重难强化二 牛顿定律综合应用（连接体、传送带、瞬时加速度）（专项训练）（四川专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“模型建构-方法提炼-分层演练”为主线，系统整合连接体、传送带、瞬时加速度三大核心模型，通过“整体隔离法-临界分析法-突变特性法”构建解题体系，强化运动与相互作用观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |连接体问题|题型02（7-14题）|先整体求加速度，再隔离求内力；叠加体临界静摩擦达最大|从连接体定义→整体/隔离法选用原则→叠放/绳连模型应用| |传送带问题|题型03（15-22题）|共速临界点摩擦力突变；分阶段分析运动（加速→匀速）|相对运动方向判断→摩擦力方向确定→运动过程分段求解| |瞬时加速度|题型04（23-28题）|绳弹力可突变，弹簧弹力不可突变；突变前后受力对比|突变本质→刚性绳/弹簧模型区分→瞬时受力分析求加速度|

函学科网·上好课 www.zxxk.com 重难强化二牛顿定律综合应用（连接体、 度) 模拟•基础演练 题型01 斜面模型 1 2 3 4 D A D 区题型02 连接体模型 6 7 8 9 B D c c 13.(1)20N (2)300N/m (3)16N F-magsin0-mag sin 14.(1) (2)mgsin+2mgsin0 区题型03 传送带模型 15 16 17 18 D c A c 21.(1)2m/s2 (2)3s 22.(1①)L= I=v 2ug' ug (②)o=2mv2 4M 区题型04 突变问题（瞬时加速度分析） 23 24 25 26 D C C A 重难·创新演练 1/2 上好每一堂课 传送带、瞬时加速 5 6 AC AD 10 11 AC AD 19 20 AC BC 27 28 AD BD 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1 2 3 4 D D BD 5.(1)1.25m(2)5颗 (3)27.2J h真题实战演练 1 2 4 0 D BD 5.(1)30N (2)3.2s (3)95J 2/2 重难强化二 牛顿定律综合应用（连接体、传送带、瞬时加速度） 目 录 研判·考情前瞻 1 巩固·知识解构 1 知识点1 连接体问题 2 知识点2 传送带问题 3 知识点3 瞬时加速度问题（突变问题） 3 模拟·基础演练 4 题型01 斜面模型 4 题型02 连接体模型 10 题型03 传送带模型 19 题型04 突变问题（瞬时加速度分析） 26 重难·创新演练 31 真题·实战演练 36 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 连接体模型 —— —— 全国甲卷·T2，6分 传送带模型 四川卷·T7，4分 —— —— 考情分析 题型与考向：以选择题和计算题为主，属高考力学中的中高难度内容。选择题常考查连接体的整体法与隔离法应用（如叠放物块、绳连物体沿斜面运动）、传送带上的摩擦力方向与加速度分析、瞬时加速度的判断（弹簧与绳的突变对比）；计算题则以传送带模型为背景，综合考查多过程动力学分析，常结合v-t图像、功和能等知识综合命题，是压轴题的常见素材。 情境与立意： 1.叠放物块在外力作用下共同运动或相对滑动；跨过定滑轮的绳连接两物体沿斜面或竖直方向运动；弹簧连接体在力F作用下的共同加速度分析。 2.传送带类：物体在水平传送带上的加速与匀速过程分析；物体在倾斜传送带上的相对运动及摩擦力方向变化（判断物体能否向上运动、是否会反向滑动）。 3.瞬时加速度类：剪断细绳或弹簧的瞬间，分析各物体加速度（绳的弹力可突变，弹簧弹力不可突变）。 复习目标 1.连接体问题：掌握整体法（加速度相同，求外力或整体加速度）与隔离法（加速度相同或不同，求内力或单个物体受力）的选用原则，能熟练交替运用分析叠放物块、绳连体等常见连接体模型。 2.传送带问题：理解物体与传送带共速时摩擦力发生突变的临界特征，会分阶段分析物体在传送带上的受力与运动（匀加速→匀速→可能的匀减速），掌握相对位移与划痕长度的计算方法。 3.瞬时加速度分析：理解绳的弹力可突变（剪断瞬间立即消失或改变）、弹簧弹力不可突变（剪断瞬间弹力大小和方向不变）的规律，能正确分析剪断细绳或弹簧瞬间各物体的加速度。 4.解题通法：无论何种模型，核心步骤均为——明确研究对象→受力分析（注意摩擦力方向与相对运动趋势的关系）→判断加速度是否相同→选择整体法或隔离法列牛顿第二定律方程→结合运动学公式求解；特别关注临界状态（共速、刚要相对滑动）对应的受力条件。 巩固·知识解构 知识点1 连接体问题 一、连接体模型的定义 两个或两个以上相互连接的物体组成的系统称为连接体。连接方式包括：用细绳、轻杆、弹簧相连，或直接接触（叠加体）、通过滑轮连接等。 二、连接体模型的处理方法 （1）整体法：将整个系统作为研究对象，分析系统所受的外力（不分析内力），列牛顿第二定律方程。 （2）隔离法：将系统中的某个物体隔离出来，分析其所受的全部力（包括内力），列牛顿第二定律方程。 （3）选用原则： 求加速度或外力时优先用整体法。 求内力（绳的张力、接触面压力、弹簧弹力等）时必须用隔离法。 通常“先整体求加速度，再隔离求内力”，交替使用。 知识点2 传送带问题✨得分速记：对连接体问题的三点提醒 (1) 整体法求加速度，隔离法求内力——“先整后隔”是基本流程。 (2) 加速度相同是使用整体法的前提，加速度不同时必须分别隔离。 (3) 叠加体问题中，相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 一、传送带问题的核心分析思路 （1）判断相对运动方向：比较物体速度与传送带速度的大小关系。 （2）确定摩擦力方向：摩擦力方向与相对运动（或相对运动趋势）方向相反。 （3）分析运动过程：物体可能一直加速（或减速），也可能先加速（减速）到与传送带共速后匀速。 （4）关注共速时刻：共速是摩擦力发生突变的临界点——静摩擦可能变为滑动摩擦，或摩擦力方向发生反转。 二、传送带问题的两个关键结论 （1）共速时摩擦力可能突变：滑动摩擦突变为静摩擦，或方向反向。 （2）相对路程与摩擦生热：，其中 为物体与传送带间的相对位移。 三、传送带问题的一般解题步骤 （1）明确物体初速度和传送带速度的大小、方向。 （2）判断相对运动方向，确定摩擦力方向。 （3）对物体受力分析（注意是否有重力分力参与），列牛顿第二定律方程求加速度。 （4）分析运动过程：判断能否共速，共速后能否保持相对静止。 （5）分段求解时间、位移等物理量。 ✨得分速记：传送带问题的注意事项 (1) 摩擦力方向由相对运动（或趋势）方向决定，与物体运动方向无必然联系。 (2) 共速是摩擦力突变的临界点——共速后需判断下滑分力合最大摩擦之间的大小关系（倾斜传送带）。 知识点3 瞬时加速度问题（突变问题） 一、瞬时加速度问题的本质 当物体的受力情况发生突变时，分析物体在突变瞬间的加速度。 二、两类模型 （1）刚性绳（或接触面） ： 受力可发生突变，瞬间张力可以突然变化到某一新值。 突变瞬间绳的拉力或支持力可由瞬时状态决定。 （2）弹簧（或橡皮筋） ： 受力不能发生突变——弹簧的弹力由形变量决定，形变需要时间。 突变瞬间，弹簧弹力保持突变前瞬间的大小和方向不变。 三、解题步骤： （1）分析突变前的受力情况，求出各力的大小（尤其弹簧弹力）。 （2）明确突变瞬间哪些力消失、哪些力不变、哪些力可能突变。 （3）画出突变瞬间的受力图。 （4）列牛顿第二定律求瞬时加速度。 ✨得分速记：突变问题中的易错提醒 （1）弹簧弹力在瞬间不能突变——“弹簧形变需要时间”是判断的核心依据。 （2）绳的张力可以突变——剪断或松开的瞬间，绳的张力立即消失或改变。 （3）接触面弹力可以突变——撤去外力或剪断绳后，支持力、摩擦力可能在瞬间发生变化。 模拟·基础演练 考查重点：牛顿第二定律在斜面模型、连接体模型、传送带模型中的应用…… ⏳题型01 斜面模型 1．（2025·四川乐山·一模）峨眉山滑雪场有一条倾角约为10°的初级滑雪道。一名小朋友捏了一箱雪球放在滑雪道上，松手后箱子沿斜面匀加速下滑，所有雪球与箱子均保持相对静止。在箱子中央有一个雪球P，忽略一切摩擦的情况下，它受到周围雪球对它的作用力方向为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】箱子与所有雪球一起沿倾角为的斜面匀加速下滑，整体加速度为方向沿斜面向下。 雪球P受两个力：重力mg，方向竖直向下。周围雪球对它的作用力F。 根据牛顿第二定律，合力应沿斜面向下，大小为 因此，周围雪球的作用力 F必须与重力的一个分量平衡，使合力恰好为。计算可得，方向为垂直斜面向上，对应图中的 F3​。 故选C。 2．（2025·四川达州·一模）质量分别为、的P、N两物体在平行于斜面的拉力作用下从同一位置不同的光滑斜面底端由静止开始沿斜面向上做直线运动，两斜面的倾角分别为和。两物体运动过程，其加速度与所受拉力的关系图线如图所示。由图可知（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB．物体沿光滑斜面向上运动时，根据牛顿第二定律，有 变形得 纵截距为 根据图可知两物体的纵截距相等，即 即，故AB错误； CD．根据牛顿第二定律，有 变形得 根据图，对物体P，有 对物体N，有 联立可得，故D正确，C错误。 故选D。 3．（2025·四川·模拟预测）如图所示，桌面上固定一光滑斜面，斜面倾角为30°，质量分别为、的小物体A、B通过轻质细线跨过光滑定滑轮连接，将A置于斜面底端由静止释放，A沿斜面上滑到顶端的时间为t，将A、B互换位置后，将B置于斜面底端由静止释放，B沿斜面上滑到顶端的时间为，若不计空气阻力，斜面上方的细线平行于斜面，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A沿斜面上滑 B沿斜面下滑 联立解得 A沿斜面上滑，对整体列牛顿第二定律 B沿斜面上滑，对整体列牛顿第二定律 联立解得 故选A。 4．（2024·四川达州·一模）如图所示，质量为M的斜面体放置在水平地面上，左倾角为，右倾角为。质量为m的两个小滑块（视为质点）a、b同时从斜面顶端分别沿左、右斜面由静止下滑，不计物块与斜面之间的摩擦，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g，。在两滑块到达斜面底端之前，下列说法正确的是（　　）    A．水平地面对斜面体的摩擦力向左 B．水平地面对斜面体的摩擦力向右 C．地面对斜面体的支持力大小为 D．滑块a、b在斜面上的运动时间之比为 【答案】D 【详解】AB．根据题意可知，a对斜面体的压力水平分力为 b对斜面体的压力水平分力为 因为 所以水平地面对斜面体的摩擦力为零，故AB错误； C．竖直方向上，地面对斜面体的支持力大小为 故C错误； D．滑块a、b在斜面上的运动加速度之比为 设斜边长为L，位移之比为 根据 可知，时间之比为，故D正确。 故选D。 5．（2026·四川广元·三模）（多选）如图甲所示，一倾角为的固定斜面底端装有一挡板，挡板上装有力传感器，时刻一小物块在斜面上距挡板处由静止释放，小物块沿斜面下滑并与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，忽略碰撞瞬间物块所受的重力和摩擦力。挡板弹力随时间变化的图像如图乙所示，图像中两阴影区域面积之比为。下列说法正确的是（　　） A．第一次和第二次与挡板碰撞前瞬间小物块的速度之比为 B．斜面与小物块间的动摩擦因数为0.6 C．第一次和第二次与挡板开始碰撞的时刻之比 D．小物块在斜面上运动的总路程为 【答案】AC 【详解】A．F-t图像的面积表示冲量，弹性碰撞中，碰撞前速度为，碰撞后速度大小不变、方向反向，碰撞过程动量变化大小 由动量定理得冲量 即 已知两阴影面积（冲量）之比 因此碰撞前速度之比 故A正确。 B． 第一次下滑： 第一次碰撞后上滑到最高点： 由 得 第一次碰撞到第二次碰撞往返过程，摩擦力做功 代入整理得： 即 只有（即）时 题目未给出该条件，故B错误； C．下滑加速度 第一次下滑 上滑加速度 上滑时间 第一次上滑最大位移 下滑过程 得 第二次碰撞时刻 因此 故C正确。 D．物块最终停在挡板处，对全过程由动能定理： 代入 得 故D错误。 6．（2024·四川遂宁·三模）（多选）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（　　） A．物体的初速率v0=4 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8 C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止 D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m 【答案】AD 【详解】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知 代入数据解得 故A正确； B．当时，位移为，由动能定理可得 代入数据解得 故B错误； C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为 最大静摩擦力为 小球达到最高点后会下滑，故C错误； D．由动能定理得 解得 当时，，此时位移最小为 故D正确。 故选AD。 ⏳题型02 连接体模型 7．（2025·四川成都·一模）如图所示，、两点位于同一高度，细线的一端系有质量为的物块，另一端绕过处的定滑轮固定在点，质量为的小球固定在细线上点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到点时速度恰好为零（此时物块未到达点），图中为直角三角形，物块和小球均可视为质点，，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为，，则（　　） A． B．小球运动到点时，AD段绳的拉力大小为 C．运动过程中存在3个位置使小球和物块速度大小相等 D．小球重力的功率一直增大 【答案】B 【详解】小球固定在细线上，由于点固定，线段AC的长度在运动过程中保持不变，即小球以为圆心做圆周运动。 A．设、两点间的距离为，在末位置点，为直角三角形且，，根据几何关系可知， 由于AC段绳长固定，初位置到的距离 因在AB连线上，初始时 从到过程中，物块上升的高度 小球下落的高度 根据系统机械能守恒，初末状态速度均为零，有 解得，故A错误； B．小球运动到点时速度恰好为零，其向心加速度为零，此时小球的合加速度沿圆周切线方向（即垂直AD方向）。 在AD方向上合力为零，设AD段绳的拉力为，则有 解得   代入，可得，故B正确； C．物块的速度大小等于小球的速度沿绳子mB方向的分量，若，则小球的速度方向必须沿绳子mB，又因，故需，即，在运动过程中，该角度从减小到，仅在点满足此条件，此时速度均为0，不存在3个位置，故C错误； D．小球重力的功率，初位置和末位置的速度均为零，功率也均为零，故功率先增大后减小，并非一直增大，故D错误。 故选B。 8．（2026·四川·模拟预测）如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力和的变化情况是（　　） A．不变、变小 B．增大、不变 C．减小、增大 D．增大、减小 【答案】D 【详解】设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为，整体质量为M，加上的橡皮泥的质量为。对变化前的整体进行分析，根据牛顿第二定律，整体的加速度 对最左边的物体分析 对最右边的物体分析，有 解得 在中间物体上加上一个小物体后，整体的质量变大而m、不变，所以减小，增大。 故选D。 9．（2025·四川内江·一模）如图所示，一端带有滑轮的轻杆固定在竖直平面上，轻杆与竖直面成60°角，用不可伸长的轻质细绳一端连接小车，另一端跨过轻质定滑轮连接质量为m的物块，不计细绳与滑轮间的摩擦，重力加速度为g。当小车水平向左匀速运动时，细绳对滑轮作用力的大小和方向分别为（　　） A．2mg，与竖直方向夹角为30°斜向左下方 B．，与竖直方向夹角为60°斜向左下方 C．，与竖直方向夹角为45°斜向左下方 D．，与竖直方向夹角为60°斜向左下方 【答案】C 【详解】当小车水平向左匀速运动时，物块匀速上升，由平衡可得 对滑轮分析，受到水平向左的拉力T和竖直向下的拉力T，根据勾股定理求得细绳对滑轮作用力，与竖直方向夹角为45°斜向左下方，该力的方向与轻杆的夹角没有关系。 故选C。 10．（2025·四川资阳·一模）如图所示，一足够长的轻质细线一端连接穿过固定水平细杆的滑块A，另一端跨过光滑轻滑轮连接滑块B，初始时两边细线竖直且两滑块静止。某时刻，将水平拉力作用在滑块A上，使A向右运动，运动过程中细线与水平杆的夹角记为。已知A、B的质量分别为和，滑块A与细杆间的动摩擦因数为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．若A匀速向右运动，细线拉力一直增大 B．若A缓慢向右运动，细杆对A的摩擦力一直增大 C．若A缓慢向右运动，拉力的最大值接近 D．若A缓慢向右运动，当时，拉力大小为 【答案】C 【详解】CD．若A缓慢向右运动，则可认为AB处于动态平衡，开始时对滑块B有受力分析，根据平衡条件可得轻绳的拉力 对滑块A进行受力分析如图所示 当时，滑块A从图示（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动至过程，轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 在水平方向上有 又 联立解得 变形可得 令， 可得 联立可得 滑块A从图示位置开始缓慢向右移动过程中，减小，因，可知F逐渐增大，当时F最大，其最大值为 滑块A继续向右缓慢移动，当时轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 在水平方向上有 又 联立解得 变形可得 令， 可得 联立可得 因从开始继续减小，则增大，可知F逐渐增大，当时F最大，其最大值为 综上分析，可知当时 拉力F的最大值接近，故C正确，D错误； B．当滑块A缓慢向右移动时，刚开始轻绳在竖直方向的分力为 根据正交分解，在竖直方向上有 减小，减小，减小；当时 之后，则有 减小，减小，增大；根据滑动摩擦力公式 可知摩擦力先减小后增大，故B错误； A．开始时 设A向右滑行一段距离，此时轻绳与水平细杆的夹角为，对AB两滑块速度关系分析如图所示 根据几何关系有 若A向右做匀速运动，逐渐减小，则逐渐增大，所以逐渐增大，故B加速上升，故 当等于0时，AB速度相等，后一起向右匀速，故 故拉力先增大后减小，故A错误。 故选C。 11．（2026·四川成都·二模）（多选）如图所示，静止于水平面上，质量均为的物块P与光滑物块Q通过劲度系数为的轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计Q与地面的摩擦力，重力加速度大小为，弹簧的弹性势能。下列说法正确的是（    ） A．P开始运动前，Q做加速度逐渐减小的加速运动 B．P即将开始运动时，Q的速度大小为 C．P开始运动后，弹簧的最大弹性势能为 D．P开始运动后，弹簧的最小弹性势能为 【答案】AC 【详解】AB．物块P与地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故 当弹簧弹力等于最大静摩擦力时，物块P恰好开始运动，此时弹簧的弹力大小 解得 物块P开始运动之前，物块Q受到恒定拉力，弹簧对物块Q的弹力逐渐增大，物块Q受到的合力逐渐减小，故物块Q做加速度逐渐减小的加速运动，根据动能定理有 联立解得，物块P恰好开始运动时，物块Q的速度大小为，故A正确，B错误； CD．物块P开始运动后，物块P与物块Q整体受恒定拉力、滑动摩擦力，物块P与物块Q整体所受合力为0，故物块P、物块Q整体的质心向右做匀速直线运动，设物块P、物块Q整体质心的运动速度为，故 解得 物块P开始运动之后，物块Q相对于物块P、物块Q整体的质心做机械振动，物块P开始运动瞬间，物块Q受到恒定拉力，弹簧对物块Q的弹力，物块Q受到的合力为0，此时物块Q处于机械振动的平衡位置，物块Q相对于物块P、物块Q整体质心的速度为 选向右为正方向，设物块Q相对于机械振动的平衡位置有向右的位移，则物块Q受到的合力为 所以物块Q相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动。 物块P开始运动之后，设物块Q和物块P速度相同时的速度为，根据动量守恒定律有 解得，此时物块Q相对于物块P、物块Q整体质心的速度为，故物块Q处于简谐运动的最大位移处，设物块Q做简谐运动的振幅为 对于整根弹簧，根据胡克定律有 对于半根弹簧(物块Q和物块P、物块Q整体质心之间的半根弹簧)，根据胡克定律有 联立解得，故物块Q做简谐运动所对应半根弹簧的劲度系数为 物块Q相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动，根据能量守恒有 解得简谐运动的振幅为 物块Q和物块P都相对于物块P、物块Q整体质心做简谐运动，两物块相对于质心的距离同时增大，同时减小。 P开始运动后，弹簧的最大形变为 P开始运动后，弹簧的最小形变为 P开始运动后，弹簧的最大弹性势能为 P开始运动后，弹簧的最小弹性势能为，故C正确，D错误。 故选AC。 12．（2025·四川泸州·一模）（多选）如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），现无初速释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中（　　） A．刚释放物体P时弹簧的形变量为 B．物体P的加速度大小一直增大 C．物体P沿斜劈下滑的最大距离为 D．物体P的最大动能为 【答案】AD 【详解】A．释放物体P前，物体Q只受重力和弹簧的弹力，根据胡克定律和二力平衡有 解得 即刚释放物体P时弹簧的形变量为，故A正确； B．物体P被释放后沿斜劈向下先加速运动，后减速运动，速度最大时所受合力为零，加速度为零，故物体P的加速度大小先减小后增大，故B错误； C．设物体P沿斜面下滑的最大距离为，对于两物体和弹簧组成的系统，根据机械能守恒有 解得，故C错误； D．物体P的加速度为零时，其动能最大，设此时弹簧的伸长量为，则有 解得 即弹簧的弹性势能与初始状态相等，设此时物体P的动能为，则Q的动能为，根据机械能守恒可得 解得，故D正确。 故选AD。 13．（2025·四川遂宁·一模）如图所示，放在水平桌面上的木块左端被水平轻质弹簧拴在竖直墙壁上，木块右端连接着不可伸长的轻质细绳，细绳绕过光滑定滑轮吊着一铁块，用手托着铁块使弹簧处于原长，手缓慢下降，当铁块下降h=4cm时手离开铁块，木块恰好处于静止状态。已知木块的质量M=4kg，铁块的质量m=2kg，木块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/s²，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求手离开铁块后，细绳的拉力大小F； (2)求弹簧的劲度系数k； (3)若突然剪断弹簧，求剪断弹簧瞬间绳子中的张力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）手离开铁块后，以铁块为对象，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为 （2）此时木块恰好处于静止状态，根据平衡条件可得 由胡克定律可得 联立解得 （3）若突然剪断弹簧，整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 对铁块受力分析则有 代入数据联立解得 14．（2024·四川德阳·一模）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。系统处于静止状态。已知重力加速度为g。 (1)现开始用一恒力F（已知）沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a的大小； (2)若物块A只是压在弹簧上端（未与弹簧连接），用沿斜面方向的力拉A，使A沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，拉力大小不再改变，求此过程中拉力的最大值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）物块B刚要离开C时，以B为对象，可得弹簧弹力大小为 以A为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得物块A的加速度为 可知物块B刚要离开C时物块A的加速度的大小为。 （2）使A沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，拉力大小不再改变，可知此时A与弹簧分离，弹簧刚好恢复原长；设初始时弹簧的压缩量为，则有 设A做匀加速直线运动的加速度为，根据运动学公式可得 在A与弹簧分离前，弹簧给A的弹力沿斜面向上，且逐渐减小，则拉力逐渐增大，当A与弹簧分离时，拉力达到最大，则有 联立解得 ⏳题型03 传送带模型 15．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，质量均为的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8s B．A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4m C．传送带的长度为6m D．滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10J 【答案】D 【详解】A．因为，故A滑上传送带后先减速后匀速，B滑上传送带后先减速，再反向加速，最后匀速，当两滑块都做匀速运动时刚好相遇，设滑块滑上传送带后的加速度大小为a，有 解得 A减速运动的时间 B从滑上传送带到匀速运动的时间 故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4s，故A错误； B．两滑块相遇时与传送带左端的距离，即A的位移为 故B错误； C．相遇前B的位移为 方向向左，则传送带的长度为 故C错误； D．A与传送带间的相对位移为 B与传送带间的相对位移为 故产生的总热量为 故D正确。 故选D。 16．（2026·四川达州·二模）如图1所示，倾角的传送带以的速度顺时针匀速转动。一质量的工件（视为质点）时刻无初速度地放在传送带底端，时刻到达顶端，运动过程传送带对工件作用力的功率随时间的变化关系图线如图2所示。已知重力加速度取，，传送轮的大小不计。工件从释放运动至顶端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．工件与传送带之间的动摩擦因数为0.6 B．工件从释放运动至顶端的时间为8 s C．因摩擦产生的热量为48 J D．比不放滑块多消耗的电能为96 J 【答案】C 【详解】B．由图2可知，在时间内，功率随时间线性增加，说明工件做匀加速运动，受滑动摩擦力作用。在时刻，功率达到最大值，此时工件速度达到传送带速度。由 得滑动摩擦力 由牛顿第二定律 代入数据解得 加速时间 即 所以 总时间，故B错误。 A．由 得，故A错误。 C．在时间内，工件随传送带匀速运动，受静摩擦力 因摩擦产生的热量，故C正确。 D．多消耗的电能，故D错误。 故选C。 17．（2025·四川达州·模拟预测）如图甲所示为一顺时针匀速转动的水平传送带，工人将一质量为的货物轻放在传送带的左端A点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端点以速度水平飞出，最后落在水平地面上的点，平抛过程速度与水平方向夹角为，与下落时间的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（   ） A．传送带的速度大于等于 B．、的高度差为 C．货物运动到点时的速度大小为 D．传送带对货物做功为 【答案】A 【详解】B．根据图乙知，平抛时间为，故下落高度为，故B错误； A．由 得斜率 故 传送带速度大于等于，故A正确； C．平抛的末速度，故C错误； D．传送带对货物做功可由动能定理得，故D错误。 故选A。 18．如图所示，质量分别为2kg、3kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6s C．传送带AB间的距离为4m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N 【答案】C 【详解】A．当传送带逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知 即有 解得 A错误； BC．当传送带以v=8m/s顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得 解得 当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，匀加速运动到共速的时间为 解得 匀加速的位移为 则传送带AB之间的位移为4m，B错误，C正确； D．当Q加速时，对P分析受力分析，则有 解得 D错误。 故选C。 19．（2025·四川成都·一模）（多选）如图（a）所示，足够长、倾角的倾斜传送带顺时针方向匀速运行，质量可视为质点的物块在时以一定速度从传送带底端滑上传送带。物块相对于传送带运动时可在传送带上留下痕迹。若取传送带底端所在平面为零势能面，物块在传送带上的机械能随时间的变化关系如图（b）所示（图线为曲线，在处切线水平），已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，，下列说法正确的是（　　） A．物块的初速度大小为 B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.75 C．物块在传送带上留下的划痕长度为 D．传送带对物块做功为 【答案】AC 【详解】A．由图可知物块初动能 故，故A正确； B．物块机械能减少，摩擦力对物块做负功，物块初速度大于传送带速度。根据牛顿第二定律 物块匀减速至与传送带共速 共速后，若物块随传送带匀速运动，静摩擦对物块做正功且与时间成正比，图线应为直线，故共速后物块相对传送带向下运动。根据牛顿第二定律 时图线切线水平，所以此时物块速度为零，又 联立得，，故B错误； C．物块相对于传送带向上运动 物块相对于传送带向下运动 因为 故划痕长度为，故C正确； D．传送带对物块做功即为摩擦力对物块做功，故D错误。 故选AC。 20．（2026·四川泸州·二模）（多选）如图甲所示，足够长的水平传送带在电动机带动下沿逆时针方向匀速转动。木板b左端有木块a，将它们轻放在传送带右端，a、b在0~3 s内运动的v-t图如图乙所示。已知a、b质量均为，b与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度。下列判断正确的是（　　） A．传送带的速度大小为10 m/s B．a与b之间的摩擦因数 C．a与b之间摩擦生热 D．电动机0~3 s内因传送a、b多消耗的能量 【答案】BC 【详解】AB．设a与b之间的摩擦因数为，对a由牛顿第二定律得 对b由牛顿第二定律得   设传送带速度为v，结合图乙，分别对a、b由运动学公式得， 联立解得，，故A错误，B正确； C．内的总位移 的总位移 a与b之间的相对位移 a与b之间的摩擦力 a与b之间的摩擦生热 C正确； D．s内，与传送带相对滑动，滑动摩擦力 传送带位移 传送带克服滑动摩擦力做功 内b与传送带相对静止，b与传送带间静摩擦力 传送带位移 传送带克服静摩擦力做功 电动机0~3 s内因传送a、b多消耗的能量， D错误。 故选BC 。 21．（2026·四川南充·二模）某快递分拣中心的水平传送带以恒定速度匀速运行，将质量的包裹无初速度地轻放在传送带上某位置，已知包裹与传送带间的动摩擦因数，包裹放在传送带上的初始位置到分拣口的距离，取重力加速度。求： (1)包裹在传送带上加速运动时的加速度大小； (2)包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）包裹轻放在传送带上，有解得 （2）包裹匀加速至与传送带共速，有 解得位移为，加速时间 之后包裹匀速至传送带末端，有包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间为 22．（2026·四川·模拟预测）如图所示，一段水平放置的传送带用于物料输送。传送带最右端为来料位置，最左端与一个光滑等高的操作平台平滑连接。平台左侧设有一个大型挡块（视为大物块），用于接收或协助物料转向。初始时，传送带以恒定速率逆时针方向转动。一个小工件（视为小物块）由静止释放于传送带最右端。已知挡块质量远大于小工件质量，小工件与传送带之间的动摩擦因数为。小工件到达传送带最左端时，其速度恰好与传送带速度相等，小工件与挡块的碰撞视为弹性碰撞，重力加速度为。求： (1)传送带的长度以及小工件在传送带上向左加速运动的时间； (2)若挡块保持静止，从小工件由静止释放到它再次回到传送带最右端的过程中，因摩擦产生的总热量； (3)若挡块初始时以速度向左匀速运动，小工件再次返回传送带运动过程中，恰好能到达距离传送带左端的位置，则为多大。 【答案】(1)， (2) (3)或 【详解】（1）设向左作为正方向，小工件在传送带上由静止释放，受到向左的滑动摩擦力，加速度 传送带逆时针转动，上表面向左运动的速度为。小工件向左匀加速到左端时，速度恰好等于，由运动学公式得， 解得， （2）小工件从最右端加速到最左端，传送带对地位移 小工件相对传送带向右滑动的路程为，产生热量 碰撞过程中，由于挡块仍保持静止，由动量规律，碰后小工件速度仍为，方向向右 小工件以向右初速度向右滑上传送带，传送带向左速度仍为，小工件向右做匀减速运动，加速度大小仍为 则小工件到最右端时对地仍为， 此阶段传送带对地位移 由于小工件与传送带相对运动，此时相对位移，产生热量 总热量 （3）挡块以速度向左匀速运动，小工件达左端时速度仍为，设弹性碰撞后小工件速度，挡块速度，由动量守恒，动能定理有， 解得 由于，可近似，碰后小工件速度向右，大小为，且 碰后小工件速度向右滑上传送带，受到向左的摩擦力，加速大小为，恰好能到达距离传送带左端的位置，此时速度为零，则 代入有 解得（取正值，否则不满足） 若完整解则 ⏳题型04 突变问题（瞬时加速度分析） 23．（2026·四川广安·模拟预测）如图所示，在一箱子内放有、两个物体，、之间用轻弹簧相连，整个系统用绳系于天花板上，处于静止状态，其中，，。在剪断绳子的瞬间，忽略空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．的加速度大小为 B．的加速度大小为 C．对C的压力大小为 D．对C的压力大小为 【答案】D 【详解】A．在剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，仍然等于A的重力，故A的合力仍然为零，故A的加速度大小为0，故A错误； BC．假设物体B和C一起运动，根据牛顿第二定律有 解得 故假设成立，故B错误； D．对C，根据牛顿第二定律有 解得，故C错误，D正确。 故选D。 24．（2026·四川雅安·一模）如图，物块A、B通过轻弹簧连接，B通过细线悬挂在天花板上，系统处于静止状态。某时刻剪断细线并开始计时，直到弹簧第一次恢复原长的过程中，A，B的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对A，由平衡条件可知，剪断细线前弹簧弹力大小与A的重力等大，且弹簧处于拉伸状态，剪断细线后，对B有 解得（方向向下） 对A有 解得（方向向下） 由以上分析可知，剪断瞬间B的加速度比A的大，可知B比A运动的快，故AB向下运动过程中，弹簧形变量在减小，B做加速度减小的加速运动，A做加速度增大的加速运动，当弹簧形变量为0时（即恢复原长时），AB加速度相等，由于斜率表示加速度，综合以上分析可知C选项符合题意。 故选C。 25．如图所示，光滑水平面上水平弹性轻绳将质量为的小球连接在固定的支柱上，不可伸长的轻绳将小球与竖直墙壁连接，与墙壁夹角，此时小球与水平面刚好接触但无作用力。已知，当地的重力加速度，则下列判断正确的是（　　） A．此时弹性轻绳对小球的拉力大小为 B．此时轻绳对小球的拉力大小为 C．在剪断弹性轻绳的瞬间，轻绳对小球的拉力大小为零 D．在剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为 【答案】C 【详解】AB．对小球受力分析可知，此时弹性轻绳对小球的拉力大小为 轻绳对小球的拉力大小为，AB错误； C．在剪断弹性轻绳的瞬间，轻绳对小球的拉力大小瞬间变为零，C正确； D．在剪断轻绳的瞬间，弹性轻绳OA的弹力不变，此时重力和地面的支持力平衡，则小球受合力大小为 小球的加速度大小为，D错误。 故选C。 26．（2024·四川德阳·一模）如图所示，质量为m的滑块Q与质量为2m的滑块P置于水平地面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。用水平向右的拉力F拉滑块P，使两滑块均做匀速直线运动。某时刻突然撤去该拉力F，则下列说法正确的是（　　） A．拉力F的大小为 B．撤去拉力F前，弹簧弹力大小为 C．撤去拉力F瞬间，滑块Q的加速度大小为 D．撤去拉力F瞬间，滑块P的加速度大小为 【答案】A 【详解】A．对AB整体分析可知，两滑块匀速运动时整体处于平衡状态，可知拉力F的大小为 选项A正确； B．撤去拉力F前，对Q分析可知弹簧弹力大小为 选项B错误； C．撤去拉力F瞬间，弹簧弹力不变，则滑块Q受力仍平衡，可知Q的加速度大小为零，选项C错误； D．撤去拉力F瞬间，对滑块P由牛顿第二定律 可得加速度大小为 选项D错误。 故选A。 27．（2024·四川南充·一模）（多选）如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小和矩形框Q的加速度大小分别为（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】AB．对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会突变，故物体P的加速度 故A正确，B错误； CD．对PQ整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细线的拉力，整体系统处于静止状态，则有 细绳被剪断的瞬间，细线的力就突变成零了，物体Q的受力合外力情况会与之前的拉力T等大反向，即 所以 故C错误，D正确。 故选AD。 28．（2025·陕西咸阳·一模）（多选）如图所示，小球P、Q质量均为m，分别用轻弹簧b和细线c悬挂在天花板下，再用另一细线d、e与左边的固定墙相连，静止时细线d、e水平，b、c与竖直方向夹角均为，下列判断正确的是（     ） A．剪断d瞬间P的加速度大小为0.6g B．剪断d瞬间P的加速度大小为0.75g C．剪断e前c的拉力大小为0.8mg D．剪断e瞬间c的拉力大小为0.8mg 【答案】BD 【详解】ABC．剪断细线d、e前，小球P、Q受力相同，都受到竖直向下的重力mg、沿弹簧或细线与竖直方向夹角为37°斜向右上方的拉力T和水平向左的拉力F，三力平衡，由平衡条件解得， 由于弹簧弹力不能突变，剪断d瞬间， P受到的合力与d的拉力F等大反向，故加速度大小为0.75g，剪断e前c的拉力大小为1.25mg，故AC错误，B正确； D．细线的拉力可以突变，剪断e后瞬间，小球Q受c的拉力T'和竖直向下的重力mg，小球将要做圆周运动，但此刻速度为零，故沿细线方向合力为零，则有，故D正确。 故选BD。 重难·创新演练 设题创新:突变问题分析(T1);滑轮应用（T3）； 1．（2025·山东济南·一模）如图所示，轻绳1下方悬挂着匣子C，匣内用轻绳2悬挂着A球，在A球的下方用轻弹簧悬挂着B球。已知A、B、C三个物体的质量均为，原来都处于静止状态，重力加速度为。在轻绳1被烧断后的瞬间，以下说法正确的是（　　） A．A、C的加速度大小都为 B．B、C的加速度大小为 C．A的加速度大小为 D．轻绳2上的拉力大小为 【答案】C 【详解】B．根据题意，绳1烧断前对B受力分析，由平衡条件知弹簧弹力 绳1烧断后弹簧弹力大小不能突变，对B列牛顿第二定律有 解得，故B错误； AC．绳1烧断后，对A、C整体列牛顿第二定律有 解得，故A错误，C正确； D．绳1烧断后，对C列牛顿第二定律有 解得，故D错误。 故选C。 2．（2026·陕西榆林·三模）如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，质量为的物体放在斜面体上，现用一外力作用在物体上，使物体沿斜面体向上做匀速运动，已知物体与斜面体间的动摩擦因数为，重力加速度为，外力与斜面间的夹角为，。下列说法正确的是（　　） A．物体轻轻地放在斜面体上，物体能沿斜面体下滑 B．时，外力的大小为1.2mg C．时，外力最小 D．外力的最小值为 【答案】D 【详解】A．物体放在斜面上时，重力分力 最大静摩擦力 因为，物体受力平衡，保持静止，不能下滑，故A错误。 B．当时，外力沿斜面向上，受力平衡 代入数据，故B错误。 CD．物体匀速上滑，沿斜面和垂直斜面方向受力平衡，沿斜面 垂直斜面 联立得： 分母取最大值时，最小，由数学知识得分母最大值出现在 即，外力最小 当时，求得 故C错误，D正确。 故选D。 3．（2026·浙江绍兴·二模）如图所示为玩具升降机简图，、、三物体质量分别为、和，用足够长的轻绳和轻滑轮连接，不计一切摩擦，重力加速度为，则（     ） A．固定，释放，运动过程中和的速率相等 B．固定，释放，运动过程中绳子张力大小为 C．同时静止释放和，运动过程中与的速率比1∶2 D．同时静止释放和，运动过程中绳子张力的大小为 【答案】D 【详解】A．固定，释放，根据动滑轮原理，绳端（物体）移动的距离是滑轮（物体）移动距离的2倍，即 对时间求导可知，故错误； B．固定，释放，设绳子张力为，的加速度大小为，则的加速度大小 对应用牛顿第二定律： 对应用牛顿第二定律 联立解得：，，故错误； C．同时静止释放和，绳子张力处处相等，设为。对： 对： 则 由于初速度均为0，运动过程中速率比，故错误； D．同时静止释放和，设、加速度大小分别为、，的加速度大小为。由绳长约束关系可知，、向中间运动的位移之和等于下降位移的2倍，即 故加速度关系为 对应用牛顿第二定律： 联立，，得： 代入数据： 解得，故正确。 故选D。 4．（多选）如图甲所示，大型物流货场广泛地应用传送带搬运货物。与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终绷紧。将质量为的货物 （可视为质点） 轻放在传送带的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度ν随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．货物从 A 端到 B 端的过程中受到的摩擦力始终不变 B．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5 C．货物从A端到 B 端的过程中，传送带对货物做功的大小为25.6J D．货物从A 端到 B 端的过程中，货物与传送带之间因摩擦产生的热量为9.6J 【答案】BD 【详解】A．货物从端运动到端，开始速度小于传送带速度，受到摩擦力沿传送带向下，当速度大于传送带速度后受到摩擦力沿传送带向上，故A错误； B．由图像可知，货物在传送带上先以做匀加速直线运动，加速度大小为 货物的速度达到与传送带速度相等前，根据牛顿第二定律有 货物的速度达到与传送带速度相等后，货物以做匀加速直线运动，加速度大小为 根据牛顿第二定律有 联立得，，故B正确； CD．根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图可知在前0.2s内传送带位移为 货物的位移 则相对位移为 同理货物到时间内皮带的位移为 货物的位移 此时间段内相对位移为 滑动摩擦力为 货物与传送带摩擦产生的热量为 货物从A端到 B 端的过程中，前0.2s，摩擦力对货物做正功为，后1s内摩擦力对货物物做负功为，则传送带对货物做功的大小为22.4J，C错误，D正确。 故选BD。 5．（2026·湖北黄冈·模拟预测）如图所示，倾角的传送带，两端PQ的距离，以恒定速度顺时针转动。当把质量的物块A无初速度轻放到P端时，立即有质量的子弹射穿它，子弹初速度平行传送带向上，大小为，子弹射穿A后速度变为以后每隔时间就有一颗相同的子弹射中A并穿出，直到物块到达顶端Q。已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物体和弹丸均可看成质点，射穿木块的时间不计，且每次射穿时阻力相同，取，，，求： (1)A物体被第二颗子弹击中前，在传送带上的划痕； (2)至少需要射出几颗子弹才能使A物体到达传送带顶端； (3)从第一颗子弹击中木块到木块最终离开传送带的过程中，木块和传送带这一系统所产生的热量。 【答案】(1) (2)颗 (3) 【详解】（1）第一颗子弹射穿后，由动量守恒： 解得 ，A速度大于传送带，摩擦力沿斜面向下，加速度：，方向沿斜面向下 A减速到传送带速度的时间： 此阶段A的位移： 传送带位移： A相对传送带向上的位移： 共速后，，A继续减速，摩擦力向上，加速度：， 方向沿斜面向下 到第二颗击中前剩余时间 末A速度： 此过程A位移： 传送带位移： 相对位移：（相对向下） 划痕长度为最大相对位移，即 （2）每经过1s（两次子弹间隔），A向上总位移为，且每次击中前A速度减为0，击中后速度回到，每个周期位移恒为 4颗子弹击中后，经过4个周期，总位移：，未到达顶端 第5颗子弹击中后，A速度回到，剩余位移： 由，即 解得，即可到达顶端 因此至少需要颗子弹 （3）热量，滑动摩擦力 前4个周期，每个周期相对滑动路程为 总相对路程： 第5颗击中后，走剩余用时，传送带位移 相对路程： 总相对路程： 因此 真题·实战演练 高频考点：传送带问题、斜面模型应用 1．（2026·四川·高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 【答案】D 【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。 A．施加外力过程，乙的最大速度 撤去外力后，乙的加速度大小 经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度，说明 故，故A错误； B．绳绷直时乙的速度 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为 因摩擦产生的热量，故B错误； C．绳绷直瞬间，根据动量守恒 解得 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，故C错误； D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为 从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为 甲的路程为 从施加外力到绳绷直过程乙的路程为 比较可知 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。 故选D。 2．（2025·湖南·高考真题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．A球静止时，轻绳上拉力为 B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为 C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 【答案】C 【详解】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示 由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为 A球与B球间的库仑力 故AB错误； C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为，则加速度大小为g，故C正确； D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。 故选C。 3．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设P的质量为，P与桌面的动摩擦力为；以P为对象，根据牛顿第二定律可得 以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得 可知，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于。 故选D。 4．（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 【答案】BD 【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有， 代入数值解得t=t1时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合 可知，故D正确。 故选BD。 5．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)b从M运动到N的时间； (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 【答案】(1)30N (2)3.2s (3)95J 【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律 在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律 联立解得 （2）a从静止释放到M点过程中，根据动能定理 解得 与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得 滑上传送带后，根据牛顿第二定律 解得 的速度减小到与传送带速度相等所需的时间 对地位移 此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间 b从M运动到N的时间 （3）设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理 解得 向右减速到零所需的时间 然后向左加速到所需的时间 可得 在时间内向右运动的距离 循环10次后向右运动的距离 每一次相对传动带运动的路程 b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量 然后继续向右减速运动，根据运动学公式 解得 此过程，b相对传动带运动的路程 此过程中与传送带摩擦产生的热量 b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难强化二 牛顿定律综合应用（连接体、传送带、瞬时加速度） 目 录 研判·考情前瞻 1 巩固·知识解构 1 知识点1 连接体问题 2 知识点2 传送带问题 3 知识点3 瞬时加速度问题（突变问题） 3 模拟·基础演练 4 题型01 斜面模型 4 题型02 连接体模型 6 题型03 传送带模型 10 题型04 突变问题（瞬时加速度分析） 13 重难·创新演练 15 真题·实战演练 18 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 连接体模型 —— —— 全国甲卷·T2，6分 传送带模型 四川卷·T7，4分 —— —— 考情分析 题型与考向：以选择题和计算题为主，属高考力学中的中高难度内容。选择题常考查连接体的整体法与隔离法应用（如叠放物块、绳连物体沿斜面运动）、传送带上的摩擦力方向与加速度分析、瞬时加速度的判断（弹簧与绳的突变对比）；计算题则以传送带模型为背景，综合考查多过程动力学分析，常结合v-t图像、功和能等知识综合命题，是压轴题的常见素材。 情境与立意： 1.叠放物块在外力作用下共同运动或相对滑动；跨过定滑轮的绳连接两物体沿斜面或竖直方向运动；弹簧连接体在力F作用下的共同加速度分析。 2.传送带类：物体在水平传送带上的加速与匀速过程分析；物体在倾斜传送带上的相对运动及摩擦力方向变化（判断物体能否向上运动、是否会反向滑动）。 3.瞬时加速度类：剪断细绳或弹簧的瞬间，分析各物体加速度（绳的弹力可突变，弹簧弹力不可突变）。 复习目标 1.连接体问题：掌握整体法（加速度相同，求外力或整体加速度）与隔离法（加速度相同或不同，求内力或单个物体受力）的选用原则，能熟练交替运用分析叠放物块、绳连体等常见连接体模型。 2.传送带问题：理解物体与传送带共速时摩擦力发生突变的临界特征，会分阶段分析物体在传送带上的受力与运动（匀加速→匀速→可能的匀减速），掌握相对位移与划痕长度的计算方法。 3.瞬时加速度分析：理解绳的弹力可突变（剪断瞬间立即消失或改变）、弹簧弹力不可突变（剪断瞬间弹力大小和方向不变）的规律，能正确分析剪断细绳或弹簧瞬间各物体的加速度。 4.解题通法：无论何种模型，核心步骤均为——明确研究对象→受力分析（注意摩擦力方向与相对运动趋势的关系）→判断加速度是否相同→选择整体法或隔离法列牛顿第二定律方程→结合运动学公式求解；特别关注临界状态（共速、刚要相对滑动）对应的受力条件。 巩固·知识解构 知识点1 连接体问题 一、连接体模型的定义 两个或两个以上相互连接的物体组成的系统称为连接体。连接方式包括：用细绳、轻杆、弹簧相连，或直接接触（叠加体）、通过滑轮连接等。 二、连接体模型的处理方法 （1）整体法：将整个系统作为研究对象，分析系统所受的外力（不分析内力），列牛顿第二定律方程。 （2）隔离法：将系统中的某个物体隔离出来，分析其所受的全部力（包括内力），列牛顿第二定律方程。 （3）选用原则： 求加速度或外力时优先用整体法。 求内力（绳的张力、接触面压力、弹簧弹力等）时必须用隔离法。 通常“先整体求加速度，再隔离求内力”，交替使用。 知识点2 传送带问题✨得分速记：对连接体问题的三点提醒 (1) 整体法求加速度，隔离法求内力——“先整后隔”是基本流程。 (2) 加速度相同是使用整体法的前提，加速度不同时必须分别隔离。 (3) 叠加体问题中，相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 一、传送带问题的核心分析思路 （1）判断相对运动方向：比较物体速度与传送带速度的大小关系。 （2）确定摩擦力方向：摩擦力方向与相对运动（或相对运动趋势）方向相反。 （3）分析运动过程：物体可能一直加速（或减速），也可能先加速（减速）到与传送带共速后匀速。 （4）关注共速时刻：共速是摩擦力发生突变的临界点——静摩擦可能变为滑动摩擦，或摩擦力方向发生反转。 二、传送带问题的两个关键结论 （1）共速时摩擦力可能突变：滑动摩擦突变为静摩擦，或方向反向。 （2）相对路程与摩擦生热：，其中 为物体与传送带间的相对位移。 三、传送带问题的一般解题步骤 （1）明确物体初速度和传送带速度的大小、方向。 （2）判断相对运动方向，确定摩擦力方向。 （3）对物体受力分析（注意是否有重力分力参与），列牛顿第二定律方程求加速度。 （4）分析运动过程：判断能否共速，共速后能否保持相对静止。 （5）分段求解时间、位移等物理量。 ✨得分速记：传送带问题的注意事项 (1) 摩擦力方向由相对运动（或趋势）方向决定，与物体运动方向无必然联系。 (2) 共速是摩擦力突变的临界点——共速后需判断下滑分力合最大摩擦之间的大小关系（倾斜传送带）。 知识点3 瞬时加速度问题（突变问题） 一、瞬时加速度问题的本质 当物体的受力情况发生突变时，分析物体在突变瞬间的加速度。 二、两类模型 （1）刚性绳（或接触面） ： 受力可发生突变，瞬间张力可以突然变化到某一新值。 突变瞬间绳的拉力或支持力可由瞬时状态决定。 （2）弹簧（或橡皮筋） ： 受力不能发生突变——弹簧的弹力由形变量决定，形变需要时间。 突变瞬间，弹簧弹力保持突变前瞬间的大小和方向不变。 三、解题步骤： （1）分析突变前的受力情况，求出各力的大小（尤其弹簧弹力）。 （2）明确突变瞬间哪些力消失、哪些力不变、哪些力可能突变。 （3）画出突变瞬间的受力图。 （4）列牛顿第二定律求瞬时加速度。 ✨得分速记：突变问题中的易错提醒 （1）弹簧弹力在瞬间不能突变——“弹簧形变需要时间”是判断的核心依据。 （2）绳的张力可以突变——剪断或松开的瞬间，绳的张力立即消失或改变。 （3）接触面弹力可以突变——撤去外力或剪断绳后，支持力、摩擦力可能在瞬间发生变化。 模拟·基础演练 考查重点：牛顿第二定律在斜面模型、连接体模型、传送带模型中的应用…… ⏳题型01 斜面模型 1．（2025·四川乐山·一模）峨眉山滑雪场有一条倾角约为10°的初级滑雪道。一名小朋友捏了一箱雪球放在滑雪道上，松手后箱子沿斜面匀加速下滑，所有雪球与箱子均保持相对静止。在箱子中央有一个雪球P，忽略一切摩擦的情况下，它受到周围雪球对它的作用力方向为（　　） A． B． C． D． 2．（2025·四川达州·一模）质量分别为、的P、N两物体在平行于斜面的拉力作用下从同一位置不同的光滑斜面底端由静止开始沿斜面向上做直线运动，两斜面的倾角分别为和。两物体运动过程，其加速度与所受拉力的关系图线如图所示。由图可知（   ） A． B． C． D． 3．（2025·四川·模拟预测）如图所示，桌面上固定一光滑斜面，斜面倾角为30°，质量分别为、的小物体A、B通过轻质细线跨过光滑定滑轮连接，将A置于斜面底端由静止释放，A沿斜面上滑到顶端的时间为t，将A、B互换位置后，将B置于斜面底端由静止释放，B沿斜面上滑到顶端的时间为，若不计空气阻力，斜面上方的细线平行于斜面，则为（　　） A． B． C． D． 4．（2024·四川达州·一模）如图所示，质量为M的斜面体放置在水平地面上，左倾角为，右倾角为。质量为m的两个小滑块（视为质点）a、b同时从斜面顶端分别沿左、右斜面由静止下滑，不计物块与斜面之间的摩擦，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g，。在两滑块到达斜面底端之前，下列说法正确的是（　　）    A．水平地面对斜面体的摩擦力向左 B．水平地面对斜面体的摩擦力向右 C．地面对斜面体的支持力大小为 D．滑块a、b在斜面上的运动时间之比为 5．（2026·四川广元·三模）（多选）如图甲所示，一倾角为的固定斜面底端装有一挡板，挡板上装有力传感器，时刻一小物块在斜面上距挡板处由静止释放，小物块沿斜面下滑并与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，忽略碰撞瞬间物块所受的重力和摩擦力。挡板弹力随时间变化的图像如图乙所示，图像中两阴影区域面积之比为。下列说法正确的是（　　） A．第一次和第二次与挡板碰撞前瞬间小物块的速度之比为 B．斜面与小物块间的动摩擦因数为0.6 C．第一次和第二次与挡板开始碰撞的时刻之比 D．小物块在斜面上运动的总路程为 6．（2024·四川遂宁·三模）（多选）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（　　） A．物体的初速率v0=4 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8 C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止 D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m ⏳题型02 连接体模型 7．（2025·四川成都·一模）如图所示，、两点位于同一高度，细线的一端系有质量为的物块，另一端绕过处的定滑轮固定在点，质量为的小球固定在细线上点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到点时速度恰好为零（此时物块未到达点），图中为直角三角形，物块和小球均可视为质点，，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为，，则（　　） A． B．小球运动到点时，AD段绳的拉力大小为 C．运动过程中存在3个位置使小球和物块速度大小相等 D．小球重力的功率一直增大 8．（2026·四川·模拟预测）如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力和的变化情况是（　　） A．不变、变小 B．增大、不变 C．减小、增大 D．增大、减小 9．（2025·四川内江·一模）如图所示，一端带有滑轮的轻杆固定在竖直平面上，轻杆与竖直面成60°角，用不可伸长的轻质细绳一端连接小车，另一端跨过轻质定滑轮连接质量为m的物块，不计细绳与滑轮间的摩擦，重力加速度为g。当小车水平向左匀速运动时，细绳对滑轮作用力的大小和方向分别为（　　） A．2mg，与竖直方向夹角为30°斜向左下方 B．，与竖直方向夹角为60°斜向左下方 C．，与竖直方向夹角为45°斜向左下方 D．，与竖直方向夹角为60°斜向左下方 10．（2025·四川资阳·一模）如图所示，一足够长的轻质细线一端连接穿过固定水平细杆的滑块A，另一端跨过光滑轻滑轮连接滑块B，初始时两边细线竖直且两滑块静止。某时刻，将水平拉力作用在滑块A上，使A向右运动，运动过程中细线与水平杆的夹角记为。已知A、B的质量分别为和，滑块A与细杆间的动摩擦因数为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．若A匀速向右运动，细线拉力一直增大 B．若A缓慢向右运动，细杆对A的摩擦力一直增大 C．若A缓慢向右运动，拉力的最大值接近 D．若A缓慢向右运动，当时，拉力大小为 11．（2026·四川成都·二模）（多选）如图所示，静止于水平面上，质量均为的物块P与光滑物块Q通过劲度系数为的轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计Q与地面的摩擦力，重力加速度大小为，弹簧的弹性势能。下列说法正确的是（    ） A．P开始运动前，Q做加速度逐渐减小的加速运动 B．P即将开始运动时，Q的速度大小为 C．P开始运动后，弹簧的最大弹性势能为 D．P开始运动后，弹簧的最小弹性势能为 12．（2025·四川泸州·一模）（多选）如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），现无初速释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中（　　） A．刚释放物体P时弹簧的形变量为 B．物体P的加速度大小一直增大 C．物体P沿斜劈下滑的最大距离为 D．物体P的最大动能为 13．（2025·四川遂宁·一模）如图所示，放在水平桌面上的木块左端被水平轻质弹簧拴在竖直墙壁上，木块右端连接着不可伸长的轻质细绳，细绳绕过光滑定滑轮吊着一铁块，用手托着铁块使弹簧处于原长，手缓慢下降，当铁块下降h=4cm时手离开铁块，木块恰好处于静止状态。已知木块的质量M=4kg，铁块的质量m=2kg，木块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/s²，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求手离开铁块后，细绳的拉力大小F； (2)求弹簧的劲度系数k； (3)若突然剪断弹簧，求剪断弹簧瞬间绳子中的张力大小。 14．（2024·四川德阳·一模）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。系统处于静止状态。已知重力加速度为g。 (1)现开始用一恒力F（已知）沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a的大小； (2)若物块A只是压在弹簧上端（未与弹簧连接），用沿斜面方向的力拉A，使A沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，拉力大小不再改变，求此过程中拉力的最大值。 ⏳题型03 传送带模型 15．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，质量均为的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8s B．A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4m C．传送带的长度为6m D．滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10J 16．（2026·四川达州·二模）如图1所示，倾角的传送带以的速度顺时针匀速转动。一质量的工件（视为质点）时刻无初速度地放在传送带底端，时刻到达顶端，运动过程传送带对工件作用力的功率随时间的变化关系图线如图2所示。已知重力加速度取，，传送轮的大小不计。工件从释放运动至顶端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．工件与传送带之间的动摩擦因数为0.6 B．工件从释放运动至顶端的时间为8 s C．因摩擦产生的热量为48 J D．比不放滑块多消耗的电能为96 J 17．（2025·四川达州·模拟预测）如图甲所示为一顺时针匀速转动的水平传送带，工人将一质量为的货物轻放在传送带的左端A点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端点以速度水平飞出，最后落在水平地面上的点，平抛过程速度与水平方向夹角为，与下落时间的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（   ） A．传送带的速度大于等于 B．、的高度差为 C．货物运动到点时的速度大小为 D．传送带对货物做功为 18．如图所示，质量分别为2kg、3kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6s C．传送带AB间的距离为4m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N 19．（2025·四川成都·一模）（多选）如图（a）所示，足够长、倾角的倾斜传送带顺时针方向匀速运行，质量可视为质点的物块在时以一定速度从传送带底端滑上传送带。物块相对于传送带运动时可在传送带上留下痕迹。若取传送带底端所在平面为零势能面，物块在传送带上的机械能随时间的变化关系如图（b）所示（图线为曲线，在处切线水平），已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，，下列说法正确的是（　　） A．物块的初速度大小为 B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.75 C．物块在传送带上留下的划痕长度为 D．传送带对物块做功为 20．（2026·四川泸州·二模）（多选）如图甲所示，足够长的水平传送带在电动机带动下沿逆时针方向匀速转动。木板b左端有木块a，将它们轻放在传送带右端，a、b在0~3 s内运动的v-t图如图乙所示。已知a、b质量均为，b与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度。下列判断正确的是（　　） A．传送带的速度大小为10 m/s B．a与b之间的摩擦因数 C．a与b之间摩擦生热 D．电动机0~3 s内因传送a、b多消耗的能量 21．（2026·四川南充·二模）某快递分拣中心的水平传送带以恒定速度匀速运行，将质量的包裹无初速度地轻放在传送带上某位置，已知包裹与传送带间的动摩擦因数，包裹放在传送带上的初始位置到分拣口的距离，取重力加速度。求： (1)包裹在传送带上加速运动时的加速度大小； (2)包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间。 22．（2026·四川·模拟预测）如图所示，一段水平放置的传送带用于物料输送。传送带最右端为来料位置，最左端与一个光滑等高的操作平台平滑连接。平台左侧设有一个大型挡块（视为大物块），用于接收或协助物料转向。初始时，传送带以恒定速率逆时针方向转动。一个小工件（视为小物块）由静止释放于传送带最右端。已知挡块质量远大于小工件质量，小工件与传送带之间的动摩擦因数为。小工件到达传送带最左端时，其速度恰好与传送带速度相等，小工件与挡块的碰撞视为弹性碰撞，重力加速度为。求： (1)传送带的长度以及小工件在传送带上向左加速运动的时间； (2)若挡块保持静止，从小工件由静止释放到它再次回到传送带最右端的过程中，因摩擦产生的总热量； (3)若挡块初始时以速度向左匀速运动，小工件再次返回传送带运动过程中，恰好能到达距离传送带左端的位置，则为多大。 ⏳题型04 突变问题（瞬时加速度分析） 23．（2026·四川广安·模拟预测）如图所示，在一箱子内放有、两个物体，、之间用轻弹簧相连，整个系统用绳系于天花板上，处于静止状态，其中，，。在剪断绳子的瞬间，忽略空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．的加速度大小为 B．的加速度大小为 C．对C的压力大小为 D．对C的压力大小为 24．（2026·四川雅安·一模）如图，物块A、B通过轻弹簧连接，B通过细线悬挂在天花板上，系统处于静止状态。某时刻剪断细线并开始计时，直到弹簧第一次恢复原长的过程中，A，B的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 25．如图所示，光滑水平面上水平弹性轻绳将质量为的小球连接在固定的支柱上，不可伸长的轻绳将小球与竖直墙壁连接，与墙壁夹角，此时小球与水平面刚好接触但无作用力。已知，当地的重力加速度，则下列判断正确的是（　　） A．此时弹性轻绳对小球的拉力大小为 B．此时轻绳对小球的拉力大小为 C．在剪断弹性轻绳的瞬间，轻绳对小球的拉力大小为零 D．在剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为 26．（2024·四川德阳·一模）如图所示，质量为m的滑块Q与质量为2m的滑块P置于水平地面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。用水平向右的拉力F拉滑块P，使两滑块均做匀速直线运动。某时刻突然撤去该拉力F，则下列说法正确的是（　　） A．拉力F的大小为 B．撤去拉力F前，弹簧弹力大小为 C．撤去拉力F瞬间，滑块Q的加速度大小为 D．撤去拉力F瞬间，滑块P的加速度大小为 27．（2024·四川南充·一模）（多选）如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小和矩形框Q的加速度大小分别为（　　） A． B． C． D． 28．（2025·陕西咸阳·一模）（多选）如图所示，小球P、Q质量均为m，分别用轻弹簧b和细线c悬挂在天花板下，再用另一细线d、e与左边的固定墙相连，静止时细线d、e水平，b、c与竖直方向夹角均为，下列判断正确的是（     ） A．剪断d瞬间P的加速度大小为0.6g B．剪断d瞬间P的加速度大小为0.75g C．剪断e前c的拉力大小为0.8mg D．剪断e瞬间c的拉力大小为0.8mg 重难·创新演练 设题创新:突变问题分析(T1);滑轮应用（T3）； 1．（2025·山东济南·一模）如图所示，轻绳1下方悬挂着匣子C，匣内用轻绳2悬挂着A球，在A球的下方用轻弹簧悬挂着B球。已知A、B、C三个物体的质量均为，原来都处于静止状态，重力加速度为。在轻绳1被烧断后的瞬间，以下说法正确的是（　　） A．A、C的加速度大小都为 B．B、C的加速度大小为 C．A的加速度大小为 D．轻绳2上的拉力大小为 2．（2026·陕西榆林·三模）如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，质量为的物体放在斜面体上，现用一外力作用在物体上，使物体沿斜面体向上做匀速运动，已知物体与斜面体间的动摩擦因数为，重力加速度为，外力与斜面间的夹角为，。下列说法正确的是（　　） A．物体轻轻地放在斜面体上，物体能沿斜面体下滑 B．时，外力的大小为1.2mg C．时，外力最小 D．外力的最小值为 3．（2026·浙江绍兴·二模）如图所示为玩具升降机简图，、、三物体质量分别为、和，用足够长的轻绳和轻滑轮连接，不计一切摩擦，重力加速度为，则（     ） A．固定，释放，运动过程中和的速率相等 B．固定，释放，运动过程中绳子张力大小为 C．同时静止释放和，运动过程中与的速率比1∶2 D．同时静止释放和，运动过程中绳子张力的大小为 4．（多选）如图甲所示，大型物流货场广泛地应用传送带搬运货物。与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终绷紧。将质量为的货物 （可视为质点） 轻放在传送带的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度ν随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．货物从 A 端到 B 端的过程中受到的摩擦力始终不变 B．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5 C．货物从A端到 B 端的过程中，传送带对货物做功的大小为25.6J D．货物从A 端到 B 端的过程中，货物与传送带之间因摩擦产生的热量为9.6J 5．（2026·湖北黄冈·模拟预测）如图所示，倾角的传送带，两端PQ的距离，以恒定速度顺时针转动。当把质量的物块A无初速度轻放到P端时，立即有质量的子弹射穿它，子弹初速度平行传送带向上，大小为，子弹射穿A后速度变为以后每隔时间就有一颗相同的子弹射中A并穿出，直到物块到达顶端Q。已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物体和弹丸均可看成质点，射穿木块的时间不计，且每次射穿时阻力相同，取，，，求： (1)A物体被第二颗子弹击中前，在传送带上的划痕； (2)至少需要射出几颗子弹才能使A物体到达传送带顶端； (3)从第一颗子弹击中木块到木块最终离开传送带的过程中，木块和传送带这一系统所产生的热量。 真题·实战演练 高频考点：传送带问题、斜面模型应用 1．（2026·四川·高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 2．（2025·湖南·高考真题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．A球静止时，轻绳上拉力为 B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为 C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 3．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 5．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)b从M运动到N的时间； (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $