑雪者，根据牛顿第二定律有 解得 （2）内滑雪者下滑位移的大小 （3）末滑雪者的速度 则末滑雪者的动能 5．（25-26高三上·北京·期中）某新型轿车有一种特制的气流通道，当车速不太高时，此气流通道关闭，行驶状态和普通汽车一样；当该轿车高速行驶时，气流通道会自动打开，使轿车对地面的压力增加，从而达到低速省油，高速平稳的目的。已知增加的压力与速度v的关系式为（比例系数k为定值）。下图是该轿车在某水平路面上做匀加速直线运动时，车速与发动机实际功率的关系图像。已知车与地面间阻力（是轿车对地面的压力大小），轿车质量为1×103kg，不计空气阻力，取，求： （1）该轿车做匀加速直线运动的加速度大小a； （2）比例系数k的大小。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）由题图可知，当汽车速度时，对应功率 此时气流通道未开启，汽车仅受地面滑动摩擦力作用。牵引力表达式为 摩擦阻力表达式为 根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 （2）当汽车速度时，对应功率 此时气流通道开启，产生附加压力 牵引力表达式为 摩擦阻力为 根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 6．（25-26高三上·北京顺义·阶段练习）汽车安全行驶过程中蕴藏着丰富的力学原理。 （1）汽车在水平路面行驶，司机发现前方事故紧急刹车，车轮抱死向前滑行，司机与汽车保持相对静止，已知汽车轮胎与路面间的动摩擦因数μ，司机质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求汽车向前滑行过程中司机所受合力F大小 （2）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其简化原理如图1所示。在平直路面上刹车的过程中，敏感球沿倾角为θ的底座斜面上滑到与汽车具有相同加速度的位置，同时顶起敏感臂，使其处于水平状态并卡住卷轴外的齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F，敏感球质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球所受摩擦力，求汽车此时的加速度a。 （3）某试验汽车的刹车装置包括电力制动和机械制动两部分。图2是该汽车刹车过程中加速度a的大小随速度v的变化曲线。已知电力制动产生的阻力大小与车速成正比，刹车过程中汽车还受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明汽车从50m/s减速到3m/s过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强？ 【答案】（1） （2），方向与前进方向相反 （3）3m/s 【详解】（1）设汽车和司机的总质量为，则根据牛顿第二定律 解得 对司机，根据牛顿第二定律 （2）对敏感球受力分析如图所示 根据牛顿第二定律， 解得 方向与前进方向相反。 （3）制动过程中，汽车受到的阻力是由电力制动、机械制动和空气阻力共同引起的。电力制动产生的阻力大小与车速成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由图线，根据牛顿第二定律，汽车在10m/s至3m/s区间所需合力最大。综合以上分析，汽车在3m/s的速度附近所受空气阻力及电力制动产生的阻力最小，故所需机械制动最强。 7．（24-25高一上·北京房山·期末）空气阻力的大小与物体的速度、形状和表面粗糙程度有关。当物体的速度增加时，空气阻力也会增加。在相同速度下，形状较大的物体受到的空气阻力更大一些。 （1）假如有一水滴从80m高空由静止落向地面，若忽略空气阻力，g取，求该水滴落地时的速度。 （2）雨滴从几百米的高空落到地面时的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。将雨滴看作半径为的球体，设其竖直落向地面的过程中所受气阻力，其中是雨滴的速度，是比例系数，球体积公式为。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。 a.设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度与半径的关系式。 b.半径分别为和的两个雨滴（）从同一高度由静止下落，分析说明哪个雨滴先到达地面。 【答案】（1）40m/s （2）a. b.见解析 【详解】（1）根据自由落体运动规律有 解得 （2）a.最大速度时，雨滴匀速下落，由平衡条件有 因为雨滴质量 联立解得 b.对雨滴，由牛顿第二定律有 联立以上，解得加速度 可知同样速度下，半径越大的雨滴加速度越大，速度增加的越快，且a结论可知半径大的最大速度越大，所以下落同样高度，半径大的雨滴先到达地面，即半径为的雨滴先到达地面。 8．（25-26高三上·北京顺义·期末）如图所示，长方体物块A、B叠放在光滑水平面上，给物块B施加一个水平方向的拉力F，两物块始终保持相对静止，A、B物块的质量分别为m和M，A物块受到摩擦力的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】ABCD．物块A、B两物块始终保持相对静止，加速度相同，由牛顿第二定律可知加速度为 物块A、B间的摩擦力为物块A提供向右的加速度，由牛顿第二定律可知A物块受到摩擦力为，故D正确。 故选D。 9．（25-26高三上·北京·期中）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的物块A相连接。用一水平挡板B托住物块A，使其处于静止状态，弹簧处于原长。现使挡板B由静止开始向下做加速度大小为的匀加速运动，忽略空气阻力，在之后的运动中，下列说法正确的是（　　） A．挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量 B．物块A达到最大速度时，弹簧的伸长量 C．物块A的最大速度 D．弹簧的最大伸长量等于 【答案】AC 【详解】A．挡板B与物块A分离时，AB之间的弹力为零，则此时对A分析可知 解得弹簧的伸长量，A正确； B．物块A达到最大速度时，弹力与重力相等，即 可得弹簧的伸长量，B错误； D．当物块A是自由下落时弹簧的最大形变量为x=2x2，解得弹簧的最大形变量为，但因为一开始有挡板B阻碍A下落，其中有能量损失，所以弹簧的最大形变量应该小于，故D错误； C．当A和B分离后，对A根据牛顿第二定律得mg-kx=ma 则a随x增大而均匀减小；物块A加速度a随坐标x变化的图像如下图所示 根据v2=2ax可知，a-x图线与坐标轴所围面积为，则 解得，故C正确。 故选AC。 10．（24-25高一上·北京大兴·期末）水上滑梯可简化为如图所示的模型，斜槽和水平槽平滑连接，斜槽的竖直高度，倾角。水平槽长，人与、间的动摩擦因数均为。取重力加速度，，。一质量为小朋友（可视为质点）从滑梯顶端点无初速地自由滑下。 （1）画出小朋友沿斜槽下滑时的受力示意图并求出所受摩擦力； （2）求小朋友沿斜槽下滑时的加速度大小； （3）求小朋友达到点速度大小。 【答案】（1），方向沿斜面向上 （2） （3） 【详解】（1）小朋友沿斜槽下滑时的受力示意图如下 所受摩擦力为滑动摩擦力，故摩擦力 代入题中数据得，方向沿斜面向上。 （2）在AB段，由牛顿第二定律有 联立以上解得 （3）设小朋友在B点速度为，在AB段，由运动学公式有 设在BC段加速度大小为，由牛顿第二定律有 在BC段，由运动学公式有 联立以上解得 11．（24-25高三上·北京朝阳·阶段练习）如图所示，质量. m=2kg的小物块静止在水平地面上的A点，足够长的光滑斜面与地面之间的B点用一小段弧形连接，使得物块通过圆弧时速度大小保持不变。现对物块施加一恒力，该力的大小F=11N，方向与水平方向的夹角（α=53°，当4s后物块到达B点时立刻撤去F。已知斜面倾角θ=37°，，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，sin53°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求： （1）画出物体从A向B运动时其受力，并求出相应的加速度大小a1； （2）从物块由B点沿斜面向上运动至返回B点所用的时间t； （3）请选用动能定理计算物块返回水平面上停止运动的位置到B点的距离x。 【答案】（1）受力图见解析， （2） （3）0.4m 【详解】（1）物体从A向B运动时，其受力如图所示 对物块，水平方向由牛顿第二定律可得 竖直方向 又 联立解得 （2）4s后物块到达B点时立刻撤去F，此时物块的速度为 在斜面上对物块，由牛顿第二定律可得 解得 则从物块由B点沿斜面向上运动至返回B点所用的时间为 （3）物块从斜面返回B点时的速度大小仍为，对物块，由动能定理可得 解得物块返回水平面上停止运动的位置到B点的距离 12．（25-26高三上·北京西城·月考）水平桌面上，一滑块在恒定的水平拉力作用下由静止开始运动，一段时间后，撤去拉力。从某时刻开始计时，滑块速度随时间变化的图像如图所示。取重力加速度。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．滑块在内的平均速度大小为 B．滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为 C．滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为 D．滑块与桌面之间的动摩擦因数为0.5 【答案】C 【详解】A．根据图像的面积表示物体的位移大小，可知滑块在内的位移大小为 根据 可知滑块在内的平均速度大小，故A错误； BC．滑块加速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 滑块减速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 根据图像可得， 可得滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为 滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为 故B错误，C正确； D．减速阶段有 可得滑块与桌面之间的动摩擦因数为，故D错误。 故选C。 13．（2025高三·北京·专题练习）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量，。从时刻开始，水平推力和水平拉力分别作用于A、B物体上，、随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时，A、B分离 B．时，A的速度大小为 C．时，A的加速度大小为 D．时，A对B的作用力大小为2.0N 【答案】D 【详解】A．结合题图与数学知识可知，和与时间的关系分别为， AB两物体即将分离时，对AB整体有 当AB两物体即将分离时，AB两物体之间的作用力为零，对B物体有 联立解得 故A错误； BC．由于1.5s小于2.0s，所以在过程中，AB两物体并未分离，对其整体有 可知其分离前，AB整体所受合外力不变，所以其加速度不变，加速度为1m/s2，所以该过程中物体A做匀变速直线运动，两物体从静止开始，所以时，A物体的速度为 故BC错误； D．1s时两物体并未分离，对AB整体有 对物体B有 解得 时，A对B的作用力大小为2.0N，故D正确。 故选D。 14．（22-23高三上·北京西城·阶段练习）（多选题）如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t =0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t= 4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2，则（　　） A．2 ~4s内木板的加速度大于4~5s内木板的加速度 B．4~5s内，木板的位移为0.3m C．木板的质量为1kg D．2~4s内，力F的大小为0.3N 【答案】BC 【详解】A．由图像可知，内，木板做匀加速运动的加速度大小为 在4~5s内，木板做匀减速运动的加速度大小为 故A错误； B．4~5s内，图像的面积即为木板的位移 故B正确； CD．设木板的质量为，物块的质量为，物块与木板之间的动摩擦因数为，在2 ~4s内根据牛顿第二定律可得 又 在时撤去外力后，根据牛顿第二定律可得 联立解得 故C正确，D错误。 故选BC。 15．（25-26高三上·北京·月考）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的v-t图像如图所示，火箭在t=0时刻离开地面，在t4时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是（　　） A．在时刻，火箭上升到最高位置 B．在时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零 C．在时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量 D．在时间内，火箭处于先超重后失重状态 【答案】C 【详解】A．由图像可知，在时间内火箭一直向上运动，时间内火箭向下运动，则时刻火箭上升到最高位置，A错误； B．因图像的斜率等于加速度，可知在时间内，火箭的加速度先增加后减小到零，根据可知，受到的推力先增大后逐渐减小到mg，B错误； C．在时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故C正确； D．在时间内，火箭先向下加速，后向下减速，即加速度先向下后向上，则先失重后超重，D错误。 故选C。 16．（24-25高三上·北京·期中）（多选题）如图所示，某飞机的质量为m，在水平跑道上滑行时受到竖直向上的升力，空气阻力，式中的v为飞机的滑行速度，、均为常量。当飞机在跑道上匀加速滑行时，发动机的推力，摩擦力为正压力的倍（），重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．飞机空载和满载时的起飞速度相同 B．跑道长度至少为 C．匀加速滑行过程中，发动机消耗功率恒定 D．跑道长度至少为 【答案】BD 【详解】A．飞机空载和满载时所受重力大小不同，起飞需要的升力大小也不同，由可知，起飞速度也不同，故A错误； BD．飞机在跑道上匀加速滑行时，由牛顿第二定律得 又 联立求得 由于飞机在跑道上匀加速滑行，加速度恒定，所以 即 当飞机匀加速至恰好起飞时有 求得 所以，跑道的最小长度为 得 或 故B、D正确； C．根据 由于发动机推力不变，所以，匀加速滑行过程中发动机消耗功率越来越大，故C错误。 故选BD。 17．（2025高三·北京·专题练习）如图所示，小物块质量m＝1kg，长木板质量M＝3kg（假设木板足够长），小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，小物块以初速度v0＝6 m/s向右滑上长木板，同时处于静止状态的长木板受到向右的力F＝14 N，F维持1.5 s后撤去，以小物块刚滑上长木板时为计时起点，g＝10 m/s2，下列说法中不正确的是（　　） A．经过1s二者速度第一次大小相等 B．速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速 C．小物块相对长木板向右最远运动3m D．经过s二者速度第二次大小相等 【答案】B 【详解】ABC．小物块刚滑上长木板时，相对长木板向右滑动，所受摩擦力方向向左，由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1 解得小物块的加速度大小a1＝2 m/s2 小物块滑上长木板且两者共速前，同时长木板受到拉力F作用时，对长木板根据牛顿第二定律有F＋μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2 解得长木板的加速度大小a2＝4 m/s2 假设F撤去前两者达到共速，且两者从初始状态用时t1第一次达到共速，由速度关系可得v0－a1t1＝a2t1 解得t1＝1 s t1>1.5 s则假设成立，两者第一次共速时速度大小v1＝a2t1＝4 m/s 小物块的位移x1＝（v0＋v1）t1＝5 m 长木板的位移s1＝v1t1＝2 m 则小物块相对长木板向右移动的距离L1＝x1－s1＝3 m 两者第一次共速之后，F撤去前，假设两者会保持相对静止一起做加速运动，根据牛顿第二定律有F－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a0 解得整体的加速度大小a0＝2.5 m/s2 此时长木板对小物块的摩擦力大小f′＝ma0＝2.5 N>μ1mg 所以假设不成立，则第一次共速后，F撤去前，两者不会一起加速，在1～1.5 s内，小物块会相对长木板向左运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1′ 解得小物块向右做加速运动的加速度大小a1′＝2 m/s2 对于长木板，根据牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma3 解得长木板向右做加速运动的加速度大小a3＝m/s2 则t＝1.5 s时即再经过t2＝0.5 s小物块的速度大小v2＝v1＋a1′t2＝5 m/s 长木板的速度大小v3＝v1＋a3t2＝m/s 撤去拉力F后，小物块继续以加速度a1′向右做加速运动，长木板则开始做减速运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＋μ2（M＋m）g＝Ma4 解得长木板做减速运动的加速度大小a4＝2 m/s2 设从撤去拉力F到两者第二次共速所用时间为t3，由速度关系可得v2＋a1′t3＝v3－a4t3 解得t3＝s 两者第二次共速之后，由于μ1>μ2，则两者会保持相对静止一起向右做减速运动，直到速度减为0，可知1 s后小物块相对木板先向左运动后静止，则小物块相对长木板向右最远运动3 m。综上分析，A、C正确，B错误 D．二者第二次共速所经历的时间t′＝t1＋t2＋t3＝s 故D正确。 此题选择不正确的，故选B。 18．（25-26高二上·河北邢台·开学考试）如图所示，一质量为的长直木板放在光滑的水平地面上，木板最右端放有一质量为、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数。现给木板左端施加一大小为、方向水平向右的推力，经时间后撤去推力，再经过一段时间，木板和物块相对静止，整个过程中物块始终未脱离木板，取。求： （1）撤去推力瞬间，木板的速度大小及物块的速度大小； （2）撤去后，系统产生的热量； （3）木板至少多长。（结果可用分数表示） 【答案】（1）， （2） （3） 【详解】（1）假设木板和物块有相对滑动，撤去前，对木板由牛顿第二定律有 解得 对物块由牛顿第二定律有 解得 因，故假设成立，撤去时，木板、物块的速度大小分别为， （2）撤去后，系统动量守恒 解得 根据能量守恒定律，有 解得 （3）撤去前，木板和物块有相对滑动，木板的位移 物块的位移， 撤去后，， 则板长 15 / 33 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴01 牛顿运动定律与直线运动 命题预测 牛顿运动定律与直线运动是北京高考物理的核心压轴考点，选择题、实验题、计算题均有考查，其中计算题常作为压轴大题出现，分值占比高，是高三三模复习的重点模块。北京高考对本专题的考查注重实际情境建模、多过程分析和数理结合，设问角度灵活，常与运动学图像、临界极值问题、连接体问题结合考查。 预计2026年北京高考仍将围绕核心题型展开，结合北京高考“情境化、生活化、本土化” 特点，大概率以科技前沿（如航天、人工智能、新能源装备）、生产生活实际（如交通、工程器械）、体育赛事等真实情境为背景，考查学生对牛顿运动定律的理解、运动学规律的综合应用，以及从实际情境中提取物理信息、建立物理模型、解决实际问题的能力，同时强化对过程分析、受力分析、图像分析和临界问题求解的考查。 高频考法 1. 运动学规律的综合应用（含匀变速、变加速直线运动，运动学图像问题） 2. 牛顿运动定律的基本应用（单个物体的受力与运动分析） 3. 连接体问题的受力与运动分析（整体法与隔离法的综合运用） 4. 动力学中的临界与极值问题分析 5. 动力学中的多过程问题分析 6. 牛顿运动定律与图像结合的综合问题 7. 实际情境下的动力学建模与求解问题 8. 动力学中的板块模型（单一板块、叠放板块）问题 知识·技法·思维 考向01 运动学规律的综合应用（含匀变速、变加速直线运动，运动学图像问题） 1. 匀变速直线运动的基本公式： · 速度公式： · 位移公式： · 速度-位移公式： · 平均速度公式：（仅适用于匀变速直线运动） 2. 匀变速直线运动的推论： · 连续相等时间内的位移差： · 中间时刻速度： · 中间位置速度： 3. 变加速直线运动：无统一公式，需结合受力分析判断加速度变化规律，利用运动学图像（x-t、v-t、a-t）或微元法分析，v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度。 4. 运动学图像分析的核心： · x-t图像：斜率表示速度，截距表示初始位置，图像交点表示相遇； · v-t图像：斜率表示加速度，截距表示初速度，面积表示位移，图像交点表示速度相等； · a-t图像：面积表示速度变化量。 5. 解题思路： · 确定研究对象的运动性质，判断是匀变速、匀速还是变加速直线运动。 · 选取正方向，明确初速度、末速度、加速度、位移的正负。 · 匀变速运动直接选用合适的基本公式或推论，尽量避免解方程组。 · 变加速运动优先借助运动学图像分析，抓住 “斜率、面积、截距” 的物理意义。 · 多阶段运动需分段分析，明确各阶段的运动参数，衔接点的速度是各阶段的联系桥梁。 考向02 牛顿运动定律的基本应用（单个物体的受力与运动分析） 1. 牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态（惯性定律，明确力是改变物体运动状态的原因）。 2. 牛顿第二定律：（矢量式，加速度与合外力方向相同、大小成正比，与质量成反比；正交分解式：，）。 3. 牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上（同时产生、同时消失，性质相同，作用在不同物体上）。 4. 受力分析步骤：确定研究对象→重力→弹力（接触、形变）→摩擦力（接触、粗糙、有相对运动/趋势）→其他力（电场力、磁场力等）→检查受力是否完整，避免少力、多力。 5. 解题思路： · 基本解题流程：确定研究对象→受力分析（画受力示意图）→正交分解（建立合适的直角坐标系，尽量让加速度在坐标轴上）→列牛顿第二定律方程→求解加速度→结合运动学规律求解运动参数（速度、位移、时间）。 · 建立坐标系的技巧：沿运动方向和垂直运动方向建立，减少矢量分解的计算量。 · 受力分析的关键：明确研究对象，区分“内力”和“外力”，避免将研究对象受到的力与对其他物体的力混淆。 · 两类基本问题：先由牛顿第二定律求加速度，再由运动学公式求运动学量；或先由运动学公式求加速度，再由牛顿第二定律求力。 考向03 连接体问题的受力与运动分析（整体法与隔离法的综合运用） 1. 连接体：由两个或多个相互关联的物体组成的系统，各物体的运动状态（速度、加速度）相同或存在关联（如叠放板块、细绳连接的物体）。 2. 整体法：将整个系统作为研究对象，分析系统受到的合外力，由求解系统的共同加速度（适用于各物体加速度相同的情况）。 3. 隔离法：将系统中的某一个物体单独作为研究对象，分析其受力情况，由牛顿第二定律列方程（适用于求解系统内各物体间的相互作用力）。 4. 整体法与隔离法的关系：先整体后隔离，整体法求共同加速度，隔离法求内力。 5. 解题思路： · 判断连接体各物体的加速度是否相同，若相同，优先用整体法求加速度。 · 若要求解物体间的相互作用力（如弹力、摩擦力），在整体法求加速度后，用隔离法选取受力较少的物体进行分析。 · 若各物体加速度不同，分别对各物体隔离受力分析，列牛顿第二定律方程，结合运动学关联条件联立求解。 · 细绳连接的连接体，注意细绳的张力为内力，轻绳张力大小处处相等（不计绳重和摩擦）。 考向04 动力学中的临界与极值问题分析 1. 临界状态：物体的运动状态即将发生改变的瞬间状态，是从一种运动状态到另一种运动状态的转折点（如：刚要相对滑动、刚要离开接触面、刚要速度为零等）。 2. 常见临界条件： · 接触与分离的临界条件：两物体间的弹力； · 相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力； · 速度的极值：加速度（速度最大/最小）。 3. 极值问题：在一定条件下，物体的受力、加速度、速度、位移等物理量出现最大值或最小值，临界状态往往对应极值状态。 4. 解题思路： · 关键步骤：确定临界状态→分析临界条件→根据临界条件列方程→结合牛顿运动定律和运动学规律求解。 · 先假设物体处于临界状态，明确该状态下的物理量特点（如、）。 · 对临界状态下的物体进行受力分析，列牛顿第二定律方程，求解临界条件对应的物理量（如临界外力、临界加速度）。 · 极值问题结合数学方法（如二次函数、不等式、三角函数）求解，同时结合物理实际意义判断极值的合理性。 考向05 动力学中的多过程问题分析 1. 多过程运动：物体的运动由两个或多个不同的运动阶段组成，各阶段的受力情况、加速度、运动性质不同（如：先匀加速、后匀速、再匀减速；先直线运动、后因受力变化做变加速运动）。 2. 各阶段的联系：衔接点的物理量（速度、位置、时间）是连接各阶段的关键，前一阶段的末速度为后一阶段的初速度。 3. 解题思路： · 分段分析原则：将整个运动过程划分为若干个独立的运动阶段，明确各阶段的运动性质（匀变速、匀速、变加速）和受力特点。 · 关键步骤：确定分段点→分别对各阶段进行受力分析和运动学分析，列对应方程→利用衔接点的速度建立各阶段的联系→联立求解各物理量。 · 画运动过程示意图，标注各阶段的已知量和未知量，清晰呈现运动过程。 · 若过程中存在力的突变（如摩擦力由静变滑、外力突然消失/改变），突变点即为分段点，需重新分析受力和加速度。 考向06 牛顿运动定律与图像结合的综合问题 1. 常见图像类型：F-t、a-t、v-t、x-t、f-t等，图像与牛顿运动定律的结合核心是由图像提取物理信息，结合受力分析求解加速度/力/运动学量。 2. 图像与物理规律的关联： · F-t图像：结合，可分析加速度随时间的变化，进而结合v-t图像分析运动状态。 · a-t图像：面积表示速度变化量，结合初始速度可求任意时刻的速度。 · v-t图像：斜率表示加速度，结合可求合外力的变化。 3. 解题思路： · 图像分析三步走：看坐标轴（明确物理量和单位）→看图像形状（直线、曲线，判断变化规律）→看关键点（截距、斜率、面积、交点、拐点，提取定量信息）。 · 由图像提取的物理量（如加速度、力、速度）作为已知条件，结合受力分析和牛顿第二定律列方程。 · 若需绘制图像，先分析物理量的变化规律，确定关键点的坐标，再绘制图像（注意标度、单位）。 考向07 实际情境下的动力学建模与求解问题 1. 物理建模：将实际情境中的复杂问题简化，忽略次要因素，提取核心物理信息，建立符合物理规律的理想模型（如：将航天探测器的运动简化为匀变速直线运动，将汽车的制动过程简化为匀减速直线运动）。 2. 常见实际情境模型：交通模型（汽车启动、制动、超车），体育模型（跑步、投篮、滑雪），科技模型（无人机、机器人、航天器），工程模型（起重机、传送带）。 3. 解题思路： · 建模四步骤：审读情境，明确研究对象→提取核心物理信息，忽略次要因素（如空气阻力、摩擦损耗，题目明确要求时除外）→建立理想物理模型（如匀变速直线运动模型、连接体模型）→结合牛顿运动定律和运动学规律求解。 · 北京高考侧重本土化、生活化情境，需结合生活常识判断运动状态和受力特点。 · 若情境中存在多个研究对象，明确各对象的运动关联，选用整体法或隔离法分析。 考向08 动力学中的板块模型（单一板块、叠放板块）问题 1. 板块模型：由木板和滑块组成的连接体模型，分为单一板块（滑块在木板上滑动）和叠放板块（多个板块叠放，存在相对滑动或共同运动），核心是分析相对运动趋势和相对滑动的临界条件。 2. 核心规律：板块间的摩擦力为内力，静摩擦力使两者保持相对静止，共同运动；当静摩擦力达到最大静摩擦力时，两者开始相对滑动，加速度出现差异。 3. 常见类型：木板固定、木板光滑、木板粗糙（有滑动摩擦力）、木板受外力拉动、滑块受外力推动。 4. 解题思路： · 判断相对运动状态：先假设木板和滑块保持相对静止，用整体法求共同加速度，再用隔离法求滑块所需的静摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力；若，则共同运动；若，则相对滑动。 · 相对滑动时的分析：分别对木板和滑块隔离受力分析，列牛顿第二定律方程，求解各自的加速度；结合运动学规律，分析两者的位移差、相对滑动时间、分离条件。 · 分离条件：当两者的位移差等于板块的长度时，滑块从木板上滑落。 典例·靶向·突破 题型01 运动学规律的综合应用 1．（24-25高三上·北京·月考）是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图，汽车以的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过缴费后，再加速至行驶；如果过通道，需要在中心线前方处减速至，匀速到达中心线后，再加速至行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为，求： （1）汽车过人工通道时，从收费前开始减速到收费后加速至通过的路程x及所用的时间； （2）汽车过通道时，汽车通过第（1）问路程所用的时间是多少？ （3）汽车通过通道比人工收费通道节约多长时间？ 【答案】（1）， （2） （3） 【详解】（1）汽车走人工通道，减速和加速走过的路程 所用时间 （2）汽车过通道时，减速运动时间 减速运动路程 同理，可知汽车加速运动时间，加速运动路程 汽车在匀速行驶区间的路程，所用时间 所以，汽车加速到之后匀速行驶的路程 汽车加速到到之后匀速行驶的时间 所以，汽车过通道时，走过与人工收费通道相同的路程所用的时间 （3）汽车通过通道比人工收费通道节约的时间 题型02 牛顿运动定律的基本应用 2．（25-26高三上·北京朝阳·期中）如图所示，水平面上有一质量为的长方体铁箱，在大小为的水平拉力作用下由静止开始运动，铁箱内一质量为的小木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。铁箱与水平面间的动摩擦因数，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，空气阻力不计。 （1）求铁箱的加速度大小； （2）求铁箱后壁对小木块的弹力大小以及木块与铁箱后壁间的动摩擦因数； （3）若某时刻撤去拉力，撤力后经时间小木块直接落在滑行的铁箱底部，且落点与铁箱后壁间距，求. 【答案】（1） （2）10N； （3）0.3s 【详解】（1）对整体根据牛顿第二定律有 解得 （2）对小木块有N 竖直方向有 解得 （3）设撤去拉力瞬间，二者的速度为，撤去拉力后，铁箱的加速度为 根据位移-时间公式有 解得s 题型03 连接体问题的受力与运动分析 3．（2026·北京延庆·一模）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。已知甲、乙质量均为，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，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 D．乙受到绳子的拉力大小为 【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，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 可得a=2.5m/s2，T=7.5N，则C错误，D正确。 故选D。 题型04 动力学中的临界与极值问题分析 4．（24-25高三上·北京海淀·期中）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平地面上，两物体的质量均为1 kg。从t = 0开始，推力FA和拉力FB分别作用于物体A、B上，FA和FB随时间t变化的规律分别为FA = （8 − 2t） N和FB = （2 + 2t） N。关于8 s内两物体的运动情况，下列说法正确的是（　　） A．物体A运动的加速度逐渐减小 B．物体B运动的加速度先不变后变大 C．t＝1.5s时，物体A与物体B刚好分离 D．t＝4.0s时，物体A与物体B刚好分离 【答案】BC 【详解】FA、FB都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但 FA＋FB＝（8－2t）N＋（2＋2t）N＝10N 为恒力，则可知在A、B分离前两者一起做匀加速直线运动； 物体A、B开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有 即 解得 t＝1.5s 即t = 1.5 s时，物体A、B开始分离；分离后A的加速度逐渐减小，B的加速度逐渐增加，故整个过程中物体A运动的加速度先不变后逐渐减小，物体B运动的加速度先不变后变大。 故选BC。 题型05 动力学中的多过程问题分析 5．（25-26高三上·北京西城·期末）冰滑梯是冰雪乐园中常见的娱乐设施，将其简化为图2所示的斜面模型。某冰雪乐园中的滑梯倾角为37°，斜面的长度为12m，底端平缓连接水平缓冲区。儿童坐在塑料制成的滑行坐垫上从滑梯顶端由静止开始下滑，忽略滑行坐垫与滑梯表面的摩擦。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2） （1）求儿童下滑时的加速度大小a。 （2）求儿童下滑到滑梯底端时的速度大小v。 （3）若滑行坐垫与水平缓冲区铺设的材料之间的动摩擦因数为0.8，计算缓冲区的最小长度l。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）儿童下滑时，根据牛顿第二定律可得 解得下滑时的加速度大小为 （2）儿童下滑时，根据运动学公式可得 解得儿童下滑到滑梯底端时的速度大小为 （3）滑行坐垫与水平缓冲区铺设的材料之间的动摩擦因数为0.8，则有 解得儿童在水平缓冲区做匀减速直线运动的加速度大小为 根据运动学公式可得 代入数据解得缓冲区的最小长度为 题型06 牛顿运动定律与图像结合的综合问题 6．（24-25高三上·北京东城·开学考试）如图所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲一起跳”动作，图中的“●”表示人的重心。图（甲）是由力传感器画出的图线。图示中各点对应着图甲中四个状态和时刻。取重力加速度取。请根据图中所给出的信息，回答下列问题： （1）求此人的质量； （2）此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度？推理说明理由； （3）求出此人在1s内的最大加速度；并以竖直向上为正，在图（乙）中画出此人在1s内大致的图像； （4）在上一问中图像与t轴所夹面积的含义是？ 【答案】（1） （2）0.45，理由见解析 （3）， （4）对应过程中研究对象的速度变化量 【详解】（1）此人状态1处于静止状态，重力等于支持力，对应图乙中1点，压力 根据牛顿第三定律知压力等于支持力，故此时 解得 （2）下蹲阶段先加速后减速，支持力与重力平衡时，加速度为零，速度最大，由图像可读出速度最大时刻约为0.45s。 （3）由图可知：图乙中2点最大，根据牛顿第二定律 知此人在1s内的最大加速度 1s内的图像如图 （4）图像与t轴所夹面积的含义是对应过程中研究对象的速度变化量 题型07 实际情境下的动力学建模与求解问题 7．（25-26高三上·北京顺义·阶段练习）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图甲所示。电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在时由静止开始上升，图像如图乙所示。电梯总质量，忽略一切阻力，重力加速度g取。 （1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力和最小拉力； （2）类比是一种常用的研究方法。对比加速度和速度的定义，根据图乙所示图像，求电梯在第末的速率v； （3）根据图乙所示图像，分别写出电梯处于超重和失重的时间范围。 【答案】（1）， （2） （3）， 【详解】（1）电梯在上升过程中受到的拉力最大时，电梯的加速度方向向上，运动的加速度最大，由a-t图像可知 对电梯由牛顿第二定律有 解得最大拉力大小为 电梯在上升过程中受到的拉力最小时，电梯的加速度方向向下，运动的加速度最大，由a-t图像可知 对电梯由牛顿第二定律有 解得最小拉力大小为 （2）由题意可得：所求速度变化量等于第1 s内a-t图线与t轴所围图形的面积，可得 由，解得电梯在第末的速率 （3）电梯加速度方向向上时电梯处于超重状态，时间范围为；电梯加速度方向向下时电梯处于失重状态，时间范围为。 题型08 动力学中的板块模型问题 8．（2025高三·北京·专题练习）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A．F1＝μ1m1g B．F2＝ （μ2－μ1）g C．μ2<μ1 D．在0~t2时间段物块与木板加速度不相等 【答案】B 【详解】A．由题图（c）可知，t1时刻物块与木板刚要一起在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1（m1＋m2）g，故A错误； BC．由题图（c）可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F2－μ1（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有μ2m2g－μ1（m1＋m2）g＝m1a>0 联立解得， 故B正确，C错误； D．由题图（c）可知，0~t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D错误。 故选B。 1．（2025·北京东城·一模）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外由该楼的楼顶自由落下的一个小石子拍摄在照片中，测得照片中石子运动痕迹的长度为。已知本次摄影的曝光时间是，实际长度为的窗框在照片中的长度为。重力加速度取，不计空气阻力。 （1）根据照片计算曝光时间内石子下落的实际距离； （2）求曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小； （3）已知小石子的质量，估算小石子从楼顶下落至拍照时小石子所受重力的冲量的大小。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）根据照片尺寸与实际长度的比例关系 可得 （2）曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小 （3）根据动量定理 2．（24-25高三上·北京顺义·期末）“蛙泳”可简化为有动力的“蹬腿加速”和无动力的“惯性前进”两个过程，如图甲所示。运动员完成某次“蛙泳”动作、其运动可视为水平方向的直线运动，其v-t图像如图乙所示。已知运动员质量为m，水的阻力恒定，求： （1）“蹬腿加速”过程中运动员的加速度大小a； （2）“蹬腿加速”过程中运动员前进的位移大小x； （3）“惯性前进”过程中水的阻力做的功W。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）由图乙，根据加速度的定义可知，“蹬腿加速”过程中运动员的加速度大小为 （2）由图乙，根据匀变速直线运动中位移与平均速度的关系可知，“蹬腿加速”过程中运动员前进的位移大小为 （3）由图乙，根据动能定理可知，“惯性前进”过程中水的阻力做的功为 3．（25-26高三上·北京·阶段练习）近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为，靠近站口时以的加速度匀减速，通过收费站口时的速度，然后立即以的加速度加速至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）。试问： （1）该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？ （2）该车从开始减速到恢复至原来速度，共需多少时间？ （3）在物理学中，常常把某一物理量的变化与发生这段变化所用时间之比叫做这个物理量的变化率，如加速度是物体速度对时间的变化率，即。可以把加速度对时间的变化率定义为“加加速度”，用表示。用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，“加加速度”越小，乘客舒适程度越高。 a.请写出“加加速度”的定义式，并用“加加速度”的概念定义匀变速直线运动。 b.某物体运动的加速度随时间变化的图像（图）如图所示，已知物体在时速度为1m/s，请画出物体在0~4s内速度随“加加速度”变化的图像（图）。 【答案】（1）30m （2）4.5s （3）a.，加加速度为零的运动为匀变速直线运动； b. 【详解】（1）该车进入站台前做匀减速直线运动，设距离收费站处开始制动，则 解得 （2）该车减速时间为 加速时间为 所以，该车从开始减速到恢复至原来速度，共用时间为 （3）a.根据比值定义法，加加速度（急动度）是加速度对时间的变化率，所以定义式为 匀变速直线运动的加速度不变，即加加速度为0所以匀变速直线运动也叫做加加速度为0的直线运动； b.由图线可知，在加速度均匀增大，即加加速度不变，且 保持不变，速度最小为1m/s，最大为9m/s，因此图像为平行于纵轴的线段，如图所示 4．（25-26高三上·北京通州·期中）如图所示，一位滑雪者（含装备）总质量，以初速度沿倾角的山坡匀加速直线滑下。若下滑过程中所受阻力（含摩擦力和空气阻力）恒为，重力加速度。求： （1）滑雪者加速度的大小； （2）内滑雪者下滑位移的大小； （3）末滑雪者的动能。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）对滑雪者，根据牛顿第二定律有 解得 （2）内滑雪者下滑位移的大小 （3）末滑雪者的速度 则末滑雪者的动能 5．（25-26高三上·北京·期中）某新型轿车有一种特制的气流通道，当车速不太高时，此气流通道关闭，行驶状态和普通汽车一样；当该轿车高速行驶时，气流通道会自动打开，使轿车对地面的压力增加，从而达到低速省油，高速平稳的目的。已知增加的压力与速度v的关系式为（比例系数k为定值）。下图是该轿车在某水平路面上做匀加速直线运动时，车速与发动机实际功率的关系图像。已知车与地面间阻力（是轿车对地面的压力大小），轿车质量为1×103kg，不计空气阻力，取，求： （1）该轿车做匀加速直线运动的加速度大小a； （2）比例系数k的大小。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）由题图可知，当汽车速度时，对应功率 此时气流通道未开启，汽车仅受地面滑动摩擦力作用。牵引力表达式为 摩擦阻力表达式为 根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 （2）当汽车速度时，对应功率 此时气流通道开启，产生附加压力 牵引力表达式为 摩擦阻力为 根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 6．（25-26高三上·北京顺义·阶段练习）汽车安全行驶过程中蕴藏着丰富的力学原理。 （1）汽车在水平路面行驶，司机发现前方事故紧急刹车，车轮抱死向前滑行，司机与汽车保持相对静止，已知汽车轮胎与路面间的动摩擦因数μ，司机质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求汽车向前滑行过程中司机所受合力F大小 （2）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其简化原理如图1所示。在平直路面上刹车的过程中，敏感球沿倾角为θ的底座斜面上滑到与汽车具有相同加速度的位置，同时顶起敏感臂，使其处于水平状态并卡住卷轴外的齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F，敏感球质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球所受摩擦力，求汽车此时的加速度a。 （3）某试验汽车的刹车装置包括电力制动和机械制动两部分。图2是该汽车刹车过程中加速度a的大小随速度v的变化曲线。已知电力制动产生的阻力大小与车速成正比，刹车过程中汽车还受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明汽车从50m/s减速到3m/s过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强？ 【答案】（1） （2），方向与前进方向相反 （3）3m/s 【详解】（1）设汽车和司机的总质量为，则根据牛顿第二定律 解得 对司机，根据牛顿第二定律 （2）对敏感球受力分析如图所示 根据牛顿第二定律， 解得 方向与前进方向相反。 （3）制动过程中，汽车受到的阻力是由电力制动、机械制动和空气阻力共同引起的。电力制动产生的阻力大小与车速成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由图线，根据牛顿第二定律，汽车在10m/s至3m/s区间所需合力最大。综合以上分析，汽车在3m/s的速度附近所受空气阻力及电力制动产生的阻力最小，故所需机械制动最强。 7．（24-25高一上·北京房山·期末）空气阻力的大小与物体的速度、形状和表面粗糙程度有关。当物体的速度增加时，空气阻力也会增加。在相同速度下，形状较大的物体受到的空气阻力更大一些。 （1）假如有一水滴从80m高空由静止落向地面，若忽略空气阻力，g取，求该水滴落地时的速度。 （2）雨滴从几百米的高空落到地面时的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。将雨滴看作半径为的球体，设其竖直落向地面的过程中所受气阻力，其中是雨滴的速度，是比例系数，球体积公式为。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。 a.设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度与半径的关系式。 b.半径分别为和的两个雨滴（）从同一高度由静止下落，分析说明哪个雨滴先到达地面。 【答案】（1）40m/s （2）a. b.见解析 【详解】（1）根据自由落体运动规律有 解得 （2）a.最大速度时，雨滴匀速下落，由平衡条件有 因为雨滴质量 联立解得 b.对雨滴，由牛顿第二定律有 联立以上，解得加速度 可知同样速度下，半径越大的雨滴加速度越大，速度增加的越快，且a结论可知半径大的最大速度越大，所以下落同样高度，半径大的雨滴先到达地面，即半径为的雨滴先到达地面。 8．（25-26高三上·北京顺义·期末）如图所示，长方体物块A、B叠放在光滑水平面上，给物块B施加一个水平方向的拉力F，两物块始终保持相对静止，A、B物块的质量分别为m和M，A物块受到摩擦力的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】ABCD．物块A、B两物块始终保持相对静止，加速度相同，由牛顿第二定律可知加速度为 物块A、B间的摩擦力为物块A提供向右的加速度，由牛顿第二定律可知A物块受到摩擦力为，故D正确。 故选D。 9．（25-26高三上·北京·期中）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的物块A相连接。用一水平挡板B托住物块A，使其处于静止状态，弹簧处于原长。现使挡板B由静止开始向下做加速度大小为的匀加速运动，忽略空气阻力，在之后的运动中，下列说法正确的是（　　） A．挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量 B．物块A达到最大速度时，弹簧的伸长量 C．物块A的最大速度 D．弹簧的最大伸长量等于 【答案】AC 【详解】A．挡板B与物块A分离时，AB之间的弹力为零，则此时对A分析可知 解得弹簧的伸长量，A正确； B．物块A达到最大速度时，弹力与重力相等，即 可得弹簧的伸长量，B错误； D．当物块A是自由下落时弹簧的最大形变量为x=2x2，解得弹簧的最大形变量为，但因为一开始有挡板B阻碍A下落，其中有能量损失，所以弹簧的最大形变量应该小于，故D错误； C．当A和B分离后，对A根据牛顿第二定律得mg-kx=ma 则a随x增大而均匀减小；物块A加速度a随坐标x变化的图像如下图所示 根据v2=2ax可知，a-x图线与坐标轴所围面积为，则 解得，故C正确。 故选AC。 10．（24-25高一上·北京大兴·期末）水上滑梯可简化为如图所示的模型，斜槽和水平槽平滑连接，斜槽的竖直高度，倾角。水平槽长，人与、间的动摩擦因数均为。取重力加速度，，。一质量为小朋友（可视为质点）从滑梯顶端点无初速地自由滑下。 （1）画出小朋友沿斜槽下滑时的受力示意图并求出所受摩擦力； （2）求小朋友沿斜槽下滑时的加速度大小； （3）求小朋友达到点速度大小。 【答案】（1），方向沿斜面向上 （2） （3） 【详解】（1）小朋友沿斜槽下滑时的受力示意图如下 所受摩擦力为滑动摩擦力，故摩擦力 代入题中数据得，方向沿斜面向上。 （2）在AB段，由牛顿第二定律有 联立以上解得 （3）设小朋友在B点速度为，在AB段，由运动学公式有 设在BC段加速度大小为，由牛顿第二定律有 在BC段，由运动学公式有 联立以上解得 11．（24-25高三上·北京朝阳·阶段练习）如图所示，质量. m=2kg的小物块静止在水平地面上的A点，足够长的光滑斜面与地面之间的B点用一小段弧形连接，使得物块通过圆弧时速度大小保持不变。现对物块施加一恒力，该力的大小F=11N，方向与水平方向的夹角（α=53°，当4s后物块到达B点时立刻撤去F。已知斜面倾角θ=37°，，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，sin53°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求： （1）画出物体从A向B运动时其受力，并求出相应的加速度大小a1； （2）从物块由B点沿斜面向上运动至返回B点所用的时间t； （3）请选用动能定理计算物块返回水平面上停止运动的位置到B点的距离x。 【答案】（1）受力图见解析， （2） （3）0.4m 【详解】（1）物体从A向B运动时，其受力如图所示 对物块，水平方向由牛顿第二定律可得 竖直方向 又 联立解得 （2）4s后物块到达B点时立刻撤去F，此时物块的速度为 在斜面上对物块，由牛顿第二定律可得 解得 则从物块由B点沿斜面向上运动至返回B点所用的时间为 （3）物块从斜面返回B点时的速度大小仍为，对物块，由动能定理可得 解得物块返回水平面上停止运动的位置到B点的距离 12．（25-26高三上·北京西城·月考）水平桌面上，一滑块在恒定的水平拉力作用下由静止开始运动，一段时间后，撤去拉力。从某时刻开始计时，滑块速度随时间变化的图像如图所示。取重力加速度。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．滑块在内的平均速度大小为 B．滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为 C．滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为 D．滑块与桌面之间的动摩擦因数为0.5 【答案】C 【详解】A．根据图像的面积表示物体的位移大小，可知滑块在内的位移大小为 根据 可知滑块在内的平均速度大小，故A错误； BC．滑块加速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 滑块减速阶段，设加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 根据图像可得， 可得滑块加速与减速阶段的加速度大小之比为 滑块所受的拉力与摩擦力大小之比为 故B错误，C正确； D．减速阶段有 可得滑块与桌面之间的动摩擦因数为，故D错误。 故选C。 13．（2025高三·北京·专题练习）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量，。从时刻开始，水平推力和水平拉力分别作用于A、B物体上，、随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时，A、B分离 B．时，A的速度大小为 C．时，A的加速度大小为 D．时，A对B的作用力大小为2.0N 【答案】D 【详解】A．结合题图与数学知识可知，和与时间的关系分别为， AB两物体即将分离时，对AB整体有 当AB两物体即将分离时，AB两物体之间的作用力为零，对B物体有 联立解得 故A错误； BC．由于1.5s小于2.0s，所以在过程中，AB两物体并未分离，对其整体有 可知其分离前，AB整体所受合外力不变，所以其加速度不变，加速度为1m/s2，所以该过程中物体A做匀变速直线运动，两物体从静止开始，所以时，A物体的速度为 故BC错误； D．1s时两物体并未分离，对AB整体有 对物体B有 解得 时，A对B的作用力大小为2.0N，故D正确。 故选D。 14．（22-23高三上·北京西城·阶段练习）（多选题）如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t =0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t= 4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2，则（　　） A．2 ~4s内木板的加速度大于4~5s内木板的加速度 B．4~5s内，木板的位移为0.3m C．木板的质量为1kg D．2~4s内，力F的大小为0.3N 【答案】BC 【详解】A．由图像可知，内，木板做匀加速运动的加速度大小为 在4~5s内，木板做匀减速运动的加速度大小为 故A错误； B．4~5s内，图像的面积即为木板的位移 故B正确； CD．设木板的质量为，物块的质量为，物块与木板之间的动摩擦因数为，在2 ~4s内根据牛顿第二定律可得 又 在时撤去外力后，根据牛顿第二定律可得 联立解得 故C正确，D错误。 故选BC。 15．（25-26高三上·北京·月考）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的v-t图像如图所示，火箭在t=0时刻离开地面，在t4时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是（　　） A．在时刻，火箭上升到最高位置 B．在时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零 C．在时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量 D．在时间内，火箭处于先超重后失重状态 【答案】C 【详解】A．由图像可知，在时间内火箭一直向上运动，时间内火箭向下运动，则时刻火箭上升到最高位置，A错误； B．因图像的斜率等于加速度，可知在时间内，火箭的加速度先增加后减小到零，根据可知，受到的推力先增大后逐渐减小到mg，B错误； C．在时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故C正确； D．在时间内，火箭先向下加速，后向下减速，即加速度先向下后向上，则先失重后超重，D错误。 故选C。 16．（24-25高三上·北京·期中）（多选题）如图所示，某飞机的质量为m，在水平跑道上滑行时受到竖直向上的升力，空气阻力，式中的v为飞机的滑行速度，、均为常量。当飞机在跑道上匀加速滑行时，发动机的推力，摩擦力为正压力的倍（），重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．飞机空载和满载时的起飞速度相同 B．跑道长度至少为 C．匀加速滑行过程中，发动机消耗功率恒定 D．跑道长度至少为 【答案】BD 【详解】A．飞机空载和满载时所受重力大小不同，起飞需要的升力大小也不同，由可知，起飞速度也不同，故A错误； BD．飞机在跑道上匀加速滑行时，由牛顿第二定律得 又 联立求得 由于飞机在跑道上匀加速滑行，加速度恒定，所以 即 当飞机匀加速至恰好起飞时有 求得 所以，跑道的最小长度为 得 或 故B、D正确； C．根据 由于发动机推力不变，所以，匀加速滑行过程中发动机消耗功率越来越大，故C错误。 故选BD。 17．（2025高三·北京·专题练习）如图所示，小物块质量m＝1kg，长木板质量M＝3kg（假设木板足够长），小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，小物块以初速度v0＝6 m/s向右滑上长木板，同时处于静止状态的长木板受到向右的力F＝14 N，F维持1.5 s后撤去，以小物块刚滑上长木板时为计时起点，g＝10 m/s2，下列说法中不正确的是（　　） A．经过1s二者速度第一次大小相等 B．速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速 C．小物块相对长木板向右最远运动3m D．经过s二者速度第二次大小相等 【答案】B 【详解】ABC．小物块刚滑上长木板时，相对长木板向右滑动，所受摩擦力方向向左，由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1 解得小物块的加速度大小a1＝2 m/s2 小物块滑上长木板且两者共速前，同时长木板受到拉力F作用时，对长木板根据牛顿第二定律有F＋μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2 解得长木板的加速度大小a2＝4 m/s2 假设F撤去前两者达到共速，且两者从初始状态用时t1第一次达到共速，由速度关系可得v0－a1t1＝a2t1 解得t1＝1 s t1>1.5 s则假设成立，两者第一次共速时速度大小v1＝a2t1＝4 m/s 小物块的位移x1＝（v0＋v1）t1＝5 m 长木板的位移s1＝v1t1＝2 m 则小物块相对长木板向右移动的距离L1＝x1－s1＝3 m 两者第一次共速之后，F撤去前，假设两者会保持相对静止一起做加速运动，根据牛顿第二定律有F－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a0 解得整体的加速度大小a0＝2.5 m/s2 此时长木板对小物块的摩擦力大小f′＝ma0＝2.5 N>μ1mg 所以假设不成立，则第一次共速后，F撤去前，两者不会一起加速，在1～1.5 s内，小物块会相对长木板向左运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1′ 解得小物块向右做加速运动的加速度大小a1′＝2 m/s2 对于长木板，根据牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma3 解得长木板向右做加速运动的加速度大小a3＝m/s2 则t＝1.5 s时即再经过t2＝0.5 s小物块的速度大小v2＝v1＋a1′t2＝5 m/s 长木板的速度大小v3＝v1＋a3t2＝m/s 撤去拉力F后，小物块继续以加速度a1′向右做加速运动，长木板则开始做减速运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＋μ2（M＋m）g＝Ma4 解得长木板做减速运动的加速度大小a4＝2 m/s2 设从撤去拉力F到两者第二次共速所用时间为t3，由速度关系可得v2＋a1′t3＝v3－a4t3 解得t3＝s 两者第二次共速之后，由于μ1>μ2，则两者会保持相对静止一起向右做减速运动，直到速度减为0，可知1 s后小物块相对木板先向左运动后静止，则小物块相对长木板向右最远运动3 m。综上分析，A、C正确，B错误 D．二者第二次共速所经历的时间t′＝t1＋t2＋t3＝s 故D正确。 此题选择不正确的，故选B。 18．（25-26高二上·河北邢台·开学考试）如图所示，一质量为的长直木板放在光滑的水平地面上，木板最右端放有一质量为、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数。现给木板左端施加一大小为、方向水平向右的推力，经时间后撤去推力，再经过一段时间，木板和物块相对静止，整个过程中物块始终未脱离木板，取。求： （1）撤去推力瞬间，木板的速度大小及物块的速度大小； （2）撤去后，系统产生的热量； （3）木板至少多长。（结果可用分数表示） 【答案】（1）， （2） （3） 【详解】（1）假设木板和物块有相对滑动，撤去前，对木板由牛顿第二定律有 解得 对物块由牛顿第二定律有 解得 因，故假设成立，撤去时，木板、物块的速度大小分别为， （2）撤去后，系统动量守恒 解得 根据能量守恒定律，有 解得 （3）撤去前，木板和物块有相对滑动，木板的位移 物块的位移， 撤去后，， 则板长 2 / 33 学科网（北京）股份有限公司 $