第07讲 牛顿运动定律的综合应用（复习讲义）（江苏专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习讲义围绕牛顿运动定律综合应用，覆盖动力学两类问题、图像问题、连接体、临界极值瞬时性、传送带及滑块—木板模型，按“概念梳理—模型构建—综合应用”逻辑组织知识，通过命题透视、思维建模、考点精讲、真题溯源环节，帮助学生建立受力与运动分析框架，突破难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如传送带问题聚焦v物=v传临界点分析，连接体问题强化整体法与隔离法应用。设置例题、变式训练、真题分层练习，配合临界问题极限法等策略，高效提升学生解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第07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 动力学图像问题 知识点1 动力学两类基本问题 考向1 根据受力情况分析运动状态 考向2 根据运动状态分析受力情况 知识点2 动力学图像问题 考向1 图像问题 考点二 连接体和临界、极值问题 知识点1 连接体和临界、极值问题 考向1 连接体问题 重 考向2 临界问题 难 考向3极值问题 难 考向4瞬时性问题 考点三 传送带中的动力学问题 知识点1 传送带模型 考向1水平传送带中的动力学问题 重 考向2倾斜传送带中的动力学问题 重 考点四“滑块—木板”模型中的动力学问题 知识点1 板块模型 考向1水平板块模型中的动力学问题 重 考向2倾斜板块中的动力学问题 重 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 牛顿定律综合应用 江苏卷15题，3分 江苏卷10题，4分；江苏卷13题,3分 江苏卷15题，3分 考情分析 题型与考向：近三年江苏卷本章没有作为选择题考察，都放在计算题中考察，如牛顿第二定律的应用在2024年15题结合斜面模型考察，2025年第10题在板块模型中考察，13题的电场计算中也有涉及，2026年15题的电磁感应中也有涉及。 情境与立意：命题立意在于强调对运动本质的理解而非套用公式，引导学生从真实情境中建立物理模型，体现新课标对科学思维与物理观念核心素养的落实要求。 复习目标 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。3掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。4.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。5.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。6.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。7.掌握动力学两类基本问题的求解方法。8.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 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 动力学图像问题 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✨得分速记 从受力确定运动情况 1．基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2．流程图 从运动情况确定受力 1．基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2．流程图 (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。 考●向●破●译 考向1 根据受力情况分析运动状态 例1 （2024·江苏·模拟预测）如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，在推力F作用下，A、B一起沿倾角为的光滑斜面向上做匀加速直线运动，重力加速度大小为g，当突然撤去推力F的瞬间，则物块A的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练1·变载体】（25-26高一上·江苏徐州·阶段检测）如图所示，水平面上的小车向左运动，系在车后的轻绳绕过定滑轮，拉着质量为m的物体上升。若小车以v1的速度做匀速直线运动，当车后的绳与水平方向的夹角为θ时，物体的速度为v2，绳对物体的拉力为FT，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．v2=v1 B．v2=v1sinθ C．物体处于超重状态 D．绳对物体的拉力为FT小于mg 考向2 根据运动状态分析受力情况 例2 （高频考点预测04平衡问题和牛顿动力学问题）如图所示，水平地面上一车厢内固定有倾角为的光滑斜面，一根平行斜面的轻绳一端固定在斜面顶端，另一端连接质量为m的小球置于斜面上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，当整个装置一起水平向左做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．小球一定不可能受2个力的作用 B．小球一定受3个力的作用 C．当装置水平向左的加速度大小为2g时，轻绳的拉力大小为 D．当装置水平向左的加速度大小为2g时，小球受3个力的作用 【变式训练1·变载体】（25-26高三上·江苏镇江·阶段检测）如图所示，在倾角为的光滑斜劈上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板。A、B质量均为，系统在外力的作用下向左做匀加速运动，B始终与挡板保持接触，重力加速度为，下列说法中正确的是（     ） A．弹簧可能处于拉伸状态 B．弹簧可能处于原长状态 C．弹簧一定处于压缩状态 D．若加速度，挡板受到B物块的压力为 知识点2 动力学图像问题 知●识●解●构 1.对基本图像的理解 项目 x-t图像 v-t图像 a-t图像 斜率 各点切线的斜率，表示该时刻的瞬时速度 各点切线的斜率，表示该时刻的瞬时加速度 加速度随时间的变化率 纵截距 t=0时，物体的位置坐标 初速度v0 起始时刻的加速度a0 面积 无意义 位移 速度变化量 交点 表示相遇 速度相同 加速度相同 2.运动学的三类非常规图像 函数关系 表达式 图像示例 斜率和纵截距 -t =at+v0 k=a b=v0 - =v0·+a k=v0 b=a v2-x v2=2ax+ k=2a b= 3.两类图像与所围面积的意义 a-x图像 公式依据： v2-=2ax→ax= 面积意义：速度平方变化量的一半 -x图像 公式依据：t=·x 面积意义：运动时间t 考●向●破●译✨得分速记 1.解决图像转换类问题的一般流程： 2.要注意应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图像类题型的解题准确率和速度。 考向1 图像问题 例3 （25-26高二下·江苏南通·阶段检测）图甲为两个物块A、B用一根处于原长的轻弹簧连接，静置于水平传送带上。某时刻传送带开始运动，其速度随时间变化的图像如图乙所示。物块始终未脱离传送带。则A、B的速度随时间变化的图像，不可能出现的是（     ） A． B． C． D． 【变式训练1·变载体】（24-25高二下·江苏南通·期末）如图所示，物块通过轻弹簧与物块连接，用手托住保持静止。现将、由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，、下落的速度随时间变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． ▶新情境◀【变式训练2·新考法】（25-26高一上·江苏常州·阶段检测）足够长的传送带与水平面夹角为，如图所示，以速度逆时针匀速转动。若物块能冲上斜面，且物块冲上传送带时无能量损失，小木块与斜面和传送带间的动摩擦因数均满足，规定沿传送带向下为正方向，则在物块上升的过程中，h代表竖直高度，下图中可能正确的是（　　） A．B．C．D． 考点二 连接体、临界、极值和瞬时性问题 知识点1 连接体和临界、极值问题 知●识●解●构 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) 2.关联速度连接体✨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。 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。 3.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。 4.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。 5.极值条件的标志：若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值。✨得分速记 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 6.瞬时性问题两种模型的特点 (1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。 (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的。 考●向●破●译 考向1 连接体问题 例4 （25-26高三上·山东·阶段检测）如图所示，A、B两物体用轻绳连接后放在倾角α=37°的斜面上。若A、B两物体的质量分别为1 kg和2 kg，两物体与斜面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则在两物体下滑过程中（　　） A．两物体的加速度a=6m/s2 B．两物体的加速度a>6m/s2 C．轻绳的弹力FT=2N D．轻绳的弹力FT=0 【变式训练1·变考法】（25-26高一上·江苏南通·期末）如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块以相同加速度a1向右做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为的光滑斜面向上作用于B上且两物块以相同加速度a2，在沿斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x2，下列说法中正确的是（　　） A．若M=2m，有x1=2x2 B．若M=2m，有x1>2x2 C．若，有x1 <x2 D．若，有x1=x2 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏南通·期中）如图所示，倾角为、质量为M的斜面A放置在水平面上，A的上表面光滑，下表面粗糙。细线一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与质量为m的物块B相连，滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行，A、B均处于静止状态。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)求细线拉力的大小F； (2)求A与地面间动摩擦因数的最小值； (3)剪断细线同时水平向右推A，使A、B保持相对静止，经过时间t，求B的位移大小。 考向2 临界问题 例5（25-26高一上·江苏常州·阶段检测）如图所示，细线的一端固定在倾角为30°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，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断正确的是（　　） A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是 B．当滑块向左匀加速直线运动时，时绳子的拉力为 C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0 D．当滑块向右匀加速直线运动时，时绳子的拉力为0 【变式训练1·变考法】（25-26高二下·江苏南通·期末）如图甲所示，质量分别为和的两个物体、相互接触，但不黏合，静置在光滑水平面上。从开始，水平方向的推力和拉力分别作用于、上，、的大小随时间变化关系的图像分别如图乙、丙所示，则（     ）               A．、分离前，对的弹力大小不变 B．、分离时，和大小相等 C．、分离后，做减速运动 D．可求出任意时刻的速度 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏苏州·阶段检测）如图所示，以速度v匀速行驶的货车运载着质量均为m的光滑圆柱形空油桶，已知底层空油桶A、B固定且紧靠在一起，油桶C放在A、B之间与A、B一起匀速运动，重力加速度为g。 (1)求B对C的支持力F1的大小； (2)为避免刹车过程中桶C脱离，求汽车刹车的最小距离s。 考向3 极值问题 例6 （25-26高一上·江苏苏州·阶段检测）如图所示，质量M4kg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m2kg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F，使其从静止开始以加速度a2m/s2 做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数 k240N/m，g10m/s2。以下结论正确的是（　　） A．变力F的最小值为12N B．小物块A与托盘B分离瞬间，弹簧恰好恢复原长 C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为2m/s 【变式训练1·变考法】（25-26高一上·江苏南京·阶段检测）如图（a）所示，在倾角θ=30°的固定光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端与小滑块A相连，小滑块B在斜面上紧靠着A但不粘连，A、B的质量均为m，初始时小滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F拉动B，使B沿斜面向上做加速度大小为a的匀加速运动，A、B的v-t图像如图（b）所示，A、B的v-t图像在t1时刻分离，A的v-t图像在t2时刻的切线与t轴平行，已知重力加速度大小为g，则（　　） A．施加力F的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．A沿斜面向上运动过程中速度最大时，A、B间的距离为 C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为 D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏南京·阶段检测）如图所示，水平地面上的小车内有质量分别为m、2m的甲、乙两小球，两小球用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角。甲球靠在光滑的竖直侧壁上，乙球放在粗糙水平车厢底板上，小车向右运动，轻杆与车厢始终相对静止。已知重力加速度大小为g，乙球与底板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．小车的加速度越大，轻杆中的弹力越小 B．小车做匀加速直线运动的最大加速度为 C．小车做匀加速直线运动的加速度为时，乙球受到的摩擦力大小为 D．小车做匀减速直线运动的最大加速度大小为 考向4 瞬时性问题 例7 （25-26高三上·江苏南京·阶段检测）下列四幅图中质量不同的重物用轻绳连接，绕过无摩擦的轻滑轮。由静止释放瞬间加速度最大的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练1·变考法】（2026·江苏南京·模拟预测）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（　　） A．t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2 B．t＝2 s时，A、B开始分离 C．t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N D．A、B开始分离时的速度为1 m/s 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏淮安·期中）如图，质量均为2kg的A、B两物体叠放在劲度系数为k=100N/m的竖直轻弹簧上并保持静止。现用F=10N竖直向上的恒力拉B物体，运动一段距离h后B与A分离，g取10m/s2。下列关于B与A分离前的运动，分析正确的是（　　） A．B与A分离时，h=0.3m B．B与A一直做加速运动 C．弹簧压缩量为0.2m时A物速度最大 D．两物体先做加速度增大的加速运动后做加速度减小的减速运动 考点三 传送带中的动力学问题 知识点1 传送带模型 知●识●解●构 1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住v物=v传的临界点，当v物=v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3.分析流程 4.注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δx：①若有一次相对运动：Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx=Δx1+Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 ✨得分速记 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： 考●向●破●译✨得分速记 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1 水平传送带中的动力学问题 例8 （25-26高二下·江苏·期末）如图所示，开始时可视为质点的滑块静置于传送带左端，由静止开始以可调的加速度匀加速启动的传送带带动后，滑块滑过光滑直轨道，并滑上上表面与轨道相平的4个紧密排列的相同木块。已知滑块质量，每个木块的质量，宽度，传送带的长度，滑块与传送带及木块间的动摩擦因数分别为、，木块与地面间动摩擦因数为，各轨道间平滑连接，不计水平轨道与传送带及木块间的间隙，设最大静摩擦等于滑动摩擦力。 (1)若，求滑块在传送带上的运动时间； (2)若4个木块固定不动，并在上表面贴上某种特殊材料，滑块在上表面运动受到的水平阻力（与摩擦力类似）大小与滑块速度大小成正比，即，，要使滑块不滑出木块，则传送带的加速度不能超过多少？ (3)若滑块最终静止在木块3上，求木块3的最大速度及运动的最远距离。 【变式训练1·变考法】（25-26高一上·江苏常州·阶段检测）如图所示，在竖直平面内固定倾角的倾斜轨道上，C、A两点的高度差，轨道末端A点与顺时针转动的水平传送带平滑连接。传送带右端水平地面上有质量分别为和的木板紧靠传送带放置，木板上表面与传送带等高且平滑连接。现将质量为的小物块（可视为质点）从点C由静止释放。已知传送带的长度，速度大小，小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为，小物块与传送带及木板间的动摩擦因数为，木板与地面间动摩擦因数未知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块经过各连接处时速度大小均不变，取。求： (1)小物块滑至A点时的速度大小； (2)若滑块滑上M时木板不动，而滑上木板m时木板开始滑动，求应满足的条件； (3)若，M长为1.25m，m足够长，则整个运动过程中，木板m的位移大小 考向2 倾斜传送带中的动力学问题 例9 （25-26高一上·江苏镇江·阶段检测）如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，传送带以v=10m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，在传送带最上端A点无初速度地放上一个质量为m=1kg的煤块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为。t=3s末煤块运动到传送带最下端B点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．若增大煤块质量，从A运动到B所需的时间会减少 B．煤块的最大速度是14m/s C．煤块从最上端A点运动到最下端B点的距离为45m D．煤块在传送带上留下的痕迹长度为9m 【变式训练1·变考法】（25-26高二下·江苏镇江·期末）如图为某物流站传送装置示意图，传送带以v1=2 m/s的速率顺时针匀速转动，AB长L1=8.2 m，θ=37°。货物P（可视为质点）与传送带间动摩擦因数μ1=0.5，P从B端滑出后通过缓冲器以一定的速率v2水平滑上与缓冲器等高、静止在光滑水平地面上的小车，P与小车间动摩擦因数μ2=0.3，两者间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6、cos37°=0.8，g取10 m/s2。 (1)将P无初速放在A端，求P与传送带速度相同时所经历时间t； (2)求P到达B端时的速度大小vB； (3)若货物P质量m=4 kg，小车质量M=10 kg，为使P不脱离小车，当P滑上小车的同时，可对小车施加一水平向右的恒力F，恒力F不能超过多大？ 考点四 “滑块—木板”模型中的动力学问题 知识点1 板块模型 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，位移大小之和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 (3)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✨得分速记 处理“板块”模型中动力学问题的流程 考向1 水平板块模型中的动力学问题 例10 （25-26高一上·江苏宿迁·阶段检测）如图所示，一平板车在水平路面上以速度匀速行驶，在车厢平板中央放有一个货箱一起随车匀速运动，货箱与前挡板之间的距离，货箱和车厢之间的动摩擦因数（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力），取。 (1)匀速行驶过程中，货箱受到的摩擦力为多大？ (2)若平板车突然以大小为的加速度刹车，求当平板车刚停止时货箱的速度； (3)若平板车突然以大小为的加速度刹车，请通过计算说明货箱是否会碰到挡板。 【变式训练1·变考法】（25-26高二下·江苏南通·期末）如图甲所示，足够长的木板静置在水平面上，其质量，距木板右端处放置质量的小物块。在木板的右端施加水平拉力（大小未知）。已知木板与水平面间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。 (1)求能拉动木板的最小拉力； (2)拉力从零开始逐渐增加，在图乙中作出物块受到木板的摩擦力与拉力变化关系的图像； (3)若，木板运动一段时间后撤去拉力，物块最终没有滑离木板。求拉力作用的最长时间。 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏·阶段检测）如图所示，是课堂上常见的惯性演示实验，将小物块放在桌面上的薄木板上，用水平向右的拉力将木板迅速抽出，物块的移动很小，几乎观察不到。若物块和木板的质量分别为，，物块与木板间的动摩擦因数为，物块、木板与桌面间的动摩擦因数均为，取。 (1)当时，求物块和木板受到的摩擦力大小； (2)当时，求物块和木板的加速度大小； (3)若本实验中，物块与木板左端距离，当物块移动的距离超过，人眼就能察觉，为确保实验成功，求所需拉力的最小值； 考向2 倾斜板块模型中的动力学问题 例11 【变式训练1·变考法】（25-26高一上·江苏徐州·期末）如图所示，倾角为θ的固定斜面上叠放小物块A和长木板B，A、B的质量分别为m、2m，A与B间的动摩擦因数为μ1，B与斜面间的动摩擦因数为μ2，由静止同时释放两物体（   ） A．若μ1 > μ2 > tanθ，A、B可能相对滑动 B．若μ1 < μ2 < tanθ，A、B可能相对滑动 C．若μ1 < μ2 < tanθ，A、B一定相对滑动 D．若μ1 < tanθ < μ2，A、B一定相对静止 【变式训练1·变考法】（25-26高三上·江苏镇江·阶段检测）如图，一粗细均匀质量为的圆管，上端塞有一质量为的小球，小球和圆管之间的滑动摩擦力大小为。圆管下端距水平弹性地面的高度为。圆管由静止自由下落，运动方向始终与地面垂直，与地面发生碰撞时被原速率反弹，且碰撞时间极短。已知圆管第一次与地面碰撞接触的时间为，重力加速度为，不计空气阻力。 (1)求圆管第一次与地面碰撞时的速度及该次碰撞地面所受撞击力的精确表达式 (2)若要求圆管与地面第二次碰撞前，球不从圆管中滑出，求圆管的最小长度； (3)球始终没有从管中滑出，求圆管的最小长度。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（   ） A． B． C． D． 2.（2025·安徽·高考真题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中（　　） A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为 3.（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（    ） A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为 D．加速度先增大后减小 4.（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（    ） A．g， B．2g， C．2g， D．g， 5.（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． 6.（2024·安徽·高考真题）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（    ） A． B． C． D． 故选C。 7.（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 8.（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 9.（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 10.（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 牛顿运动定律的综合应用 考点一 动力学两类基本问题 动力学图像问题 知识点1 动力学两类基本问题 考向1 根据受力情况分析运动状态 例1 【答案】C 【变式训练1·变载体】【答案】C 考向2 根据运动状态分析受力情况 例2 【答案】C 【变式训练1·变载体】【答案】B 知识点2 动力学图像问题 考向1 图像问题 例3 【答案】D 【变式训练1·变载体】【答案】C ▶新情境◀【变式训练2·新考法】【答案】C 考点二 连接体、临界、极值和瞬时性问题 知识点1 连接体和临界、极值问题 考向1 连接体问题 例4 【答案】D 【变式训练1·变考法】【答案】D 【变式训练2·变考法】【答案】(1)(2)(3) 考向2 临界问题 例5【答案】D 【变式训练1·变考法】【答案】D 【变式训练2·变考法】【答案】(1)(2) 考向3 极值问题 例6 【答案】A 【变式训练1·变考法】【答案】B 【变式训练2·变考法】【答案】D 考向4 瞬时性问题 例7 【答案】A 【变式训练1·变考法】【答案】D 【变式训练2·变考法】【答案】A 考点三 传送带中的动力学问题 知识点1 传送带模型 考向1 水平传送带中的动力学问题 例8 【答案】(1)(2)(3)， 【变式训练1·变考法】【答案】(1)4m/s(2)(3)0.75m 考向2 倾斜传送带中的动力学问题 例9 【答案】B 【变式训练1·变考法】【答案】(1)(2)(3) 考点四 “滑块—木板”模型中的动力学问题 知识点1 板块模型 考向1 水平板块模型中的动力学问题 例10【答案】(1)(2)(3)会碰到挡板 【变式训练1·变考法】【答案】(1)(2)(3) 【变式训练2·变考法】 【答案】(1)；(2)；(3) 考向2 倾斜板块模型中的动力学问题 例11 【答案】C 【变式训练1·变考法】【答案】(1)；，方向竖直向下(2)(3) 真题溯源·考向感知 1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）【答案】A 2.（2025·安徽·高考真题）【答案】C 3.（2024·安徽·高考真题）【答案】A 4.（2024·湖南·高考真题）【答案】A 5.（2024·全国甲卷·高考真题）【答案】D 6.（2024·安徽·高考真题）【答案】C 7.（2025·湖北·高考真题）【答案】B 8.（2026·河北·高考真题）【答案】(1)(2) 9.（2024·浙江·高考真题）【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s 10.（2024·新疆河南·高考真题）【答案】（1）4m/s；；（2） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07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 动力学图像问题 知识点1 动力学两类基本问题 考向1 根据受力情况分析运动状态 考向2 根据运动状态分析受力情况 知识点2 动力学图像问题 考向1 图像问题 考点二 连接体和临界、极值问题 知识点1 连接体和临界、极值问题 考向1 连接体问题 重 考向2 临界问题 难 考向3极值问题 难 考向4瞬时性问题 考点三 传送带中的动力学问题 知识点1 传送带模型 考向1水平传送带中的动力学问题 重 考向2倾斜传送带中的动力学问题 重 考点四“滑块—木板”模型中的动力学问题 知识点1 板块模型 考向1水平板块模型中的动力学问题 重 考向2倾斜板块中的动力学问题 重 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 牛顿定律综合应用 江苏卷15题，3分 江苏卷10题，4分；江苏卷13题,3分 江苏卷15题，3分 考情分析 题型与考向：近三年江苏卷本章没有作为选择题考察，都放在计算题中考察，如牛顿第二定律的应用在2024年15题结合斜面模型考察，2025年第10题在板块模型中考察，13题的电场计算中也有涉及，2026年15题的电磁感应中也有涉及。 情境与立意：命题立意在于强调对运动本质的理解而非套用公式，引导学生从真实情境中建立物理模型，体现新课标对科学思维与物理观念核心素养的落实要求。 复习目标 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。3掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。4.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。5.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。6.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。7.掌握动力学两类基本问题的求解方法。8.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 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 动力学图像问题 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✨得分速记 从受力确定运动情况 1．基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2．流程图 从运动情况确定受力 1．基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2．流程图 (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。 考●向●破●译 考向1 根据受力情况分析运动状态 例1 （2024·江苏·模拟预测）如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，在推力F作用下，A、B一起沿倾角为的光滑斜面向上做匀加速直线运动，重力加速度大小为g，当突然撤去推力F的瞬间，则物块A的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】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 解得 当突然撤去推力F的瞬间，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得物块A的加速度大小为 故选C。 【变式训练1·变载体】（25-26高一上·江苏徐州·阶段检测）如图所示，水平面上的小车向左运动，系在车后的轻绳绕过定滑轮，拉着质量为m的物体上升。若小车以v1的速度做匀速直线运动，当车后的绳与水平方向的夹角为θ时，物体的速度为v2，绳对物体的拉力为FT，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．v2=v1 B．v2=v1sinθ C．物体处于超重状态 D．绳对物体的拉力为FT小于mg 【答案】C 【详解】AB．通过绳连接的两物体沿绳方向速度相等。根据速度分解的平行四边形定则v2=v1cosθ。由于θ是锐角，所以v2<v1，故AB错误； C．小车向左匀速运动时，绳子与水平面的夹角θ逐渐减小。因v1恒定的，根据v2=v1cosθ可知，随着θ的减小，cosθ增大，所以物体的速度v2增大。 这意味着物体m正在做向上的变加速直线运动，其加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，故C正确； D．由C选项的分析可知，物体m正在向上加速，加速度向上，因而合力向上，绳对物体的拉力为FT大于mg，故D错误。 故选C。 考向2 根据运动状态分析受力情况 例2 （高频考点预测04平衡问题和牛顿动力学问题）如图所示，水平地面上一车厢内固定有倾角为的光滑斜面，一根平行斜面的轻绳一端固定在斜面顶端，另一端连接质量为m的小球置于斜面上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，当整个装置一起水平向左做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．小球一定不可能受2个力的作用 B．小球一定受3个力的作用 C．当装置水平向左的加速度大小为2g时，轻绳的拉力大小为 D．当装置水平向左的加速度大小为2g时，小球受3个力的作用 【答案】C 【详解】ABD．若支持力恰好为零，小球受到重力和绳子拉力，小球向左加速，小球受力分析如下图 根据牛顿第二定律，在竖直方向上有 水平方向上有 可解得此时， 根据计算可知当时，小球只受到重力和绳的拉力；若，小球受到重力、绳的拉力和斜面的弹力，故ABD错误； C．当时，小球将飘离斜面，此时有，故C正确。 故选C。 【变式训练1·变载体】（25-26高三上·江苏镇江·阶段检测）如图所示，在倾角为的光滑斜劈上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板。A、B质量均为，系统在外力的作用下向左做匀加速运动，B始终与挡板保持接触，重力加速度为，下列说法中正确的是（     ） A．弹簧可能处于拉伸状态 B．弹簧可能处于原长状态 C．弹簧一定处于压缩状态 D．若加速度，挡板受到B物块的压力为 【答案】B 【详解】BC．当物体B对挡板无压力时，整体向左加速运动的加速度最大，对AB整体受力分析，可知 解得 对物体受力分析，如图所示。 根据牛顿第二定律有， 解得 弹簧为原长，故B正确，C错误 A．若弹簧处于拉伸状态，则A的加速度大于，B会离开挡板，故A错误； D．若，对AB整体受力分析，挡板受到B物块的压力为，故D错误。 故选B。 知识点2 动力学图像问题 知●识●解●构 1.对基本图像的理解 项目 x-t图像 v-t图像 a-t图像 斜率 各点切线的斜率，表示该时刻的瞬时速度 各点切线的斜率，表示该时刻的瞬时加速度 加速度随时间的变化率 纵截距 t=0时，物体的位置坐标 初速度v0 起始时刻的加速度a0 面积 无意义 位移 速度变化量 交点 表示相遇 速度相同 加速度相同 2.运动学的三类非常规图像 函数关系 表达式 图像示例 斜率和纵截距 -t =at+v0 k=a b=v0 - =v0·+a k=v0 b=a v2-x v2=2ax+ k=2a b= 3.两类图像与所围面积的意义 a-x图像 公式依据： v2-=2ax→ax= 面积意义：速度平方变化量的一半 -x图像 公式依据：t=·x 面积意义：运动时间t 考●向●破●译✨得分速记 1.解决图像转换类问题的一般流程： 2.要注意应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图像类题型的解题准确率和速度。 考向1 图像问题 例3 （25-26高二下·江苏南通·阶段检测）图甲为两个物块A、B用一根处于原长的轻弹簧连接，静置于水平传送带上。某时刻传送带开始运动，其速度随时间变化的图像如图乙所示。物块始终未脱离传送带。则A、B的速度随时间变化的图像，不可能出现的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设传送带加速运动的加速度大小为a，物块A、B与传送带间的动摩擦因数分别为、 A．若，，则物块A、B相对传送带静止，均以加速度a做加速直线运动，再随传送带一起匀速运动，对应的图像如选项A图，故A不符合题意； B．若，，且，则物块A、B相对传送带滑动，物块A以加速度加速运动，物块B以加速度加速运动，两物块间距将减小，弹簧压缩，则物块A的加速度将减小，物块B的加速度将增大，直至二者加速度相同，最后两物块再随传送带一起匀速运动，对应的图像如选项B图，故B不符合题意； C．若，，且，则物块A、B相对传送带滑动，物块A以加速度加速运动，物块B以加速度加速运动，两物块间距将增大，弹簧伸长，则物块A的加速度将增大，物块B的加速度将减小，直至二者加速度相同，最后两物块再随传送带一起匀速运动，对应的图像如选项C图，故C不符合题意； D．若，，则物块A相对传送带静止，物块B相对传送带滑动，物块A以加速度a加速运动，物块B以加速度加速运动，两物块间距将减小，弹簧压缩，则物块A的加速度保持a不变，物块B的加速度将增大，直至加速度增大至a，最后两物块再随传送带一起匀速运动。 若，，则物块A相对传送带滑动，物块B相对传送带静止，物块A以加速度加速运动，物块B以加速度a加速运动，两物块间距将增大，弹簧伸长，则物块A的加速度将增大，直至加速度增大至a，物块B的加速度保持a不变，最后两物块再随传送带一起匀速运动。 综合ABC项分析可知，对应的图像不可能为选项D图，故D符合题意。 故选D。 【变式训练1·变载体】（24-25高二下·江苏南通·期末）如图所示，物块通过轻弹簧与物块连接，用手托住保持静止。现将、由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，、下落的速度随时间变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设物块、的质量分别为、，弹簧劲度系数为，释放前，以物块为对象，根据平衡条件可得 将、由静止释放，初始时，物块的加速度为0，物块的加速度为 可知释放后、的距离增大，弹簧的压缩量逐渐减小，对物块由牛顿第二定律可得 可知物块做加速度从0逐渐增大的加速运动，当弹簧第一次恢复原长时，物块的加速度为；对物块由牛顿第二定律可得 可知物块做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧第一次恢复原长时，物块的加速度为；综上分析，根据图像的切线斜率表示加速度，、下落的速度随时间变化的图像可能是C。 故选C。 ▶新情境◀【变式训练2·新考法】（25-26高一上·江苏常州·阶段检测）足够长的传送带与水平面夹角为，如图所示，以速度逆时针匀速转动。若物块能冲上斜面，且物块冲上传送带时无能量损失，小木块与斜面和传送带间的动摩擦因数均满足，规定沿传送带向下为正方向，则在物块上升的过程中，h代表竖直高度，下图中可能正确的是（　　） A．B．C．D． 【答案】C 【详解】规定沿传送带向下为正方向。物块冲上传送带时初速度 沿斜面向上，即 。传送带逆时针转动，速度沿斜面向下，即。在物块上升过程中，物块相对传送带一直向上运动，所受滑动摩擦力 沿斜面向下（正方向）。重力沿斜面向下的分力 也为正方向。根据牛顿第二定律 解得加速度 方向沿斜面向下，为恒量且 。物块做匀减速直线运动（向负方向减速）。 A． 图像。位移 由于 ，图像应为开口向上的抛物线。在上升过程中， 为负值且绝对值增大，斜率（速度）从负值趋向 0，故A错误。 B． 图像。速度 ，由于 恒定，图像应为倾斜直线，故B错误。 C． 图像。设 为竖直坐标，原点在底端，向下为正方向。则 这也是一个开口向上的抛物线。在上升过程中， 增加， 从 0 变为负值，竖直速度 所以图像变化率的绝对值逐渐减小，故C正确。 D． 图像。由运动学公式 可知， 与 呈线性关系，故D错误。 故选C。 考点二 连接体、临界、极值和瞬时性问题 知识点1 连接体和临界、极值问题 知●识●解●构 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) 2.关联速度连接体✨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。 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。 3.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。 4.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。 5.极值条件的标志：若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值。✨得分速记 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 6.瞬时性问题两种模型的特点 (1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。 (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的。 考●向●破●译 考向1 连接体问题 例4 （25-26高三上·山东·阶段检测）如图所示，A、B两物体用轻绳连接后放在倾角α=37°的斜面上。若A、B两物体的质量分别为1 kg和2 kg，两物体与斜面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则在两物体下滑过程中（　　） A．两物体的加速度a=6m/s2 B．两物体的加速度a>6m/s2 C．轻绳的弹力FT=2N D．轻绳的弹力FT=0 【答案】D 【详解】AB．对A、B组成的系统运用牛顿第二定律，有(mA+mB)gsinα-μ(mA+mB)gcosα=(mA+mB)a 解得a=2m/s2<6m/s2，故A、B错误； CD．对A进行隔离，根据牛顿第二定律，有mAgsinα-μmAgcosα-FT=mAa 解得FT=0，C错误、D正确。 故选D。 【变式训练1·变考法】（25-26高一上·江苏南通·期末）如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块以相同加速度a1向右做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为的光滑斜面向上作用于B上且两物块以相同加速度a2，在沿斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x2，下列说法中正确的是（　　） A．若M=2m，有x1=2x2 B．若M=2m，有x1>2x2 C．若，有x1 <x2 D．若，有x1=x2 【答案】D 【详解】两物块在水平面上做匀加速运动时，对AB整体，由牛顿第二定律得 对A、由牛顿第二定律可得 联立可得 两物块在斜面上做匀加速运动时，对AB整体，由牛顿第二定律得 对A，由牛顿第二定律得 联立可得 由此可知，总有x1=x2。 故选D。 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏南通·期中）如图所示，倾角为、质量为M的斜面A放置在水平面上，A的上表面光滑，下表面粗糙。细线一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与质量为m的物块B相连，滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行，A、B均处于静止状态。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)求细线拉力的大小F； (2)求A与地面间动摩擦因数的最小值； (3)剪断细线同时水平向右推A，使A、B保持相对静止，经过时间t，求B的位移大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对B受力分析，如图所示： 沿斜面方向受力平衡，有： （2）A刚好要滑动时，A与地面间动摩擦因数有最小值，对整体受力分析，由平衡条件可知：， 又 代入数据可得： （3）B做匀加速直线运动，对B受力分析，如图所示： 由平行四边形法则可知，B受到的合力为 由牛顿第二定律可知， 由匀变速直线运动规律可知，B的位移大小为 代入数据可得： 考向2 临界问题 例5（25-26高一上·江苏常州·阶段检测）如图所示，细线的一端固定在倾角为30°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，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断正确的是（　　） A．当滑块向左匀加速直线运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是 B．当滑块向左匀加速直线运动时，时绳子的拉力为 C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力可能为0 D．当滑块向右匀加速直线运动时，时绳子的拉力为0 【答案】D 【详解】A．滑块向左加速运动，当滑块对小球的支持力恰好为零时，小球恰好不离开斜面，小球受力如图所示 对小球，由牛顿第二定律得 代入数据解得，故A错误； B．滑块向左加速运动，，小球离开滑块，对小球由牛顿第二定律，竖直方向有 水平方向有 绳子拉力大小 代入数据解得，故B错误； C．滑块向右加速运动时，滑块对小球支持力的水平分力向右，滑块对小球一定有支持力，根据牛顿第三定律，小球对滑块的压力不可能为0，故C错误； D．滑块向右加速，当细线的拉力恰好为零时，小球恰好不相对滑块上滑，小球受力如图所示 对小球，由牛顿第二定律得 代入数据解得 滑块向右的加速度大小，绳子松弛，绳子的拉力为零，故D正确。 故选D。 【变式训练1·变考法】（25-26高二下·江苏南通·期末）如图甲所示，质量分别为和的两个物体、相互接触，但不黏合，静置在光滑水平面上。从开始，水平方向的推力和拉力分别作用于、上，、的大小随时间变化关系的图像分别如图乙、丙所示，则（     ）               A．、分离前，对的弹力大小不变 B．、分离时，和大小相等 C．、分离后，做减速运动 D．可求出任意时刻的速度 【答案】D 【详解】A．由图乙、丙可知从开始，水平方向的推力和拉力的大小随时间变化关系， 、分离前的整体分析，整体合力 整体加速度 加速度恒定，做匀加速直线运动。 对b受力分析，设a对b的弹力为F，由牛顿第二定律得 解得 可见F随时间t变化，故A错误； B．a、b分离的瞬间，F=0，且加速度仍相同，则 解得 此时， 则，故B错误； C．a、b分离后，a仅受 当时 a的加速度与速度同向，做加速度减小的加速运动 当t>4s时 做减速运动因此分离后a不是一直做减速运动，故C错误； D．a、b分离前(t≤2s)，整体做匀加速直线运动，则 可求的速度。 a、b分离后(t>2s)，对a用动量定理可得 其中，，可求出任意时刻a的速度，故D正确。 故选D。 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏苏州·阶段检测）如图所示，以速度v匀速行驶的货车运载着质量均为m的光滑圆柱形空油桶，已知底层空油桶A、B固定且紧靠在一起，油桶C放在A、B之间与A、B一起匀速运动，重力加速度为g。 (1)求B对C的支持力F1的大小； (2)为避免刹车过程中桶C脱离，求汽车刹车的最小距离s。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对油桶C受力分析，作出力的图示： 可知 解得 （2）为避免刹车过程中桶C脱离，极限情况为桶C刚好与桶B间无压力，作出力的图示： 由图可知桶C的合力水平向左，大小为 由牛顿第二定律，桶C的加速度大小为 规定向左为正方向，则 汽车刹车的最小距离满足 解得 考向3 极值问题 例6 （25-26高一上·江苏苏州·阶段检测）如图所示，质量M4kg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m2kg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F，使其从静止开始以加速度a2m/s2 做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数 k240N/m，g10m/s2。以下结论正确的是（　　） A．变力F的最小值为12N B．小物块A与托盘B分离瞬间，弹簧恰好恢复原长 C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为2m/s 【答案】A 【详解】A．以托盘B和小物块A为整体，开始装置静止有 解得 小物块向上的过程，对A、B由牛顿第二定律可得 整理得 当最大为时，有最小值为 故A正确； BCD．小物块A与托盘B分离瞬间，A、B间无弹力，对B由牛顿第二定律得 解得弹簧此时的形变量为 由运动学公式得 解得 故B错误，CD错误。 故选A。 【变式训练1·变考法】（25-26高一上·江苏南京·阶段检测）如图（a）所示，在倾角θ=30°的固定光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端与小滑块A相连，小滑块B在斜面上紧靠着A但不粘连，A、B的质量均为m，初始时小滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F拉动B，使B沿斜面向上做加速度大小为a的匀加速运动，A、B的v-t图像如图（b）所示，A、B的v-t图像在t1时刻分离，A的v-t图像在t2时刻的切线与t轴平行，已知重力加速度大小为g，则（　　） A．施加力F的瞬间，A、B间的弹力大小为 B．A沿斜面向上运动过程中速度最大时，A、B间的距离为 C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为 D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值 【答案】B 【详解】A．施加前，对A、整体，根据平衡条件有 解得 施加力的瞬间，设A、间的弹力大小为，对A受力分析由牛顿第二定律有 联立解得，故A错误； B．当A所受合力为零时速度最大，此时 弹簧的压缩量 A沿斜面向上速度最大时B的位移 则此时A、B间的距离，故B正确； C．根据图b可知，在时刻A、分离，此时它们具有相同的加速度和速度，且 对A受力分析由牛顿第二定律有 代入数据解得此时弹簧弹力大小为，故C错误； D．当A所受合力为零时A的速度最大，此时弹簧处于压缩状态，弹簧没有回复原长，故D错误。 故选B。 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏南京·阶段检测）如图所示，水平地面上的小车内有质量分别为m、2m的甲、乙两小球，两小球用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角。甲球靠在光滑的竖直侧壁上，乙球放在粗糙水平车厢底板上，小车向右运动，轻杆与车厢始终相对静止。已知重力加速度大小为g，乙球与底板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．小车的加速度越大，轻杆中的弹力越小 B．小车做匀加速直线运动的最大加速度为 C．小车做匀加速直线运动的加速度为时，乙球受到的摩擦力大小为 D．小车做匀减速直线运动的最大加速度大小为 【答案】D 【详解】A．根据题意，对小球甲受力分析，竖直方向上有 解得 轻杆与车厢始终相对静止，不变，则轻杆中的弹力不变，故A错误； B．根据题意可知，当小车做匀加速直线运动的最大加速度时，小球乙受到小车水平向右的最大静摩擦力，由牛顿第二定律有 解得 则小车做匀加速直线运动的最大加速度为，故B错误； C．设小车做匀加速直线运动的加速度为时，乙球受到的摩擦力大小为，由牛顿第二定律有 解得 即乙球受到的摩擦力大小为，方向水平向右，故C错误； D．当甲与侧壁无弹力时，且乙与底面间有最大静摩擦力时，对甲、乙整体，根据牛顿第二定律 解得 但当甲与侧壁恰无弹力时，甲有最大加速度，此时对甲，根据牛顿第二定律 解得 因此，小车做匀减速直线运动的最大加速度大小为，故D正确。 故选D。 考向4 瞬时性问题 例7 （25-26高三上·江苏南京·阶段检测）下列四幅图中质量不同的重物用轻绳连接，绕过无摩擦的轻滑轮。由静止释放瞬间加速度最大的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设m1>m2，对系统根据牛顿第二定律可知 可得系统的加速度为 则A图中的加速度 B图中的加速度 C图中的加速度 D图中的加速度 故选A。 【变式训练1·变考法】（2026·江苏南京·模拟预测）如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（　　） A．t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2 B．t＝2 s时，A、B开始分离 C．t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N D．A、B开始分离时的速度为1 m/s 【答案】D 【详解】由图可得两个力随时间的关系： ， A、B分离前一起运动，对整体受力分析，总合力 根据牛顿第二定律 可得因此整体加速度，分离前A、B做匀加速直线运动，加速度恒为。 A．时A的加速度等于整体加速度，，A错误； B．A、B刚好分离的条件是相互作用力，研究B物体，根据牛顿第二定律 解得，即时开始分离，B错误； C．时，设A、B间相互作用力为，研究B物体，根据牛顿第二定律： 解得，C错误； D．分离前A、B做匀加速直线运动，，D正确。 故选 D。 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏淮安·期中）如图，质量均为2kg的A、B两物体叠放在劲度系数为k=100N/m的竖直轻弹簧上并保持静止。现用F=10N竖直向上的恒力拉B物体，运动一段距离h后B与A分离，g取10m/s2。下列关于B与A分离前的运动，分析正确的是（　　） A．B与A分离时，h=0.3m B．B与A一直做加速运动 C．弹簧压缩量为0.2m时A物速度最大 D．两物体先做加速度增大的加速运动后做加速度减小的减速运动 【答案】A 【详解】A．初始时，两物体保持静止状态，则 解得 B与A分离时，B与A之间无弹力，对B，有 解得 对A，有 解得 所以，故A正确； B．根据以上分析可知，加速度先向上后向下，则两物体先向上加速后向上减速，故B错误； C．速度最大时，加速度为零，对AB整体，有 解得，故C错误； D．加速度向上时，根据牛顿第二定律可得 由此可知，当物体向上运动时，弹簧的压缩量x减小，则加速度减小，加速度向下时，根据牛顿第二定律可得 随压缩量不断减小，加速度不断增大，由于物体速度方向向上，所以两物体先做加速度减小的加速运动后做加速度增大的减速运动，故D错误。 故选A。 考点三 传送带中的动力学问题 知识点1 传送带模型 知●识●解●构 1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住v物=v传的临界点，当v物=v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3.分析流程 4.注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δx：①若有一次相对运动：Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx=Δx1+Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 ✨得分速记 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： 考●向●破●译✨得分速记 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1 水平传送带中的动力学问题 例8 （25-26高二下·江苏·期末）如图所示，开始时可视为质点的滑块静置于传送带左端，由静止开始以可调的加速度匀加速启动的传送带带动后，滑块滑过光滑直轨道，并滑上上表面与轨道相平的4个紧密排列的相同木块。已知滑块质量，每个木块的质量，宽度，传送带的长度，滑块与传送带及木块间的动摩擦因数分别为、，木块与地面间动摩擦因数为，各轨道间平滑连接，不计水平轨道与传送带及木块间的间隙，设最大静摩擦等于滑动摩擦力。 (1)若，求滑块在传送带上的运动时间； (2)若4个木块固定不动，并在上表面贴上某种特殊材料，滑块在上表面运动受到的水平阻力（与摩擦力类似）大小与滑块速度大小成正比，即，，要使滑块不滑出木块，则传送带的加速度不能超过多少？ (3)若滑块最终静止在木块3上，求木块3的最大速度及运动的最远距离。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）滑块在传送带上能达到的最大加速度由滑动摩擦力提供 已知传送带加速度 因此滑块全程和传送带一起匀加速，由位移公式 代入得 （2）滑块离开传送带时速度 滑块在固定木块上运动，由动量定理 即 即 代入数据结合 得 （3）滑块对木块的滑动摩擦力 滑滑块滑上第n个木块瞬间，此时滑块压在第n、n+1…… 第 4 号木块上，参与地面摩擦的木块总个数为4−n+1=5−n个，对这些木块整体分析，地面对木块组的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即 滑块在1号木块，木块不动； 滑块在2号木块，木块不动； 滑块在3号木块，3、4一起运动。 滑块最终静止在3号上，说明刚好相对滑动 时共速，共速时速度就是木块3的最大速度，设滑块刚滑上第3木块是速度为，滑块加速度 3、4整体加速度 共速时 且 滑块的位移 木块位移 又 联立解得， ， 接下来三者一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 位移满足 代入得， 故木块3运动的最远距离 【变式训练1·变考法】（25-26高一上·江苏常州·阶段检测）如图所示，在竖直平面内固定倾角的倾斜轨道上，C、A两点的高度差，轨道末端A点与顺时针转动的水平传送带平滑连接。传送带右端水平地面上有质量分别为和的木板紧靠传送带放置，木板上表面与传送带等高且平滑连接。现将质量为的小物块（可视为质点）从点C由静止释放。已知传送带的长度，速度大小，小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为，小物块与传送带及木板间的动摩擦因数为，木板与地面间动摩擦因数未知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块经过各连接处时速度大小均不变，取。求： (1)小物块滑至A点时的速度大小； (2)若滑块滑上M时木板不动，而滑上木板m时木板开始滑动，求应满足的条件； (3)若，M长为1.25m，m足够长，则整个运动过程中，木板m的位移大小 【答案】(1)4m/s (2) (3)0.75m 【详解】（1）小物块从到的过程，对小物块由牛顿第二定律有 解得加速度 小物块从到有 解得小物块滑至点时的速度 （2）若滑块滑上M时木板不动，则 滑上木板m时木板开始滑动，则 解得 （3）物块在传送带上加速度 达到和传送带共速所需位移 所以物体滑上M时速度为 若，则根据以上分析可知，滑块滑上M时木板不动，而滑上木板m时木板开始滑动，在M上时，根据牛顿第二定律 根据 解得滑上木板m时速度 滑上木板m时，滑块加速度不变，由牛顿第二定律，对m有 解得 设经时间小物块与木板达到共同速度，有 解得 二者达到共同速度时的速度大小为 此过程m位移 共速后，由于，则小物块与木板一起做匀减速直线运动直至停止。对小物块和木板整体由牛顿第二定律有 该过程木板的位移大小为 整个过程中木板的位移大小 考向2 倾斜传送带中的动力学问题 例9 （25-26高一上·江苏镇江·阶段检测）如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，传送带以v=10m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，在传送带最上端A点无初速度地放上一个质量为m=1kg的煤块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为。t=3s末煤块运动到传送带最下端B点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．若增大煤块质量，从A运动到B所需的时间会减少 B．煤块的最大速度是14m/s C．煤块从最上端A点运动到最下端B点的距离为45m D．煤块在传送带上留下的痕迹长度为9m 【答案】B 【详解】关于传送带上的煤块运动，第一阶段加速度 时间 位移 第二阶段煤块速度大于传送带，加速度 时间 末速度 第二阶段位移 煤块从最上端A点运动到最下端B点的距离为 相对传送带的滑行距离，, 显然煤块运动到底部的时间和其质量无关，且由于第二次划痕与第一次划痕部分重叠，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为。 故选B。 【变式训练1·变考法】（25-26高二下·江苏镇江·期末）如图为某物流站传送装置示意图，传送带以v1=2 m/s的速率顺时针匀速转动，AB长L1=8.2 m，θ=37°。货物P（可视为质点）与传送带间动摩擦因数μ1=0.5，P从B端滑出后通过缓冲器以一定的速率v2水平滑上与缓冲器等高、静止在光滑水平地面上的小车，P与小车间动摩擦因数μ2=0.3，两者间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6、cos37°=0.8，g取10 m/s2。 (1)将P无初速放在A端，求P与传送带速度相同时所经历时间t； (2)求P到达B端时的速度大小vB； (3)若货物P质量m=4 kg，小车质量M=10 kg，为使P不脱离小车，当P滑上小车的同时，可对小车施加一水平向右的恒力F，恒力F不能超过多大？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）P无初速放在A端时，速度小于传送带速度，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得 解得加速度 由运动学公式 得 （2）P加速到时的位移 剩余位移 由于，共速后P继续加速，速度大于传送带的速度，摩擦力变为沿斜面向上，由牛顿第二定律可得 解得加速度 由运动学公式 代入解得 （3）P滑上小车后，P受向左滑动摩擦力减速，P能达到的最大加速度为（由最大静摩擦力提供）。 若过大，两者共速后，小车的加速度会大于P能达到的最大加速度，P相对于小车向左滑动，最终从左端脱离小车。临界情况为：共速后两者恰好相对静止、一起加速，对整体由牛顿第二定律 对P，最大静摩擦力提供加速度，有 联立得 考点四 “滑块—木板”模型中的动力学问题 知识点1 板块模型 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，位移大小之和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 (3)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✨得分速记 处理“板块”模型中动力学问题的流程 考向1 水平板块模型中的动力学问题 例10 （25-26高一上·江苏宿迁·阶段检测）如图所示，一平板车在水平路面上以速度匀速行驶，在车厢平板中央放有一个货箱一起随车匀速运动，货箱与前挡板之间的距离，货箱和车厢之间的动摩擦因数（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力），取。 (1)匀速行驶过程中，货箱受到的摩擦力为多大？ (2)若平板车突然以大小为的加速度刹车，求当平板车刚停止时货箱的速度； (3)若平板车突然以大小为的加速度刹车，请通过计算说明货箱是否会碰到挡板。 【答案】(1) (2) (3)会碰到挡板 【详解】（1）平板车匀速行驶时，货箱在水平方向做匀速直线运动，水平方向合力为零，因此货箱受到的摩擦力为 （2）取平板车运动方向为正方向。若货箱与车厢保持相对静止，所需减速度大小为，最大静摩擦力能提供的加速度大小为 前者大于后者，货箱相对车厢向前滑动，所受滑动摩擦力方向向后，由牛顿第二定律得 平板车停止所需时间为 暂不考虑货箱与挡板的碰撞，在此时间内货箱的速度为 （3）若没有挡板，平板车从开始制动到停止的位移为 货箱在滑动摩擦力作用下减速到停止的位移为 货箱相对平板车前移的距离为 该距离大于货箱与挡板的初始距离，因此货箱会碰到挡板。 【变式训练1·变考法】（25-26高二下·江苏南通·期末）如图甲所示，足够长的木板静置在水平面上，其质量，距木板右端处放置质量的小物块。在木板的右端施加水平拉力（大小未知）。已知木板与水平面间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。 (1)求能拉动木板的最小拉力； (2)拉力从零开始逐渐增加，在图乙中作出物块受到木板的摩擦力与拉力变化关系的图像； (3)若，木板运动一段时间后撤去拉力，物块最终没有滑离木板。求拉力作用的最长时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）要拉动木板，拉力需至少等于地面对木板的最大静摩擦力，则 （2）当时，木板静止，物块合力为零，则 当物块在木板表面恰好要发生滑动时，对物块由牛顿第二定律有 解得 此时木板和物块加速度相等，对木板和物块整体，由牛顿第二定律有 解得 所以当时，木板和物块相对静止一起加速，整体加速度 对物块 因此该阶段与拉力呈线性关系，从0线性增加到1N。 当时，物块与木板相对滑动，物块受滑动摩擦力 则物块受到木板的摩擦力与拉力变化关系的图像如图所示 （3）因为 所以拉力作用时二者一起加速，对木板和物块整体，由牛顿第二定律有 解得加速度 拉力作用时间后，两者速度 此过程无相对位移。撤去拉力后，对木板由牛顿第二定律有 解得 可知木板先减速到0，减速时间 此过程，木板位移 木板停下时，物块的速度 木板停下后保持静止，物块继续滑动到停止，撤去拉力后，物块的位移 刚好不滑离时，物块相对木板的位移等于 即 联立解得 【变式训练2·变考法】（25-26高一上·江苏·阶段检测）如图所示，是课堂上常见的惯性演示实验，将小物块放在桌面上的薄木板上，用水平向右的拉力将木板迅速抽出，物块的移动很小，几乎观察不到。若物块和木板的质量分别为，，物块与木板间的动摩擦因数为，物块、木板与桌面间的动摩擦因数均为，取。 (1)当时，求物块和木板受到的摩擦力大小； (2)当时，求物块和木板的加速度大小； (3)若本实验中，物块与木板左端距离，当物块移动的距离超过，人眼就能察觉，为确保实验成功，求所需拉力的最小值； 【答案】(1)； (2)； (3) 【详解】（1）木板和桌面间的最大静摩擦力 由于，物块和木板保持静止 物块受到摩擦力 木板受到摩擦力 （2）物块和木板保持相对静止的最大拉力 由物块和木板发生滑动 对物块 解得 对木板 解得 （3）物块在木板上滑动时，加速运动，设滑动时间为 当物块离开木板时 物块速度 物块在桌面上滑动时，减速运动， 为确保实验成功需要满足 又 联立得 拉力最小值为 考向2 倾斜板块模型中的动力学问题 例11 【变式训练1·变考法】（25-26高一上·江苏徐州·期末）如图所示，倾角为θ的固定斜面上叠放小物块A和长木板B，A、B的质量分别为m、2m，A与B间的动摩擦因数为μ1，B与斜面间的动摩擦因数为μ2，由静止同时释放两物体（   ） A．若μ1 > μ2 > tanθ，A、B可能相对滑动 B．若μ1 < μ2 < tanθ，A、B可能相对滑动 C．若μ1 < μ2 < tanθ，A、B一定相对滑动 D．若μ1 < tanθ < μ2，A、B一定相对静止 【答案】C 【详解】可能出现的运动状态 A、B都静止，对整体有(m＋2m)gsinθ ≤ μ2(m＋2m)gcosθ 对A有mgsinθ ≤ μ1mgcosθ 即μ1 ≥ tanθ，μ2 ≥ tanθ A、B无相对滑动，一起沿斜面加速下滑，对整体有a = g(sinθ−μ2​cosθ) 对A有mgsinθ－ma ≤ μ1mgcosθ 即μ₂ < tanθ且μ2 ≤ μ1 A相对B向下滑动，且B静止，对A有aA​ = g(sinθ−μ1​cosθ) 对B有μ2·3mgcosθ ≥ 2mgsinθ＋μ1mgcosθ 即μ1 < tanθ且3μ2 ≥ 2tanθ＋μ1，说明tanθ < μ2 A相对B向下滑动，且B也沿斜面下滑，对A有aA​ = g(sinθ−μ1​cosθ) 对B有2mgsinθ－μ23mgcosθ＋μ1mgcosθ = 2maB 且aA > aB > 0 即μ1 < tanθ，μ2 > μ1，且2tanθ＋μ1​ > 3μ2​，说明tanθ > μ2 故选C。 【变式训练1·变考法】（25-26高三上·江苏镇江·阶段检测）如图，一粗细均匀质量为的圆管，上端塞有一质量为的小球，小球和圆管之间的滑动摩擦力大小为。圆管下端距水平弹性地面的高度为。圆管由静止自由下落，运动方向始终与地面垂直，与地面发生碰撞时被原速率反弹，且碰撞时间极短。已知圆管第一次与地面碰撞接触的时间为，重力加速度为，不计空气阻力。 (1)求圆管第一次与地面碰撞时的速度及该次碰撞地面所受撞击力的精确表达式 (2)若要求圆管与地面第二次碰撞前，球不从圆管中滑出，求圆管的最小长度； (3)球始终没有从管中滑出，求圆管的最小长度。 【答案】(1)；，方向竖直向下 (2) (3) 【详解】（1）圆管和小球一起自由下滑，把两者作为整体，可得 由 得 圆管与地面碰撞过程中，取竖直向上为正方向，由动量定理得 解得 根据牛顿第三定律得到地面所受撞击力的大小 地面所受撞击力方向竖直向下。 （2）设管第一次碰撞后向上运动时的加速度大小为，小球的加速度大小为。 则对管有 解得加速度方向向下，大小 对小球有 解得加速度方向向上，大小 取竖直向下为正方向，由运动学公式得 解得 此时相对位移，即管的最小长度 （3）多次碰撞过程中，下降阶段，小球和圆管一起做自由落体运动，上升阶段，小球和圆管发生相对位移。 设多次碰撞后，总重力势能转化为内能，且球恰好没有从管中滑出，最终管静止于地面，球在管的最下端，此时整个过程中，小球和圆管发生相对位移之和即圆管的长度，根据功能关系，得 解得 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t图画出如图所示的a—t图像 可知机器人在0 ~ 1s和2 ~ 3s内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t图线的斜率表示加速度可知A正确。 故选A。 2.（2025·安徽·高考真题）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中（　　） A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为 【答案】C 【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误； B．设乙运动的加速度为，只有乙有竖直向下的恒定加速度， 对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有 则地面对木箱的支持力大小不变，B错误； CD．设绳子的弹力大小为，对甲受力分析有 对乙受力分析有 联立解得， C正确，D错误。 故选C。 3.（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（    ） A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为 D．加速度先增大后减小 【答案】A 【详解】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力为大小为。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误 ； CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知 加速度的最大值为，CD错误。 故选A。 4.（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（    ） A．g， B．2g， C．2g， D．g， 【答案】A 【详解】剪断前，对BCD分析 对D 剪断后，对B 解得 方向竖直向上；对C 解得 方向竖直向下。 故选A。 5.（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。 6.（2024·安徽·高考真题）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。 之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。 C正确，ABD错误。 故选C。 7.（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】方法一：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律有，设撤去外力后门板最短运动时是为t，运动的距离为，可得门板的最短时间趋近于。 故选B。 方法二：设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有 得 撤销拉力后，有 得 对于全过程，有 得 对于全过程有 故运动的总时间 可知当越大时，越小，当时，取最小值。 则 则 故选B。 8.（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 9.（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s 【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时 从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理 解得 （2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒 根能量守恒 解得 （3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为 共速后，共同加速度大小为 考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速； 假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程 共速过程，滑块、木板位移分别为 共速时，相对位移应为 解得 ， 随后共同减速 到达H速度 说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。 10.（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 【答案】（1）4m/s；；（2） 【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 薄板做加速运动的加速度 对物块 对薄板 解得 （2）物块飞离薄板后薄板得速度 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为 则平台距地面的高度 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $