第04讲 牛顿运动定律的综合应用（复习讲义）（天津专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿运动定律综合应用，涵盖动力学两类问题、图像问题、连接体与临界极值、传送带及滑块—木板模型等核心考点，按“基础问题—综合模型”逻辑架构知识体系。通过考点梳理、方法指导（如整体法隔离法）、真题训练等环节，帮助学生构建“受力-加速度-运动”分析框架，突破难点。 讲义以建模教学和临界分析为特色，如传送带模型中通过v-t图像分析相对运动与划痕长度，培养科学思维与模型建构能力。设置分层练习与真题溯源，确保复习针对性，助力学生高效掌握解题范式，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第04讲 牛顿运动定律的综合应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动力学两类基本问题 知识点 动力学两类基本问题 考向1 已知受力求运动 考向2 已知运动求受力 考点二 动力学图像问题 知识点 动力学图像问题 考向1 v-t图像 考向2 F-t图像 考向3 其他图像 考点三 动力学中的连接体和临界、极值问题 知识点1 动力学中的连接体问题 考向1 绳连接体问题 考向2 杆连接 体问题 考向3 弹簧连接体问题 考向4 接触面间连接问题 知识点2 动力学中的临界极值问题 考向1 斜面模型中的临界极值问题 考向2 传送带模型中的临界极值问题 考向3 板块模型中的临界极值问题 考点四 动力学中的模型 知识点1 “传送带”模型 考向1 水平传动带模型 考向2 倾斜传送带模型 考向3 组合传送带模型 考向4 传送带上的划痕长度问题 知识点2 “滑块—木板”模型 考向1 接触面光滑的板块模型 考向2 接触面粗糙的板块模型 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 牛顿运动定律的综合应用 辽宁卷T8 (6 分) 广东卷T16 (12 分) 重庆卷T9 (6 分) 山东卷T14 (11 分) 福建卷T8 (6 分) 河北卷T13 (10 分) 浙江卷T6 (6 分) 考情分析 题型与考向：选择题动力学 vt、at 图像解读；弹簧、绳索类连接体受力分析；板块、传送带临界状态判断，求解极值条件。压轴综合大题①两类动力学基础问题：已知受力求解运动、依靠运动参数反推外力； ②各类连接体：绳、杆、弹簧、接触面堆叠连接体； ③临界极值：斜面、传送带、滑块木板的滑动临界、分离临界； ④传送带（水平、倾斜、多段组合）划痕计算； ⑤滑块木板模型，分光滑、粗糙接触面进行多过程分析。 情境与立意： 出题情境 生活实操情境：货物传送带输送、堆叠储物滑块、斜面卸货装置； 复杂模型情境：弹簧绳索组合连接体、双向倾斜传送带、多阶段板块相对滑动； 图像信息情境：借助 at、vt、Ft 图像给出多阶段加速度变化； 科技情景：缓冲装置、航天器内部多组件动力学问题。 复习目标 1熟练掌握两类动力学基础题型，理顺 “受力⇋加速度⇋运动参数” 的解题链条； 2.能够识别 vt、at 等动力学图像，由图像获取加速度、受力条件； 3.区分绳、弹簧、接触面类连接体，灵活切换整体法、隔离法解题； 4.吃透传送带、滑块木板模型，会求解相对位移、划痕长度、滑动临界条件； 5.可以精准寻找斜面、板块模型当中分离、打滑的临界极值条件，完成多过程计算题。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动力学两类基本问题 知识点1 动力学两类基本问题 知●识●解●构 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 ✨得分速记：动力学问题的解题思路 ’ 考●向●破●译 考向1 已知受力求运动 1．（25-26高三上·天津南开·开学考试）用的水平拉力向右拉一质量、足够长的木板，使得木板以的速度在水平地面上做匀速直线运动。某一时刻，将质量的滑块（可视为质点）轻轻地放在木板最右端，如图所示。当滑块与木板共速时撤去拉力。已知滑块与木板之间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求： (1)滑块与木板共速前，它们的加速度大小、； (2)经过多长时间滑块和木板共速； (3)撤去外力后，木板的位移大小。 2．（25-26高二下·天津武清·期中）保龄球运动既可以锻炼身体，又可以缓解心理压力，广受大众的喜爱。某同学设想了如下过程来模拟一次保龄球的投掷、运行、撞击的训练过程。如图所示，将一质量为M=2.8kg的保龄球从A点开始由静止向前掷出，球脱手后在B点以的速度切入水平球道，球做直线运动，经t=4s时间后在C点与质量为m=1.4kg的球瓶发生正碰。已知保龄球在球道上运动时受到的阻力恒为重力的k=0.05倍，g取10 m/s2，忽略空气阻力，忽略保龄球的滚动。球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞为弹性碰撞，球与球瓶均可看成质点。求： (1)在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度的大小； (2)碰撞后瞬间，球瓶的速度的大小。 3．（25-26高一上·天津南开·阶段检测）如图所示，质量为4kg的物体静止于水平面上，现用大小为20N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体，使物体沿水平面做匀加速运动。物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，求：（取，，） (1)当力作用在物体上时，物体的加速度是多大？ (2)若经过4秒撤掉这个力，求物体从撤掉力开始到停下来的位移大小是多少？ 考向2 已知运动求受力 4．（25-26高一上·天津滨海新区·阶段检测）如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为，以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为，在的时间内滑下的路程为。（已知，，取）求： (1)滑雪者的加速度的大小：时的速度大小。 (2)雪面对滑雪者的支持力的大小及滑雪者受到阻力的大小。 5．（25-26高一上·天津和平·阶段检测）如图所示，质量为2kg的小球用细绳拴着吊在行驶小车的车厢壁上，绳与竖直方向夹角为。已知，，，求： (1)当车厢壁对小球的压力为0时小车的加速度，并说明小车的运动情况； (2)小车从静止开始向左匀加速行驶，前2s行驶了20m，该过程小球与小车保持相对静止，求细绳对小球的拉力。 6．（25-26高一上·天津和平·期末）陆上模拟着舰训练中，某质量为m的航母舰载机着舰时的水平速度为v，在电磁阻拦索的作用力和其他阻力作用下沿直线滑行距离后停止。如果不用电磁阻拦索，在其他阻力作用下沿直线滑行距离后停止。若舰载机所受电磁阻拦索的作用力和其他阻力均视为恒力，求： (1)不用电磁阻拦索时舰载机的滑行时间t； (2)舰载机所受其他阻力的大小f； (3)电磁阻拦索的作用力大小F 考点二 动力学图像问题 知●识●解●构 常见的动力学图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。 (1)v-t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。 (2)a-t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F-t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 (4)F-a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a、F间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或拐点的意义，从而求出未知量。 考●向●破●译 考向1 v-t图像 7．（25-26高一上·天津滨海新区·阶段检测）（多选）如图甲所示，一物块在时刻滑上一固定斜面，其运动的图像如图乙所示，若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出（　　） A．斜面的支持力 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 8．（25-26高一上·天津南开·阶段检测）如图（a），一根足够长的细杆与水平成固定，质量的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，力F方向水平向右，作用于小球上，经时间后停止作用，小球沿细杆运动的部分图像如图（b）（取，，）。求： (1)小球在内的加速度和内的加速度； (2)小球与细杆之间的动摩擦因数； (3)内水平作用力F的大小。 9．（25-26高一上·天津西青·阶段检测）如图（a），一根足够长的细杆与水平成θ=37°固定，质量m=2kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，力F方向水平向右，作用于小球上，经时间t1=0.2s后停止作用，小球沿细杆运动的部分v−t图像如图（b）（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求： (1)小球在0~0.2s内的加速度a1和0.2~0.4s内的加速度a2； (2)小球与细杆之间的动摩擦因数μ； (3)0~0.2s内水平作用力F的大小； 考向2 F-t图像 10．（24-25高一上·天津武清·阶段检测）（多选）放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动。拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图，则不正确的是（　　） A．第1s内物块受到的合外力为0.5N B．物块的质量为11kg C．前3s内物体的位移为1.25m D．第1s内物体的速度变化率增大 11．（24-25高一上·天津·期末）（多选）静止在光滑水平面上的物体受到水平力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的规律如图所示，第1s内物体保持静止，则（　　） A．第2s内加速度减小，速度增大 B．第3s内加速度减小，速度增大 C．第4s内加速度减小，速度增大 D．第5s末加速度为零，速度最大 12．（24-25高三上·贵州·阶段检测）一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　） A．前4s内拉力做的功为18J B．第4s末物块的速度为0 C．前4s内拉力的冲量为0 D．前4s内物块的位移大小为4m 考向3 其他图像 13．（24-25高三上·天津·期中）（多选）一根长L=0.5m的轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随ω2变化的图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为2kg B．小球的质量为3kg C．时，圆锥对小球的支持力为25N D．时，细线的拉力为25N 14．（23-24高三上·天津武清·阶段检测）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g取。由题中所给数据可以得出（　　） A．0~2s内，力F的大小保持不变 B．2~4s内，力F的大小为0.4N C．木板的质量为10kg D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.5 15．（23-24高二上·天津北辰·阶段检测）如图甲所示，电荷量为q=1×10-4C的带正电的物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2。 求：（1）0-1s内物块的加速度a的大小； （2）物块与水平面间的动摩擦因数。    考点三 动力学中的连接体和临界、极值问题 知识点1 动力学中的连接体问题 知●识●解●构 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。 1.共速连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。 (1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体 (2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关) ✨得分速记： 1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度； (2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解； (3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。 2.共速连接体对外力的“分配协议” 一起做加速运动的物体组成的系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT=，若作用于m2上，则FT=。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。 2.关联速度连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 ✨得分速记：关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用隔离法求解加速度及相互作用力，即分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程。 考●向●破●译 考向1 绳连接体问题 16．（25-26高一上·天津·期末）如图所示，一车厢在水平地面上做直线运动时，车厢顶悬挂小球的细绳向左偏离竖直方向的角度为θ并保持不变，小球的质量为m，车厢的质量为M，下列说法正确的是（　　） A．车厢可能向右做匀速直线运动 B．车厢可能向左做匀加速直线运动 C．车厢一定具有水平向右的加速度 D．车厢对水平地面的压力可能大于 17．（25-26高一上·天津南开·期末）如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力作用下，一起以加速度做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在的作用下运动，则（    ） A．两物块的加速度仍为，细线的拉力小于 B．两物块的加速度仍为，细线的拉力仍为 C．两物块的加速度大于，细线的拉力仍为 D．两物块的加速度大于，细线的拉力小于 18．（25-26高三上·四川绵阳·阶段检测）（多选）如图，静置于光滑水平面上的物体A通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，用手托住B，轻绳刚好被拉直。A、B的质量分别为mA和mB，不计滑轮的质量和摩擦。现撤去手，静止释放B。下列说法正确的是（　　） A．释放后B的加速度等于g B．释放后A的加速度等于 C．释放后轻绳拉力从零突变为 D．若A、B两物体的总质量不变，则A、B两物体的质量相等时，释放后轻绳拉力最大 考向2 杆连接体问题 19．（24-25高二上·湖南株洲·阶段检测）如图所示，斜面倾角为，段粗糙且足够长，其余段光滑，10个质量均为的小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与段间的动摩擦因数为。若1号小球在处时，10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．在4号小球刚好进入段时，4号小球运动的加速度为 B．在4号球刚好进入段时，4号球与5号球间细杆的弹力为 C．10号球到达点的速度为 D．1号球运动过程中的最大速度为 20．（2026·湖南长沙·三模）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为，两球的质量均为，重力加速度大小为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（     ） A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于 B．竖直墙面对球的冲量大小为 C．A球的最大动能为 D．B球的最大动能为 21．（25-26高一下·安徽蚌埠·期末）（多选）可视为质点的甲、乙两小球通过铰链用刚性轻杆连接，甲球套在固定的竖直光滑杆上，乙球处于光滑的水平地面上。初始时甲球离地面的高度为h，重力加速度为g。现由静止释放两球，下列说法正确的是（　　 ） A．运动过程中甲球的机械能守恒 B．甲球落地时，乙球的速度 C．甲球落地时的速度大小 D．乙球的动能最大时，甲球的加速度大小为g 考向3 弹簧连接体问题 22．（25-26高一上·陕西西安·阶段检测）如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是（g取）（     ） A．轻弹簧的压缩量为0.2m B．物体B的瞬时加速度为 C．物体A的瞬时加速度为 D．物体B对物体A的压力为6N 23．（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）（多选）如图所示，一个质量为的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为的物体，的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为，整个系统处于静止状态，现将细线剪断，物体向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法正确的是（　　） A．未剪断细线前，台秤读数为 B．剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大 C．剪断细线的瞬间，物体的加速度为，方向竖直向上 D．剪断细线后，物体向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大 24．（24-25高二上·四川眉山·开学考试）（多选）如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开挡板时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。则关于从物块M开始运动到物块N刚要离开挡板的过程，已知重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．滑块M的位移为 B．滑块N刚要离开挡板的瞬间，滑块M的加速度大小为 C．滑块M获得瞬时冲量的大小为 D．重力对滑块M做的功为 考向4 接触面见连接问题 25．（25-26高一上·四川眉山·阶段检测）（多选）如图所示，质量 M=4kg 的空铁箱在水平拉力 F=210N 作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1= 0.2。这时铁箱内一个质量 m=1kg 的小木块（视为质点）恰好能静止在后壁上，小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数为μ2。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取10m/s2 ，下列说法正确的是（　　） A．铁箱的加速度大小a= 50.5m/s2 B．μ2 = 0.25 C．由于小木块恰好能静止在后壁上，说明小木块此时处于平衡状态 D．铁箱对小木块的作用力大小为N 26．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，A、B两物体叠放在一起，以初速度冲上粗糙的斜面，运动中A、B保持相对静止，B上表面水平，上滑过程中B的受力示意图是（     ） A． B． C． D． 27．（25-26高一上·云南昆明·阶段检测）如图所示，质量的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力，使其从静止开始以加速度做匀加速直线运动。已知弹簧的劲度系数，。求： (1)整个装置静止时，弹簧的压缩量； (2)整个过程中变力的最小值； (3)A、B分离瞬间，A的速度大小。 知识点2 动力学中的临界极值问题 知●识●解●构 1.临界条件的标志 有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。 2.常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件：FN=0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT=0。 3.处理临界问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 考●向●破●译 考向1 斜面模型中的临界极值问题 28．（25-26高一上·河北衡水·阶段检测）运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为37°（已知，），球拍与球保持相对静止，重力加速度为g，不计摩擦与空气阻力，则（　　） A．球拍对球的作用力 B．运动员对球拍的作用力为 C．运动员的加速度为 D．若运动员的加速度大于0.6g，球一定沿球拍向上运动 29．（25-26高一上·江苏无锡·阶段检测）一个质量为0.4kg的小球用细线吊在倾角的斜面顶端，如图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，细线与斜面平行，不计摩擦及空气阻力，当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时，则（，，取g=10m/s2）（　　） A．细线的拉力为3.2N B．细线的拉力为 C．斜面对小球的弹力为2.4N D．斜面对小球的弹力为2N 30．（25-26高一上·湖北十堰·阶段检测）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1=6kg的物体P，Q为一质量为m2=10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k=600N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0； (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a； (3)力F的最大值与最小值； (4)画出力F随时间t变化的图像。 考向2 传送带模型中的临界极值问题【重】 31．（25-26高一上·江苏徐州·阶段检测）如图所示，倾角为，且长L=0.9m的传送带以恒定的速率v=1m/s沿顺时针方向运行，现将一质量m=2kg的煤块（可视为质点）以的速度从距离底部滑上传送带，传送带与煤块之间的动摩擦因数，忽略传送带轮子的大小，取，（）。 (1)求煤块速度与传送带速度达到相同时，煤块的位移大小； (2)煤块最终从传送带上端还是下端飞出？请计算煤块飞出时的速度大小； (3)计算煤块在传送带上留下的划痕长度。 32．（25-26高一上·江苏泰州·阶段检测）如图所示，一足够长的水平传送带始终以v=1m/s的速度逆时针转动，小物块（煤块）以水平向右的速度从左端滑上传送带，已知物块与传送带间动摩擦因数 。 (1)若，求物块向右运动的最大距离x； (2)若，求物块在传送带上运动的时间t和留下的划痕长度L； (3)若物块在传送带上运动2.5s后，一光滑小球以水平向右的速度 从左端滑上传送带，经过0.5s与物块相遇，求的大小。 33．（25-26高一上·陕西咸阳·阶段检测）如图甲所示，机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送到低处平板车上，简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为，将质量的货箱无初速地放在传送带的顶端A，货箱到达底端B后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知货箱与传送带、货箱与木板间的动摩擦因数分别为、，木板与地面的动摩擦因数为。已知传送带与水平地面夹角，两端的距离为，货箱可视为质点。求：（，，g取） (1)货箱在传送带上刚开始下滑时的加速度大小； (2)货箱在传送带上运动的时间； (3)为使货箱不从木板上滑落，求木板的最小长度。 考向3 板块模型中的临界极值问题 34．（24-25高一上·云南曲靖·阶段检测）（多选）如图所示，某同学将一质量为m的象棋子放在静置于水平课桌上的物理课本中央，课本质量为M。用水平恒力F作用于课本，将其从象棋子下方抽出。假设课桌足够长，象棋子与课本、课本与桌面的动摩擦系数均为μ，象棋子离开课本所需时间为t，离开课本时速度为v。象棋子可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．其他条件不变，m越大，t越短，v越小 B．其他条件不变，M越大，t越短，v越小 C．其他条件不变，F越大，t越短，v越小 D．其他条件不变，μ越大，t越长，v越大 35．（25-26高一上·江苏南京·阶段检测）在某生活实验电视节目中，如图所示，在固定且长为4m的水平餐桌上铺着台布，台布左端与餐桌左端齐平，7个小碟子等间距排在桌子的中线上，每个碟子相距0.5m，两侧碟子与台布边沿的距离也是0.5m。汽车拉着台布一端将其快速抽出（台布被抽出过程保持平整），最后部分碟子仍留在桌面。已知碟子与台布、桌面间的动摩擦因数分别为、。刚开始绳子恰好被拉直，汽车从静止开始以的加速度向前匀加速拉动台布，小碟子可视为质点，重力加速度取，求： (1)碟子在台布、桌面上滑行时的加速度、的大小； (2)最左边碟子A从开始运动到停止共滑行的距离； (3)通过计算求出，台布被抽出后最终桌面上还留有多少个碟子。 36．（25-26高一上·云南昆明·期末）如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m=0.1kg，长木板的质量为M=1.5kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4，重力加速度大小为g=10m/s2，最终小物块未滑离长木板，求： (1)小物块向右减速为零时，长木板的速度； (2)小物块与长木板刚好相对静止时的速度； (3)长木板的最短长度。 考点四 动力学中的模型 知识点1 “传送带”模型 知●识●解●构 水平传送带问题的常见情形及运动分析 1.物块初速度方向与传送带速度方向相同 图示 速度大 小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长， 物块运动的v-t图像 Ff方向 运动状态 v0=0 向右 匀加速直线运动 v0<v 向右 匀加速直线运动 v0>v 向左 匀减速直线运动 2.物块初速度方向与传送带速度方向相反 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块运动状态 传送带较短 向左 匀减速直线运动 传送带足够长 v0<v 向左 v-t图像： v0>v 向左(共速前) v-t图像： 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 1.物块由低处传送到高处(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0=0 沿传送带 向上 μgcos θ -gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v v0>v 沿传送带 向下 μgcos θ +gsin θ 匀减速 直线运动 2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0=0 沿传送带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动 v0>v 沿传送带向上 μgcos θ -gsin θ 匀减速 直线运动 3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ) 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 加速度大小 物块运动状态 传送带 较短 沿传送 带向上 μgcos θ-gsin θ 匀减速直线运动 传送带 足够长 v0<v 沿传送 带向上 μgcos θ-gsin θ v-t图像： v0>v 沿传送 带向上 共速前： μgcos θ-gsin θ 共速后：0 v-t图像： 思考　若μ=tan θ或μ<tan θ，物块将做什么运动？ 答案　若μ=tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。 考●向●破●译 考向1 水平传动带模型 【重】 37．（25-26高一下·天津滨海新区·期末）（多选）皮带保持的恒定速度向右运动，现将一质量为的小木块轻放在皮带上，小木块和皮带间的动摩擦因数。设皮带足够长，取，在小木块与皮带发生相对滑动的过程中（     ） A．小木块滑动的时间为0.2 s B．摩擦力对小木块做功和对传送带做功的绝对值相等。 C．小木块与皮带间的摩擦力对皮带做的功 D．小木块与皮带间的摩擦力对皮带做的功 38．（2026·天津南开·模拟预测）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为，传送带正中间的正上方有一悬点，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为的小球B，小球B与传送带上表面平齐但不接触。将质量为的小物块A无初速轻放在传送带左端，小物块运动到传送带中间位置恰好加速到的速度，之后与小球B发生正碰，碰撞时间极短。小球B碰后恰好能够绕点做竖直面内圆周运动，小物块A继续在传送带上运动。已知重力加速度取，空气阻力不计，计算时小物块和小球大小可以忽略。求： (1)小物块A与传送带间的动摩擦因数； (2)小物块与小球碰后瞬间，小球B获得的速度大小； (3)与小球碰后，小物块A继续在传送带上运动的时间（本小问结果保留三位有效数字）。 39．（25-26高一上·天津·期末）如图所示，一长度的水平传送带以的速率顺时针匀速转动，传送带左侧与光滑水平地面齐平连接，右侧与倾角的固定斜面无缝相接。斜面上有一点D，B和D之间的距离。某时刻将物块在A点由静止释放，物块在传送带上运动后速度达到，重力加速度，物块与斜面间的动摩擦因数，假设物块每次经过B点前后速度大小不变，且全程未冲出斜面。，，求： (1)物块与传送带之间的动摩擦因数； (2)滑块第一次沿斜面上滑的最远距离s； (3)滑块最多可通过D点的次数n。 考向2 倾斜传送带模型 40．（24-25高一上·天津河东·阶段检测）如图所示，一物体放置在倾斜的传送带上.关于物体所受的摩擦力，下列说法不正确的（　　） A．若传送带静止，物体也静止，则物体受到沿传送带向上的静摩擦力 B．若传送带静止，物体沿传送带下滑，则物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力 C．若传送带顺时针匀速转动，物体随传送带一起向上做匀速运动，则物体受到沿传送带向上的静摩擦力 D．若传送带逆时针匀速转动，物体随传送带一起向下做匀速运动，则物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力 41．（25-26高三下·重庆江北·阶段检测）某游戏装置的竖直截面如图所示，质量为的滑块自倾角为的粗糙斜面滑下，冲入水平面上的半径为R的圆轨道，滑块经过轨道最高点时的速度为v，圆轨道在最低点稍微错开，滑块在圆弧轨道上滑行一周后冲出，而后冲上倾角为的传送带，传送带以v的速度匀速向上传送，从传送带上端离开后恰好水平滑上距离高为的平台，在平台上滑块被缓冲锁定视为成功。已知水平轨道和倾斜轨道与传送带分别在、点平滑连接，长度为，长度为，滑块与斜面间动摩擦因数，与传送带的动摩擦因数，其余阻力不计，滑块可视为质点，求： (1)滑块经过D点时对轨道的压力； (2)滑块冲上传送带时的速度； (3)平台高度h； 42．（25-26高一上·天津南开·期末）如图所示，传送带长为L=5.8m，以v=3m/s的速率顺时针匀速转动，传送带的倾角为θ=30°，其右上侧有一水平平台MN，木板C与平台MN左侧对齐，物块B距木板C左端的距离，B、C质量mB=mC=0.5kg且均静止。一个质量为mA=1.0kg的物块A以v0=9m/s的速度滑上传送带，从传送带飞出后，恰好无碰撞地水平滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生碰撞（已知A、B碰撞前B、C保持相对静止）。已知A与传送带的动摩擦因数为，A、B与C间的动摩擦因数μA=μB=0.2，C与平台间的动摩擦因数μC=0.05，空气阻力忽略不计，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点。求： (1)当A在木板上运动时，A、B两物体的加速度大小； (2)物块A滑离传送带时的速度大小； (3)从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间（结果可用根号表示）。 考向3 组合传送带模型 43．（25-26高一上·广西南宁·期末）工厂里的流水线上有一传送带装置，如图所示，其中段水平，长度，段倾角为，长度，和在B点通过一段极短的圆弧连接（工件通过连接处时速度大小不变），传送带以的恒定速率顺时针运转。现将一个工件（可看成质点）无初速度放到C点，已知工件与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取，，。 (1)求工件第一次到达B点时的速度大小； (2)求工件从C点开始至第二次到达B点所用的总时间； (3)判断工件运动了时的速度方向，并说明理由。 44．（25-26高三上·河南·阶段检测）如图所示，倾角为的倾斜传送带上、下两端的间距，逆时针匀速率运转的速度大小，传送带上有一用特殊材料制作的可视为质点的乙物块，随传送带一起匀速运动，当乙物块运动至距传送带上端时，将也可视为质点的甲物块无初速的放到传送带上端，以后每当甲物块追上乙时，两者碰撞后瞬间会交换速度。已知甲、乙两物块质量均为，甲与传送带间的动摩擦因数，乙与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取，，。求： (1)从开始放上甲物块到甲物块第一次追上乙物块所经历的时间； (2)从开始放上甲物块到甲物块第一次追上乙的过程中，甲在传送带上的划痕长度； (3)在传送带上甲与乙两物块碰撞的次数。 45．（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，两条相同的传送带，长度均为，货物与传送带表面的动摩擦因数均为，甲传送带倾斜放置，与水平面成37°角，乙传送带水平放置，它们均以的速度逆时针转动。在接头处两传送带平滑连接，货物经过时不计动能损失。现将一可视为质点的货物轻放在甲传送带的顶端，，，重力加速度取，求： (1)货物到达点处的速度大小； (2)货物从端传送到端所用的时间。（取） 考向3 传送带上的划痕长度问题 46．（24-25高三下·湖南长沙·阶段检测）如图所示，倾斜放置的传送带长为，以大小为的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为的物块轻放在传送带端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力，物块先加速后匀速从端运动到端，物块运动的时间为，物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（    ） A．物块加速运动的时间为 B．恒力的大小为 C．物块与传送带之间的痕迹长为 D．因为传送物体，电动机多消耗的电能为 47．（25-26高一下·河北承德·开学考试）如图所示，一足够长的水平传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。将一质量m=1kg的物块可视为质点轻放在传送带左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数µ=0.2，取重力加速度g=10m/s2。 (1)求物块刚放上传送带时的加速度大小； (2)求物块与传送带共速的时间； (3)求物块在传送带上留下的划痕长度。 48．（25-26高一上·江苏南通·阶段检测）传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的煤块无初速地放在传送带的顶端，煤块到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知煤块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知）。求： (1)煤块滑上木板左端时的速度大小； (2)煤块在传送带上留下的痕迹长度； (3)若木板与地面的动摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度与的关系式。 知识点2 “滑块—木板”模型 知●识●解●构 1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 2.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1-x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx=x2+x1=L。 3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物=v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物=v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物=v板。 ②木板最短的条件：当v物=v板时滑块恰好滑到木板的一端。 考●向●破●译 考向1 接触面光滑的板块模型 【重】 49．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图1所示，光滑水平地面上并排放着质量kg的木板A、B，一质量为kg的滑块C（可视为质点）以水平初速度m/s从木板A的左端开始运动，最终与木板B保持相对静止。已知从滑块C滑上木板A开始计时，木板B运动的v-t图像如图2所示，木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10，下列说法正确的是（　　） A．木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数为0.2 B．木板B获得的最大速度为m/s C．木板A、B相互作用过程中，B对A的冲量大小为2N·s D．整个过程中，A、B、C组成的系统机械能的减少量为60J 50．（23-24高一下·天津南开·期末）如图所示，质量的长木板B静止放置在光滑水平面上。质量的物块A（可视为质点），从左端以的初速度水平向右滑上长木板B，经过，A恰好到达B的右端且未掉落，重力加速度，求： (1)物块A与长木板B最终的速度v的大小； (2)物块A与长木板B间的动摩擦因数； (3)长木板B的长度L。 51．（24-25高二下·天津河西·期中）如图所示，水平地面上静止放置一辆质量为的小车，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块置于的最右端，的质量也为，物块与小车之间的动摩擦因数恒定。对施加一个水平向右的瞬时冲量，二者达到相对静止时物块恰好停在小车的最左端，不计空气阻力。求： (1)物块与小车相对静止时，小车的速度的大小； (2)由开始运动到二者相对静止，车的位移与车的长度之比。 考向2 接触面粗糙的板块模型 52．（25-26高三上·天津静海·期中）（多选）如图所示，质量，长的木板A静止在光滑水平面上，木板上右端放一个小滑块B（可视为质点），小滑块的质量，小滑块和木板之间的动摩擦因数。若用水平向右的拉力F作用在木板上，取，则下列说法正确的是（　　） A．时，滑块的加速度大小为 B．时，小滑块与木板发生相对滑动 C．时，小滑块会从木板上滑下 D．把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F必须满足 53．（25-26高一下·天津滨海新区·期中）（多选）如图甲所示，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块（视为质点）。在 时刻对木板施加水平向右的恒力 ，作用1s后撤去 ，此后木板运动的图像如图乙所示。物块和木板的质量均为，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则下列说法正确的是（     ） A．拉力 的大小为24N B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为 C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m D．时刻，物块的速度减为0 54．（25-26高一上·天津和平·阶段检测）（多选）如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B质量分别为、。A、B之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。若作用在A上的拉力F由0增大到50N（A未从B上滑落），则此过程中（　　） A．从开始有拉力，两物体就会运动 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过48N时，开始发生相对运动 C．两物体从有拉力开始就有相对运动 D．两物体始终不发生相对运动 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 牛顿运动定律的综合应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动力学两类基本问题 知识点 动力学两类基本问题 考向1 已知受力求运动 考向2 已知运动求受力 考点二 动力学图像问题 知识点 动力学图像问题 考向1 v-t图像 考向2 a-t图像 考向3 其他图像 考点三 动力学中的连接体和临界、极值问题 知识点1 动力学中的连接体问题 考向1 绳连接体问题 考向2 杆连接 体问题 考向3 弹簧连接体问题 考向4 接触面间连接问题 知识点2 动力学中的临界极值问题 考向1 斜面模型中的临界极值问题 考向2 传送带模型中的临界极值问题 考向3 板块模型中的临界极值问题 考点四 动力学中的模型 知识点1 “传送带”模型 考向1 水平传动带模型 考向2 倾斜传送带模型 考向3 组合传送带模型 考向4 传送带上的划痕长度问题 知识点2 “滑块—木板”模型 考向1 接触面光滑的板块模型 考向2 接触面粗糙的板块模型 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 牛顿运动定律的综合应用 辽宁卷T8 (6 分) 广东卷T16 (12 分) 重庆卷T9 (6 分) 山东卷T14 (11 分) 福建卷T8 (6 分) 河北卷T13 (10 分) 浙江卷T6 (6 分) 考情分析 题型与考向：选择题动力学 vt、at 图像解读；弹簧、绳索类连接体受力分析；板块、传送带临界状态判断，求解极值条件。压轴综合大题①两类动力学基础问题：已知受力求解运动、依靠运动参数反推外力； ②各类连接体：绳、杆、弹簧、接触面堆叠连接体； ③临界极值：斜面、传送带、滑块木板的滑动临界、分离临界； ④传送带（水平、倾斜、多段组合）划痕计算； ⑤滑块木板模型，分光滑、粗糙接触面进行多过程分析。 情境与立意： 出题情境 生活实操情境：货物传送带输送、堆叠储物滑块、斜面卸货装置； 复杂模型情境：弹簧绳索组合连接体、双向倾斜传送带、多阶段板块相对滑动； 图像信息情境：借助 at、vt、Ft 图像给出多阶段加速度变化； 科技情景：缓冲装置、航天器内部多组件动力学问题。 复习目标 1熟练掌握两类动力学基础题型，理顺 “受力⇋加速度⇋运动参数” 的解题链条； 2.能够识别 vt、at 等动力学图像，由图像获取加速度、受力条件； 3.区分绳、弹簧、接触面类连接体，灵活切换整体法、隔离法解题； 4.吃透传送带、滑块木板模型，会求解相对位移、划痕长度、滑动临界条件； 5.可以精准寻找斜面、板块模型当中分离、打滑的临界极值条件，完成多过程计算题。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动力学两类基本问题 知识点1 动力学两类基本问题 知●识●解●构 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 ✨得分速记：动力学问题的解题思路 ’ 考●向●破●译 考向1 已知受力求运动 1．（25-26高三上·天津南开·开学考试）用的水平拉力向右拉一质量、足够长的木板，使得木板以的速度在水平地面上做匀速直线运动。某一时刻，将质量的滑块（可视为质点）轻轻地放在木板最右端，如图所示。当滑块与木板共速时撤去拉力。已知滑块与木板之间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求： (1)滑块与木板共速前，它们的加速度大小、； (2)经过多长时间滑块和木板共速； (3)撤去外力后，木板的位移大小。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）木板做匀速直线运动时，根据平衡条件有 解得，木板与地面间的动摩擦因数为 选向右为正方向，滑块与木板共速前，根据牛顿第二定律有， 解得，滑块的加速度大小为，木板的加速度大小为 （2）滑块轻轻地放在木板最右端之后，设经过时间滑块与木板具有相同的速度，则 解得 （3）滑块轻轻地放在木板最右端之后，经过时间滑块与木板具有相同的速度，则此时刻木板的速度大小 当滑块与木板共速时撤去拉力，共速后滑块与木板分别做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有， 解得，滑块的加速度大小为，木板的加速度大小为 由于，故木板的速度先减到0，设两物体分别减速的过程所用时间为，则 两物体达到共速之后，直到木板的速度减到0，木板通过的位移为 由于，所以木板速度减小到0之后，木板一直处于静止状态，直到滑块也停下来，故撤去外力后，木板的位移为 2．（25-26高二下·天津武清·期中）保龄球运动既可以锻炼身体，又可以缓解心理压力，广受大众的喜爱。某同学设想了如下过程来模拟一次保龄球的投掷、运行、撞击的训练过程。如图所示，将一质量为M=2.8kg的保龄球从A点开始由静止向前掷出，球脱手后在B点以的速度切入水平球道，球做直线运动，经t=4s时间后在C点与质量为m=1.4kg的球瓶发生正碰。已知保龄球在球道上运动时受到的阻力恒为重力的k=0.05倍，g取10 m/s2，忽略空气阻力，忽略保龄球的滚动。球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞为弹性碰撞，球与球瓶均可看成质点。求： (1)在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度的大小； (2)碰撞后瞬间，球瓶的速度的大小。 【答案】(1)4m/s (2) 【详解】（1）保龄球从B到C做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，保龄球受到的阻力为 可得加速度大小 由匀变速直线运动公式 得 （2）碰撞为弹性正碰，取保龄球碰撞前运动方向为正方向，设碰撞后保龄球速度为，则动量守恒 动能守恒 可得 3．（25-26高一上·天津南开·阶段检测）如图所示，质量为4kg的物体静止于水平面上，现用大小为20N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体，使物体沿水平面做匀加速运动。物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，求：（取，，） (1)当力作用在物体上时，物体的加速度是多大？ (2)若经过4秒撤掉这个力，求物体从撤掉力开始到停下来的位移大小是多少？ 【答案】(1) (2)0.4m 【详解】（1）对物体受力分析，在竖直方向上受力平衡，有 滑动摩擦力的大小为 在水平方向上有 代入全部数据后，可解得 （2）外力作用4s后物体的速度为 撤去外力后，物体在滑动摩擦力的作用下做减速运动，此时的摩擦力 可解得 根据运动学方程，物体做减速运动的过程运动的位移为 考向2 已知运动求受力 4．（25-26高一上·天津滨海新区·阶段检测）如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为，以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为，在的时间内滑下的路程为。（已知，，取）求： (1)滑雪者的加速度的大小：时的速度大小。 (2)雪面对滑雪者的支持力的大小及滑雪者受到阻力的大小。 【答案】(1)， (2)， 【详解】（1）滑雪者做匀加速直线运动，由位移公式 代入数据解得 由速度公式 代入，解得 （2）滑雪者受三个力：竖直向下的重力，垂直山坡向上的支持力，沿山坡向上，与运动方向相反的阻力 垂直山坡方向：无加速度，合力为零 沿山坡方向：合力产生加速度 代入数据解得， 5．（25-26高一上·天津和平·阶段检测）如图所示，质量为2kg的小球用细绳拴着吊在行驶小车的车厢壁上，绳与竖直方向夹角为。已知，，，求： (1)当车厢壁对小球的压力为0时小车的加速度，并说明小车的运动情况； (2)小车从静止开始向左匀加速行驶，前2s行驶了20m，该过程小球与小车保持相对静止，求细绳对小球的拉力。 【答案】(1)，方向水平向左，小车向左做匀加速直线运动或向右做匀减速直线运动 (2)，方向与竖直方向成沿绳子斜向左上方 【详解】（1）当车厢壁对小球的压力为0时，小球受重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律 得 方向水平向左，小车的运动情况是向左做匀加速直线运动或向右做匀减速直线运动。 （2）由 得小车的加速度 由于，故小球与车厢壁分离，设此时细绳与竖直方向的夹角为，则有， 解得， 故细绳对小球的拉力大小为，方向与竖直方向成沿绳子斜向左上方。 6．（25-26高一上·天津和平·期末）陆上模拟着舰训练中，某质量为m的航母舰载机着舰时的水平速度为v，在电磁阻拦索的作用力和其他阻力作用下沿直线滑行距离后停止。如果不用电磁阻拦索，在其他阻力作用下沿直线滑行距离后停止。若舰载机所受电磁阻拦索的作用力和其他阻力均视为恒力，求： (1)不用电磁阻拦索时舰载机的滑行时间t； (2)舰载机所受其他阻力的大小f； (3)电磁阻拦索的作用力大小F 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）不用阻拦索时舰载机 解得 （2）不用阻拦索时舰载机 舰载机此时 解得 （3）用阻拦索时舰载机 舰载机此时 解得 考点二 动力学图像问题 知●识●解●构 常见的动力学图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。 (1)v-t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。 (2)a-t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F-t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 (4)F-a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a、F间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或拐点的意义，从而求出未知量。 考●向●破●译 考向1 v-t图像 7．（25-26高一上·天津滨海新区·阶段检测）（多选）如图甲所示，一物块在时刻滑上一固定斜面，其运动的图像如图乙所示，若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出（　　） A．斜面的支持力 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【答案】CD 【详解】物块沿斜面上滑再下滑，设斜面倾角为 由图像可知：内，向上匀减速运动，加速度大小；内，向下匀加速运动，加速度大小 设物块质量为，动摩擦因数为，上滑和下滑过程受力分析： 上滑阶段，初速度向上，摩擦力向下，即 下滑阶段，初速度为零，摩擦力向上，即 两式相加解得，两式相减解得 AB．上述分析中被约去，仅由运动学数据和无法求出 支持力，但未知，无法单独求出，故AB错误； C．由，代入 解得 上式代入 解得，故C正确； D．由图像，图线与横坐标轴围成面积即为位移可得，上滑位移 最大上滑高度 代入 解得，故D正确。 故选CD。 8．（25-26高一上·天津南开·阶段检测）如图（a），一根足够长的细杆与水平成固定，质量的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，力F方向水平向右，作用于小球上，经时间后停止作用，小球沿细杆运动的部分图像如图（b）（取，，）。求： (1)小球在内的加速度和内的加速度； (2)小球与细杆之间的动摩擦因数； (3)内水平作用力F的大小。 【答案】(1)，方向沿细杆向上。，方向沿细杆向下。 (2)0.5 (3)120N 【详解】（1）由v-t图像斜率表示加速度，可得0～0.2s内小球加速度，方向沿细杆向上。 在0.2～0.4s内，速度由4m/s减至2m/s，其加速度，方向沿细杆向下。 （2）当t＞0.2s时，水平力F撤去，小球沿杆向上做匀减速运动，加速度大小 根据牛顿第二定律有 代入数据解得动摩擦因数μ=0.5。 （3）在0～0.2s内，小球受水平力F、重力mg、支持力N和摩擦力f作用。 垂直杆方向受力平衡，有N=mgcosθ+Fsinθ 沿杆方向由牛顿第二定律得Fcosθ-mgsinθ-μN=ma1 代入数据解得水平作用力F=120N。 9．（25-26高一上·天津西青·阶段检测）如图（a），一根足够长的细杆与水平成θ=37°固定，质量m=2kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，力F方向水平向右，作用于小球上，经时间t1=0.2s后停止作用，小球沿细杆运动的部分v−t图像如图（b）（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求： (1)小球在0~0.2s内的加速度a1和0.2~0.4s内的加速度a2； (2)小球与细杆之间的动摩擦因数μ； (3)0~0.2s内水平作用力F的大小； 【答案】(1)20m/s2，−10m/s2 (2)0.5 (3)120N 【详解】（1）由图像可知，小球在0~0.2s内的加速度 0.2~0.4s内的加速度 （2）撤去外力后，根据牛顿第二定律 解得 （3）0~0.2s内根据牛顿第二定律 解得F=120N 考向2 F-t图像 10．（24-25高一上·天津武清·阶段检测）（多选）放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动。拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图，则不正确的是（　　） A．第1s内物块受到的合外力为0.5N B．物块的质量为11kg C．前3s内物体的位移为1.25m D．第1s内物体的速度变化率增大 【答案】BD 【详解】AB．由图像可知，内物体的加速度为 由牛顿第二定律可得 1s后有 其中，，联立解得， 则第1s内物块受到的合外力为 故A正确，不满足题意要求；B错误，满足题意要求； C．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知前3s内物体的位移为 故C正确，不满足题意要求； D．第1s内物体的加速度保持不变，则速度变化率不变，故D错误，满足题意要求。 故选BD。 11．（24-25高一上·天津·期末）（多选）静止在光滑水平面上的物体受到水平力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的规律如图所示，第1s内物体保持静止，则（　　） A．第2s内加速度减小，速度增大 B．第3s内加速度减小，速度增大 C．第4s内加速度减小，速度增大 D．第5s末加速度为零，速度最大 【答案】CD 【详解】A．第1s内处于静止知，两拉力相等；在第2s内，F2逐渐减小，知合力逐渐增大，加速度逐渐增大，速度逐渐增大，故A错误； B．在第3s内，F2继续减小，则合力继续增大，加速度逐渐增大，速度逐渐增大，故B错误； C．第4s内，F2逐渐增大，则合力逐渐减小，加速度逐渐减小，但是加速度方向与速度方向相同，则速度逐渐增大，故C正确； D．第5s内，做加速度减小的加速运动，5s末加速度为零，速度最大，故D正确。 故选CD。 12．（24-25高三上·贵州·阶段检测）一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　） A．前4s内拉力做的功为18J B．第4s末物块的速度为0 C．前4s内拉力的冲量为0 D．前4s内物块的位移大小为4m 【答案】B 【详解】B．结合乙图根据甲图有物块0~1s内，物块做初速为零的匀加速直线运动，有 其中 物块1~2s内，做匀速直线运动，有 物块2s后，做匀减速直线运动，其中 代入数据，得 则设物块减速到零的时间为t则有 其中 代入数据，得 故第3秒末物块速度为零，第4秒内拉力与摩擦力平衡，物块静止，速度为零，故B正确； D．根据B项分析易知速度时间图像与坐标轴围成面积表示位移，则前4秒内的位移为 故D错误； A．根据动能定理，有 又 联立，可得 故A错误； C．前4s内拉力的冲量为甲图中F-t图像与坐标轴所围面积，则有 故C错误。 故选B。 考向3 其他图像 13．（24-25高三上·天津·期中）（多选）一根长L=0.5m的轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随ω2变化的图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为2kg B．小球的质量为3kg C．时，圆锥对小球的支持力为25N D．时，细线的拉力为25N 【答案】AD 【详解】设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为，当时，小球静止，受重力mg、支持力N和线的拉力而平衡，此时有 增大时，T增大，N减小，由图可知，角速度为，即，拉力发生突变，故此时时，有 ， 解得 代入解得 ， 故AD正确。 14．（23-24高三上·天津武清·阶段检测）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g取。由题中所给数据可以得出（　　） A．0~2s内，力F的大小保持不变 B．2~4s内，力F的大小为0.4N C．木板的质量为10kg D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.5 【答案】B 【详解】A． 0~2s内，在图中， 逐渐增大，所以力F也在逐渐增大。A错误； BC．根据4~5s内，木板只受到水平向右的摩擦力。并且木块的加速度大小为 。根据 解得 2~4s内，木块做加速度为的匀加速直线运动。根据牛顿第二定律得 解得 故B正确，C错误； D．因为物块质量未知，所以动摩擦因数无法计算，D错误。 故选B。 15．（23-24高二上·天津北辰·阶段检测）如图甲所示，电荷量为q=1×10-4C的带正电的物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2。 求：（1）0-1s内物块的加速度a的大小； （2）物块与水平面间的动摩擦因数。    【答案】（1）2m/s2；（2） 【详解】（1）根据速度—时间图像的斜率可知 =2m/s2 （2）0~1s根据牛顿第二定律有 其中 0~2s物块做匀速直线运动有 解得 考点三 动力学中的连接体和临界、极值问题 知识点1 动力学中的连接体问题 知●识●解●构 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。 1.共速连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。 (1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体 (2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关) ✨得分速记： 1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度； (2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解； (3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。 2.共速连接体对外力的“分配协议” 一起做加速运动的物体组成的系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT=，若作用于m2上，则FT=。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。 2.关联速度连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 ✨得分速记：关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用隔离法求解加速度及相互作用力，即分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程。 考●向●破●译 考向1 绳连接体问题 16．（25-26高一上·天津·期末）如图所示，一车厢在水平地面上做直线运动时，车厢顶悬挂小球的细绳向左偏离竖直方向的角度为θ并保持不变，小球的质量为m，车厢的质量为M，下列说法正确的是（　　） A．车厢可能向右做匀速直线运动 B．车厢可能向左做匀加速直线运动 C．车厢一定具有水平向右的加速度 D．车厢对水平地面的压力可能大于 【答案】C 【详解】 ABC．画出小球的受力图如上图所示，小球所受合力大小恒定方向水平向右，说明车厢有向右的恒定加速度，车厢向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动，AB错误，C正确； D．以整体为研究对象，系统在竖直方向上处于平衡状态，，D错误。 故选C。 17．（25-26高一上·天津南开·期末）如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力作用下，一起以加速度做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在的作用下运动，则（    ） A．两物块的加速度仍为，细线的拉力小于 B．两物块的加速度仍为，细线的拉力仍为 C．两物块的加速度大于，细线的拉力仍为 D．两物块的加速度大于，细线的拉力小于 【答案】C 【详解】设物块的质量为m，当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得 解得加速度为 以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得绳子的拉力为 当水平地面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得 解得加速度为 以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得绳子的拉力为 所以， 故选C。 18．（25-26高三上·四川绵阳·阶段检测）（多选）如图，静置于光滑水平面上的物体A通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，用手托住B，轻绳刚好被拉直。A、B的质量分别为mA和mB，不计滑轮的质量和摩擦。现撤去手，静止释放B。下列说法正确的是（　　） A．释放后B的加速度等于g B．释放后A的加速度等于 C．释放后轻绳拉力从零突变为 D．若A、B两物体的总质量不变，则A、B两物体的质量相等时，释放后轻绳拉力最大 【答案】CD 【详解】AB．由题意，释放后对AB整体，利用牛顿第二定律有 可得释放后A、B的加速度为，故AB错误； CD．释放后，对A利用牛顿第二定律，绳的拉力为 若定值，由数学知识可知当时，轻绳拉力有最大值，故CD正确； 故选CD。 考向2 杆连接体问题 19．（24-25高二上·湖南株洲·阶段检测）如图所示，斜面倾角为，段粗糙且足够长，其余段光滑，10个质量均为的小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与段间的动摩擦因数为。若1号小球在处时，10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．在4号小球刚好进入段时，4号小球运动的加速度为 B．在4号球刚好进入段时，4号球与5号球间细杆的弹力为 C．10号球到达点的速度为 D．1号球运动过程中的最大速度为 【答案】C 【详解】A．在4号小球刚进入段时，1号至4号小球位于粗糙段。取沿斜面向下为正方向，将10个小球视为整体，每个小球所受支持力为 位于粗糙段的小球所受动摩擦力大小为 由牛顿第二定律得 代入，整理得，故A错误； B．在此状态下，对10个小球整体，由牛顿第二定律得 代入，整理得，方向沿斜面向下。设4号球与5号球间细杆对5号至10号小球整体的作用力大小为，方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得 解得，故B错误； C．当10号小球到达点时，10个小球均沿斜面移动，1号至9号小球在段内的位移依次为，，……，。设此时小球的共同速度为，对10个小球整体，由动能定理得 由等差数列求和得，代入，​，​，并整理得，故C正确； D．设有个小球已进入段时系统的加速度为，取沿斜面向下为正方向。对10个小球整体，由牛顿第二定律得 代入，并整理得 由于为整数，当时，当时，因此1号小球的速度在7号小球刚进入段时最大。此时10个小球均沿斜面移动，1号至6号小球在段内的位移依次为，，……，。设最大速度为，由动能定理得 由等差数列求和得，代入，​，​ 并整理得，故D错误。 故选C。 20．（2026·湖南长沙·三模）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为，两球的质量均为，重力加速度大小为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（     ） A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于 B．竖直墙面对球的冲量大小为 C．A球的最大动能为 D．B球的最大动能为 【答案】D 【详解】A．设轻杆与水平面的夹角为，两球同时与墙面、地面接触时，设杆的角速度大小为，根据刚性杆的速度约束有， 根据机械能守恒定律有 解得 令，由于 所以当时，小球的速度达到最大值，此时小球的水平加速度为零。由于，轻杆对小球的作用力为零，因此根据竖直方向受力平衡有 解得 故小球动能最大时对水平面的压力为mg，不是2mg，故A错误； B．当时，小球恰好离开墙面，小球的最大速度为 在小球与墙面接触的过程中，系统水平方向受到的外力冲量只有墙面的支持力冲量，根据动量定理有 解得 与B选项给出的不相等，故B错误； C．小球离开墙面时，小球的动能为 解得 离开墙面后，设杆与水平面的夹角仍为，令，杆的角速度大小为。根据水平方向动量守恒和机械能守恒可证明小球之后的速度不超过，因此小球在整个过程中最大动能为，不是，故C错误； D．小球落地前瞬间轻杆水平，水平方向动量守恒有 解得 此时小球的动能为 解得 小球落地前系统的重力势能全部转化为两球的动能，根据机械能守恒有 解得 21．（25-26高一下·安徽蚌埠·期末）（多选）可视为质点的甲、乙两小球通过铰链用刚性轻杆连接，甲球套在固定的竖直光滑杆上，乙球处于光滑的水平地面上。初始时甲球离地面的高度为h，重力加速度为g。现由静止释放两球，下列说法正确的是（　　 ） A．运动过程中甲球的机械能守恒 B．甲球落地时，乙球的速度 C．甲球落地时的速度大小 D．乙球的动能最大时，甲球的加速度大小为g 【答案】BD 【详解】A．甲、乙和轻杆组成的系统中，光滑杆和光滑地面的支持力均不做功，轻杆内力在甲、乙之间传递能量，系统机械能守恒；但杆对甲有沿其运动方向的分力，对甲做功，甲的机械能不守恒，故A错误； B．甲落地时轻杆水平，由杆长不变可知甲、乙沿杆方向的速度分量相等。此时甲的速度竖直、与轻杆垂直，甲沿杆方向速度分量为0，乙的速度水平、沿轻杆方向，所以，故B正确； C．甲落地时乙球速度为0，系统机械能守恒，有 解得，故C错误； D．乙球动能最大时，乙球速度达到极大值且不为0，此时乙球水平加速度为0。乙球水平方向只受轻杆作用力的水平分力，且此时轻杆不竖直，所以轻杆作用力为0，甲球只受重力作用，加速度大小为，故D正确。 故选BD。 考向3 弹簧连接体问题 22．（25-26高一上·陕西西安·阶段检测）如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是（g取）（     ） A．轻弹簧的压缩量为0.2m B．物体B的瞬时加速度为 C．物体A的瞬时加速度为 D．物体B对物体A的压力为6N 【答案】B 【详解】A．A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A根据受力平衡可得弹簧弹力为 解得弹簧压缩量 故A错误； BC．细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律可得 解得物体A、B的瞬时加速度为 故B正确，C错误； D．对物体A，由牛顿第二定律 解得物体B对物体A的压力为 故D错误。 故选B。 23．（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）（多选）如图所示，一个质量为的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为的物体，的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为，整个系统处于静止状态，现将细线剪断，物体向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法正确的是（　　） A．未剪断细线前，台秤读数为 B．剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大 C．剪断细线的瞬间，物体的加速度为，方向竖直向上 D．剪断细线后，物体向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大 【答案】BC 【详解】A．未剪断细线前，设台秤对箱子的支持力为N，由物体A和箱子整体受力平衡得N=mg+2mg=3mg 根据牛顿第三定律可知箱子对台秤的压力为3mg，即台秤读数为3mg，故A错误； BC．未剪断细线前，设弹簧的拉力为F，细线的拉力为T，由物体A受力平衡得F=mg+T=mg+mg=2mg 剪断细线的瞬间，设物体A的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得F-mg=ma 解得a=g，方向竖直向上。 可知物体A处于超重状态，那么物体A和箱子整体就处于超重状态，则台秤读数会突然大于物体A和箱子整体的重力，即大于3mg，故BC正确； D．剪断细线后，物体A向上运动至最高点的过程中，物体A在竖直方向上先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，物体A的加速度方向先向上后向下，物体A和箱子整体先处于超重状态，后处于失重状态，可得台秤读数先增大后减小，故D错误。 故选BC。 24．（24-25高二上·四川眉山·开学考试）（多选）如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开挡板时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。则关于从物块M开始运动到物块N刚要离开挡板的过程，已知重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．滑块M的位移为 B．滑块N刚要离开挡板的瞬间，滑块M的加速度大小为 C．滑块M获得瞬时冲量的大小为 D．重力对滑块M做的功为 【答案】BC 【详解】A．滑块M、N置于斜面上处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有 物块N刚要离开挡板时，弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律有 滑块M的位移为 解得 故A错误； B．滑块N刚要离开挡板的瞬间，对滑块M进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 故B正确； D．重力对滑块M做的功为 解得 故D错误； C．结合上述可知，滑块M向上运动过程中，弹簧初始位置的压缩量等于末位置的伸长量，即弹簧初末状态的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可得 滑块M获得瞬时冲量的大小 联立解得 故C正确。 故选BC。 考向4 接触面见连接问题 25．（25-26高一上·四川眉山·阶段检测）（多选）如图所示，质量 M=4kg 的空铁箱在水平拉力 F=210N 作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1= 0.2。这时铁箱内一个质量 m=1kg 的小木块（视为质点）恰好能静止在后壁上，小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数为μ2。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取10m/s2 ，下列说法正确的是（　　） A．铁箱的加速度大小a= 50.5m/s2 B．μ2 = 0.25 C．由于小木块恰好能静止在后壁上，说明小木块此时处于平衡状态 D．铁箱对小木块的作用力大小为N 【答案】BD 【详解】A．以铁箱和木块整体为研究对象，由牛顿第二定律得 解得，故A错误； B．小木块恰好能静止在铁箱后壁上，对小木块，竖直方向有 水平方向有 又 联立解得，故B正确； C．由上分析可知小木块与铁箱一起做匀加速运动，所以小木块此时不是处于平衡状态，故C错误； D．铁箱对小木块有弹力和摩擦力两个力，合力大小为，故D正确。 故选BD。 26．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，A、B两物体叠放在一起，以初速度冲上粗糙的斜面，运动中A、B保持相对静止，B上表面水平，上滑过程中B的受力示意图是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对A、B整体分析，整体以初速度冲上粗糙斜面，做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下。将加速度分解为水平向左的分量和竖直向下的分量。隔离物体A，A在水平方向上只受B对A的静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，B对A的摩擦力方向水平向左。根据牛顿第三定律，A对B的摩擦力方向水平向右。 故B物体受重力、A对B竖直向下的压力、斜面对B垂直斜面向上的支持力、斜面对B沿斜面向下的滑动摩擦力、A对B水平向右的静摩擦力。 故选D。 27．（25-26高一上·云南昆明·阶段检测）如图所示，质量的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力，使其从静止开始以加速度做匀加速直线运动。已知弹簧的劲度系数，。求： (1)整个装置静止时，弹簧的压缩量； (2)整个过程中变力的最小值； (3)A、B分离瞬间，A的速度大小。 【答案】(1) (2)6N (3) 【详解】（1）整个装置静止时，对AB整体有 解得 （2）AB运动过程中，对AB整体有 整理得 可知弹簧压缩量最大时F最小，而刚开始施力时，弹簧压缩量最大且大小为0.05m，联立解得变力的最小值为 （3）A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知 解得 对A，由运动学公式可知 联立解得 知识点2 动力学中的临界极值问题 知●识●解●构 1.临界条件的标志 有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。 2.常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件：FN=0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT=0。 3.处理临界问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 考●向●破●译 考向1 斜面模型中的临界极值问题 28．（25-26高一上·河北衡水·阶段检测）运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为37°（已知，），球拍与球保持相对静止，重力加速度为g，不计摩擦与空气阻力，则（　　） A．球拍对球的作用力 B．运动员对球拍的作用力为 C．运动员的加速度为 D．若运动员的加速度大于0.6g，球一定沿球拍向上运动 【答案】C 【详解】A．以乒乓球为研究对象，乒乓球受重力和球拍的支持力。乒乓球与球拍相对静止，加速度方向水平向右。在竖直方向上，乒乓球受力平衡，得 解得，故A错误； C．以乒乓球为研究对象，在水平方向上，由牛顿第二定律，得 代入，得 运动员和乒乓球加速度相同，所以运动员的加速度为，故C正确； B．将球拍和球视为整体，总质量为，整体受总重力、运动员对球拍的作用力，整体加速度，因此需要同时平衡竖直方向的总重力、提供水平方向的合力，大小为，故B错误； D．只有当运动员加速度时，乒乓球才会沿球拍向上运动，若运动员的加速度大于，但不一定比大，故球不一定会沿球拍向上运动，故D错误。 故选C。 29．（25-26高一上·江苏无锡·阶段检测）一个质量为0.4kg的小球用细线吊在倾角的斜面顶端，如图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，细线与斜面平行，不计摩擦及空气阻力，当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时，则（，，取g=10m/s2）（　　） A．细线的拉力为3.2N B．细线的拉力为 C．斜面对小球的弹力为2.4N D．斜面对小球的弹力为2N 【答案】B 【详解】CD．当小球对斜面的压力恰为零时，小球离开斜面的临界加速度为，受力分析如图所示 由牛顿第二定律有 解得 当时，小球已经离开斜面，斜面对小球的弹力为0，C错误，D错误； AB．当时，小球已经离开斜面，这时小球受力如图所示 则水平方向由牛顿第二定律得 竖直方向由受力平衡得 联立解得，A错误，B正确。 故选B。 30．（25-26高一上·湖北十堰·阶段检测）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1=6kg的物体P，Q为一质量为m2=10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k=600N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0； (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a； (3)力F的最大值与最小值； (4)画出力F随时间t变化的图像。 【答案】(1)0.16m (2)m/s2 (3)N，N (4) 【详解】（1）设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0 解得x0＝0.16 m （2）前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 联立解得a＝m/s2 （3）对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大Fmin＝(m1＋m2)a＝N 对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝N （4）未分离之前 整理得 分离后 作图如下 考向2 传送带模型中的临界极值问题【重】 31．（25-26高一上·江苏徐州·阶段检测）如图所示，倾角为，且长L=0.9m的传送带以恒定的速率v=1m/s沿顺时针方向运行，现将一质量m=2kg的煤块（可视为质点）以的速度从距离底部滑上传送带，传送带与煤块之间的动摩擦因数，忽略传送带轮子的大小，取，（）。 (1)求煤块速度与传送带速度达到相同时，煤块的位移大小； (2)煤块最终从传送带上端还是下端飞出？请计算煤块飞出时的速度大小； (3)计算煤块在传送带上留下的划痕长度。 【答案】(1)0.4m (2)下端，1.8m/s (3)1.8m 【详解】（1）煤块开始上滑的加速度大小 当煤块与传送带共速时 解得 煤块的位移 （2）共速后煤块向上做减速运动的加速度大小 速度减为零时的位移 因 可知煤块没能到达传送带顶端，然后下滑到底端时的速度 即煤块最终从传送带下端滑下的速度为1.8m/s。 （3）煤块向上减速阶段的划痕长度 煤块向上减速到零时的划痕长度 向下加速运动时的划痕长度 因被覆盖，则煤块划痕长度为 由于传送带总长为2L=1.8m，所以最终在传送带上留下的划痕长度为1.8m。 32．（25-26高一上·江苏泰州·阶段检测）如图所示，一足够长的水平传送带始终以v=1m/s的速度逆时针转动，小物块（煤块）以水平向右的速度从左端滑上传送带，已知物块与传送带间动摩擦因数 。 (1)若，求物块向右运动的最大距离x； (2)若，求物块在传送带上运动的时间t和留下的划痕长度L； (3)若物块在传送带上运动2.5s后，一光滑小球以水平向右的速度 从左端滑上传送带，经过0.5s与物块相遇，求的大小。 【答案】(1)0.5m (2)4.5s，4.5m (3) 【详解】（1）物块在传送带上减速到零时，物块向右运动的距离最大，有， 联立，代入相关已知数据求得 （2）若，物块在传送带上先向右匀减速到零，接着反向加速到与传送带速度相同，最后向左匀速运动到传送带最左端。物块向右减速时间 向右运动的最远距离为 该过程物块在传送带上的划痕长度为 物块接着反向加速时间为 该过程物块向左运动距离为 物块在传送带上的划痕长度为 物块接着匀速运动到传送带最左端时间为 则物块在传送带上运动的时间 物块在传送带上留下的划痕长度 （3）光滑小球以水平向右的速度从左端滑上传送带，经过0.5s与物块相遇，该过程小球向右运动的距离为 取向右为正方向，若物块一直在做匀变速运动，对物块有 联立求得 验证：说明，相遇时物块向左的速度大于了传送带的速度，不合理，假设不成立。 故物块向右减速到0的时间为 向右最大位移 之后物块向左加速1s后与传送带共速，1s内向左位移0.5m，剩余的时间物块以向左运动。 相遇时物块的位置满足： 解得（舍去不合理解） 33．（25-26高一上·陕西咸阳·阶段检测）如图甲所示，机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送到低处平板车上，简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为，将质量的货箱无初速地放在传送带的顶端A，货箱到达底端B后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知货箱与传送带、货箱与木板间的动摩擦因数分别为、，木板与地面的动摩擦因数为。已知传送带与水平地面夹角，两端的距离为，货箱可视为质点。求：（，，g取） (1)货箱在传送带上刚开始下滑时的加速度大小； (2)货箱在传送带上运动的时间； (3)为使货箱不从木板上滑落，求木板的最小长度。 【答案】(1) (2)2.2s (3)3m 【详解】（1）货箱在传送带上刚开始下滑时，根据牛顿第二定律有 解得 （2）货箱在传送带上先以加速度做匀加速直线运动，经历时间与传送带达到相同速度，根据运动学公式有 解得 货箱的位移 由于，货箱继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 根据位移与速度关系式有 解得 根据速度公式有 解得 货箱在传送带上运动的时间 （3）货箱滑上木板后，根据牛顿第二定律有 解得货箱的加速度大小为 木板加速度大小为 货箱与木板共速时 解得， 货箱的位移 木板的位移 木板长度至少为 考向3 板块模型中的临界极值问题 34．（24-25高一上·云南曲靖·阶段检测）（多选）如图所示，某同学将一质量为m的象棋子放在静置于水平课桌上的物理课本中央，课本质量为M。用水平恒力F作用于课本，将其从象棋子下方抽出。假设课桌足够长，象棋子与课本、课本与桌面的动摩擦系数均为μ，象棋子离开课本所需时间为t，离开课本时速度为v。象棋子可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．其他条件不变，m越大，t越短，v越小 B．其他条件不变，M越大，t越短，v越小 C．其他条件不变，F越大，t越短，v越小 D．其他条件不变，μ越大，t越长，v越大 【答案】CD 【详解】A．对象棋子由牛顿第二定律有 解得 由速度与时间的关系可得 对课本由牛顿第二定律有 解得 设象棋子与课本的相对位移为，则有 解得 其中 可知，其他条件不变，m越大，则越小，时间t越长，而象棋子得速度 可知越大，故A错误； B．其他条件不变，M越大，则越小，时间t越长，而象棋子的速度v越大，故B错误； C．其他条件不变，F越大，则越大，时间t越短，则象棋子的速度v越小，故C正确； D．其他条件不变，μ越大，则越小，时间t越长，则象棋子的速度v越大，故D正确。 故选CD。 35．（25-26高一上·江苏南京·阶段检测）在某生活实验电视节目中，如图所示，在固定且长为4m的水平餐桌上铺着台布，台布左端与餐桌左端齐平，7个小碟子等间距排在桌子的中线上，每个碟子相距0.5m，两侧碟子与台布边沿的距离也是0.5m。汽车拉着台布一端将其快速抽出（台布被抽出过程保持平整），最后部分碟子仍留在桌面。已知碟子与台布、桌面间的动摩擦因数分别为、。刚开始绳子恰好被拉直，汽车从静止开始以的加速度向前匀加速拉动台布，小碟子可视为质点，重力加速度取，求： (1)碟子在台布、桌面上滑行时的加速度、的大小； (2)最左边碟子A从开始运动到停止共滑行的距离； (3)通过计算求出，台布被抽出后最终桌面上还留有多少个碟子。 【答案】(1)， (2) (3)最终桌面上还留有5个碟子 【详解】（1）由平衡条件可得，碟子所受支持力为 碟子在台布上滑行时，由牛顿第二定律可得 解得 碟子在桌面上滑行时，由牛顿第二定律可得 解得 （2）碟子A与台布分离时，有 解得 分离前速度为 分离前碟子A滑行的距离为 分离后碟子A在桌面滑行，根据运动学公式可得 解得 碟子A从开始运动到停止共滑行的距离为 解得 （3）设碟子距离桌子左端为，则碟子与台布分离时，有 解得 分离时速度为 若碟子恰好滑到桌子右侧边沿，则有 联立以上式子可得或 因为，可知最终台面上还留有5个碟子。 36．（25-26高一上·云南昆明·期末）如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m=0.1kg，长木板的质量为M=1.5kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4，重力加速度大小为g=10m/s2，最终小物块未滑离长木板，求： (1)小物块向右减速为零时，长木板的速度； (2)小物块与长木板刚好相对静止时的速度； (3)长木板的最短长度。 【答案】(1) (2)2m/s (3)6m 【详解】（1）根据牛顿第二定律，对长木板有 可得 小物块的加速度 小物块速度减小到0经历时间为t1=1s，此时木板向左的位移为 木板的速度 （2）小物块向右运动的位移为 此后，小物块开始向左加速，加速度大小为，长木板继续减速，加速度仍为，假设又经历时间二者速度相等，则有 解得 刚好相对静止时的速度 （3）此过程木板位移 小物块的位移 二者的相对位移为 所以木板最小的长度为6m 考点四 动力学中的模型 知识点1 “传送带”模型 知●识●解●构 水平传送带问题的常见情形及运动分析 1.物块初速度方向与传送带速度方向相同 图示 速度大 小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长， 物块运动的v-t图像 Ff方向 运动状态 v0=0 向右 匀加速直线运动 v0<v 向右 匀加速直线运动 v0>v 向左 匀减速直线运动 2.物块初速度方向与传送带速度方向相反 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块运动状态 传送带较短 向左 匀减速直线运动 传送带足够长 v0<v 向左 v-t图像： v0>v 向左(共速前) v-t图像： 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 1.物块由低处传送到高处(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0=0 沿传送带 向上 μgcos θ -gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v v0>v 沿传送带 向下 μgcos θ +gsin θ 匀减速 直线运动 2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v-t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0=0 沿传送带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v 沿传送 带向下 μgcos θ +gsin θ 匀加速 直线运动 v0>v 沿传送带向上 μgcos θ -gsin θ 匀减速 直线运动 3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ) 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 加速度大小 物块运动状态 传送带 较短 沿传送 带向上 μgcos θ-gsin θ 匀减速直线运动 传送带 足够长 v0<v 沿传送 带向上 μgcos θ-gsin θ v-t图像： v0>v 沿传送 带向上 共速前： μgcos θ-gsin θ 共速后：0 v-t图像： 思考　若μ=tan θ或μ<tan θ，物块将做什么运动？ 答案　若μ=tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。 考●向●破●译 考向1 水平传动带模型 【重】 37．（25-26高一下·天津滨海新区·期末）（多选）皮带保持的恒定速度向右运动，现将一质量为的小木块轻放在皮带上，小木块和皮带间的动摩擦因数。设皮带足够长，取，在小木块与皮带发生相对滑动的过程中（     ） A．小木块滑动的时间为0.2 s B．摩擦力对小木块做功和对传送带做功的绝对值相等。 C．小木块与皮带间的摩擦力对皮带做的功 D．小木块与皮带间的摩擦力对皮带做的功 【答案】AC 【详解】A．小木块所受滑动摩擦力大小为 由牛顿第二定律得 当小木块速度达到皮带速度时相对滑动结束，由，整理得，故A正确； BCD．相对滑动时间内，小木块的位移 皮带的位移 摩擦力大小 摩擦力对小木块做功 小木块对皮带的摩擦力方向向左，其对皮带做功 二者绝对值不相等，故B错误，C正确，D错误。 故选AC。 38．（2026·天津南开·模拟预测）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为，传送带正中间的正上方有一悬点，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为的小球B，小球B与传送带上表面平齐但不接触。将质量为的小物块A无初速轻放在传送带左端，小物块运动到传送带中间位置恰好加速到的速度，之后与小球B发生正碰，碰撞时间极短。小球B碰后恰好能够绕点做竖直面内圆周运动，小物块A继续在传送带上运动。已知重力加速度取，空气阻力不计，计算时小物块和小球大小可以忽略。求： (1)小物块A与传送带间的动摩擦因数； (2)小物块与小球碰后瞬间，小球B获得的速度大小； (3)与小球碰后，小物块A继续在传送带上运动的时间（本小问结果保留三位有效数字）。 【答案】(1)0.4 (2) (3) 【详解】（1）小物块A从传送带左端运动到中点，位移，初速度为，末速度 由运动学公式得 小物块加速度由滑动摩擦力提供，由牛顿第二定律得 代入数据解得 （2）小球B恰好做竖直面内圆周运动，绳模型最高点满足重力提供向心力 碰后从最低点到最高点，机械能守恒 联立解得 （3）碰撞前A速度 碰撞过程动量守恒 代入数据解得碰后A的速度 碰后A速度小于传送带速度，继续加速，加速度 加速到共速位移 则碰后A先加速后匀速，加速时间 匀速时间 则小物块A继续在传送带上运动的时间 39．（25-26高一上·天津·期末）如图所示，一长度的水平传送带以的速率顺时针匀速转动，传送带左侧与光滑水平地面齐平连接，右侧与倾角的固定斜面无缝相接。斜面上有一点D，B和D之间的距离。某时刻将物块在A点由静止释放，物块在传送带上运动后速度达到，重力加速度，物块与斜面间的动摩擦因数，假设物块每次经过B点前后速度大小不变，且全程未冲出斜面。，，求： (1)物块与传送带之间的动摩擦因数； (2)滑块第一次沿斜面上滑的最远距离s； (3)滑块最多可通过D点的次数n。 【答案】(1) (2) (3)4次 【详解】（1）物块在传送带上运动时   由运动公式   得 （2）物块与传送带共速时 物块的位移为   因此共速后物块与传送带保持相对静止到达点，之后以速度冲上斜面   得，方向沿斜面向下。 滑块第一次沿斜面上滑   得最远距离 （3）物块从斜面下滑时 得 由于在斜面上滑和下滑位移大小相等，设滑到底面时速度为，则有 即   可得 物块到达水平面上后会在传送带上运动，再次回到点速度大小不变，仍为，同理每次回到点时的速度都是前一次速度的倍。 第次返回点时速度为，为正整数。 要使滑块再也不能经过D点，则需 解得 可知第四次返回点后将再不能到达D点，每次往返两次经过D点，滑块最多可通过D点的次数为4次。 考向2 倾斜传送带模型 40．（24-25高一上·天津河东·阶段检测）如图所示，一物体放置在倾斜的传送带上.关于物体所受的摩擦力，下列说法不正确的（　　） A．若传送带静止，物体也静止，则物体受到沿传送带向上的静摩擦力 B．若传送带静止，物体沿传送带下滑，则物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力 C．若传送带顺时针匀速转动，物体随传送带一起向上做匀速运动，则物体受到沿传送带向上的静摩擦力 D．若传送带逆时针匀速转动，物体随传送带一起向下做匀速运动，则物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力 【答案】D 【详解】ACD．物体和传送带相对静止时，无论是相对地面静止还是一起向上匀速或者是一起向下匀速，物体都处于平衡状态，都受到沿传送带向上的静摩擦力作用，AC正确，D错误； B．当传送带静止，物体沿传送带下滑时，物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，B正确； 本题选不正确的，故选D。 41．（25-26高三下·重庆江北·阶段检测）某游戏装置的竖直截面如图所示，质量为的滑块自倾角为的粗糙斜面滑下，冲入水平面上的半径为R的圆轨道，滑块经过轨道最高点时的速度为v，圆轨道在最低点稍微错开，滑块在圆弧轨道上滑行一周后冲出，而后冲上倾角为的传送带，传送带以v的速度匀速向上传送，从传送带上端离开后恰好水平滑上距离高为的平台，在平台上滑块被缓冲锁定视为成功。已知水平轨道和倾斜轨道与传送带分别在、点平滑连接，长度为，长度为，滑块与斜面间动摩擦因数，与传送带的动摩擦因数，其余阻力不计，滑块可视为质点，求： (1)滑块经过D点时对轨道的压力； (2)滑块冲上传送带时的速度； (3)平台高度h； 【答案】(1)，方向竖直向上 (2)8m/s (3)0.288m 【详解】（1）在点，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为，方向竖直向上。 （2）从点到点由动能定理可得 解得滑块冲上传送带时的速度为 （3）滑块冲上传送带时做减速运动，根据牛顿第二定律可得 解得 与传送带共速时，根据 可得 即恰好运动至点共速。根据斜抛运动有 可得平台高度为 42．（25-26高一上·天津南开·期末）如图所示，传送带长为L=5.8m，以v=3m/s的速率顺时针匀速转动，传送带的倾角为θ=30°，其右上侧有一水平平台MN，木板C与平台MN左侧对齐，物块B距木板C左端的距离，B、C质量mB=mC=0.5kg且均静止。一个质量为mA=1.0kg的物块A以v0=9m/s的速度滑上传送带，从传送带飞出后，恰好无碰撞地水平滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生碰撞（已知A、B碰撞前B、C保持相对静止）。已知A与传送带的动摩擦因数为，A、B与C间的动摩擦因数μA=μB=0.2，C与平台间的动摩擦因数μC=0.05，空气阻力忽略不计，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点。求： (1)当A在木板上运动时，A、B两物体的加速度大小； (2)物块A滑离传送带时的速度大小； (3)从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间（结果可用根号表示）。 【答案】(1)2m/s2，1m/s2 (2)2m/s (3) 【详解】（1）物块A滑上木板C后做匀减速运动，假设B、C一起向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得， 解得， 由于 则假设成立，所以A在木板上运动时，A的加速度大小为2m/s2，B的加速度大小为1m/s2； （2）物块A滑上传送带后，根据牛顿第二定律可得 解得 与传送带达到共速的位移为 共速后，由于 所以共速后物块A继续向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得 解得 根据速度位移关系可得 解得 （3）物块A在传送带上运动的时间为 物块A离开传送带后，做斜上抛运动，物块在运动到最高点时滑上木板，斜上抛运动的时间为 物块A滑上木板C时的速度大小为 从物块A滑上木板C到物块A与B碰撞过程，有 解得 所以从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间为 考向3 组合传送带模型 43．（25-26高一上·广西南宁·期末）工厂里的流水线上有一传送带装置，如图所示，其中段水平，长度，段倾角为，长度，和在B点通过一段极短的圆弧连接（工件通过连接处时速度大小不变），传送带以的恒定速率顺时针运转。现将一个工件（可看成质点）无初速度放到C点，已知工件与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取，，。 (1)求工件第一次到达B点时的速度大小； (2)求工件从C点开始至第二次到达B点所用的总时间； (3)判断工件运动了时的速度方向，并说明理由。 【答案】(1) (2) (3)工件运动了时的速度方向沿传送带倾斜段向上，理由见解析 【详解】（1）由牛顿第二定律 解得 工件第一次到B点时的速度 （2）工件第一次到B点时的时间 工件在传送带水平段上的加速度 工件向左运动的距离 工件开始向右运动到与传送带共速时的位移 工件向左匀减速运动到反向匀加速运动与传送带共速所用时间 共速后工件运动到B点所用时间 工件从C点开始至第二次到达B点所用的总时间 （3）第二次到达B点后，工件将沿传送带倾斜段向上运动，由于，工件将减速运动，加速度为，减速到零后沿传送带倾斜段向下运动，第三次到达B点，加速度同样为，因此向上运动和向下运动是对称的，所用时间 第三次到达B点后，向左减速，加速度为，减速到零，反向加速到与传送带共速时刚好到达B点，为第四次到达B点，所用时间 第四次到达B点后重复第二次的运动，一直循环这个过程。工件运动了时，循环了次，由于，因此工件运动了时的速度方向沿传送带倾斜段向上。 44．（25-26高三上·河南·阶段检测）如图所示，倾角为的倾斜传送带上、下两端的间距，逆时针匀速率运转的速度大小，传送带上有一用特殊材料制作的可视为质点的乙物块，随传送带一起匀速运动，当乙物块运动至距传送带上端时，将也可视为质点的甲物块无初速的放到传送带上端，以后每当甲物块追上乙时，两者碰撞后瞬间会交换速度。已知甲、乙两物块质量均为，甲与传送带间的动摩擦因数，乙与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取，，。求： (1)从开始放上甲物块到甲物块第一次追上乙物块所经历的时间； (2)从开始放上甲物块到甲物块第一次追上乙的过程中，甲在传送带上的划痕长度； (3)在传送带上甲与乙两物块碰撞的次数。 【答案】(1) (2) (3)5次 【详解】（1）刚放上传送带时对甲物块有 得 加速到与传送带共速时经历时间为 此过程甲向下移动 乙向下移动 此后对甲有 解得 则此后甲物块第一次追上乙物块的过程有 得 故甲从放上到第一次追上乙用时 （2）从放上到甲与传送带共速过程中两者相对位移大小为 此后到第一次追上乙过程中两者相对位移大小为 由于，故划痕长度 （3）甲物块与乙物块第一次碰前的速度大小 碰后交换速度，则碰后甲物块的加速度大小为，设乙物块的加速度大小为，对乙有 得 假设甲、乙第一次碰后到第二次碰前乙一直减速，则有 得 此过程向下移动距离为 第二次碰前甲的速度大小为 乙的速度大小 表明假设成立。碰后交换速度，之后两物块运动的情况与第一次碰后相同，即当甲再运动时，与乙发生第三次碰撞，依次类推，第一次碰后还碰撞了次 故可知在传送带上，甲、乙碰撞的次数为5次。 45．（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，两条相同的传送带，长度均为，货物与传送带表面的动摩擦因数均为，甲传送带倾斜放置，与水平面成37°角，乙传送带水平放置，它们均以的速度逆时针转动。在接头处两传送带平滑连接，货物经过时不计动能损失。现将一可视为质点的货物轻放在甲传送带的顶端，，，重力加速度取，求： (1)货物到达点处的速度大小； (2)货物从端传送到端所用的时间。（取） 【答案】(1) (2)1.16s 【详解】（1）货物在与传送带甲共速前，有 解得 达到共速所用时间 通过的位移 则从共速点到B点的距离 共速后，由于，则有 解得 设货物滑行到B点所需时间为，有 解得 货物滑行到B点的速度 （2）滑上水平传送带后有 解得 设货物减速到与传送带共速所通过的距离 所用时间 最后货物被匀速传送到C点所用时间 则货物从端传送到端所用的时间 考向3 传送带上的划痕长度问题 46．（24-25高三下·湖南长沙·阶段检测）如图所示，倾斜放置的传送带长为，以大小为的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为的物块轻放在传送带端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力，物块先加速后匀速从端运动到端，物块运动的时间为，物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（    ） A．物块加速运动的时间为 B．恒力的大小为 C．物块与传送带之间的痕迹长为 D．因为传送物体，电动机多消耗的电能为 【答案】C 【详解】AB．初始时物块做加速运动，对其受力分析有 加速运动，其加速时间为，有， 当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动 根据题意有 解得：，   ，，AB错误； C．物块与传送带在发生相对运动时，即物块加速时，物块在传送带上有划痕，物块匀速时和传送带共速，此时没有划痕，所以划痕长为，故C正确； D．根据能量守恒可知, 因为传送物体，电动机多消耗的电能 故D错误。 故选C。 47．（25-26高一下·河北承德·开学考试）如图所示，一足够长的水平传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。将一质量m=1kg的物块可视为质点轻放在传送带左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数µ=0.2，取重力加速度g=10m/s2。 (1)求物块刚放上传送带时的加速度大小； (2)求物块与传送带共速的时间； (3)求物块在传送带上留下的划痕长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块相对于传送带向左滑动，受到传送带向右的滑动摩擦力。竖直方向受力平衡，支持力，因此可按 计算滑动摩擦力。由滑动摩擦力公式得 取向右为正方向，由牛顿第二定律得 加速度方向向右。 （2）物块与传送带共速时，物块的速度为，方向向右。由匀变速直线运动的速度—时间关系得 代入，​ 和前述加速度，有 （3）共速前，物块相对于传送带发生滑动，划痕长度等于二者的相对位移大小。设这段时间内传送带和物块的位移分别为，，均以向右为正。在内，传送带做匀速直线运动，位移为 由匀变速直线运动的位移—时间关系，物块的位移为 故划痕长度 48．（25-26高一上·江苏南通·阶段检测）传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的煤块无初速地放在传送带的顶端，煤块到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知煤块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知）。求： (1)煤块滑上木板左端时的速度大小； (2)煤块在传送带上留下的痕迹长度； (3)若木板与地面的动摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度与的关系式。 【答案】(1) (2)4m (3) 【详解】（1）煤块在传送带上滑动过程，由牛顿第二定律得 解得 煤块加速到与传送带速度相等需要滑行的位移 解得 由于，煤块与传送带速度相等后继续滑动，对煤块，由牛顿第二定律得 解得 设煤块到达端时的速度为，则 解得 （2）经共速 煤块相对传送带向上滑了 煤块在传送带上加速下滑的时间 煤块相对传送带向下滑了 所以痕迹长度为4m （3）设木板与地面间的最小动摩擦因数为 ①当 解得时，木板不会运动，木块速度减为0时，恰好不会从木板上掉下，木板长度为，此过程煤块的加速度为 根据 解得 ②当时，木板发生滑动，煤块滑上木板后向右做匀减速直线运动，此时煤块加速度大小仍为 木板向右匀加速运动 当两者速度相等时，恰好不掉下来 煤块位移 木板位移 此时木板长度为 解得 知识点2 “滑块—木板”模型 知●识●解●构 1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 2.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1-x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx=x2+x1=L。 3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物=v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物=v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物=v板。 ②木板最短的条件：当v物=v板时滑块恰好滑到木板的一端。 考●向●破●译 考向1 接触面光滑的板块模型 【重】 49．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图1所示，光滑水平地面上并排放着质量kg的木板A、B，一质量为kg的滑块C（可视为质点）以水平初速度m/s从木板A的左端开始运动，最终与木板B保持相对静止。已知从滑块C滑上木板A开始计时，木板B运动的v-t图像如图2所示，木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10，下列说法正确的是（　　） A．木板A、B与滑块C之间的动摩擦因数为0.2 B．木板B获得的最大速度为m/s C．木板A、B相互作用过程中，B对A的冲量大小为2N·s D．整个过程中，A、B、C组成的系统机械能的减少量为60J 【答案】AC 【详解】A．根据运动分析可知，前内，C在A上滑动，A与B一起加速，由图2知，B的加速度 对A、B整体，由牛顿第二定律 代入数据解得，故A正确； B． 时，C刚滑上B，此时， 此后A匀速，B与C组成系统动量守恒 解得，即B最大速度为，故B错误； C．设A受B的弹力为N，对A牛顿第二定律 解得 B对A的冲量大小为，故C正确； D．初始动能 末动能 机械能减少量，故D错误。 故选AC。 50．（23-24高一下·天津南开·期末）如图所示，质量的长木板B静止放置在光滑水平面上。质量的物块A（可视为质点），从左端以的初速度水平向右滑上长木板B，经过，A恰好到达B的右端且未掉落，重力加速度，求： (1)物块A与长木板B最终的速度v的大小； (2)物块A与长木板B间的动摩擦因数； (3)长木板B的长度L。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由动量守恒得 解得 （2）对A由动量定理，有 解得 （3）根据能量守恒，物块A与长木板B因摩擦而产生的热量为 且 解得 51．（24-25高二下·天津河西·期中）如图所示，水平地面上静止放置一辆质量为的小车，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块置于的最右端，的质量也为，物块与小车之间的动摩擦因数恒定。对施加一个水平向右的瞬时冲量，二者达到相对静止时物块恰好停在小车的最左端，不计空气阻力。求： (1)物块与小车相对静止时，小车的速度的大小； (2)由开始运动到二者相对静止，车的位移与车的长度之比。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）规定向右为正方向，由动量守恒有 解得 （2）设动摩擦因数为，对B有 解得 则B的位移大小 题意可知车的初速度 设动摩擦因数为，对车有 解得 则A的位移大小 联立解得车的长度 故 考向2 接触面粗糙的板块模型 52．（25-26高三上·天津静海·期中）（多选）如图所示，质量，长的木板A静止在光滑水平面上，木板上右端放一个小滑块B（可视为质点），小滑块的质量，小滑块和木板之间的动摩擦因数。若用水平向右的拉力F作用在木板上，取，则下列说法正确的是（　　） A．时，滑块的加速度大小为 B．时，小滑块与木板发生相对滑动 C．时，小滑块会从木板上滑下 D．把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F必须满足 【答案】AC 【详解】BD．设拉力为时，A、B刚好可以保持相对静止一起加速运动；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得 可知时，小滑块与木板没有发生相对滑动；把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F必须满足，故BD错误； A．当时，小滑块与木板保持相对静止一起加速运动，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为，故A正确； C．当时，小滑块与木板发生相对滑动，小滑块会从木板上滑下，故C正确。 故选AC。 53．（25-26高一下·天津滨海新区·期中）（多选）如图甲所示，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块（视为质点）。在 时刻对木板施加水平向右的恒力 ，作用1s后撤去 ，此后木板运动的图像如图乙所示。物块和木板的质量均为，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则下列说法正确的是（     ） A．拉力 的大小为24N B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为 C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m D．时刻，物块的速度减为0 【答案】CD 【详解】AB．由图可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味着在1.5s之前木块与木板之间相对滑动，直到1.5s时刻木块与木板共速； 在1s～1.5s内，木板的加速度大小为 在0～1.5s内，物块的加速度大小为 假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2，则木板在1s～1.5s内根据牛顿第二定律有μ1×2mg+μ2mg=ma1 木块在0～1.5s内根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2 代入数据联立解得：μ1=0.4，μ2=0.2 木板在0～1s内的加速度为 木板在0～1s内受力为F，根据牛顿第二定律可得：F-μ1×2mg-μ2mg=ma3 代入数据解得：拉力F=2μ1mg+μ2mg+ma3=（2×0.4×1×10+0.2×1×10+1×8）N=18N，故AB错误； CD．在0～1.5s内木板的位移 在0～1.5s内木块的位移 在1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动； 物块的加速度大小为：a1′=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2 木板的加速度大小为a2′：μ1•2mg-μ2mg=ma2′ 解得：a2′=6m/s2 物块到停止的时间还需要 木板到停止的时间还需要 物块的位移为： 木板的位移为： 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为Δs=s1+x2′-s2-x1′=6.75m+0.75m-2.25m-2.25m=3m； 由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，即3s时的速度为零，故CD正确。 故选CD。 54．（25-26高一上·天津和平·阶段检测）（多选）如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B质量分别为、。A、B之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。若作用在A上的拉力F由0增大到50N（A未从B上滑落），则此过程中（　　） A．从开始有拉力，两物体就会运动 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过48N时，开始发生相对运动 C．两物体从有拉力开始就有相对运动 D．两物体始终不发生相对运动 【答案】AB 【详解】设两物体没有相对运动的拉力最大值为F1，则以A、B为整体，根据牛顿第二定律，有F1=（mA+mB）a 以B为研究对象，根据牛顿第二定律，有μmAg=mBa 整理代入数据可得F1=48N 故从开始有拉力，两物体就会运动；在0＜F≤48N时，A、B一起匀加速运动，没有相对运动；当拉力超过48N时，开始发生相对运动。 故选AB。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $