运动和力 专项训练 -2026届高考物理三轮冲刺大题集训

**基本信息** 聚焦运动和力模块，通过四大核心模型系统整合匀变速直线运动规律与牛顿定律的综合应用，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |匀变速直线运动|7题|追及相遇、多过程运动|运动学公式→加速度分析→临界条件判断| |板块模型|7题|相对运动、摩擦临界|受力分析→系统动量守恒→能量转化关系| |传送带模型|7题|摩擦方向、划痕计算|传送带速度与物体运动关系→动力学过程分段| |斜面模型|7题|斜面受力、能量转化|正交分解→摩擦力分析→运动状态判断|

高考物理三轮大题集训1：运动和力 模型1 匀变速直线运动的一般应用 1 模型2 板块模型 7 模型3 传送带模型 15 模型4 斜面模型 25 模型1 匀变速直线运动的一般应用 1．（2026春•历城区校级月考）某兴趣小组用安装有蓝牙设备的遥控玩具小车A、B研究追及相遇问题。已知两蓝牙设备通信的最远距离d＝3.75m，忽略信号传递的时间。平直路段上有相距s0＝6m的两点O1、O2，开始时B车停在O2点，A车以v0＝3m/s做匀速直线运动，已知两小车可视为质点，均向右运动，相遇时擦肩而过，不会相撞。求： （1）当A车到达O2时，B车立即以1.5m/s2的加速度启动，求两车相遇前达到最大距离的时间及最大距离； （2）当A车到达O1时，B车立即以1.5m/s2的加速度启动，通过计算说明两车蓝牙设备能否通信； （3）在（2）问中，若两车的蓝牙设备能通信，求能保持通信的时间；若不能通信，求能让两车通信的B车的最大加速度。 【答案】（1）两车相遇前达到最大距离的时间为2s，最大距离为3m。 （2）两车蓝牙设备能通信。 （3）能保持通信的时间为2s。 【详解】（1）当两车速度相等时，两者距离达到最大，由v0＝at1，解得：t1＝2s。此时最大距离为，代入数据计算得Δxm＝3m。 （2）当两车速度相等时，距离最小，最小距离为，代入数据计算得Δxm＝3m＜d，因此两车能够进行通信。 （3）当两车距离小于d时即可通信，设经过时间t两车相距d，则有，解得：t＝1s或t＝3s。根据题意，能够保持通信的时间为Δt＝3s﹣1s＝2s。 答：（1）两车相遇前达到最大距离的时间为2s，最大距离为3m。 （2）两车蓝牙设备能通信。 （3）能保持通信的时间为2s。 2．（2026春•浑南区校级月考）近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图1所示，在直线测试跑道上，机器人A在t＝0时从起点以初速度vA0＝2m/s和加速度向右匀加速运动；机器人B在t1＝4s时从起点由静止开始以加速度an（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在t2＝10s时追上机器人A，求： （1）机器人B的加速度大小aB； （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离； （3）如图2所示，假设跑道长100米，机器人A以vA＝4m/s的速度从起点匀速向终点出发，机器人B以vB＝8m/s的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，则在100秒内机器人A与B会相遇几次？ 【答案】（1）机器人B的加速度大小为2.5m/s2。 （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离为16m。 （3）在100秒内机器人A与B会相遇6次。 【详解】（1）机器人B与A在t2＝10s时相遇，两者位移相等，满足，代入数据解得机器人B的加速度。 （2）当机器人A与B速度相等时，两者相距最远。由速度关系vA0+aAt＝aB（t﹣t1），解得t＝6s。 将此时间代入位移差公式，解得最大距离Δx＝16m。 （3）机器人A与B从两端相向做折返运动，相遇时路程之和满足（vA+vB）t＝（2n﹣1）L，即12t＝100（2n﹣1）。 在t≤100s的时间范围内，解得2n﹣1≤12，即n≤6.5，故机器人A与B共相遇6次。 答：（1）机器人B的加速度大小为2.5m/s2。 （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离为16m。 （3）在100秒内机器人A与B会相遇6次。 3．（2026春•温州月考）如图所示，某货场需将质量为m＝5kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成θ＝37°。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为l＝2m，厚度不计，质量均为m＝5kg，木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0＝0.125，货物与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2＝0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）若货物从离地面高h0＝1.5m处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度v0； （2）若货物滑上木板A时，木板A不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件； （3）若μ1＝0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？ 【答案】（1）货物到达轨道末端时的速度大小为5m/s。 （2）动摩擦因数μ1应满足的条件为0.4＜μ1≤0.6。 （3）货物由静止下滑的高度为2.64m。 【详解】（1）货物沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μ0mgcosθ＝ma0，解得：；根据运动学公式，代入数据，解得：v0＝5m/s。 （2）货物在木板A上滑动时，所受摩擦力f1＝μ1mg；此时地面对木板A、B的最大静摩擦力为ff1＝μ2（m+m）g+μ2mg＝3μ2mg。 若木板A保持静止，需满足f1≤ff1，即μ1≤3μ2＝0.6；当货物滑上木板B时，地面对木板B的最大静摩擦力为ff2＝μ2（m+m）g＝2μ2mg。 若木板B开始滑动，需满足f1＞ff2，即μ1＞2μ2＝0.4；故μ1应满足的条件为0.4＜μ1≤0.6。 （3）若μ1＝0.5，由（2）可知货物在A上滑行时木板不动，货物做匀减速运动的加速度a1＝﹣μ1g，解得：。 设其滑至A末端的速度为v1，由，得；滑上B后，木板B开始滑动，其加速度，解得：，货物的加速度a2＝﹣μ1g，解得：。 以木板B为参考系，货物相对B的加速度a相＝a2﹣aB，解得：；由相对运动公式，与联立解得：h＝2.64m。 答：（1）货物到达轨道末端时的速度大小为5m/s。 （2）动摩擦因数μ1应满足的条件为0.4＜μ1≤0.6。 （3）货物由静止下滑的高度为2.64m。 4．（2026•临泉县校级开学）一只老鼠在距离洞穴L1＝10.4m处觅食，距离洞穴L2＝13.8m处的猫正准备抓捕老鼠，老鼠、猫在洞穴的同侧且老鼠、猫和洞穴在一条直线上。在猫以a1＝3m/s2的加速度由静止开始沿直线匀加速追老鼠的同时，老鼠刚好发现猫，经过一定反应时间后，老鼠也由静止开始以a2＝5m/s2的加速度沿直线匀加速跑向洞穴。已知猫的最大速度v1＝6m/s，老鼠的最大速度v2＝4m/s，两者加速到最大速度后均以最大速度做匀速直线运动。若猫刚好在老鼠跑到洞穴口处时将其抓住，求： （1）猫和老鼠各自由静止开始到达到最大速度所用的时间。 （2）老鼠逃回洞穴所需要的时间。 （3）老鼠的反应时间。 【答案】（1）猫从静止开始到达到最大速度所用时间为2s，老鼠从静止开始到达到最大速度所用时间为0.8s。 （2）老鼠逃回洞穴所需要的时间为3s。 （3）老鼠的反应时间为0.3s。 【详解】（1）猫与老鼠均做匀加速直线运动，满足v＝at，由此可得猫从静止加速至最大速度所需时间t1＝2s，老鼠从静止加速至最大速度所需时间t2＝0.8s。 （2）老鼠从静止加速至最大速度，由求得其加速位移x2，其匀速运动位移为x2′＝L1﹣x2，匀速运动时间，故老鼠从静止运动至逃回洞穴所需总时间t鼠＝t2+t2′，解得：t鼠＝3s。 （3）设猫从静止加速至最大速度的位移为x1，有，其匀速运动位移x1′＝L2﹣x1＝v1t1′，猫从静止运动至洞穴的时间t猫＝t1+t1′，解得：t猫＝3.3s，可知时间差Δt＝t猫﹣t鼠＝0.3s。 答：（1）猫从静止开始到达到最大速度所用时间为2s，老鼠从静止开始到达到最大速度所用时间为0.8s。 （2）老鼠逃回洞穴所需要的时间为3s。 （3）老鼠的反应时间为0.3s。 5．（2026•辽宁开学）航母舰载机的阻拦着舰与岸基飞机着陆不同。舰载机着舰时，若尾钩未能成功钩住阻拦索，需立即拉升飞离以保障安全。已知某航母静止在海面上，一架舰载机以v0＝60m/s的速度着舰，钩住阻拦索后做匀减速直线运动，经t＝3s停下；若尾钩未钩住阻拦索，该舰载机需在航母甲板上加速至v1＝70m/s才能安全飞离，且甲板可供舰载机加速的最大长度仅有L＝100m，求： （1）舰载机钩住阻拦索后匀减速过程的加速度大小及滑行的距离； （2）舰载机未钩住阻拦索时，在甲板上做匀加速直线运动的加速度至少为多大。 【答案】（1）加速度大小为20m/s2，滑行距离为90m。 （2）匀加速直线运动的加速度至少为6.5m/s2。 【详解】（1）舰载机钩住阻拦索后做匀减速直线运动，根据速度公式有0＝v0﹣a1t，解得：。舰载机钩住阻拦索后匀减速过程的位移为，解得：x1＝90m。 （2）舰载机未钩住阻拦索且刚好飞离甲板时，根据速度与位移的关系有，其中x2≤L＝100m，解得：。因此，舰载机未钩住阻拦索时，在甲板上做匀加速直线运动的加速度至少为6.5m/s2。 答：（1）加速度大小为20m/s2，滑行距离为90m。 （2）匀加速直线运动的加速度至少为6.5m/s2。 6．（2026•浙江开学）中国科学院国家微重力实验室“北京落塔”具有微重力水平高、实验费用低等优点。其核心原理是当实验舱处于自由落体或者竖直上抛状态时，内部的物体会处于完全失重状态，就可以模拟微重力环境。落塔中央控制系统能将实验舱从塔的底部匀加速提升，提升的加速度为20m/s2，2s后关闭动力，进行微重力实验研究。实验结束后回收系统开始工作，将实验舱匀减速送回落塔底部。为使回收安全，实验舱回收加速度不得超过50m/s2且落地时的速度为零，不计一切阻力的影响。求实验舱： （1）匀加速阶段的末速度大小； （2）能到达的最大高度； （3）可进行微重力实验研究的最长时间。 【答案】（1）匀加速阶段的末速度大小是40m/s； （2）能到达的最大高度120m； （3）可进行微重力实验研究的最长时间S。 【详解】（1）匀加速结束时的速度为v1＝a1t1 代入数据得v1＝40m/s （2）匀加速阶段上升高度 代入数据得H1＝40m 匀加速结束后竖直上抛的高度为 代入数据得H2＝80m 能达到的最大总高度为H＝H1+H2 代入数据得H＝120m （3）匀加速结束后继续上升的时间为 代入数据得t2＝4s 由运动学公式可知 所以自由下落高度为H3＝100m 自由下落所用时间为 代入数据得 微重力实验的最长时间为t＝t2+t3 代入数据得ts 答：（1）匀加速阶段的末速度大小是40m/s； （2）能到达的最大高度120m； （3）可进行微重力实验研究的最长时间S。 7．（2026春•平阳县校级月考）如图所示，为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3mm的遮光条。滑块向右匀加速直线运动依次通过两个光电门A和B。光电门上的黑点处有极细的激光束，当遮光条挡住光束时开始计时，不遮挡光束时停止计时。现记录了遮光条通过第一个光电门所用的时间为Δt1＝0.03s，通过第二个光电门所用的时间为Δt2＝0.01s，遮光条从A到B的时间为Δt＝2.0s。求： （1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是多少？ （2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是多少？ （3）滑块的加速度约是多少？ 【答案】（1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是0.1m/s； （2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是0.3m/s； （3）滑块的加速度约是0.1m/s2。 【详解】（1）根据题意，遮光条通过单个光电门的短暂时间里，视滑块做匀速运动，由，得 滑块通过第一个光电门的速度为 （2）滑块通过第二个光电门的速度为 （3）滑块做匀加速直线运动，则加速度为 答：（1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是0.1m/s； （2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是0.3m/s； （3）滑块的加速度约是0.1m/s2。 模型2 板块模型 8．（2025秋•连云港期末）一质量为m的儿童沿倾角为θ的斜面下滑，儿童与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： （1）儿童对斜面的压力F的大小； （2）儿童的加速度a的大小。 【答案】（1）儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）加速度大小为g（sinθ﹣μcosθ）。 【详解】（1）儿童对斜面的压力F的大小 对儿童受力分析，重力mg垂直斜面的分力为mg cosθ。 根据平衡条件，斜面对儿童的支持力N＝mgcosθ。 由牛顿第三定律，儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）儿童的加速度a的大小 重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，滑动摩擦力f＝μN＝μmgcosθ。 根据牛顿第二定律，沿斜面方向： mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 解得a＝g（sinθ﹣μcosθ） 答：（1）儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）加速度大小为g（sinθ﹣μcosθ）。 9．（2025秋•舟山期末）滑草是一种大众喜爱的娱乐项目，图1的滑草场地可简化为由一条长为x1＝49m，倾角为37°倾斜直轨道AB和一条水平直轨道BC平滑连接组成，如图2所示。一位游客乘坐滑草车从轨道顶端A点静止出发，滑过B点进入水平直轨道BC，滑行一段距离后最终停于C点。已知滑草车与轨道间动摩擦因数恒为0.5，滑草车及游客组成的整体在运动过程中视为质点，不计拐弯处的机械能损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑草车： （1）在AB段下滑的加速度大小a1和到B点时的瞬时速度大小vB； （2）在两轨道上滑行的总时间t； （3）为保证滑行安全性，若在保持A端位置不变的情况下适当延长斜轨长度以减小倾角，即将斜轨AB改为AB′，如图3所示，且动摩擦因数保持不变。滑草车仍从A点由静止出发，最终将停在水平轨道何处？（本小题只需给出答案即可，无需详细解答过程） 答：停在　C点　 （选填“C点”、“C点左侧”、“C点右侧”）。 【答案】（1）加速度a1为2m/s2，瞬时速度vB为14m/s； （2）总时间为9.8s； （3）C点； 【详解】（1）①对滑草车整体在倾斜轨道AB上受力分析，由牛顿第二定律： mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1 代入数据得： ②由 代入数据可得：vB＝14m/s （2）AB段时间t1： BC段时间 总时间t＝t1+t2＝9.8s （3）仍停于C点，全程动能定理：mgh﹣μmgx水平＝0得，可知x水平不变。 答：（1）加速度a1为2m/s2，瞬时速度vB为14m/s； （2）总时间为9.8s； （3）C点； 10．（2026•宝鸡一模）一个足够长的质量为m0＝2.0kg的木板静止在光滑水平面上，在其右端静置一质量m＝1.0kg的物块（可视为质点），如图甲所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，F﹣t图像如图乙所示，6s末撤去作用力F。物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度g取10m/s2，木板与物块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）撤去作用力F后木板和物块最终速度为多少？ （2）0～6s内拉力F做的功为多少？ 【答案】（1）；（2）326J。 【详解】（1）撤去作用力F后，木板和物块最终达到共速，设最终速度大小为v末 0～4秒内，拉力F施加的冲量I1＝Ft＝6×4N•s＝24N•s 4～6s内，拉力F施加的冲量I2＝Ft＝10×2N•s＝20N•s 木板和物块的初动量均为0，由动量定理I1+I2＝（m0+m）v末﹣0 代入数据解得， （2）物块的最大加速度为μmg＝ma，解得a＝3m/s2，临界外力F＝（m0+m）a＝（2+1）×3N＝9N 因此，0～4s内，物块和木板没有相对运动，4～6s内，物块和木板相对运动 0～4s内，F＝6N 木板的加速度 木板第4s末的速度大小v1＝a1t＝2×4m/s＝8m/s 木板的位移 4～6s内，F＝10N，对木板做受力分析 由F﹣μmg＝m0a2，代入数据解得，木板的加速度 由，代入数据解得，木板的位移x2＝23m 由功的定义式W＝Fx，0～4s内，拉力F做的功W1＝Fx1＝6×16J＝96J 4～6s内，拉力F做的功W2＝Fx2＝10×23J＝230J 则0～6s内，拉力F做的总功W＝W1+W2＝96J+230J＝326J 故答案为：（1）；（2）326J。 11．（2026•佳木斯校级开学）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2。求： （1）滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数； （2）长木板P与地面之间的动摩擦因数； （3）长木板P停下来的时间。 【答案】（1）滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为0.05； （2）长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.075； （3）长木板P停下来的时间为9s。 【详解】（1）设滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1＝5m/s，6s时两者速度相同为v2＝3m/s； 在0～6s的过程中，对Q，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma2 根据图乙可知加速度大小为： 代入数据，联立解得：μ1＝0.05； （2）设长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，在5s～6s，对P，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ2•2mg＝ma1 由乙图可知： 代入数据可得：μ2＝0.075； （3）6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得：μ2•2mg﹣μ1mg＝ma3 代入数据可得： 这段时间： 故长木板P停下来的时间t＝6s+Δt＝6s+3s＝9s。 答：（1）滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为0.05； （2）长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.075； （3）长木板P停下来的时间为9s。 12．（2026•平凉校级开学）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2.0kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1.0kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.30，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g取10m/s2。求： （1）若要使小物块A与长木板B保持相对静止并一同向右运动，水平恒力F的最大值Fm； （2）若水平拉力F＝24N，刚施加恒力F的瞬间长木板加速度a2大小和小物块加速度a1大小； （3）若施加上述恒力F＝24N，作用1秒后突然撤去恒力F，从初始静止时刻开始计时到小物块刚好和长木板共速（共速前小物块始终未滑离长木板），整个过程中长木板B的总位移大小。 【答案】（1）若要使小物块A与长木板B保持相对静止并一同向右运动，水平恒力F的最大值为12N； （2）若水平拉力F＝24N，刚施加恒力F的瞬间长木板加速度a2大小和小物块加速度a1大小分别为1m/s2、7m/s2； （3）若施加上述恒力F＝24N，作用1秒后突然撤去恒力F，从初始静止时刻开始计时到小物块刚好和长木板共速，整个过程中长木板B的总位移大小为8m。 【详解】（1）当A与B刚要相对滑动时，A、B之间为最大静摩擦力，水平恒力F有最大值，设此时系统加速度为a0 研究小物块A，根据牛顿第二定律：μ1mg＝ma0 对A、B，根据牛顿第二定律：F0﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0 解得：F0＝12N； （2）因水平拉力F2＝24N＞F0，故A、B相对滑动。 研究小物块A，根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1 研究长木板B，根据牛顿第二定律可得：F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2 解得加速度大小分别为：，； （3）设拉力作用时间为t1时，小物块A、长木板B的速度分别为v1、v2，此过程中，长木板的位移为x2 根据匀变速运动的速度—时间关系可得：v1＝a1t1，v2＝a2t1 解得：v1＝1m/s，v2＝7m/s 则t1时木板的位移为： 解得：x2＝3.5m 水平拉力撤去后，设再经时间t2，A、B刚好共速，设共同速度为v，因A继续加速，加速度：a1＝1m/s2 B做减速运动，根据牛顿第二定律可得：﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma3 解得： 由题意知：v＝v1+a1t2＝v2+a3t2 解得：t2＝1s 此过程中B减速运动位移大小为：，解得：x3＝4.5m 联立解得长木板B的总位移大小x＝x2+x3＝3.5m+4.5m＝8m。 答：（1）若要使小物块A与长木板B保持相对静止并一同向右运动，水平恒力F的最大值为12N； （2）若水平拉力F＝24N，刚施加恒力F的瞬间长木板加速度a2大小和小物块加速度a1大小分别为1m/s2、7m/s2； （3）若施加上述恒力F＝24N，作用1秒后突然撤去恒力F，从初始静止时刻开始计时到小物块刚好和长木板共速，整个过程中长木板B的总位移大小为8m。 13．（2026•吉林校级模拟）如图所示，质量M＝2kg的足够长木板静止在光滑水平面上，木板上静置一质量m＝1kg的物块，现对物块施加大小F1＝3N、方向水平向右的拉力，当物块已向右运动L＝1m时撤去向右的拉力，当物块与木板的速度相同时，立即对物块施加大小F2＝3N、方向水平向左的拉力（图中未画出）。物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，将物块视为质点。求： （1）刚撤去向右的拉力时，物块的速度大小v1； （2）从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块运动的距离x1； （3）施加向左的外力后，物块向右运动的距离x2。 【答案】（1）刚撤去向右的拉力时，物块的速度大小是2m/s； （2）从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块运动的距离是1.5m； （3）施加向左的外力后，物块向右运动的距离是0.125m。 【详解】（1）设物块受到向右的拉力时，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F1﹣μmg＝ma1 解得 设物块受到向右的拉力时，木板的加速度大小为a2，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2 解得a1 设向右的拉力作用的时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有 解得t1＝1s 又v1＝a1t1 解得v1＝2m/s （2）刚撤去向右的拉力时，木板的速度大小v2＝a2t1 解得v2＝0.5m/s 设从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μmg＝ma3 解得 设从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同的时间为t2，有v1﹣a3t2＝v2+a2t2 解得t2＝1s 根据匀变速直线运动的规律有 解得x1＝1.5m （3）设从物块刚受到向左的拉力到物块的速度为0，物块的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律有F2+μmg＝ma4 解得 物块刚受到向左的拉力时的速度大小v3＝v1﹣a3t2 解得v3＝1m/s 根据匀变速直线运动的规律有 解得x2＝0.125m 答：（1）刚撤去向右的拉力时，物块的速度大小是2m/s； （2）从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块运动的距离是1.5m； （3）施加向左的外力后，物块向右运动的距离是0.125m。 14．（2025秋•定州市期末）如图所示，水平地面上放置一长度为L＝3.2m、质量为m＝2kg的木板，竖直墙面右侧固定一个倾角为30°的光滑斜面，其最底端恰好在木板右侧边上，且与木板恰好不接触。现将一质量为m＝2kg的物块从距离斜面底端高h＝3.2m处由静止释放，同时在木板右端施加一个水平向右的恒力F＝13N。当物块滑上木板时（此时速率不变），撤掉恒力F，并立即施加一个水平向右的恒力F′作用在木板上，物块始终未从木板上滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g取10m/s2。求： （1）物块滑上木板时的速度大小； （2）物块滑上木板时，距木板右端的距离； （3）水平恒力F′的范围。 【答案】（1）物块滑上木板时的速度大小为8m/s。 （2）物块距离木板右端为3.2m。 （3）恒力F'的范围是13N≤F'≤24N。 【详解】（1）物块从斜面上下滑，加速度为10m/s2＝5m/s2 下滑的距离为m＝6.4m 根据运动学公式可得物块滑上木板时的速度为m/s＝8m/s。 （2）木板受水平向右的拉力和地面对木板的滑动摩擦力，则木板的加速度m/s2＝2.5m/s2 物块加速的时间为 则木板的速度为v2＝a2t1＝2.5m/s＝4m/s 木板的位移为m＝3.2m，物块距离木板右端为3.2m。 （3）物块与木板共速前物块一直做匀减速直线运动，加速度为m/s2＝2m/s2 若要保证物块不从木板右端滑落，则物块滑到木板最右端前二者需要共速，临界情况相对位移为3.2m，画出二者的v﹣t图像如图所示： 设t0时刻物块与木板共速，此时二者的位移差为3.2m，有，解得t0＝1.6s 共速时的速度v'＝v1﹣a1't0＝8m/s﹣2×1.6m/s＝4.8m/s 木板的加速度为0.5m/s2。 根据牛顿第二定律有，解得F'＝13N； 二者共速后不能发生相对运动，临界加速度，解得F'＝24N。 故恒力F'的范围是13N≤F'≤24N。 答：（1）物块滑上木板时的速度大小为8m/s。 （2）物块距离木板右端为3.2m。 （3）恒力F'的范围是13N≤F'≤24N。 模型3 传送带模型 15．（2026春•思明区校级月考）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝18J，质量m＝1kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨OA的右端与水平传送带平滑连接，传送带长度L＝10m，传送带以恒定速率v0＝10m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带右端水平滑离落至地面上的P点。已知滑块到达A点前已经离开弹簧，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度大小g取10m/s2。 （1）求滑块离开传送带时的速度大小v； （2）求电动机因为传送滑块而多消耗的电能ΔE电； （3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能Ep′，要使滑块滑离传送带后总能落至P点，求Ep′的取值范围。 【答案】（1）滑块离开传送带时的速度大小v为10m/s； （2）电动机因为传送滑块而多消耗的电能ΔE电为40J； （3）Ep′的取值范围为10J≤Ep'≤90J。 【详解】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1。弹簧将滑块弹出的过程，根据机械能守恒定律得 解得v1＝6m/s 滑上传送带后，由牛顿第二定律得 μmg＝ma 角得a＝4m/s2 设加速至传送带共速，物块所需位移为x1，根据速度—位移公式得 解得x1＝8m＜L 故滑块离开传送带时的速度大小为v＝v0＝10m/s （2）方法一： 滑块在传送带上做匀加速运动的时间 解得t＝1s 该段时间内，传送带的位移s＝v0t 解得s＝10m 对传送带，有W克f＝μmgs 故电动机传送滑块多消耗的电能E＝W克f 联立解得E＝40J 方法二： 滑块在传送带上动能的增加量ΔEk 解得ΔEk＝32J 滑块在传送带上加速时间 解得t＝1s 滑块相对传送带的位移Δx＝v0t﹣x1 解得Δx＝2m 滑块与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgΔx 解得Q＝8J 根据能量守恒定律得E＝ΔEk+Q 解得E＝40J （3）分析可知，要使滑块滑离传送带后均落至P点，滑块滑出传送带时要与传送带共速。 滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，弹簧所对应的弹性势能最小，有， 解得Epmin＝10J 同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，弹簧所对应的弹性势能最大，有， 得Epmax＝90J 故满足条件的弹性势能Ep'范围为10J≤Ep'≤90J。 答：（1）滑块离开传送带时的速度大小v为10m/s； （2）电动机因为传送滑块而多消耗的电能ΔE电为40J； （3）Ep′的取值范围为10J≤Ep'≤90J。 16．（2026•天山区校级模拟）如图所示，水平传送带CD两端的距离L＝4m，正以v＝3m/s的速率沿顺时针方向转动。光滑斜面AB倾角θ＝30°，其末端B点与传送带C端之间有一段极小的光滑圆弧，可使滑块无能量损失地从斜面滑上水平传送带。现将一滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，滑块将以v0＝2m/s大小的水平速度滑上传送带，并从传送带的D端水平飞出，最终落至水平地面上的E点。已知D、E两点间的高度差h＝0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求： （1）滑块从D端飞出时速度vD的大小； （2）D、E两点间的水平距离x； （3）改变滑块在斜面上由静止释放的初始位置，其他情况不变，要使滑块总能落至E点，则滑块释放的初始位置到B点的最大距离sm＝？ 【答案】（1）滑块从D端飞出时速度vD的大小为3m/s； （2）D、E两点间的水平距离x是0.6m； （3）要使滑块总能落至E点，滑块释放的初始位置到B点的最大距离sm为2.5m。 【详解】（1）因v0＜v，故滑块滑上传送带后先向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 μmg＝ma 代入数据解得：a＝2m/s2 假设滑块能与传送带共速，共速时有v22as 代入数据解得：s＝1.25m＜L＝4m 故滑块与传送带共速后向右做匀速直线运动，滑块从D点飞出时的速度大小vD＝v＝3m/s （2）滑块从D端飞出后做平抛运动，则有 h x＝vDt 代入数据解得：x＝0.6m （3）滑块总能落到D点，则滑块离开传送带时的速度大小不变，总等于传送带速度v，滑块释放位置到B点距离最大时，滑块在传送带上一直减速，到达D点时恰好与传送带共速，滑块在传送带上运动过程，有 v22（﹣a）L 滑块在斜面上滑动过程，有2a′sm 由牛顿第二定律得 mgsinθ＝ma′ 代入数据解得：sm＝2.5m 答：（1）滑块从D端飞出时速度vD的大小为3m/s； （2）D、E两点间的水平距离x是0.6m； （3）要使滑块总能落至E点，滑块释放的初始位置到B点的最大距离sm为2.5m。 17．（2025秋•青岛期末）如图所示，甲为机场中的安检机，乙为安检机传送部分的简化示意图。水平传送带AB的长度LAB＝2m，传送带以v＝1m/s的恒定速率沿逆时针方向转动，AB平面到地面高度h＝0.6m，斜面BC倾角θ＝37°。现将可视为质点的行李轻放在A点，在传送带的带动下到达B点，受安装在B点左上方的光滑弧形挡板的约束，行李接着从B点沿斜面下滑，经过B点前后速率不变。行李与传送带、斜面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。 （1）求行李从A点运动到B点的时间t； （2）求行李滑到底端C点时的速度大小vC； （3）通过改变斜面长度，使行李恰好能到达地面C′点，求此时斜面倾角的正切值tanα。 【答案】（1）行李从A点运动到B点的时间t为2.1s； （2）行李滑到底端C点时的速度大小vC是3m/s； （3）此时斜面倾角的正切值tanα为。 【详解】（1）设行李在传送带上加速阶段的加速度为a1，加速时间为t1，加速位移为x1。 由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1 解得 行李匀加速阶段时间t1s＝0.2s 匀加速运动的位移x10.2m＝0.1m 匀速运动阶段的时间t2s＝1.9s 所以行李在传送带上运动的总时间t＝t1+t2＝0.2s+1.9s＝2.1s （2）设行李沿斜面下滑时加速度为a2，斜面长度为x2。 由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣f＝ma2 FN﹣mgcosθ＝0 又f＝μ2FN 联立解得 由运动学公式有 另有x2•sinθ＝h 解得vC＝3m/s （3）设当斜面倾角为α时物块到达底端的速度为0，下滑过程中的加速度大小为a3，斜面长度为x3。 由牛顿第二定律得 f'﹣mgsinα＝ma3 又f'＝μ2mgcosα 由运动学公式有 另有x3•sinα＝h 联立解得 答：（1）行李从A点运动到B点的时间t为2.1s； （2）行李滑到底端C点时的速度大小vC是3m/s； （3）此时斜面倾角的正切值tanα为。 18．（2026春•平阳县校级月考）如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角为30°，传递带Ⅱ与水平面夹角为37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接，两传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的物体取出，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切。已知箱子的质量m＝1kg，传送带Ⅰ的速度v1＝8m/s，AB长L1＝15.2m，与箱子间的动摩擦因数为，传送带Ⅱ的速度v2＝5m/s，CD长L2＝8m。箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数为μ2＝0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上加速运动的加速度大小； （2）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间； （3）通过计算说明箱子能否被运送到高处平台上（能达到D点就认为可运送到平台上）。 【答案】（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上加速运动的加速度大小为2.5m/s2； （2）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间为3.5s； （3）能被运送到高处平台上。 【详解】（1）将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，将加速上升，由牛顿第二定律得 μ1Mgcos30°﹣Mgsin30°＝Ma1 解得 （2）当箱子加速至v1时，有t1s＝3.2s 此过程的位移x13.2m＝12.8m 之后装着物体的箱子匀速运动到BC上，则t2s＝0.3s 装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间为t＝t1+t2＝3.2s+0.3s＝3.5s （3）装着物体的箱子到达C点的速度等于v1＝8m/s，因v1＞v2，故箱子在传送带Ⅱ上先做匀减速直线运动，对箱子有 mgsin37°+μ2mgcos37°＝ma2 解得 箱子减速至v2过程有v2＝v1﹣a2t3 解得t3＝0.3s 此过程的位移x2 解得x2＝1.95m 由于μ2＝0.5＜tan37°＝0.75 则此后箱子继续向上做匀减速运动，对箱子有 mgsin37°﹣μ2mgcos37°＝ma3 解得 减速至0的位移大小x3 解得x3＝6.25m 由于x2+x3＝1.95m+6.25m＝8.2m＞L2＝8m 说明箱子能否被运送到高处平台上。 答：（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上加速运动的加速度大小为2.5m/s2； （2）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间为3.5s； （3）能被运送到高处平台上。 19．（2026春•廊坊校级月考）如图，BC与光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道DE、CD对应的圆心角θ＝37°，圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF长度为L2＝39m，一质量为m＝1kg的小物块从O1点以v0＝17m/s的水平初速度从O1点滑上粗糙水平轨道O1A，之后从A点水平飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，AC间竖直高度。当物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，随后物块滑上传送带EF，已知物块在传送带运动时会在传送带上留下划痕，物块与水平轨道及传送带EF间动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。求： （1）物块到达C点时速度大小； （2）水平轨道O1A的长度L1； （3）若传送带顺时针运转的速率为v＝10m/s，物块从E端到F端在传送带上留下的划痕长度s。 【答案】（1）物块到达C点时速度大小为20m/s； （2）水平轨道O1A的长度L1为3.3m； （3）物块从E端到F端在传送带上留下的划痕长度为16m。 【详解】（1）物块从A到C做平抛运动，竖直方向分速度 由速度关系可知 解得vC＝20m/s。 （2）平抛初速度vA＝vC.cosθ 在O1A阶段，根据动能定理有 解得L1＝3.3m。 （3）已知vE＝vC，物块刚滑到传送带时，物块速度大于传送带速度。 设物块加速度为a1，根据牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，解得a1＝10m/s2。 达到共速所需时间为s＝1s 通过的位移为m＝15m＜L2 划痕长为s1＝x1﹣vt1＝15m﹣10×1m＝5m 达到相同速度后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，故物块继续向上匀减速运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2 当滑块到达F点时，滑出传送带，根据位移—时间关系 可得t2＝4s或6s（舍） 划痕长度s2＝vt2﹣（L2﹣x1）＝10×4m﹣（39m﹣15m）＝16m 因为s2＞s1，所以物块在传送带上留下的划痕长度为16m。 答：（1）物块到达C点时速度大小为20m/s； （2）水平轨道O1A的长度L1为3.3m； （3）物块从E端到F端在传送带上留下的划痕长度为16m。 20．（2025秋•河曲县校级期末）如图所示，某快递分拣中心采用倾角θ＝30°的传送带分拣包裹。传送带以v＝2m/s的速度逆时针匀速转动，其两端总长度L＝5m。工作人员将一件质量m＝2kg的包裹（可视为质点）无初速度地放在传送带底端，包裹与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2。求： （1）包裹刚放上传送带时，其加速度的大小和方向； （2）包裹在传送带上滑动的痕迹长度； （3）若包裹在传送带上运动t＝2s后，传送带突然停止转动，判断包裹能否到达传送带顶端。（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） 【答案】（1）包裹刚放上传送带时，其加速度的大小为2.5m/s2，方向沿斜面向上； （2）包裹在传送带上滑动的痕迹长度为0.8m； （3）若包裹在传送带上运动t＝2s后，传送带突然停止转动，包裹不能到达传送带顶端。 【详解】（1）包裹刚放上传送带时，对包裹受力分析如图所示： 沿斜面方向：f﹣mgsinθ＝ma1，垂直于斜面方向：FN＝mgcosθ，f＝μFN， 代入数据解得加速度：，方向沿斜面向上。 （2）包裹从静止加速到与传送带速度同速所用时间：， 此过程包裹的位移：， 传送带的位移：x2＝vt1＝2×0.8m＝1.6m， 痕迹长度为相对位移：Δx＝x2﹣x1＝1.6m﹣0.8m＝0.8m。 （3）加速阶段（0～0.8s）：已算得x1＝0.8m，速度达到 v＝2m/s。 匀速时间：t2＝2s﹣0.8s＝1.2s， 匀速位移：x2＝vt2＝2×1.2m＝2.4m， 前2s总位移：x＝x1+x2＝0.8m+2.4m＝3.2m， 包裹还未到达顶端A点。 传送带速度突变为零后，包裹相对于传送带向上运动，摩擦力方向变为沿斜面向下， 包裹加速度：a2＝μgcos30°+gsin30°， 代入数据解得：a2＝12.5m/s2， 速度减为0的位移为：， 代入数据解得：x3＝0.16m， 即有x1+x2+x3＝3.36m＜5m，所以包裹不能到达传送带顶端。 答：（1）包裹刚放上传送带时，其加速度的大小为2.5m/s2，方向沿斜面向上； （2）包裹在传送带上滑动的痕迹长度为0.8m； （3）若包裹在传送带上运动t＝2s后，传送带突然停止转动，包裹不能到达传送带顶端。 21．（2025秋•泰州期末）如图甲所示，倾角θ＝30°的传送带AB长L＝50m，以v0＝15m/s的速度逆时针匀速运行。现将质量m＝1kg可视为质点的物块轻放于顶端A，物块与传送带间动摩擦因数，g取10m/s2，结果可保留根号。 （1）求物块在顶端A受到的摩擦力Ff大小和方向； （2）求物块从顶端A运动到底端B所用时间t； （3）如图乙所示，若传送带以v0′m/s顺时针匀速运行，自上方A端每隔5m距离有宽度也为5m的风场，风场只会对物块施加垂直传送带方向的力F，F大小为N，求物块从顶端A运动到底端B时，物块相对皮带滑动的距离s。 【答案】（1）物块在顶端A受到的摩擦力Ff大小为2.5N，方向沿传送带向下； （2）物块从顶端A运动到底端B所用时间为4s； （3）物块从顶端A运动到底端B时，物块相对皮带滑动的距离为136m。 【详解】（1）物块在顶端A受到的摩擦力Ff大小为：Ff＝μmgcosθN＝2.5N 方向沿传送带向下； （2）共速前，物块加速运动的加速度大小为：a1，解得：a1＝7.5m/s2 达到共速时经过的时间为：t1s＝2s 此过程中的位移为：x1，解得：x1＝15m 共速后，物块加速运动的加速度大小为：a2，解得：a2＝2.5m/s2 达到底部的速度大小为v，则有：v22a2（L﹣x1） 解得：v＝20m/s 共速后，物块加速运动的时间为：t2s＝2s 物块从顶端A运动到底端B所用时间：t＝t1+t2＝2s+2s＝4s； （3）物块在风场外的加速度大小仍为：a2＝2.5m/s2 在风场中的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律可得：μ（F+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma3 解得：a3＝0，说明物块在风场区匀速运动。 根据题意可知，一共有五个无风场区，五个风场区，每个区域的长度均为：L＝5m 物块在无风场区一共运动的时间为t3，则有：5L 解得：t3＝2s 根据v2＝2a2L可得，物块进入每个风场区的速度大小依次为：v1＝5m/s，v2＝5m/s，v3＝5m/s，v4＝10m/s，v5＝5m/s 在风场区运动的时间为：t4 解得：t4＝（1.5）s 物块相对皮带滑动的距离：s＝50m+v0′（t3+t4） 解得：s≈136m。 答：（1）物块在顶端A受到的摩擦力Ff大小为2.5N，方向沿传送带向下； （2）物块从顶端A运动到底端B所用时间为4s； （3）物块从顶端A运动到底端B时，物块相对皮带滑动的距离为136m。 模型4 斜面模型 22．（2026•凯里市校级一模）如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平面上，斜面上有一个质量为m＝2kg的小滑块，不施加外力时，滑块刚好在斜面上静止。现对滑块施加水平向左的推力F＝20N，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）滑块与斜面间的动摩擦因数； （2）施加推力F后滑块所受到的摩擦力； （3）仅改变推力F的方向，求滑块沿斜面向上运动的最大加速度。 【答案】（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.75。 （2）施加推力后滑块所受的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下。 （3）滑块沿斜面向上运动的最大加速度为0.5m/s2。 【详解】（1）滑块在斜面上恰好静止，表明重力沿斜面的分力与最大静摩擦力平衡，由平衡条件得mgsin37°＝μmgcos37°，解得动摩擦因数μ＝tan37°＝0.75。 （2）施加水平向左的推力F＝20N，将重力和推力分解至平行与垂直斜面方向。重力沿斜面向下的分力G1＝mgsin37°，解得：G1＝12N，推力沿斜面向上的分力F1＝Fcos37°，解得：F1＝16N。垂直斜面方向，支持力FN＝mgcos37°+Fsin37°，解得：FN＝28N，最大静摩擦力fmax＝μFN，解得：fmax＝21N。沿斜面方向合力F1﹣G1＝4N，由于4N小于21N，滑块保持静止。根据平衡条件，滑块所受静摩擦力f＝F1﹣G1，解得：f＝4N，方向沿斜面向下。 （3）仅改变推力F的方向，设F与斜面向上方向夹角为α。滑块沿斜面向上滑动，由牛顿第二定律得Fcosα﹣mgsin37°﹣μ（mgcos37°﹣Fsinα）＝ma，整理得。根据辅助角公式，当cosα+μsinα取最大值时，加速度最大。代入数据，解得最大加速度。 答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.75。 （2）施加推力后滑块所受的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下。 （3）滑块沿斜面向上运动的最大加速度为0.5m/s2。 23．（2026•河北模拟）如图，倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上，其顶端固定一轻质光滑的定滑轮；劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧的下端固定在垂直斜面底端的挡板上，上端与质量m1＝1kg的小物块A相连；质量m2＝2kg的小物块B通过轻绳跨过滑轮与质量m3＝3kg的重物C连接。用手将B沿斜面缓慢下压，当弹簧的压缩量x1＝20cm时C离地高度，此时释放物块B。已知A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）B与A恰好分离时C下落的高度； （2）B与A恰好分离时A的速度大小； （3）B上滑的最大距离。 【答案】（1）B与A恰好分离时C下落的高度是0.08m； （2）B与A恰好分离时A的速度大小m/s； （3）B上滑的最大距离m/s。 【解答】解；（1）B与A恰好分离时，A、B间弹力为0，且此时A 与B的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，对A有 kx2﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝m1a 对B、C整体有 m3g﹣m2gsinθ﹣μm2gcosθ＝（m2+m3）a B与A恰好分离时C下落高度 h1＝x1﹣x2 代入数据得x2＝0.12m，h1＝0.08m （2）从释放B到A、B分离的过程 弹簧弹力对A做的功 对A、B、C组成的系统，根据动能定理有m3gh1﹣（m1+m2）gh1sinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ•h1+W＝ 代入数据得 （1分） （3）A、B分离后，B和C 继续运动，当C刚要接触地面时B 的速度达到最大，设此时速度大小为v0，则 代入数据得 C落地后，轻绳开始松弛，设B 继续上滑L1时速度为零，对B根据动能定理有 代入数据得 L1＝0.1m，B上滑的最大距离 Lm＝h+L1 代入数据得 答：（1）B与A恰好分离时C下落的高度是0.08m； （2）B与A恰好分离时A的速度大小m/s； （3）B上滑的最大距离m/s。 24．（2026•重庆开学）如图，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为。物体在拉力F的作用下由静止开始运动，F的大小为15N，方向沿斜面向上。物体加速1s后，F大小改为6N，方向不变。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求： （1）0～1s内物体运动位移的大小； （2）1s后物体继续沿斜面上滑的距离。 【答案】（1）0～1s内物体运动位移的大小是3m； （2）1s后物体继续沿斜面上滑的距离是6m。 【详解】（1）在0～1s内，根据牛顿第二定律得F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1 代入数据得a1＝6m/s2 0～1s内的位移为x1 代入数据得x1＝3m （2）1s末物体的速度为v＝a1t1 代入数据得v＝6m/s 1s后物体继续沿斜面减速上滑的过程中，根据牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°﹣F′＝ma2 代入数据得a2＝3m/s2 设物体继续上滑的距离为x2，根据速度—位移公式v2＝2a2x2 代入数据得x2＝6m 答：（1）0～1s内物体运动位移的大小是3m； （2）1s后物体继续沿斜面上滑的距离是6m。 25．（2026•永修县校级开学）如图所示，倾角为α＝37°的斜面体固定在水平面上，物块A、B跨过光滑的定滑轮用轻绳连接，初始时物块B放在斜面体的底端，对物块B施加一垂直于斜面向下的恒力F，物块B恰好不上滑，物块A距离地面的高度为H＝2m。现将恒力F撤去，一段时间后物块A落地，物块A落地瞬间剪断细绳，整个过程物块B始终没有与滑轮发生碰撞。已知物块A、B的质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg，物块B与斜面体间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）恒力F的大小； （2）物块A落地瞬间的速度大小v； （3）从撤去恒力F到物块B回到斜面体底端的时间t。 【答案】（1）恒力F的大小是48N； （2）物块A落地瞬间的速度大小v是4m/s； （3）从撤去恒力F到物块B回到斜面体底端的时间t是s。 【详解】（1）设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体，根据平衡条件有mAg＝mBgsinα+μ（F+mBgcosα） 代入数据得F＝48N （2）撤去恒力F后，对A、B整体，根据牛顿第二定律mAg﹣（mBgsinα+μmBgcosα）＝（mA+mB）a1 代入数据得 根据速度—位移关系v2＝2a1H 代入数据得v＝4m/s （3）物块A落地瞬间剪断细绳，物块B继续沿斜面向上运动，分三个阶段：①匀加速上滑阶段（撤去F到A落地）s ②匀减速上滑阶段（A落地后，B继续上滑至速度为0）：此时B受重力分力和摩擦力作用，加速度大小为：mBgsinα+μmBgcosα＝mBa2a2＝g（sinα+μcosα）＝10×（0.6+0.25×0.8）8m/s2＝10×（0.6+0.2）8m/s2＝8m/s2 减速到O的时间 此阶段上滑距离 ③匀加速下滑阶段（B从最高点滑回底端）：下滑加速度：mBgsinα﹣μmBgcosα＝mBa3a3＝g（sinα﹣μcosα）＝10×（0.6﹣0.25×0.8）m/s2＝10×（0.6﹣0.2）＝4m/s2 下滑总距离：x＝H+x2＝2m+1m＝3m 由运动学公式， 代入数据得 总时间）ss 答：（1）恒力F的大小是48N； （2）物块A落地瞬间的速度大小v是4m/s； （3）从撤去恒力F到物块B回到斜面体底端的时间t是s。 26．（2026•东兴区校级开学）”雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目。某“雪滑梯”由倾角θ＝37°的AB段和水平BC段组成，二者在B点通过一段长度可忽略不计的弧形轨道平滑连接，如图所示。用一质量m＝60.0kg的滑块（可视为质点）代替载有人的气垫，滑块从A点由静止释放后沿AB做匀加速运动，下滑过程的加速度大小a＝2.0m/s2。已知AB段长度L＝25.0m，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。 （1）求滑块与AB段滑道的动摩擦因数μ； （2）求滑块运动到B点的速度大小vB； （3）若滑块与BC段滑道的动摩擦因数仍为μ。设BC段足够长，求滑块滑下后，沿BC段滑行的距离d。 【答案】（1）滑块与AB段滑道的动摩擦因数μ是0.5； （2）滑块运动到B点的速度大小是10m/s； （3）若滑块与BC段滑道的动摩擦因数仍为μ。设BC段足够长，滑块滑下后，沿BC段滑行的距离d是10m。 【详解】（1）对物块受力分析如图，G1，G2为重力的两个分力，G1＝mgsinθ，G2＝mgcosθ 沿斜面方向，根据牛顿第二定律得G1﹣f＝ma 垂直斜面方向有FN＝G2 又f＝μFN 代入数据得μ＝0.5 （2）根据匀变速直线运动规律 代入数据得vB＝10m/s （3）设小物块在水平面上运动时加速度大小为a′，根据牛顿第二定律 又f'＝μmg 代入数据得a'＝5m/s2 根据匀变速直线运动规律 代入数据得d＝10m 答：（1）滑块与AB段滑道的动摩擦因数μ是0.5； （2）滑块运动到B点的速度大小是10m/s； （3）若滑块与BC段滑道的动摩擦因数仍为μ。设BC段足够长，滑块滑下后，沿BC段滑行的距离d是10m。 27．（2026•镇江模拟）如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，质量为m的小物块在平行于斜面、大小为F的拉力作用下，沿斜面向上以速度v0匀速滑动，物块运动到A点时撤去拉力。已知斜面足够长，重力加速度为g。求： （1）物块与斜面间的动摩擦因数μ； （2）撤去拉力F后，物块上升到最高点时与A点的距离大小x。 【答案】（1）物块与斜面间的动摩擦因数为； （2）撤去拉力F后，物块上升到最高点时与A点的距离大小为。 【详解】（1）物块匀速运动时，受力平衡，对物块受力分析，如下图所示 有F＝f+mgsinα，FN＝mgcosα 其中f＝μFN 联立解得 （2）撤去拉力F后，由牛顿第二定律可得mgsinα+μmgcosα＝ma 由运动学公式有 可得 答：（1）物块与斜面间的动摩擦因数为； （2）撤去拉力F后，物块上升到最高点时与A点的距离大小为。 28．（2026•城关区校级开学）如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为g）。 （1）当滑块以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？ （2）当滑块以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？ 【答案】（1）当滑块以加速度大小为g向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零。 （2）当滑块以加速度大小为g向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零。 【详解】（1）当滑块向右运动且线对小球的拉力刚好等于零时，小球受重力mg和支持力FN作用，合力水平向右。根据牛顿第二定律有FNsin45°＝ma1，FNcos45°＝mg，解得a1＝gtan45°＝g。 （2）当滑块向左运动且小球对滑块的压力刚好等于零时，小球受重力mg和细线拉力FT作用，合力水平向左。根据牛顿第二定律有FTcos45°＝ma2，FTsin45°＝mg，解得a2＝gcot45°＝g。 答：（1）当滑块以加速度大小为g向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零。 （2）当滑块以加速度大小为g向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零。 1 / 32 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考物理三轮大题集训1：运动和力 模型1 匀变速直线运动的一般应用 1．【答案】（1）两车相遇前达到最大距离的时间为2s，最大距离为3m。 （2）两车蓝牙设备能通信。 （3）能保持通信的时间为2s。 【详解】（1）当两车速度相等时，两者距离达到最大，由v0＝at1，解得：t1＝2s。此时最大距离为，代入数据计算得Δxm＝3m。 （2）当两车速度相等时，距离最小，最小距离为，代入数据计算得Δxm＝3m＜d，因此两车能够进行通信。 （3）当两车距离小于d时即可通信，设经过时间t两车相距d，则有，解得：t＝1s或t＝3s。根据题意，能够保持通信的时间为Δt＝3s﹣1s＝2s。 答：（1）两车相遇前达到最大距离的时间为2s，最大距离为3m。 （2）两车蓝牙设备能通信。 （3）能保持通信的时间为2s。 2．【答案】（1）机器人B的加速度大小为2.5m/s2。 （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离为16m。 （3）在100秒内机器人A与B会相遇6次。 【详解】（1）机器人B与A在t2＝10s时相遇，两者位移相等，满足，代入数据解得机器人B的加速度。 （2）当机器人A与B速度相等时，两者相距最远。由速度关系vA0+aAt＝aB（t﹣t1），解得t＝6s。 将此时间代入位移差公式，解得最大距离Δx＝16m。 （3）机器人A与B从两端相向做折返运动，相遇时路程之和满足（vA+vB）t＝（2n﹣1）L，即12t＝100（2n﹣1）。 在t≤100s的时间范围内，解得2n﹣1≤12，即n≤6.5，故机器人A与B共相遇6次。 答：（1）机器人B的加速度大小为2.5m/s2。 （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离为16m。 （3）在100秒内机器人A与B会相遇6次。 3．【答案】（1）货物到达轨道末端时的速度大小为5m/s。 （2）动摩擦因数μ1应满足的条件为0.4＜μ1≤0.6。 （3）货物由静止下滑的高度为2.64m。 【详解】（1）货物沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μ0mgcosθ＝ma0，解得：；根据运动学公式，代入数据，解得：v0＝5m/s。 （2）货物在木板A上滑动时，所受摩擦力f1＝μ1mg；此时地面对木板A、B的最大静摩擦力为ff1＝μ2（m+m）g+μ2mg＝3μ2mg。 若木板A保持静止，需满足f1≤ff1，即μ1≤3μ2＝0.6；当货物滑上木板B时，地面对木板B的最大静摩擦力为ff2＝μ2（m+m）g＝2μ2mg。 若木板B开始滑动，需满足f1＞ff2，即μ1＞2μ2＝0.4；故μ1应满足的条件为0.4＜μ1≤0.6。 （3）若μ1＝0.5，由（2）可知货物在A上滑行时木板不动，货物做匀减速运动的加速度a1＝﹣μ1g，解得：。 设其滑至A末端的速度为v1，由，得；滑上B后，木板B开始滑动，其加速度，解得：，货物的加速度a2＝﹣μ1g，解得：。 以木板B为参考系，货物相对B的加速度a相＝a2﹣aB，解得：；由相对运动公式，与联立解得：h＝2.64m。 答：（1）货物到达轨道末端时的速度大小为5m/s。 （2）动摩擦因数μ1应满足的条件为0.4＜μ1≤0.6。 （3）货物由静止下滑的高度为2.64m。 4．【答案】（1）猫从静止开始到达到最大速度所用时间为2s，老鼠从静止开始到达到最大速度所用时间为0.8s。 （2）老鼠逃回洞穴所需要的时间为3s。 （3）老鼠的反应时间为0.3s。 【详解】（1）猫与老鼠均做匀加速直线运动，满足v＝at，由此可得猫从静止加速至最大速度所需时间t1＝2s，老鼠从静止加速至最大速度所需时间t2＝0.8s。 （2）老鼠从静止加速至最大速度，由求得其加速位移x2，其匀速运动位移为x2′＝L1﹣x2，匀速运动时间，故老鼠从静止运动至逃回洞穴所需总时间t鼠＝t2+t2′，解得：t鼠＝3s。 （3）设猫从静止加速至最大速度的位移为x1，有，其匀速运动位移x1′＝L2﹣x1＝v1t1′，猫从静止运动至洞穴的时间t猫＝t1+t1′，解得：t猫＝3.3s，可知时间差Δt＝t猫﹣t鼠＝0.3s。 答：（1）猫从静止开始到达到最大速度所用时间为2s，老鼠从静止开始到达到最大速度所用时间为0.8s。 （2）老鼠逃回洞穴所需要的时间为3s。 （3）老鼠的反应时间为0.3s。 5．【答案】（1）加速度大小为20m/s2，滑行距离为90m。 （2）匀加速直线运动的加速度至少为6.5m/s2。 【详解】（1）舰载机钩住阻拦索后做匀减速直线运动，根据速度公式有0＝v0﹣a1t，解得：。舰载机钩住阻拦索后匀减速过程的位移为，解得：x1＝90m。 （2）舰载机未钩住阻拦索且刚好飞离甲板时，根据速度与位移的关系有，其中x2≤L＝100m，解得：。因此，舰载机未钩住阻拦索时，在甲板上做匀加速直线运动的加速度至少为6.5m/s2。 答：（1）加速度大小为20m/s2，滑行距离为90m。 （2）匀加速直线运动的加速度至少为6.5m/s2。 6．【答案】（1）匀加速阶段的末速度大小是40m/s； （2）能到达的最大高度120m； （3）可进行微重力实验研究的最长时间S。 【详解】（1）匀加速结束时的速度为v1＝a1t1 代入数据得v1＝40m/s （2）匀加速阶段上升高度 代入数据得H1＝40m 匀加速结束后竖直上抛的高度为 代入数据得H2＝80m 能达到的最大总高度为H＝H1+H2 代入数据得H＝120m （3）匀加速结束后继续上升的时间为 代入数据得t2＝4s 由运动学公式可知 所以自由下落高度为H3＝100m 自由下落所用时间为 代入数据得 微重力实验的最长时间为t＝t2+t3 代入数据得ts 答：（1）匀加速阶段的末速度大小是40m/s； （2）能到达的最大高度120m； （3）可进行微重力实验研究的最长时间S。 7．【答案】（1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是0.1m/s； （2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是0.3m/s； （3）滑块的加速度约是0.1m/s2。 【详解】（1）根据题意，遮光条通过单个光电门的短暂时间里，视滑块做匀速运动，由，得 滑块通过第一个光电门的速度为 （2）滑块通过第二个光电门的速度为 （3）滑块做匀加速直线运动，则加速度为 答：（1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是0.1m/s； （2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是0.3m/s； （3）滑块的加速度约是0.1m/s2。 模型2 板块模型 8．【答案】（1）儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）加速度大小为g（sinθ﹣μcosθ）。 【详解】（1）儿童对斜面的压力F的大小 对儿童受力分析，重力mg垂直斜面的分力为mg cosθ。 根据平衡条件，斜面对儿童的支持力N＝mgcosθ。 由牛顿第三定律，儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）儿童的加速度a的大小 重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，滑动摩擦力f＝μN＝μmgcosθ。 根据牛顿第二定律，沿斜面方向： mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 解得a＝g（sinθ﹣μcosθ） 答：（1）儿童对斜面的压力F＝N＝mgcosθ。 （2）加速度大小为g（sinθ﹣μcosθ）。 9．【答案】（1）加速度a1为2m/s2，瞬时速度vB为14m/s； （2）总时间为9.8s； （3）C点； 【详解】（1）①对滑草车整体在倾斜轨道AB上受力分析，由牛顿第二定律： mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1 代入数据得： ②由 代入数据可得：vB＝14m/s （2）AB段时间t1： BC段时间 总时间t＝t1+t2＝9.8s （3）仍停于C点，全程动能定理：mgh﹣μmgx水平＝0得，可知x水平不变。 答：（1）加速度a1为2m/s2，瞬时速度vB为14m/s； （2）总时间为9.8s； （3）C点； 10．【答案】（1）；（2）326J。 【详解】（1）撤去作用力F后，木板和物块最终达到共速，设最终速度大小为v末 0～4秒内，拉力F施加的冲量I1＝Ft＝6×4N•s＝24N•s 4～6s内，拉力F施加的冲量I2＝Ft＝10×2N•s＝20N•s 木板和物块的初动量均为0，由动量定理I1+I2＝（m0+m）v末﹣0 代入数据解得， （2）物块的最大加速度为μmg＝ma，解得a＝3m/s2，临界外力F＝（m0+m）a＝（2+1）×3N＝9N 因此，0～4s内，物块和木板没有相对运动，4～6s内，物块和木板相对运动 0～4s内，F＝6N 木板的加速度 木板第4s末的速度大小v1＝a1t＝2×4m/s＝8m/s 木板的位移 4～6s内，F＝10N，对木板做受力分析 由F﹣μmg＝m0a2，代入数据解得，木板的加速度 由，代入数据解得，木板的位移x2＝23m 由功的定义式W＝Fx，0～4s内，拉力F做的功W1＝Fx1＝6×16J＝96J 4～6s内，拉力F做的功W2＝Fx2＝10×23J＝230J 则0～6s内，拉力F做的总功W＝W1+W2＝96J+230J＝326J 故答案为：（1）；（2）326J。 11．【答案】（1）滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为0.05； （2）长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.075； （3）长木板P停下来的时间为9s。 【详解】（1）设滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1＝5m/s，6s时两者速度相同为v2＝3m/s； 在0～6s的过程中，对Q，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma2 根据图乙可知加速度大小为： 代入数据，联立解得：μ1＝0.05； （2）设长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，在5s～6s，对P，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ2•2mg＝ma1 由乙图可知： 代入数据可得：μ2＝0.075； （3）6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得：μ2•2mg﹣μ1mg＝ma3 代入数据可得： 这段时间： 故长木板P停下来的时间t＝6s+Δt＝6s+3s＝9s。 答：（1）滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为0.05； （2）长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.075； （3）长木板P停下来的时间为9s。 12．【答案】（1）若要使小物块A与长木板B保持相对静止并一同向右运动，水平恒力F的最大值为12N； （2）若水平拉力F＝24N，刚施加恒力F的瞬间长木板加速度a2大小和小物块加速度a1大小分别为1m/s2、7m/s2； （3）若施加上述恒力F＝24N，作用1秒后突然撤去恒力F，从初始静止时刻开始计时到小物块刚好和长木板共速，整个过程中长木板B的总位移大小为8m。 【详解】（1）当A与B刚要相对滑动时，A、B之间为最大静摩擦力，水平恒力F有最大值，设此时系统加速度为a0 研究小物块A，根据牛顿第二定律：μ1mg＝ma0 对A、B，根据牛顿第二定律：F0﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0 解得：F0＝12N； （2）因水平拉力F2＝24N＞F0，故A、B相对滑动。 研究小物块A，根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1 研究长木板B，根据牛顿第二定律可得：F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2 解得加速度大小分别为：，； （3）设拉力作用时间为t1时，小物块A、长木板B的速度分别为v1、v2，此过程中，长木板的位移为x2 根据匀变速运动的速度—时间关系可得：v1＝a1t1，v2＝a2t1 解得：v1＝1m/s，v2＝7m/s 则t1时木板的位移为： 解得：x2＝3.5m 水平拉力撤去后，设再经时间t2，A、B刚好共速，设共同速度为v，因A继续加速，加速度：a1＝1m/s2 B做减速运动，根据牛顿第二定律可得：﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma3 解得： 由题意知：v＝v1+a1t2＝v2+a3t2 解得：t2＝1s 此过程中B减速运动位移大小为：，解得：x3＝4.5m 联立解得长木板B的总位移大小x＝x2+x3＝3.5m+4.5m＝8m。 答：（1）若要使小物块A与长木板B保持相对静止并一同向右运动，水平恒力F的最大值为12N； （2）若水平拉力F＝24N，刚施加恒力F的瞬间长木板加速度a2大小和小物块加速度a1大小分别为1m/s2、7m/s2； （3）若施加上述恒力F＝24N，作用1秒后突然撤去恒力F，从初始静止时刻开始计时到小物块刚好和长木板共速，整个过程中长木板B的总位移大小为8m。 13．【答案】（1）刚撤去向右的拉力时，物块的速度大小是2m/s； （2）从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块运动的距离是1.5m； （3）施加向左的外力后，物块向右运动的距离是0.125m。 【详解】（1）设物块受到向右的拉力时，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F1﹣μmg＝ma1 解得 设物块受到向右的拉力时，木板的加速度大小为a2，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2 解得a1 设向右的拉力作用的时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有 解得t1＝1s 又v1＝a1t1 解得v1＝2m/s （2）刚撤去向右的拉力时，木板的速度大小v2＝a2t1 解得v2＝0.5m/s 设从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μmg＝ma3 解得 设从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同的时间为t2，有v1﹣a3t2＝v2+a2t2 解得t2＝1s 根据匀变速直线运动的规律有 解得x1＝1.5m （3）设从物块刚受到向左的拉力到物块的速度为0，物块的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律有F2+μmg＝ma4 解得 物块刚受到向左的拉力时的速度大小v3＝v1﹣a3t2 解得v3＝1m/s 根据匀变速直线运动的规律有 解得x2＝0.125m 答：（1）刚撤去向右的拉力时，物块的速度大小是2m/s； （2）从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块运动的距离是1.5m； （3）施加向左的外力后，物块向右运动的距离是0.125m。 14．【答案】（1）物块滑上木板时的速度大小为8m/s。 （2）物块距离木板右端为3.2m。 （3）恒力F'的范围是13N≤F'≤24N。 【详解】（1）物块从斜面上下滑，加速度为10m/s2＝5m/s2 下滑的距离为m＝6.4m 根据运动学公式可得物块滑上木板时的速度为m/s＝8m/s。 （2）木板受水平向右的拉力和地面对木板的滑动摩擦力，则木板的加速度m/s2＝2.5m/s2 物块加速的时间为 则木板的速度为v2＝a2t1＝2.5m/s＝4m/s 木板的位移为m＝3.2m，物块距离木板右端为3.2m。 （3）物块与木板共速前物块一直做匀减速直线运动，加速度为m/s2＝2m/s2 若要保证物块不从木板右端滑落，则物块滑到木板最右端前二者需要共速，临界情况相对位移为3.2m，画出二者的v﹣t图像如图所示： 设t0时刻物块与木板共速，此时二者的位移差为3.2m，有，解得t0＝1.6s 共速时的速度v'＝v1﹣a1't0＝8m/s﹣2×1.6m/s＝4.8m/s 木板的加速度为0.5m/s2。 根据牛顿第二定律有，解得F'＝13N； 二者共速后不能发生相对运动，临界加速度，解得F'＝24N。 故恒力F'的范围是13N≤F'≤24N。 答：（1）物块滑上木板时的速度大小为8m/s。 （2）物块距离木板右端为3.2m。 （3）恒力F'的范围是13N≤F'≤24N。 模型3 传送带模型 15．【答案】（1）滑块离开传送带时的速度大小v为10m/s； （2）电动机因为传送滑块而多消耗的电能ΔE电为40J； （3）Ep′的取值范围为10J≤Ep'≤90J。 【详解】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1。弹簧将滑块弹出的过程，根据机械能守恒定律得 解得v1＝6m/s 滑上传送带后，由牛顿第二定律得 μmg＝ma 角得a＝4m/s2 设加速至传送带共速，物块所需位移为x1，根据速度—位移公式得 解得x1＝8m＜L 故滑块离开传送带时的速度大小为v＝v0＝10m/s （2）方法一： 滑块在传送带上做匀加速运动的时间 解得t＝1s 该段时间内，传送带的位移s＝v0t 解得s＝10m 对传送带，有W克f＝μmgs 故电动机传送滑块多消耗的电能E＝W克f 联立解得E＝40J 方法二： 滑块在传送带上动能的增加量ΔEk 解得ΔEk＝32J 滑块在传送带上加速时间 解得t＝1s 滑块相对传送带的位移Δx＝v0t﹣x1 解得Δx＝2m 滑块与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgΔx 解得Q＝8J 根据能量守恒定律得E＝ΔEk+Q 解得E＝40J （3）分析可知，要使滑块滑离传送带后均落至P点，滑块滑出传送带时要与传送带共速。 滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，弹簧所对应的弹性势能最小，有， 解得Epmin＝10J 同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，弹簧所对应的弹性势能最大，有， 得Epmax＝90J 故满足条件的弹性势能Ep'范围为10J≤Ep'≤90J。 答：（1）滑块离开传送带时的速度大小v为10m/s； （2）电动机因为传送滑块而多消耗的电能ΔE电为40J； （3）Ep′的取值范围为10J≤Ep'≤90J。 16．【答案】（1）滑块从D端飞出时速度vD的大小为3m/s； （2）D、E两点间的水平距离x是0.6m； （3）要使滑块总能落至E点，滑块释放的初始位置到B点的最大距离sm为2.5m。 【详解】（1）因v0＜v，故滑块滑上传送带后先向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 μmg＝ma 代入数据解得：a＝2m/s2 假设滑块能与传送带共速，共速时有v22as 代入数据解得：s＝1.25m＜L＝4m 故滑块与传送带共速后向右做匀速直线运动，滑块从D点飞出时的速度大小vD＝v＝3m/s （2）滑块从D端飞出后做平抛运动，则有 h x＝vDt 代入数据解得：x＝0.6m （3）滑块总能落到D点，则滑块离开传送带时的速度大小不变，总等于传送带速度v，滑块释放位置到B点距离最大时，滑块在传送带上一直减速，到达D点时恰好与传送带共速，滑块在传送带上运动过程，有 v22（﹣a）L 滑块在斜面上滑动过程，有2a′sm 由牛顿第二定律得 mgsinθ＝ma′ 代入数据解得：sm＝2.5m 答：（1）滑块从D端飞出时速度vD的大小为3m/s； （2）D、E两点间的水平距离x是0.6m； （3）要使滑块总能落至E点，滑块释放的初始位置到B点的最大距离sm为2.5m。 17．【答案】（1）行李从A点运动到B点的时间t为2.1s； （2）行李滑到底端C点时的速度大小vC是3m/s； （3）此时斜面倾角的正切值tanα为。 【详解】（1）设行李在传送带上加速阶段的加速度为a1，加速时间为t1，加速位移为x1。 由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1 解得 行李匀加速阶段时间t1s＝0.2s 匀加速运动的位移x10.2m＝0.1m 匀速运动阶段的时间t2s＝1.9s 所以行李在传送带上运动的总时间t＝t1+t2＝0.2s+1.9s＝2.1s （2）设行李沿斜面下滑时加速度为a2，斜面长度为x2。 由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣f＝ma2 FN﹣mgcosθ＝0 又f＝μ2FN 联立解得 由运动学公式有 另有x2•sinθ＝h 解得vC＝3m/s （3）设当斜面倾角为α时物块到达底端的速度为0，下滑过程中的加速度大小为a3，斜面长度为x3。 由牛顿第二定律得 f'﹣mgsinα＝ma3 又f'＝μ2mgcosα 由运动学公式有 另有x3•sinα＝h 联立解得 答：（1）行李从A点运动到B点的时间t为2.1s； （2）行李滑到底端C点时的速度大小vC是3m/s； （3）此时斜面倾角的正切值tanα为。 18．【答案】（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上加速运动的加速度大小为2.5m/s2； （2）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间为3.5s； （3）能被运送到高处平台上。 【详解】（1）将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，将加速上升，由牛顿第二定律得 μ1Mgcos30°﹣Mgsin30°＝Ma1 解得 （2）当箱子加速至v1时，有t1s＝3.2s 此过程的位移x13.2m＝12.8m 之后装着物体的箱子匀速运动到BC上，则t2s＝0.3s 装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间为t＝t1+t2＝3.2s+0.3s＝3.5s （3）装着物体的箱子到达C点的速度等于v1＝8m/s，因v1＞v2，故箱子在传送带Ⅱ上先做匀减速直线运动，对箱子有 mgsin37°+μ2mgcos37°＝ma2 解得 箱子减速至v2过程有v2＝v1﹣a2t3 解得t3＝0.3s 此过程的位移x2 解得x2＝1.95m 由于μ2＝0.5＜tan37°＝0.75 则此后箱子继续向上做匀减速运动，对箱子有 mgsin37°﹣μ2mgcos37°＝ma3 解得 减速至0的位移大小x3 解得x3＝6.25m 由于x2+x3＝1.95m+6.25m＝8.2m＞L2＝8m 说明箱子能否被运送到高处平台上。 答：（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上加速运动的加速度大小为2.5m/s2； （2）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间为3.5s； （3）能被运送到高处平台上。 19．【答案】（1）物块到达C点时速度大小为20m/s； （2）水平轨道O1A的长度L1为3.3m； （3）物块从E端到F端在传送带上留下的划痕长度为16m。 【详解】（1）物块从A到C做平抛运动，竖直方向分速度 由速度关系可知 解得vC＝20m/s。 （2）平抛初速度vA＝vC.cosθ 在O1A阶段，根据动能定理有 解得L1＝3.3m。 （3）已知vE＝vC，物块刚滑到传送带时，物块速度大于传送带速度。 设物块加速度为a1，根据牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，解得a1＝10m/s2。 达到共速所需时间为s＝1s 通过的位移为m＝15m＜L2 划痕长为s1＝x1﹣vt1＝15m﹣10×1m＝5m 达到相同速度后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，故物块继续向上匀减速运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2 当滑块到达F点时，滑出传送带，根据位移—时间关系 可得t2＝4s或6s（舍） 划痕长度s2＝vt2﹣（L2﹣x1）＝10×4m﹣（39m﹣15m）＝16m 因为s2＞s1，所以物块在传送带上留下的划痕长度为16m。 答：（1）物块到达C点时速度大小为20m/s； （2）水平轨道O1A的长度L1为3.3m； （3）物块从E端到F端在传送带上留下的划痕长度为16m。 20．【答案】（1）包裹刚放上传送带时，其加速度的大小为2.5m/s2，方向沿斜面向上； （2）包裹在传送带上滑动的痕迹长度为0.8m； （3）若包裹在传送带上运动t＝2s后，传送带突然停止转动，包裹不能到达传送带顶端。 【详解】（1）包裹刚放上传送带时，对包裹受力分析如图所示： 沿斜面方向：f﹣mgsinθ＝ma1，垂直于斜面方向：FN＝mgcosθ，f＝μFN， 代入数据解得加速度：，方向沿斜面向上。 （2）包裹从静止加速到与传送带速度同速所用时间：， 此过程包裹的位移：， 传送带的位移：x2＝vt1＝2×0.8m＝1.6m， 痕迹长度为相对位移：Δx＝x2﹣x1＝1.6m﹣0.8m＝0.8m。 （3）加速阶段（0～0.8s）：已算得x1＝0.8m，速度达到 v＝2m/s。 匀速时间：t2＝2s﹣0.8s＝1.2s， 匀速位移：x2＝vt2＝2×1.2m＝2.4m， 前2s总位移：x＝x1+x2＝0.8m+2.4m＝3.2m， 包裹还未到达顶端A点。 传送带速度突变为零后，包裹相对于传送带向上运动，摩擦力方向变为沿斜面向下， 包裹加速度：a2＝μgcos30°+gsin30°， 代入数据解得：a2＝12.5m/s2， 速度减为0的位移为：， 代入数据解得：x3＝0.16m， 即有x1+x2+x3＝3.36m＜5m，所以包裹不能到达传送带顶端。 答：（1）包裹刚放上传送带时，其加速度的大小为2.5m/s2，方向沿斜面向上； （2）包裹在传送带上滑动的痕迹长度为0.8m； （3）若包裹在传送带上运动t＝2s后，传送带突然停止转动，包裹不能到达传送带顶端。 21．【答案】（1）物块在顶端A受到的摩擦力Ff大小为2.5N，方向沿传送带向下； （2）物块从顶端A运动到底端B所用时间为4s； （3）物块从顶端A运动到底端B时，物块相对皮带滑动的距离为136m。 【详解】（1）物块在顶端A受到的摩擦力Ff大小为：Ff＝μmgcosθN＝2.5N 方向沿传送带向下； （2）共速前，物块加速运动的加速度大小为：a1，解得：a1＝7.5m/s2 达到共速时经过的时间为：t1s＝2s 此过程中的位移为：x1，解得：x1＝15m 共速后，物块加速运动的加速度大小为：a2，解得：a2＝2.5m/s2 达到底部的速度大小为v，则有：v22a2（L﹣x1） 解得：v＝20m/s 共速后，物块加速运动的时间为：t2s＝2s 物块从顶端A运动到底端B所用时间：t＝t1+t2＝2s+2s＝4s； （3）物块在风场外的加速度大小仍为：a2＝2.5m/s2 在风场中的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律可得：μ（F+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma3 解得：a3＝0，说明物块在风场区匀速运动。 根据题意可知，一共有五个无风场区，五个风场区，每个区域的长度均为：L＝5m 物块在无风场区一共运动的时间为t3，则有：5L 解得：t3＝2s 根据v2＝2a2L可得，物块进入每个风场区的速度大小依次为：v1＝5m/s，v2＝5m/s，v3＝5m/s，v4＝10m/s，v5＝5m/s 在风场区运动的时间为：t4 解得：t4＝（1.5）s 物块相对皮带滑动的距离：s＝50m+v0′（t3+t4） 解得：s≈136m。 答：（1）物块在顶端A受到的摩擦力Ff大小为2.5N，方向沿传送带向下； （2）物块从顶端A运动到底端B所用时间为4s； （3）物块从顶端A运动到底端B时，物块相对皮带滑动的距离为136m。 模型4 斜面模型 22．【答案】（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.75。 （2）施加推力后滑块所受的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下。 （3）滑块沿斜面向上运动的最大加速度为0.5m/s2。 【详解】（1）滑块在斜面上恰好静止，表明重力沿斜面的分力与最大静摩擦力平衡，由平衡条件得mgsin37°＝μmgcos37°，解得动摩擦因数μ＝tan37°＝0.75。 （2）施加水平向左的推力F＝20N，将重力和推力分解至平行与垂直斜面方向。重力沿斜面向下的分力G1＝mgsin37°，解得：G1＝12N，推力沿斜面向上的分力F1＝Fcos37°，解得：F1＝16N。垂直斜面方向，支持力FN＝mgcos37°+Fsin37°，解得：FN＝28N，最大静摩擦力fmax＝μFN，解得：fmax＝21N。沿斜面方向合力F1﹣G1＝4N，由于4N小于21N，滑块保持静止。根据平衡条件，滑块所受静摩擦力f＝F1﹣G1，解得：f＝4N，方向沿斜面向下。 （3）仅改变推力F的方向，设F与斜面向上方向夹角为α。滑块沿斜面向上滑动，由牛顿第二定律得Fcosα﹣mgsin37°﹣μ（mgcos37°﹣Fsinα）＝ma，整理得。根据辅助角公式，当cosα+μsinα取最大值时，加速度最大。代入数据，解得最大加速度。 答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.75。 （2）施加推力后滑块所受的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下。 （3）滑块沿斜面向上运动的最大加速度为0.5m/s2。 23．【答案】（1）B与A恰好分离时C下落的高度是0.08m； （2）B与A恰好分离时A的速度大小m/s； （3）B上滑的最大距离m/s。 【解答】解；（1）B与A恰好分离时，A、B间弹力为0，且此时A 与B的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，对A有 kx2﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝m1a 对B、C整体有 m3g﹣m2gsinθ﹣μm2gcosθ＝（m2+m3）a B与A恰好分离时C下落高度 h1＝x1﹣x2 代入数据得x2＝0.12m，h1＝0.08m （2）从释放B到A、B分离的过程 弹簧弹力对A做的功 对A、B、C组成的系统，根据动能定理有m3gh1﹣（m1+m2）gh1sinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ•h1+W＝ 代入数据得 （1分） （3）A、B分离后，B和C 继续运动，当C刚要接触地面时B 的速度达到最大，设此时速度大小为v0，则 代入数据得 C落地后，轻绳开始松弛，设B 继续上滑L1时速度为零，对B根据动能定理有 代入数据得 L1＝0.1m，B上滑的最大距离 Lm＝h+L1 代入数据得 答：（1）B与A恰好分离时C下落的高度是0.08m； （2）B与A恰好分离时A的速度大小m/s； （3）B上滑的最大距离m/s。 24．【答案】（1）0～1s内物体运动位移的大小是3m； （2）1s后物体继续沿斜面上滑的距离是6m。 【详解】（1）在0～1s内，根据牛顿第二定律得F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1 代入数据得a1＝6m/s2 0～1s内的位移为x1 代入数据得x1＝3m （2）1s末物体的速度为v＝a1t1 代入数据得v＝6m/s 1s后物体继续沿斜面减速上滑的过程中，根据牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°﹣F′＝ma2 代入数据得a2＝3m/s2 设物体继续上滑的距离为x2，根据速度—位移公式v2＝2a2x2 代入数据得x2＝6m 答：（1）0～1s内物体运动位移的大小是3m； （2）1s后物体继续沿斜面上滑的距离是6m。 25．【答案】（1）恒力F的大小是48N； （2）物块A落地瞬间的速度大小v是4m/s； （3）从撤去恒力F到物块B回到斜面体底端的时间t是s。 【详解】（1）设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体，根据平衡条件有mAg＝mBgsinα+μ（F+mBgcosα） 代入数据得F＝48N （2）撤去恒力F后，对A、B整体，根据牛顿第二定律mAg﹣（mBgsinα+μmBgcosα）＝（mA+mB）a1 代入数据得 根据速度—位移关系v2＝2a1H 代入数据得v＝4m/s （3）物块A落地瞬间剪断细绳，物块B继续沿斜面向上运动，分三个阶段：①匀加速上滑阶段（撤去F到A落地）s ②匀减速上滑阶段（A落地后，B继续上滑至速度为0）：此时B受重力分力和摩擦力作用，加速度大小为：mBgsinα+μmBgcosα＝mBa2a2＝g（sinα+μcosα）＝10×（0.6+0.25×0.8）8m/s2＝10×（0.6+0.2）8m/s2＝8m/s2 减速到O的时间 此阶段上滑距离 ③匀加速下滑阶段（B从最高点滑回底端）：下滑加速度：mBgsinα﹣μmBgcosα＝mBa3a3＝g（sinα﹣μcosα）＝10×（0.6﹣0.25×0.8）m/s2＝10×（0.6﹣0.2）＝4m/s2 下滑总距离：x＝H+x2＝2m+1m＝3m 由运动学公式， 代入数据得 总时间）ss 答：（1）恒力F的大小是48N； （2）物块A落地瞬间的速度大小v是4m/s； （3）从撤去恒力F到物块B回到斜面体底端的时间t是s。 26．【答案】（1）滑块与AB段滑道的动摩擦因数μ是0.5； （2）滑块运动到B点的速度大小是10m/s； （3）若滑块与BC段滑道的动摩擦因数仍为μ。设BC段足够长，滑块滑下后，沿BC段滑行的距离d是10m。 【详解】（1）对物块受力分析如图，G1，G2为重力的两个分力，G1＝mgsinθ，G2＝mgcosθ 沿斜面方向，根据牛顿第二定律得G1﹣f＝ma 垂直斜面方向有FN＝G2 又f＝μFN 代入数据得μ＝0.5 （2）根据匀变速直线运动规律 代入数据得vB＝10m/s （3）设小物块在水平面上运动时加速度大小为a′，根据牛顿第二定律 又f'＝μmg 代入数据得a'＝5m/s2 根据匀变速直线运动规律 代入数据得d＝10m 答：（1）滑块与AB段滑道的动摩擦因数μ是0.5； （2）滑块运动到B点的速度大小是10m/s； （3）若滑块与BC段滑道的动摩擦因数仍为μ。设BC段足够长，滑块滑下后，沿BC段滑行的距离d是10m。 27．【答案】（1）物块与斜面间的动摩擦因数为； （2）撤去拉力F后，物块上升到最高点时与A点的距离大小为。 【详解】（1）物块匀速运动时，受力平衡，对物块受力分析，如下图所示 有F＝f+mgsinα，FN＝mgcosα 其中f＝μFN 联立解得 （2）撤去拉力F后，由牛顿第二定律可得mgsinα+μmgcosα＝ma 由运动学公式有 可得 答：（1）物块与斜面间的动摩擦因数为； （2）撤去拉力F后，物块上升到最高点时与A点的距离大小为。 28．【答案】（1）当滑块以加速度大小为g向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零。 （2）当滑块以加速度大小为g向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零。 【详解】（1）当滑块向右运动且线对小球的拉力刚好等于零时，小球受重力mg和支持力FN作用，合力水平向右。根据牛顿第二定律有FNsin45°＝ma1，FNcos45°＝mg，解得a1＝gtan45°＝g。 （2）当滑块向左运动且小球对滑块的压力刚好等于零时，小球受重力mg和细线拉力FT作用，合力水平向左。根据牛顿第二定律有FTcos45°＝ma2，FTsin45°＝mg，解得a2＝gcot45°＝g。 答：（1）当滑块以加速度大小为g向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零。 （2）当滑块以加速度大小为g向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零。 1 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考物理三轮大题集训1：运动和力 模型1 匀变速直线运动的一般应用 1 模型2 板块模型 3 模型3 传送带模型 6 模型4 斜面模型 9 模型1 匀变速直线运动的一般应用 1．（2026春•历城区校级月考）某兴趣小组用安装有蓝牙设备的遥控玩具小车A、B研究追及相遇问题。已知两蓝牙设备通信的最远距离d＝3.75m，忽略信号传递的时间。平直路段上有相距s0＝6m的两点O1、O2，开始时B车停在O2点，A车以v0＝3m/s做匀速直线运动，已知两小车可视为质点，均向右运动，相遇时擦肩而过，不会相撞。求： （1）当A车到达O2时，B车立即以1.5m/s2的加速度启动，求两车相遇前达到最大距离的时间及最大距离； （2）当A车到达O1时，B车立即以1.5m/s2的加速度启动，通过计算说明两车蓝牙设备能否通信； （3）在（2）问中，若两车的蓝牙设备能通信，求能保持通信的时间；若不能通信，求能让两车通信的B车的最大加速度。 2．（2026春•浑南区校级月考）近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图1所示，在直线测试跑道上，机器人A在t＝0时从起点以初速度vA0＝2m/s和加速度向右匀加速运动；机器人B在t1＝4s时从起点由静止开始以加速度an（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在t2＝10s时追上机器人A，求： （1）机器人B的加速度大小aB； （2）在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离； （3）如图2所示，假设跑道长100米，机器人A以vA＝4m/s的速度从起点匀速向终点出发，机器人B以vB＝8m/s的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，则在100秒内机器人A与B会相遇几次？ 3．（2026春•温州月考）如图所示，某货场需将质量为m＝5kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成θ＝37°。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为l＝2m，厚度不计，质量均为m＝5kg，木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0＝0.125，货物与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2＝0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）若货物从离地面高h0＝1.5m处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度v0； （2）若货物滑上木板A时，木板A不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件； （3）若μ1＝0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？ 4．（2026•临泉县校级开学）一只老鼠在距离洞穴L1＝10.4m处觅食，距离洞穴L2＝13.8m处的猫正准备抓捕老鼠，老鼠、猫在洞穴的同侧且老鼠、猫和洞穴在一条直线上。在猫以a1＝3m/s2的加速度由静止开始沿直线匀加速追老鼠的同时，老鼠刚好发现猫，经过一定反应时间后，老鼠也由静止开始以a2＝5m/s2的加速度沿直线匀加速跑向洞穴。已知猫的最大速度v1＝6m/s，老鼠的最大速度v2＝4m/s，两者加速到最大速度后均以最大速度做匀速直线运动。若猫刚好在老鼠跑到洞穴口处时将其抓住，求： （1）猫和老鼠各自由静止开始到达到最大速度所用的时间。 （2）老鼠逃回洞穴所需要的时间。 （3）老鼠的反应时间。 5．（2026•辽宁开学）航母舰载机的阻拦着舰与岸基飞机着陆不同。舰载机着舰时，若尾钩未能成功钩住阻拦索，需立即拉升飞离以保障安全。已知某航母静止在海面上，一架舰载机以v0＝60m/s的速度着舰，钩住阻拦索后做匀减速直线运动，经t＝3s停下；若尾钩未钩住阻拦索，该舰载机需在航母甲板上加速至v1＝70m/s才能安全飞离，且甲板可供舰载机加速的最大长度仅有L＝100m，求： （1）舰载机钩住阻拦索后匀减速过程的加速度大小及滑行的距离； （2）舰载机未钩住阻拦索时，在甲板上做匀加速直线运动的加速度至少为多大。 6．（2026•浙江开学）中国科学院国家微重力实验室“北京落塔”具有微重力水平高、实验费用低等优点。其核心原理是当实验舱处于自由落体或者竖直上抛状态时，内部的物体会处于完全失重状态，就可以模拟微重力环境。落塔中央控制系统能将实验舱从塔的底部匀加速提升，提升的加速度为20m/s2，2s后关闭动力，进行微重力实验研究。实验结束后回收系统开始工作，将实验舱匀减速送回落塔底部。为使回收安全，实验舱回收加速度不得超过50m/s2且落地时的速度为零，不计一切阻力的影响。求实验舱： （1）匀加速阶段的末速度大小； （2）能到达的最大高度； （3）可进行微重力实验研究的最长时间。 7．（2026春•平阳县校级月考）如图所示，为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3mm的遮光条。滑块向右匀加速直线运动依次通过两个光电门A和B。光电门上的黑点处有极细的激光束，当遮光条挡住光束时开始计时，不遮挡光束时停止计时。现记录了遮光条通过第一个光电门所用的时间为Δt1＝0.03s，通过第二个光电门所用的时间为Δt2＝0.01s，遮光条从A到B的时间为Δt＝2.0s。求： （1）滑块通过第一个光电门的速度vA约是多少？ （2）滑块通过第二个光电门的速度vB约是多少？ （3）滑块的加速度约是多少？ 模型2 板块模型 8．（2025秋•连云港期末）一质量为m的儿童沿倾角为θ的斜面下滑，儿童与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： （1）儿童对斜面的压力F的大小； （2）儿童的加速度a的大小。 9．（2025秋•舟山期末）滑草是一种大众喜爱的娱乐项目，图1的滑草场地可简化为由一条长为x1＝49m，倾角为37°倾斜直轨道AB和一条水平直轨道BC平滑连接组成，如图2所示。一位游客乘坐滑草车从轨道顶端A点静止出发，滑过B点进入水平直轨道BC，滑行一段距离后最终停于C点。已知滑草车与轨道间动摩擦因数恒为0.5，滑草车及游客组成的整体在运动过程中视为质点，不计拐弯处的机械能损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑草车： （1）在AB段下滑的加速度大小a1和到B点时的瞬时速度大小vB； （2）在两轨道上滑行的总时间t； （3）为保证滑行安全性，若在保持A端位置不变的情况下适当延长斜轨长度以减小倾角，即将斜轨AB改为AB′，如图3所示，且动摩擦因数保持不变。滑草车仍从A点由静止出发，最终将停在水平轨道何处？（本小题只需给出答案即可，无需详细解答过程） 答：停在　 　 （选填“C点”、“C点左侧”、“C点右侧”）。 10．（2026•宝鸡一模）一个足够长的质量为m0＝2.0kg的木板静止在光滑水平面上，在其右端静置一质量m＝1.0kg的物块（可视为质点），如图甲所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，F﹣t图像如图乙所示，6s末撤去作用力F。物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度g取10m/s2，木板与物块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）撤去作用力F后木板和物块最终速度为多少？ （2）0～6s内拉力F做的功为多少？ 11．（2026•佳木斯校级开学）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2。求： （1）滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数； （2）长木板P与地面之间的动摩擦因数； （3）长木板P停下来的时间。 12．（2026•平凉校级开学）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2.0kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1.0kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.30，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g取10m/s2。求： （1）若要使小物块A与长木板B保持相对静止并一同向右运动，水平恒力F的最大值Fm； （2）若水平拉力F＝24N，刚施加恒力F的瞬间长木板加速度a2大小和小物块加速度a1大小； （3）若施加上述恒力F＝24N，作用1秒后突然撤去恒力F，从初始静止时刻开始计时到小物块刚好和长木板共速（共速前小物块始终未滑离长木板），整个过程中长木板B的总位移大小。 13．（2026•吉林校级模拟）如图所示，质量M＝2kg的足够长木板静止在光滑水平面上，木板上静置一质量m＝1kg的物块，现对物块施加大小F1＝3N、方向水平向右的拉力，当物块已向右运动L＝1m时撤去向右的拉力，当物块与木板的速度相同时，立即对物块施加大小F2＝3N、方向水平向左的拉力（图中未画出）。物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，将物块视为质点。求： （1）刚撤去向右的拉力时，物块的速度大小v1； （2）从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块运动的距离x1； （3）施加向左的外力后，物块向右运动的距离x2。 14．（2025秋•定州市期末）如图所示，水平地面上放置一长度为L＝3.2m、质量为m＝2kg的木板，竖直墙面右侧固定一个倾角为30°的光滑斜面，其最底端恰好在木板右侧边上，且与木板恰好不接触。现将一质量为m＝2kg的物块从距离斜面底端高h＝3.2m处由静止释放，同时在木板右端施加一个水平向右的恒力F＝13N。当物块滑上木板时（此时速率不变），撤掉恒力F，并立即施加一个水平向右的恒力F′作用在木板上，物块始终未从木板上滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g取10m/s2。求： （1）物块滑上木板时的速度大小； （2）物块滑上木板时，距木板右端的距离； （3）水平恒力F′的范围。 模型3 传送带模型 15．（2026春•思明区校级月考）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝18J，质量m＝1kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨OA的右端与水平传送带平滑连接，传送带长度L＝10m，传送带以恒定速率v0＝10m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带右端水平滑离落至地面上的P点。已知滑块到达A点前已经离开弹簧，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度大小g取10m/s2。 （1）求滑块离开传送带时的速度大小v； （2）求电动机因为传送滑块而多消耗的电能ΔE电； （3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能Ep′，要使滑块滑离传送带后总能落至P点，求Ep′的取值范围。 16．（2026•天山区校级模拟）如图所示，水平传送带CD两端的距离L＝4m，正以v＝3m/s的速率沿顺时针方向转动。光滑斜面AB倾角θ＝30°，其末端B点与传送带C端之间有一段极小的光滑圆弧，可使滑块无能量损失地从斜面滑上水平传送带。现将一滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，滑块将以v0＝2m/s大小的水平速度滑上传送带，并从传送带的D端水平飞出，最终落至水平地面上的E点。已知D、E两点间的高度差h＝0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求： （1）滑块从D端飞出时速度vD的大小； （2）D、E两点间的水平距离x； （3）改变滑块在斜面上由静止释放的初始位置，其他情况不变，要使滑块总能落至E点，则滑块释放的初始位置到B点的最大距离sm＝？ 17．（2025秋•青岛期末）如图所示，甲为机场中的安检机，乙为安检机传送部分的简化示意图。水平传送带AB的长度LAB＝2m，传送带以v＝1m/s的恒定速率沿逆时针方向转动，AB平面到地面高度h＝0.6m，斜面BC倾角θ＝37°。现将可视为质点的行李轻放在A点，在传送带的带动下到达B点，受安装在B点左上方的光滑弧形挡板的约束，行李接着从B点沿斜面下滑，经过B点前后速率不变。行李与传送带、斜面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。 （1）求行李从A点运动到B点的时间t； （2）求行李滑到底端C点时的速度大小vC； （3）通过改变斜面长度，使行李恰好能到达地面C′点，求此时斜面倾角的正切值tanα。 18．（2026春•平阳县校级月考）如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角为30°，传递带Ⅱ与水平面夹角为37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接，两传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的物体取出，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切。已知箱子的质量m＝1kg，传送带Ⅰ的速度v1＝8m/s，AB长L1＝15.2m，与箱子间的动摩擦因数为，传送带Ⅱ的速度v2＝5m/s，CD长L2＝8m。箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数为μ2＝0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上加速运动的加速度大小； （2）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间； （3）通过计算说明箱子能否被运送到高处平台上（能达到D点就认为可运送到平台上）。 19．（2026春•廊坊校级月考）如图，BC与光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道DE、CD对应的圆心角θ＝37°，圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF长度为L2＝39m，一质量为m＝1kg的小物块从O1点以v0＝17m/s的水平初速度从O1点滑上粗糙水平轨道O1A，之后从A点水平飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，AC间竖直高度。当物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，随后物块滑上传送带EF，已知物块在传送带运动时会在传送带上留下划痕，物块与水平轨道及传送带EF间动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2。求： （1）物块到达C点时速度大小； （2）水平轨道O1A的长度L1； （3）若传送带顺时针运转的速率为v＝10m/s，物块从E端到F端在传送带上留下的划痕长度s。 20．（2025秋•河曲县校级期末）如图所示，某快递分拣中心采用倾角θ＝30°的传送带分拣包裹。传送带以v＝2m/s的速度逆时针匀速转动，其两端总长度L＝5m。工作人员将一件质量m＝2kg的包裹（可视为质点）无初速度地放在传送带底端，包裹与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2。求： （1）包裹刚放上传送带时，其加速度的大小和方向； （2）包裹在传送带上滑动的痕迹长度； （3）若包裹在传送带上运动t＝2s后，传送带突然停止转动，判断包裹能否到达传送带顶端。（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） 21．（2025秋•泰州期末）如图甲所示，倾角θ＝30°的传送带AB长L＝50m，以v0＝15m/s的速度逆时针匀速运行。现将质量m＝1kg可视为质点的物块轻放于顶端A，物块与传送带间动摩擦因数，g取10m/s2，结果可保留根号。 （1）求物块在顶端A受到的摩擦力Ff大小和方向； （2）求物块从顶端A运动到底端B所用时间t； （3）如图乙所示，若传送带以v0′m/s顺时针匀速运行，自上方A端每隔5m距离有宽度也为5m的风场，风场只会对物块施加垂直传送带方向的力F，F大小为N，求物块从顶端A运动到底端B时，物块相对皮带滑动的距离s。 模型4 斜面模型 22．（2026•凯里市校级一模）如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平面上，斜面上有一个质量为m＝2kg的小滑块，不施加外力时，滑块刚好在斜面上静止。现对滑块施加水平向左的推力F＝20N，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）滑块与斜面间的动摩擦因数； （2）施加推力F后滑块所受到的摩擦力； （3）仅改变推力F的方向，求滑块沿斜面向上运动的最大加速度。 23．（2026•河北模拟）如图，倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上，其顶端固定一轻质光滑的定滑轮；劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧的下端固定在垂直斜面底端的挡板上，上端与质量m1＝1kg的小物块A相连；质量m2＝2kg的小物块B通过轻绳跨过滑轮与质量m3＝3kg的重物C连接。用手将B沿斜面缓慢下压，当弹簧的压缩量x1＝20cm时C离地高度，此时释放物块B。已知A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）B与A恰好分离时C下落的高度； （2）B与A恰好分离时A的速度大小； （3）B上滑的最大距离。 24．（2026•重庆开学）如图，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为。物体在拉力F的作用下由静止开始运动，F的大小为15N，方向沿斜面向上。物体加速1s后，F大小改为6N，方向不变。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求： （1）0～1s内物体运动位移的大小； （2）1s后物体继续沿斜面上滑的距离。 25．（2026•永修县校级开学）如图所示，倾角为α＝37°的斜面体固定在水平面上，物块A、B跨过光滑的定滑轮用轻绳连接，初始时物块B放在斜面体的底端，对物块B施加一垂直于斜面向下的恒力F，物块B恰好不上滑，物块A距离地面的高度为H＝2m。现将恒力F撤去，一段时间后物块A落地，物块A落地瞬间剪断细绳，整个过程物块B始终没有与滑轮发生碰撞。已知物块A、B的质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg，物块B与斜面体间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）恒力F的大小； （2）物块A落地瞬间的速度大小v； （3）从撤去恒力F到物块B回到斜面体底端的时间t。 26．（2026•东兴区校级开学）”雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目。某“雪滑梯”由倾角θ＝37°的AB段和水平BC段组成，二者在B点通过一段长度可忽略不计的弧形轨道平滑连接，如图所示。用一质量m＝60.0kg的滑块（可视为质点）代替载有人的气垫，滑块从A点由静止释放后沿AB做匀加速运动，下滑过程的加速度大小a＝2.0m/s2。已知AB段长度L＝25.0m，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。 （1）求滑块与AB段滑道的动摩擦因数μ； （2）求滑块运动到B点的速度大小vB； （3）若滑块与BC段滑道的动摩擦因数仍为μ。设BC段足够长，求滑块滑下后，沿BC段滑行的距离d。 27．（2026•镇江模拟）如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，质量为m的小物块在平行于斜面、大小为F的拉力作用下，沿斜面向上以速度v0匀速滑动，物块运动到A点时撤去拉力。已知斜面足够长，重力加速度为g。求： （1）物块与斜面间的动摩擦因数μ； （2）撤去拉力F后，物块上升到最高点时与A点的距离大小x。 28．（2026•城关区校级开学）如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为g）。 （1）当滑块以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？ （2）当滑块以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力刚好等于零？ 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 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