大题突破02 三大力学观点在直线运动中的应用（安徽专用） 2026年高考物理终极冲刺讲练测

大题02 三大力学观点在直线运动中的应用 热点题型1 连接体模型 析典例·建模型 例1.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A下落、B沿斜面上滑，二者加速度相同，假设BC之间发生相对滑动，对AB分析 根据牛顿第二定律有 解得 对C，根据牛顿第二定律有 解得 可知B与C的加速度不相等，故假设成立。 （2）A落地时B上滑速度最大，根据速度位移公式有 解得 （3）A落地后，B减速上滑，对B分析，根据牛顿第二定律有 解得 设BC共速后，二者共同向上减速，根据牛顿第二定律有 解得 设此时BC之间的摩擦力，对B分析，根据牛顿第二定律有 解得 所以即假设成立，之后BC共同运动 B加速过程有 解得 B达到最大速度后，再经过时间B、C共速，则有 解得 故C的最小长度为 破类题·提能力 1.（2026·安徽马鞍山·一模） 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，由平衡条件有 代入数据解得 （2）根据题意，对整体，由牛顿第二定律有 解得 由运动学公式有 代入数据解得 热点题型2 传送带模型 析典例·建模型 例2. （2026·安徽黄山·一模） 【答案】(1)4m/s (2)3kg (3)，0.7m 【详解】（1）假设物块A在传送带上一直减速，则由运动学公式   ① 解得 可知，假设成立。 （2）A与B相碰时满足：    ②    ③ 由以上得④ 同时由机械能守恒得：  ⑤ 由④⑤可得： （3）由图像分析可知，当传送带速度大小为时，物块A在传送带上一直加速，则：   ⑥ 得 再结合④⑤得 破类题·提能力 2.（2025·安徽马鞍山·一模） 【答案】(1)s (2) (3)J 【详解】（1）假设小货物在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，则 得 加速距离 假设成立。货物加速时间 匀速时间 从A运动到B的时间 （2）在BC段 得 又 得 （3）小货物与传送带间因摩擦而产生的热量 由能量守恒定律，传送带因传送该货物而多消耗的电能 得 热点题型3 板块模型 析典例·建模型 例3（2025·安徽合肥·三模） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块刚开始运动时，对物块由牛顿第二定律得 对木板由牛顿第二定律得 ，故物块一开始就和木板发生相对滑动，此后物块向右做匀加速直线运动，由运动学知识有 （2）当物块从木板上滑出时，由运动学知识有物块的位移为 设此时弹簧的伸长量为，因时间内木板的图线为正弦图线，由运动的对称性有 解得 故木板的长度 对木板由能量守恒得 解得 （3）木板速度第1次减为0后，对木板受力分析由牛顿第二定律有 故木板会向左运动，此后木板向左运动规律和时间内相同，其速度随时间变化的图线也为正弦图线。设木板速度第2次减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有 解得 木板速度第2次减为0后，对木板受力分析 故木板会再次向右运动，设木板速度第3减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有 解得 故从木板开始运动到停止，由功能关系有木板和水平面间因摩擦产生的热量为 破类题·提能力 3．（2025·安徽淮北·一模） 【答案】(1)0.6，3kg (2)9m/s (3)18m 【详解】（1）设木板质量为m，小物块质量为，在，小物块与木板一起向右加速，对小物块和木板组成的系统分析，据牛顿第二定律，有 其中 由图像得 解得 在小物块相对木板向右动，对小物块，有 得 整理可得 结合图像可得 解得， ， （2）由图像解得，6s末小物块的速度 4s末木板的速度 此后木板以的加速度加速，6s末木板的速度 时抛去力F，小物块与挡板碰撞前，小物块与木板组成系统的动量守恒，物块第一次与挡板相碰前的速度为 v3，则有 解得 （3）小物块与挡板碰撞后原速率反弹，碰后第一次与木板共速过程，系统的动量守恒，则有 解得 同理，碰后第二次与木板其速过程，共速时巡度 故小物块与挡板碰后第n次与木板共速时速度 小物块与挡板碰后相对木板向左滑动，速度减为0的过程，加速度 小物块与挡板第一次碰后速度减为0的过程，位移 小物块与第挡板二次碰后速度为0的过程，位移 小物块与第挡板三次碰后速度为0的过程，位移 小物块与挡板第n次碰后速度减为0的过程，位移 则小物块从与挡板相碰到最终停止经过的总路程 解得 刷模拟 1． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由静止开始下滑的加速度大小为 由运动学公式有 解得 （2）设第一次碰撞后，和的速度大小分别为、，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得 碰撞后，对研究，由于 故碰后做匀速运动，设经过时间第二次碰撞，则有 解得 （3）第二次碰撞前，的速度大小 设第二次碰撞后，的速度大小分别，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得， 设经过的时间间的距离最大，有 解得 则间的最大距离为 2．【答案】（1）；（2）0.5；（3）1.25m 【详解】（1）设A的质量为，B的质量为，根据题意可知静止时物体A处于P点且与斜面刚好无摩擦力，则由平衡条件可得 解得 （2）由图乙可得物体A的加速度大小为 而在物块A沿着斜面体向上运动的过程中物块B做自由落体运动，末的速度设为，则有 可知在末物块A和物块B达到共速，在此过程中物块A的速度始终大于物块B的速度，因此连接A、B的绅子上拉力为零，由牛顿第二定律可得 解得 （3）内，A沿斜面上滑位移为 B自由下落高度为 二者沿绳子方向距离缩小了 设再经过时间轻绳再次拉直，则对A有 对B有 又 联立可解得 末轻绳绷紧，系统内轻绳拉力大小远大于两物体的重力及摩擦力大小，设轻绳拉力瞬间冲量为I，绷紧后二者速度大小为v，对A和B分别有 解得 绷紧后一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 解得 对B知其减速阶段位移 物体A上滑的最大距离为 3．【答案】(1)5m/s (2)3s (3)-25J 【详解】（1）根据受力分析可知，刚释放时，滑块向下加速、薄木板向上加速，设滑块与薄木板的加速度大小分别为和，对滑块分析由牛顿第二定律，有 解得 对薄木板分析，根据牛顿第二定律得 解得， 说明薄木板相对传送带滑动；滑块在薄木板上运动的时间满足 解得s 滑块运动到薄木板下端B点的速度大小m/s 之后滑块滑离薄木板，在传送带上运动时有   解得 滑块在传送带上运动时满足   解得v＝5m/s （2）滑块在传送带上运动的时间满足 滑块与薄木板分离后，薄木板的加速度方向向下，其加速度大小满足   解得 滑块与薄木板分离后，薄木板在传送带上运动的时间满足     解得＝4s 滑块与薄木板下端B运动到传送带底端C点的时间差s （3）薄木板在传送带向上运动的总位移 薄木板在传送带向下运动的总位移   解得＝6.25m 因此薄木板在传送带上向下运动的过程中，摩擦力对薄木板所做的功 解得W＝－25J 4．【答案】(1)4 m/s2 (2)2 m 【详解】（1）对物块A与B整体根据牛顿第二定律得 解得 （2）物块A与传送带达到共同速度的时间 痕迹的长度为 假设共速后物块A所受的合力为 解得 假设成立，共同速度后，物块A在摩擦力作用下和传送带一起做匀速运动，所以痕迹的长度为2 m。 5．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设经过时间AB共速，共同速度为，对B受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对A受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得木板A的加速度大小为 因此A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，共速时则有 代入数据解得AB共速的时间 二者的速度 此过程A的位移 故A匀速运动的时间 则与发生第1次碰撞的时间 （2）由题可知，A与C碰后的瞬间，滑块C的速度最大，设A、C碰后瞬间的速度分别为、，由于A、C为弹性碰撞，根据动量守恒可得 根据能量守恒可得 解得， 即滑块运动的最大速度。 （3）设碰后A、B再次达到共同的速度为，根据动量守恒可得 代入数据解得 所用时间 对于C受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 此时滑块C的速度为 此后AB以共同的速度做匀速直线运动，滑块C以做匀减速运动，当系统速度相同时，A、C之间的距离最大，设经过时间A、C达到共同速度，根据匀变速直线规律可得 代入数据解得 则第1次碰撞后到与间的距离最大的时间 6．【答案】(1)0.5s，2m/s，方向水平向左 (2)，，方向均为水平向左 (3)， 【详解】（1）两滑块与木板间的动摩擦因数均为，根据牛顿第二定律有， 解得， 对长木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 向右做匀减速直线运动，b向左做匀减速直线运动，木板c向左做匀加速直线运动，经历时间，b、c达到相等速度，则有 解得 ， 对a进行分析，令水平向左为正方向，则有 解得 时间内b相对于c向左的相对位移大小 时间内a相对于c向右的相对位移大小 由于 表明在时间之前，两滑块和已经相碰，令经历时间为，则有，， 时间内b相对于c向左的相对位移大小 时间内a相对于c向右的相对位移大小 此时有 解得时间为0.5s与1.5s，舍去较大时间，则有，，，，， 此时木板的速度方向水平向左。 （2）结合上述可知，两滑块碰撞前瞬间的速度大小， 碰撞瞬间，滑块a的速度为0，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得， 碰撞后，速度方向均水平向左。 （3）结合上述可知，两滑块碰撞后，b的速度与c的速度恰好相等， b、c保持相对静止，a向左做匀减速直线运动，加速度大小仍然为 对b、c整体进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 令再经历时间，a、b、c达到相等速度，共同以相等速度向左做匀速直线运动，则有 解得 时间内a相对于c向左运动，则有 则木板的最小长度 滑块a、b和木板间因摩擦产生的总热量 解得 刷真题 1．【答案】(1)0.4m，0.8s (2)425N 【详解】（1）对石杵施加一竖直向上的恒力，当作用时间为的过程中的加速度 此时的速度v1=at1=1m/s 上升的位移 撤去F1后还能上升的高度 还能上升的时间 石杵上升的最大高度 上升过程所用的时间 （2）根据图像，石杵下落过程中F2对石杵做功为 当到达石杵接触谷物时由动能定理 解得v2 =4m/s 石杵与谷物作用的过程，对石杵由动量定理（向上为正） 解得F=425N 根据牛顿第三定律可知，石杵对谷物的平均作用力大小425N。 2．【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即 可得 由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由 解得 （2）设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有， 又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即 联立解得， 因为OP 段粗糙，由动能定理有 得，即， 根据题意有，且由（1）有 联立各式解得 （3）设碰前小物块B向右运动的速度为,A、B发生碰撞，则 A、B碰撞过程动量守恒有 又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则 则， 根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即 碰后动能不增，即，可得 所以n的取值范围为 分别将和代入，分别可得， 所以对应的B 的速度范围为，代入 可得 3．【答案】(1)24.5J (2)5s 【详解】（1）P、Q与发生正碰，由动量守恒定律 由能量守恒定律 联立可得， （2）对物块P受力分析由牛顿第二定律 物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式， 解得 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则 解得 物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式， 解得 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则 解得 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为 故物块P从开始运动到静止经历的时间为 4．【答案】(1)， (2)见解析 (3) 【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知 所以当t=6s时， 0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 （2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有 即 在垂直杆方向，当时， 则0−4s，垂直杆方向 摩擦力 在4−6s内，垂直杆方向 摩擦力 相应的f−t图像如图 （3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则 联立有 可得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题02 三大力学观点在直线运动中的应用 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 连接体模型 通技法 整体与隔离思想的应用 热点题型2 传送带模型 通技法 传送带模型的一般解题思路 热点题型3 板块模型 通技法 板块模型解题时的注意事项 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 一、力学三大观点在直线运动中的应用： 计算题主要考查在直线运动过程中，综合运用牛顿运动定律（含运动学）、动量观点（动量定理、动量守恒定律）、能量观点（动能定理、功能关系、机械能守恒定律）求解速度、位移、力、时间、冲量、功及能量转化量。明确研究过程、选择恰当的观点（涉及时间与冲量用动量定理，涉及位移与做功用动能定理，涉及加速度与瞬时力用牛顿定律）并正确建立方程是解题的关键。 二、常见考法与题型分类： 常见考法将多个直线运动过程组合（如匀加速、匀速、匀减速、碰撞、反弹、弹簧压缩与恢复等），要求分段或全程应用不同观点。具体包括： （1）单一过程多观点互验：已知恒力与位移求末速度，可用牛顿定律+运动学，也可用动能定理；已知恒力与时间求速度变化，可用牛顿定律+运动学，也可用动量定理。 （2）多过程衔接：前一过程的末状态是后一过程的初状态，需根据每个阶段受力特点选择最优观点（涉及变力做功优先动能定理，涉及短暂作用力或碰撞优先动量定理，涉及加速度细节优先牛顿定律）。 （3）碰撞与反弹问题：两物体在直线轨道上发生碰撞，或物体与固定挡板弹性/非弹性碰撞，通常需用动量守恒（或动量定理）结合能量关系（恢复系数、动能损失）求解碰撞前后速度。 三、多过程、临界问题或复杂模型： 若涉及含弹簧、传送带、板块模型中的综合直线运动问题，则往往需要同时运用三大观点分析多个阶段，对过程划分、临界状态判断以及能量转化与守恒的理解要求较高。具体包括： （1）弹簧模型：物体与弹簧在水平或竖直方向相互作用，弹簧弹力为变力，一般用能量观点（弹性势能、动能、重力势能相互转化）和动量观点（如两物体瞬间碰撞后共同压缩弹簧，碰撞过程动量守恒，压缩过程机械能守恒）。 （2）传送带模型：分析物体在传送带上的匀变速过程（牛顿定律求加速度和时间），计算相对位移及摩擦生热（能量观点：Q=fx 相对），若涉及物体与传送带多次相对运动或从一端到另一端，有时还需用动量定理求冲量。 （3）板块模型：两物体叠放在光滑或粗糙水平面上，受外力或不受外力。通常用动量守恒（地面光滑时系统动量守恒）求共速速度，用能量守恒（或动能定理）求相对位移、摩擦生热，并结合牛顿第二定律求加速度及达到共速所需时间。若涉及板块在斜面上，还需考虑重力分力。 热点题型1 连接体模型 析典例·建模型 例1.如图所示，在倾角为的足够长的固定斜面上，放置着一个长木板C，C下端的上表面放置小物块B，B通过轻绳跨过定滑轮与物块A连接，A距地面的高度为。已知B和C间的动摩擦因数，C与斜面间的动摩擦因数，A、B、C的质量分别为、、，开始时B、C锁定，系统处于静止状态，现解除锁定，若B上滑过程中不从C上端滑离，A落地后速度立刻减为0，已知A与B均可视为质点，重力加速度大小为，，。 (1)求解除锁定瞬间B的加速度大小； (2)B上滑过程中的最大速度； (3)求C的最小长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A下落、B沿斜面上滑，二者加速度相同，假设BC之间发生相对滑动，对AB分析 根据牛顿第二定律有 解得 对C，根据牛顿第二定律有 解得 可知B与C的加速度不相等，故假设成立。 （2）A落地时B上滑速度最大，根据速度位移公式有 解得 （3）A落地后，B减速上滑，对B分析，根据牛顿第二定律有 解得 设BC共速后，二者共同向上减速，根据牛顿第二定律有 解得 设此时BC之间的摩擦力，对B分析，根据牛顿第二定律有 解得 所以即假设成立，之后BC共同运动 B加速过程有 解得 B达到最大速度后，再经过时间B、C共速，则有 解得 故C的最小长度为 研考点·通技法 整体与隔离思想的应用 1、解题思路 ① 确整分定：明确所求是外力（优先整体法）还是内力（必须隔离法）。 ② 判加同异：判断各物体加速度是否相同。相同则“先整后隔”；不同则分别隔离。 ③ 析力建系：整体只画外力；隔离画所有力。沿加速度方向建系。 ④ 列关求联：对于整体，物体间的相互作用可忽略不计，只考虑外部作用，对于单个物体，需考虑物体所受的所有外力。 ⑤ 验果合理：检查方向、单位、临界条件（如是否超出最大静摩擦力）。 2、注意问题 整体法前提：一般情况下当各物体加速度相同时，首先考虑整体分析。 内力转化：隔离后，原内力变为隔离体的外力，注意作用力与反作用力。 弹力突变：轻绳、轻杆弹力可突变；轻弹簧弹力不可突变。 静摩擦力方向：用整体法判加速度方向，再隔离判相对趋势方向。 脱离临界：两接触的物体脱离时相互间的弹力为0，常与加速度极值结合。 3、解题方法 ① 先整后隔离（加速度相同）：整体求加速度，隔离求内力。 ② 先隔离后整体：隔离求加速度或某力，再整体求外力。 ③ 分别隔离（加速度不同）：各自列方程，再找运动关联（如绳长、相对位移）。 ④ 临界极值法：找“恰好相对滑动”或“恰好脱离”状态，比较实际加速度与临界加速度。 ⑤ 程序法（多过程）：分阶段分析，注意初末速度衔接。 破类题·提能力 1.（2026·安徽马鞍山·一模）如图所示，水平地面上有一倾角的固定光滑斜面，小车放在斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与质量的小桶相连，小桶桶底离地高度，无外力作用时整个装置处于静止状态。将质量也为的物块轻放入小桶内后，小车开始运动，连接小车的轻绳始终与斜面平行，小桶落地前小车未到达斜面顶端。不计滑轮质量及摩擦，不计空气阻力，重力加速度取，求： (1)小车的质量； (2)小桶桶底落地前瞬间速度的大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，由平衡条件有 代入数据解得 （2）根据题意，对整体，由牛顿第二定律有 解得 由运动学公式有 代入数据解得 热点题型2 传送带模型 析典例·建模型 例2. （2026·安徽黄山·一模）如图所示，顺时针转动的水平传送带与右端水平面等高，质量为的物体A以从左端水平滑上传送带，离开传送带后与水平面上静止的物体发生弹性正碰，碰后将物体立即移走。水平面和曲面光滑且曲面足够高，与传送带间的动摩擦因数、，重力加速度。求： (1)当传送带的速度时，到达传送带右端时的速度大小； (2)当传送带的速度时，与碰后，沿曲面上升的最大高度，的质量； (3)已知碰后上升的最大高度与传送带的速度平方关系如图所示，求与的值。 【答案】(1)4m/s (2)3kg (3)，0.7m 【详解】（1）假设物块A在传送带上一直减速，则由运动学公式   ① 解得 可知，假设成立。 （2）A与B相碰时满足：    ②    ③ 由以上得④ 同时由机械能守恒得：  ⑤ 由④⑤可得： （3）由图像分析可知，当传送带速度大小为时，物块A在传送带上一直加速，则：   ⑥ 得 再结合④⑤得 研考点·通技法 传送带模型的一般解题思路 1、解题思路 ①明确研究对象（物体、传送带）。确定已知参量：传送带速度、方向、长度 ；物体初速度 、方向、受力及动摩擦因数。 ②判断物体与传送带间的相对运动方向，从而确定滑动摩擦力的方向（与相对运动方向相反）。注意：摩擦力方向不一定与物体运动方向相同。 ③根据物体速度与传送带速度的关系，将运动过程分段，注意物体与传输带共速前后摩擦的变化。有必要时可画出运动图像辅助分析。 ④运用三大观点列式计算。 ⑤检查物体是否在传送带上全程加速、是否在到达末端前已共速、是否会反向滑动等，注意多解（如斜面传送带上滑与下滑）。 2、注意问题 相对位移与对地位移：计算热量必须用相对位移；计算物体实际运动距离用对地位移；计算传送带做功有时需用对地位移。 共速瞬间摩擦力突变：物体速度等于传送带速度时，滑动摩擦力瞬间消失或变为静摩擦力。注意判断此后能否保持共速（如倾斜传送带，需比较下滑分力与最大静摩擦力）。 传送带反向问题：传送带速度方向与物体初速度方向相反时，物体先减速至零再反向加速，易漏段或错判相对运动方向。 能量转化分析：电动机多消耗的电能 = 物体机械能增加量 + 系统内能（摩擦生热）。 临界条件：物体恰好不从一端掉落的临界速度、恰好共速时位置等，常结合 Δx=x带−x物列式。 3、解题方法 动力学观点：根据物体的受力情况求出物体加速度，带入运动学公式进行计算，只适用于匀变速直线运动。 能量观点：分析力做功与能量转化，优先考虑动能定理或机械能守恒，避开中间过程细节，只关注初末状态，但一般无法计算时间。 动量观点：涉及力对时间的累积效应时用动量定理，若系统不受外力或外力远小于内力则用动量守恒，快速求解速度变化。 破类题·提能力 2.（2025·安徽马鞍山·一模）如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜传送带AB与一斜面BC平滑连接，AB、BC与水平面夹角均为37°角，B点到C点的距离为，传送带顺时针运行，速度恒为，传送带长为。现将一质量为的小货物（可视为质点）轻轻放于A点，小货物恰好能到达C点。已知小货物与传送带间的动摩擦因数，取，，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)小货物从A点运动到B点所经历的时间； (2)小货物与斜面间的动摩擦因数； (3)传送带因传送该货物而多消耗的电能。 【答案】(1)s (2) (3)J 【详解】（1）假设小货物在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，则 得 加速距离 假设成立。货物加速时间 匀速时间 从A运动到B的时间 （2）在BC段 得 又 得 （3）小货物与传送带间因摩擦而产生的热量 由能量守恒定律，传送带因传送该货物而多消耗的电能 得 热点题型3 板块模型 析典例·建模型 例3.（2025·安徽合肥·三模）如图甲所示，质量为m的木板静止在粗糙水平面上，其左端通过劲度系数为k的轻弹簧与竖直墙壁连接，弹簧处于自然状态。质量也为m的小物块放置在木板的左端，现给小物块施加的水平向右的恒力，使小物块由静止向右加速运动，经时间后小物块从木板上滑出，此时木板速度第一次减为0，该过程中木板的速度-时间图线如图乙所示，该图线为正弦图线。已知小物块和木板间的动摩擦因数为4μ，木板和水平面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g。求： (1)小物块离开木板时的速度大小； (2)木板的长度及弹簧弹性势能的最大值； (3)从木板开始运动到停止，木板和水平面间因摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块刚开始运动时，对物块由牛顿第二定律得 对木板由牛顿第二定律得 ，故物块一开始就和木板发生相对滑动，此后物块向右做匀加速直线运动，由运动学知识有 （2）当物块从木板上滑出时，由运动学知识有物块的位移为 设此时弹簧的伸长量为，因时间内木板的图线为正弦图线，由运动的对称性有 解得 故木板的长度 对木板由能量守恒得 解得 （3）木板速度第1次减为0后，对木板受力分析由牛顿第二定律有 故木板会向左运动，此后木板向左运动规律和时间内相同，其速度随时间变化的图线也为正弦图线。设木板速度第2次减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有 解得 木板速度第2次减为0后，对木板受力分析 故木板会再次向右运动，设木板速度第3减为0时，弹簧的压缩量为，由对称性有 解得 故从木板开始运动到停止，由功能关系有木板和水平面间因摩擦产生的热量为 研考点·通技法 板块模型解题时的注意事项 1.判断是否共速：板块间发生相对滑动的临界条件是两者加速度不同，共速时刻是摩擦力突变的关键节点，必须分段分析。 2.摩擦力方向的判定：以地面为参考系，根据滑块与滑板间的相对运动方向确定滑动摩擦力方向，共速后若无外力则摩擦力消失（光滑地面）或变为静摩擦力（粗糙地面需验证能否保持相对静止）。 3.位移关系：滑块与滑板的相对位移等于两者的对地位移之差（或之和，取决于运动方向），该相对位移用于计算摩擦生热Q=μmg·s相对。 4.地面摩擦不可忽略：若滑板与地面有摩擦，应先对整体分析判断是否发生相对滑动，再分别隔离求加速度；注意地面摩擦可能使滑板减速。 5.能量守恒与功率：系统损失的机械能转化为内能；若外力拉动滑板，外力做的功等于系统动能增量与内能之和。 6.临界条件：恰好相对滑动时，板块间达到最大静摩擦力，且两者加速度仍相同，由此可求外力极值或动摩擦因数极值。 7.动量观点适用条件：若系统所受合外力为零（如光滑水平面、无外力拉动），则系统动量守恒，可快速求共速速度，再结合能量关系求相对位移。 8多过程分析：当板块与挡板碰撞、外力突变或共速后再次相对滑动时，需重新判断摩擦力方向，划分新阶段。 破类题·提能力 3．（2025·安徽淮北·一模）如图甲所示，在光滑水平面上有一个足够长的木板，在木板右侧有一个固定的挡板，挡板底端略高于木板上表面。将一个可视为质点的小物块放置在木板上。时刻对小物块施加一个大小，方向水平向右的推力，0~6s小物块加速度a与时间t的关系如图乙所示。时撤去力F，此后，小物块总是在与木板共速后与挡板相碰，并且小物块始终在木板上。小物块与挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求： (1)木板与小物块间动摩擦因数及木板的质量。 (2)小物块第一次与挡板相碰前的速度大小。 (3)小物块从与挡板相碰到最终停止经过的总路程。 【答案】(1)0.6，3kg (2)9m/s (3)18m 【详解】（1）设木板质量为m，小物块质量为，在，小物块与木板一起向右加速，对小物块和木板组成的系统分析，据牛顿第二定律，有 其中 由图像得 解得 在小物块相对木板向右动，对小物块，有 得 整理可得 结合图像可得 解得， ， （2）由图像解得，6s末小物块的速度 4s末木板的速度 此后木板以的加速度加速，6s末木板的速度 时抛去力F，小物块与挡板碰撞前，小物块与木板组成系统的动量守恒，物块第一次与挡板相碰前的速度为 v3，则有 解得 （3）小物块与挡板碰撞后原速率反弹，碰后第一次与木板共速过程，系统的动量守恒，则有 解得 同理，碰后第二次与木板其速过程，共速时巡度 故小物块与挡板碰后第n次与木板共速时速度 小物块与挡板碰后相对木板向左滑动，速度减为0的过程，加速度 小物块与挡板第一次碰后速度减为0的过程，位移 小物块与第挡板二次碰后速度为0的过程，位移 小物块与第挡板三次碰后速度为0的过程，位移 小物块与挡板第n次碰后速度减为0的过程，位移 则小物块从与挡板相碰到最终停止经过的总路程 解得 刷模拟 1．（2025·安徽蚌埠·二模）如图所示，倾角的足够长斜面体水平固定，质量为的物块静止在斜面上，质量为的光滑物块从距离为处由静止释放，下滑过程中，与的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，不计空气阻力，。求： (1)与第一次碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间； (3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，、间的最大距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由静止开始下滑的加速度大小为 由运动学公式有 解得 （2）设第一次碰撞后，和的速度大小分别为、，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得 碰撞后，对研究，由于 故碰后做匀速运动，设经过时间第二次碰撞，则有 解得 （3）第二次碰撞前，的速度大小 设第二次碰撞后，的速度大小分别，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得， 设经过的时间间的距离最大，有 解得 则间的最大距离为 2．（2023·安徽宣城·二模）如图甲所示，倾角为的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，静止时物体A处于P点且与斜面刚好无摩擦力。时刻给物块A一个沿斜面向上的初速度，到内物块A速度随时间变化情况如图乙所示．物块A、B均可视为质点，物块B距地面足够高，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度g取，求： （1）物块A、B的质量之比； （2）物块A与斜面之间的动摩擦因数； （3）物体A沿斜面上滑的最大距离。 【答案】（1）；（2）0.5；（3）1.25m 【详解】（1）设A的质量为，B的质量为，根据题意可知静止时物体A处于P点且与斜面刚好无摩擦力，则由平衡条件可得 解得 （2）由图乙可得物体A的加速度大小为 而在物块A沿着斜面体向上运动的过程中物块B做自由落体运动，末的速度设为，则有 可知在末物块A和物块B达到共速，在此过程中物块A的速度始终大于物块B的速度，因此连接A、B的绅子上拉力为零，由牛顿第二定律可得 解得 （3）内，A沿斜面上滑位移为 B自由下落高度为 二者沿绳子方向距离缩小了 设再经过时间轻绳再次拉直，则对A有 对B有 又 联立可解得 末轻绳绷紧，系统内轻绳拉力大小远大于两物体的重力及摩擦力大小，设轻绳拉力瞬间冲量为I，绷紧后二者速度大小为v，对A和B分别有 解得 绷紧后一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 解得 对B知其减速阶段位移 物体A上滑的最大距离为 3．如图，在倾角为θ的传送带上有一长L＝1.5m、质量M＝1kg的薄木板，薄木板的上表面光滑，其上端A点到传送带顶端足够长，下端B点与传送带底端C的距离为m，在木板的上端A处放一质量m＝2kg的滑块（可视为质点）。开始时使木板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放，同时让传送带以8的加速度顺时针转动。已知薄木板与传送带间、滑块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小取。求： (1)滑块运动到传送带底端C点的速度大小； (2)滑块与薄木板下端B运动到传送带底端C点的时间差； (3)薄木板在传送带上向下运动的过程中，摩擦力对薄木板所做的功。 【答案】(1)5m/s (2)3s (3)-25J 【详解】（1）根据受力分析可知，刚释放时，滑块向下加速、薄木板向上加速，设滑块与薄木板的加速度大小分别为和，对滑块分析由牛顿第二定律，有 解得 对薄木板分析，根据牛顿第二定律得 解得， 说明薄木板相对传送带滑动；滑块在薄木板上运动的时间满足 解得s 滑块运动到薄木板下端B点的速度大小m/s 之后滑块滑离薄木板，在传送带上运动时有   解得 滑块在传送带上运动时满足   解得v＝5m/s （2）滑块在传送带上运动的时间满足 滑块与薄木板分离后，薄木板的加速度方向向下，其加速度大小满足   解得 滑块与薄木板分离后，薄木板在传送带上运动的时间满足     解得＝4s 滑块与薄木板下端B运动到传送带底端C点的时间差s （3）薄木板在传送带向上运动的总位移 薄木板在传送带向下运动的总位移   解得＝6.25m 因此薄木板在传送带上向下运动的过程中，摩擦力对薄木板所做的功 解得W＝－25J 4．（2024·安徽合肥·模拟预测）传送带是常见的运输装置，为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”。如图所示，长度为L = 8 m的倾斜传送带以v = 4 m/s的速率顺时针匀速转动，传送带与水平方向的夹角为θ = 37°。质量均为2 kg的物块A、B通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，将A拉到底端由静止释放。连接A的绳子与传送带平行，轻绳不可伸长且足够长，不计滑轮的质量，B离地足够高。已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ = 0.5，取sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，重力加速度g = 10 m/s2。求： (1)释放瞬间物块A的加速度大小a； (2)物块A在传送带上留下的划痕长度 【答案】(1)4 m/s2 (2)2 m 【详解】（1）对物块A与B整体根据牛顿第二定律得 解得 （2）物块A与传送带达到共同速度的时间 痕迹的长度为 假设共速后物块A所受的合力为 解得 假设成立，共同速度后，物块A在摩擦力作用下和传送带一起做匀速运动，所以痕迹的长度为2 m。 5．如图所示，在水平地面上放置木板和滑块，、在同一直线上，滑块置于的左端，三者质量分别为，，。开始时静止，到的右端距离，敲击滑块，使获得的速度向右运动，经过一段时间与发生完全弹性正碰，碰撞时间极短，已知与间的动摩擦因数为，木板的底面光滑，滑块与地面间的动摩擦因数为，木板足够长，重力加速度大小取。求： (1)敲击后，经多长时间与发生第1次碰撞； (2)滑块运动的最大速度； (3)第1次碰撞后经多长时间与间的距离最大。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设经过时间AB共速，共同速度为，对B受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对A受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得木板A的加速度大小为 因此A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，共速时则有 代入数据解得AB共速的时间 二者的速度 此过程A的位移 故A匀速运动的时间 则与发生第1次碰撞的时间 （2）由题可知，A与C碰后的瞬间，滑块C的速度最大，设A、C碰后瞬间的速度分别为、，由于A、C为弹性碰撞，根据动量守恒可得 根据能量守恒可得 解得， 即滑块运动的最大速度。 （3）设碰后A、B再次达到共同的速度为，根据动量守恒可得 代入数据解得 所用时间 对于C受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 此时滑块C的速度为 此后AB以共同的速度做匀速直线运动，滑块C以做匀减速运动，当系统速度相同时，A、C之间的距离最大，设经过时间A、C达到共同速度，根据匀变速直线规律可得 代入数据解得 则第1次碰撞后到与间的距离最大的时间 6．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，质量的长木板静止于光滑水平面上，两滑块和（可视为质点）质量分别为和，放在木板上且相距，两滑块与木板间的动摩擦因数均为。同时给两滑块一个初速度使其相向运动，的初速度，的初速度，两滑块间的碰撞为弹性碰撞，两滑块始终没有脱离木板，不计碰撞时间，重力加速度取，不计其它阻力，求： (1)两滑块从开始运动到相碰所用时间及此时木板的速度； (2)两滑块碰撞后速度大小； (3)木板的最小长度及滑块a、b和木板间因摩擦产生的总热量。 【答案】(1)0.5s，2m/s，方向水平向左 (2)，，方向均为水平向左 (3)， 【详解】（1）两滑块与木板间的动摩擦因数均为，根据牛顿第二定律有， 解得， 对长木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 向右做匀减速直线运动，b向左做匀减速直线运动，木板c向左做匀加速直线运动，经历时间，b、c达到相等速度，则有 解得 ， 对a进行分析，令水平向左为正方向，则有 解得 时间内b相对于c向左的相对位移大小 时间内a相对于c向右的相对位移大小 由于 表明在时间之前，两滑块和已经相碰，令经历时间为，则有，， 时间内b相对于c向左的相对位移大小 时间内a相对于c向右的相对位移大小 此时有 解得时间为0.5s与1.5s，舍去较大时间，则有，，，，， 此时木板的速度方向水平向左。 （2）结合上述可知，两滑块碰撞前瞬间的速度大小， 碰撞瞬间，滑块a的速度为0，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得， 碰撞后，速度方向均水平向左。 （3）结合上述可知，两滑块碰撞后，b的速度与c的速度恰好相等， b、c保持相对静止，a向左做匀减速直线运动，加速度大小仍然为 对b、c整体进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 令再经历时间，a、b、c达到相等速度，共同以相等速度向左做匀速直线运动，则有 解得 时间内a相对于c向左运动，则有 则木板的最小长度 滑块a、b和木板间因摩擦产生的总热量 解得 刷真题 1．（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求： (1)石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间； (2)时间内石杵对谷物的平均作用力大小。 【答案】(1)0.4m，0.8s (2)425N 【详解】（1）对石杵施加一竖直向上的恒力，当作用时间为的过程中的加速度 此时的速度v1=at1=1m/s 上升的位移 撤去F1后还能上升的高度 还能上升的时间 石杵上升的最大高度 上升过程所用的时间 （2）根据图像，石杵下落过程中F2对石杵做功为 当到达石杵接触谷物时由动能定理 解得v2 =4m/s 石杵与谷物作用的过程，对石杵由动量定理（向上为正） 解得F=425N 根据牛顿第三定律可知，石杵对谷物的平均作用力大小425N。 2．（2025·重庆·高考真题）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。 (1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； (2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量； (3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。 【答案】(1)， (2) (3)， 【详解】（1）A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即 可得 由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由 解得 （2）设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有， 又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即 联立解得， 因为OP 段粗糙，由动能定理有 得，即， 根据题意有，且由（1）有 联立各式解得 （3）设碰前小物块B向右运动的速度为,A、B发生碰撞，则 A、B碰撞过程动量守恒有 又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则 则， 根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即 碰后动能不增，即，可得 所以n的取值范围为 分别将和代入，分别可得， 所以对应的B 的速度范围为，代入 可得 3．（2025·河南·高考真题）如图，在一段水平光滑直道上每间隔铺设有宽度为的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为的小物块P，另一质量为的小物块Q以的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 【答案】(1)24.5J (2)5s 【详解】（1）P、Q与发生正碰，由动量守恒定律 由能量守恒定律 联立可得， （2）对物块P受力分析由牛顿第二定律 物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式， 解得 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则 解得 物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式， 解得 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则 解得 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为 故物块P从开始运动到静止经历的时间为 4．（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 【答案】(1)， (2)见解析 (3) 【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知 所以当t=6s时， 0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 （2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有 即 在垂直杆方向，当时， 则0−4s，垂直杆方向 摩擦力 在4−6s内，垂直杆方向 摩擦力 相应的f−t图像如图 （3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则 联立有 可得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题02 三大力学观点在直线运动中的应用 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 连接体模型 通技法 整体与隔离思想的应用 热点题型2 传送带模型 通技法 传送带模型的一般解题思路 热点题型3 板块模型 通技法 板块模型解题时的注意事项 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 一、力学三大观点在直线运动中的应用： 计算题主要考查在直线运动过程中，综合运用牛顿运动定律（含运动学）、动量观点（动量定理、动量守恒定律）、能量观点（动能定理、功能关系、机械能守恒定律）求解速度、位移、力、时间、冲量、功及能量转化量。明确研究过程、选择恰当的观点（涉及时间与冲量用动量定理，涉及位移与做功用动能定理，涉及加速度与瞬时力用牛顿定律）并正确建立方程是解题的关键。 二、常见考法与题型分类： 常见考法将多个直线运动过程组合（如匀加速、匀速、匀减速、碰撞、反弹、弹簧压缩与恢复等），要求分段或全程应用不同观点。具体包括： （1）单一过程多观点互验：已知恒力与位移求末速度，可用牛顿定律+运动学，也可用动能定理；已知恒力与时间求速度变化，可用牛顿定律+运动学，也可用动量定理。 （2）多过程衔接：前一过程的末状态是后一过程的初状态，需根据每个阶段受力特点选择最优观点（涉及变力做功优先动能定理，涉及短暂作用力或碰撞优先动量定理，涉及加速度细节优先牛顿定律）。 （3）碰撞与反弹问题：两物体在直线轨道上发生碰撞，或物体与固定挡板弹性/非弹性碰撞，通常需用动量守恒（或动量定理）结合能量关系（恢复系数、动能损失）求解碰撞前后速度。 三、多过程、临界问题或复杂模型： 若涉及含弹簧、传送带、板块模型中的综合直线运动问题，则往往需要同时运用三大观点分析多个阶段，对过程划分、临界状态判断以及能量转化与守恒的理解要求较高。具体包括： （1）弹簧模型：物体与弹簧在水平或竖直方向相互作用，弹簧弹力为变力，一般用能量观点（弹性势能、动能、重力势能相互转化）和动量观点（如两物体瞬间碰撞后共同压缩弹簧，碰撞过程动量守恒，压缩过程机械能守恒）。 （2）传送带模型：分析物体在传送带上的匀变速过程（牛顿定律求加速度和时间），计算相对位移及摩擦生热（能量观点：Q=fx 相对），若涉及物体与传送带多次相对运动或从一端到另一端，有时还需用动量定理求冲量。 （3）板块模型：两物体叠放在光滑或粗糙水平面上，受外力或不受外力。通常用动量守恒（地面光滑时系统动量守恒）求共速速度，用能量守恒（或动能定理）求相对位移、摩擦生热，并结合牛顿第二定律求加速度及达到共速所需时间。若涉及板块在斜面上，还需考虑重力分力。 热点题型1 连接体模型 析典例·建模型 例1.如图所示，在倾角为的足够长的固定斜面上，放置着一个长木板C，C下端的上表面放置小物块B，B通过轻绳跨过定滑轮与物块A连接，A距地面的高度为。已知B和C间的动摩擦因数，C与斜面间的动摩擦因数，A、B、C的质量分别为、、，开始时B、C锁定，系统处于静止状态，现解除锁定，若B上滑过程中不从C上端滑离，A落地后速度立刻减为0，已知A与B均可视为质点，重力加速度大小为，，。 (1)求解除锁定瞬间B的加速度大小； (2)B上滑过程中的最大速度； (3)求C的最小长度。 研考点·通技法 整体与隔离思想的应用 1、解题思路 ① 确整分定：明确所求是外力（优先整体法）还是内力（必须隔离法）。 ② 判加同异：判断各物体加速度是否相同。相同则“先整后隔”；不同则分别隔离。 ③ 析力建系：整体只画外力；隔离画所有力。沿加速度方向建系。 ④ 列关求联：对于整体，物体间的相互作用可忽略不计，只考虑外部作用，对于单个物体，需考虑物体所受的所有外力。 ⑤ 验果合理：检查方向、单位、临界条件（如是否超出最大静摩擦力）。 2、注意问题 整体法前提：一般情况下当各物体加速度相同时，首先考虑整体分析。 内力转化：隔离后，原内力变为隔离体的外力，注意作用力与反作用力。 弹力突变：轻绳、轻杆弹力可突变；轻弹簧弹力不可突变。 静摩擦力方向：用整体法判加速度方向，再隔离判相对趋势方向。 脱离临界：两接触的物体脱离时相互间的弹力为0，常与加速度极值结合。 3、解题方法 ① 先整后隔离（加速度相同）：整体求加速度，隔离求内力。 ② 先隔离后整体：隔离求加速度或某力，再整体求外力。 ③ 分别隔离（加速度不同）：各自列方程，再找运动关联（如绳长、相对位移）。 ④ 临界极值法：找“恰好相对滑动”或“恰好脱离”状态，比较实际加速度与临界加速度。 ⑤ 程序法（多过程）：分阶段分析，注意初末速度衔接。 破类题·提能力 1.（2026·安徽马鞍山·一模）如图所示，水平地面上有一倾角的固定光滑斜面，小车放在斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与质量的小桶相连，小桶桶底离地高度，无外力作用时整个装置处于静止状态。将质量也为的物块轻放入小桶内后，小车开始运动，连接小车的轻绳始终与斜面平行，小桶落地前小车未到达斜面顶端。不计滑轮质量及摩擦，不计空气阻力，重力加速度取，求： (1)小车的质量； (2)小桶桶底落地前瞬间速度的大小。 热点题型2 传送带模型 析典例·建模型 例2. （2026·安徽黄山·一模）如图所示，顺时针转动的水平传送带与右端水平面等高，质量为的物体A以从左端水平滑上传送带，离开传送带后与水平面上静止的物体发生弹性正碰，碰后将物体立即移走。水平面和曲面光滑且曲面足够高，与传送带间的动摩擦因数、，重力加速度。求： (1)当传送带的速度时，到达传送带右端时的速度大小； (2)当传送带的速度时，与碰后，沿曲面上升的最大高度，的质量； (3)已知碰后上升的最大高度与传送带的速度平方关系如图所示，求与的值。 研考点·通技法 传送带模型的一般解题思路 1、解题思路 ①明确研究对象（物体、传送带）。确定已知参量：传送带速度、方向、长度 ；物体初速度 、方向、受力及动摩擦因数。 ②判断物体与传送带间的相对运动方向，从而确定滑动摩擦力的方向（与相对运动方向相反）。注意：摩擦力方向不一定与物体运动方向相同。 ③根据物体速度与传送带速度的关系，将运动过程分段，注意物体与传输带共速前后摩擦的变化。有必要时可画出运动图像辅助分析。 ④运用三大观点列式计算。 ⑤检查物体是否在传送带上全程加速、是否在到达末端前已共速、是否会反向滑动等，注意多解（如斜面传送带上滑与下滑）。 2、注意问题 相对位移与对地位移：计算热量必须用相对位移；计算物体实际运动距离用对地位移；计算传送带做功有时需用对地位移。 共速瞬间摩擦力突变：物体速度等于传送带速度时，滑动摩擦力瞬间消失或变为静摩擦力。注意判断此后能否保持共速（如倾斜传送带，需比较下滑分力与最大静摩擦力）。 传送带反向问题：传送带速度方向与物体初速度方向相反时，物体先减速至零再反向加速，易漏段或错判相对运动方向。 能量转化分析：电动机多消耗的电能 = 物体机械能增加量 + 系统内能（摩擦生热）。 临界条件：物体恰好不从一端掉落的临界速度、恰好共速时位置等，常结合 Δx=x带−x物列式。 3、解题方法 动力学观点：根据物体的受力情况求出物体加速度，带入运动学公式进行计算，只适用于匀变速直线运动。 能量观点：分析力做功与能量转化，优先考虑动能定理或机械能守恒，避开中间过程细节，只关注初末状态，但一般无法计算时间。 动量观点：涉及力对时间的累积效应时用动量定理，若系统不受外力或外力远小于内力则用动量守恒，快速求解速度变化。 破类题·提能力 2.（2025·安徽马鞍山·一模）如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜传送带AB与一斜面BC平滑连接，AB、BC与水平面夹角均为37°角，B点到C点的距离为，传送带顺时针运行，速度恒为，传送带长为。现将一质量为的小货物（可视为质点）轻轻放于A点，小货物恰好能到达C点。已知小货物与传送带间的动摩擦因数，取，，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)小货物从A点运动到B点所经历的时间； (2)小货物与斜面间的动摩擦因数； (3)传送带因传送该货物而多消耗的电能。 热点题型3 板块模型 析典例·建模型 例3.（2025·安徽合肥·三模）如图甲所示，质量为m的木板静止在粗糙水平面上，其左端通过劲度系数为k的轻弹簧与竖直墙壁连接，弹簧处于自然状态。质量也为m的小物块放置在木板的左端，现给小物块施加的水平向右的恒力，使小物块由静止向右加速运动，经时间后小物块从木板上滑出，此时木板速度第一次减为0，该过程中木板的速度-时间图线如图乙所示，该图线为正弦图线。已知小物块和木板间的动摩擦因数为4μ，木板和水平面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g。求： (1)小物块离开木板时的速度大小； (2)木板的长度及弹簧弹性势能的最大值； (3)从木板开始运动到停止，木板和水平面间因摩擦产生的热量。 研考点·通技法 板块模型解题时的注意事项 1.判断是否共速：板块间发生相对滑动的临界条件是两者加速度不同，共速时刻是摩擦力突变的关键节点，必须分段分析。 2.摩擦力方向的判定：以地面为参考系，根据滑块与滑板间的相对运动方向确定滑动摩擦力方向，共速后若无外力则摩擦力消失（光滑地面）或变为静摩擦力（粗糙地面需验证能否保持相对静止）。 3.位移关系：滑块与滑板的相对位移等于两者的对地位移之差（或之和，取决于运动方向），该相对位移用于计算摩擦生热Q=μmg·s相对。 4.地面摩擦不可忽略：若滑板与地面有摩擦，应先对整体分析判断是否发生相对滑动，再分别隔离求加速度；注意地面摩擦可能使滑板减速。 5.能量守恒与功率：系统损失的机械能转化为内能；若外力拉动滑板，外力做的功等于系统动能增量与内能之和。 6.临界条件：恰好相对滑动时，板块间达到最大静摩擦力，且两者加速度仍相同，由此可求外力极值或动摩擦因数极值。 7.动量观点适用条件：若系统所受合外力为零（如光滑水平面、无外力拉动），则系统动量守恒，可快速求共速速度，再结合能量关系求相对位移。 8多过程分析：当板块与挡板碰撞、外力突变或共速后再次相对滑动时，需重新判断摩擦力方向，划分新阶段。 破类题·提能力 3．（2025·安徽淮北·一模）如图甲所示，在光滑水平面上有一个足够长的木板，在木板右侧有一个固定的挡板，挡板底端略高于木板上表面。将一个可视为质点的小物块放置在木板上。时刻对小物块施加一个大小，方向水平向右的推力，0~6s小物块加速度a与时间t的关系如图乙所示。时撤去力F，此后，小物块总是在与木板共速后与挡板相碰，并且小物块始终在木板上。小物块与挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求： (1)木板与小物块间动摩擦因数及木板的质量。 (2)小物块第一次与挡板相碰前的速度大小。 (3)小物块从与挡板相碰到最终停止经过的总路程。 刷模拟 1．（2025·安徽蚌埠·二模）如图所示，倾角的足够长斜面体水平固定，质量为的物块静止在斜面上，质量为的光滑物块从距离为处由静止释放，下滑过程中，与的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，不计空气阻力，。求： (1)与第一次碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间； (3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，、间的最大距离。 2．（2023·安徽宣城·二模）如图甲所示，倾角为的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，静止时物体A处于P点且与斜面刚好无摩擦力。时刻给物块A一个沿斜面向上的初速度，到内物块A速度随时间变化情况如图乙所示．物块A、B均可视为质点，物块B距地面足够高，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度g取，求： （1）物块A、B的质量之比； （2）物块A与斜面之间的动摩擦因数； （3）物体A沿斜面上滑的最大距离。 3．如图，在倾角为θ的传送带上有一长L＝1.5m、质量M＝1kg的薄木板，薄木板的上表面光滑，其上端A点到传送带顶端足够长，下端B点与传送带底端C的距离为m，在木板的上端A处放一质量m＝2kg的滑块（可视为质点）。开始时使木板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放，同时让传送带以8的加速度顺时针转动。已知薄木板与传送带间、滑块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小取。求： (1)滑块运动到传送带底端C点的速度大小； (2)滑块与薄木板下端B运动到传送带底端C点的时间差； (3)薄木板在传送带上向下运动的过程中，摩擦力对薄木板所做的功。 4．（2024·安徽合肥·模拟预测）传送带是常见的运输装置，为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”。如图所示，长度为L = 8 m的倾斜传送带以v = 4 m/s的速率顺时针匀速转动，传送带与水平方向的夹角为θ = 37°。质量均为2 kg的物块A、B通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，将A拉到底端由静止释放。连接A的绳子与传送带平行，轻绳不可伸长且足够长，不计滑轮的质量，B离地足够高。已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ = 0.5，取sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，重力加速度g = 10 m/s2。求： (1)释放瞬间物块A的加速度大小a； (2)物块A在传送带上留下的划痕长度 5．如图所示，在水平地面上放置木板和滑块，、在同一直线上，滑块置于的左端，三者质量分别为，，。开始时静止，到的右端距离，敲击滑块，使获得的速度向右运动，经过一段时间与发生完全弹性正碰，碰撞时间极短，已知与间的动摩擦因数为，木板的底面光滑，滑块与地面间的动摩擦因数为，木板足够长，重力加速度大小取。求： (1)敲击后，经多长时间与发生第1次碰撞； (2)滑块运动的最大速度； (3)第1次碰撞后经多长时间与间的距离最大。 6．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，质量的长木板静止于光滑水平面上，两滑块和（可视为质点）质量分别为和，放在木板上且相距，两滑块与木板间的动摩擦因数均为。同时给两滑块一个初速度使其相向运动，的初速度，的初速度，两滑块间的碰撞为弹性碰撞，两滑块始终没有脱离木板，不计碰撞时间，重力加速度取，不计其它阻力，求： (1)两滑块从开始运动到相碰所用时间及此时木板的速度； (2)两滑块碰撞后速度大小； (3)木板的最小长度及滑块a、b和木板间因摩擦产生的总热量。 刷真题 1．（2025·贵州·高考真题）杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力使其上升，作用一段时间后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力，其大小随下降距离的变化关系如图（b）所示，图中为的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过时间石杵静止，完成一次舂捣。已知，取重力加速度大小。求： (1)石杵上升的最大高度及上升过程所用的时间； (2)时间内石杵对谷物的平均作用力大小。 2．（2025·重庆·高考真题）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。 (1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； (2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量； (3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。 3．（2025·河南·高考真题）如图，在一段水平光滑直道上每间隔铺设有宽度为的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为的小物块P，另一质量为的小物块Q以的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 4．（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $