4.5牛顿运动定律的应用 同步练-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 以“题型分类练习+提优训练”分层，覆盖牛顿运动定律应用的典型模型，从基础受力分析到综合问题，梯度清晰，适配新授课概念巩固与科学思维提升。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础应用|受力/运动情况分析、临界问题|选择/多选题巩固物理观念，如弹簧与细线受力分析题| |模型深化|连接体、传送带、板块模型|解答题强化模型建构，如水平/倾斜传送带运动分析| |综合提优|板块与传送带综合问题|复杂情境题提升科学推理，如多过程动力学综合题|

4.5牛顿运动定律的应用（同步练习） 目录 题型分类练习 1 01 根据受力情况确定运动情况 2 02 根据运动情况确定受力情况 5 03 牛顿第二定律的临界值问题 9 04 连接体模型 12 05 等时圆模型 16 06 水平传送带 19 07 倾斜传送带 23 08 无外力板块模型 26 09 有外力板块模型 33 10 板块和传送带综合问题 41 提优训练 48 题型分类练习 01 根据受力情况确定运动情况 一．选择题（共2小题） 1．（2025秋•泗阳县月考）如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是（　　） A．小车不可能做匀速运动 B．小车可能向右做减速运动 C．细绳有拉力时，弹簧一定有弹力 D．弹簧有弹力时，细绳可能没拉力 【解答】解：AB.若细绳没有拉力，小球做匀速运动，若细绳有拉力时，小球向右做加速运动，即，无论细绳有没有拉力，小球不可能向右做减速运动，故AB错误； C.细绳有拉力时，弹簧可以无弹力，这时小车向右做加速运动，故C错误； D.小球匀速运动时，弹簧有弹力，细绳没拉力，故D正确。 故选：D。 2．（2026•模拟）在同一水平面上的几个力同时作用于质量为m的物体，物体处于静止状态，如果把其中一个力F保持方向不变而把其大小立即变为，物体在此后t时间内的位移大小是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：在同一水平面上的几个力同时作用于质量为m的物体，物体处于静止状态，如果把其中一个力F保持方向不变而把其大小立即变成，物体所受合力变为 根据牛顿第二定律，物体的加速度 物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移与时间公式可知，此后t时间内的位移，故ABC错误，D正确。 故选：D。 二．多选题（共1小题） （多选）3．（2026•哈尔滨校级开学）如图所示，长度为4l的长木板固定在水平桌面上，长木板中点左侧光滑，中点右侧粗糙。不可伸长的轻绳跨过定滑轮后一端系在质量为3m的滑块A上，另一端系在一质量为m的滑块B上，滑块A在轻绳拉力的作用下从长木板最左端由静止开始运动，到最右端时速度为零。重力加速度为g，水平桌面足够高。下列说法正确的是（　　） A．滑块A加速时间大于减速时间 B．加速阶段轻绳的拉力大小为0.75mg C．减速阶段轻绳的拉力大小为1.5mg D．滑块A与长木板之间的动摩擦因数为 【解答】解：A、取向右为滑块A的正方向、向下为滑块B的正方向。在光滑段，对滑块A由牛顿第二定律得T1＝3ma1 对滑块B由牛顿第二定律得mg﹣T1＝ma1 联立上式，整理解得滑块B的加速度大小为 滑块A在光滑段通过2l，由速度与位移公式得 粗糙段长度同为2l，末速度为零，故代入数据有 结合前述中间速度结果得粗糙阶段的加速度大小为，两阶段速度变化量大小相等，且加速度大小相同，所以加速时间与减速时间相等，故A错误； B、根据牛顿第二定律，由前述光滑段对滑块A的方程T1＝3ma1 代入前述光滑段加速度结果得，故B正确； C、减速段对滑块B由牛顿第二定律得mg﹣T2＝ma2 代入前述减速段加速度结果得，故C错误； D、粗糙段内滑块A向右运动，摩擦力向左，支持力为N＝3mg，由滑动摩擦力公式得f＝μN＝3μmg 分别对滑块A和滑块B应用牛顿第二定律，滑块A的方程为T2﹣3μmg＝3ma2 滑块B的方程为mg﹣T2＝ma2 两式相加并结合前述减速段加速度结果得，故D正确。 故选：BD。 三．解答题（共2小题） 4．（2026春•金坛区校级月考）如图甲，质量均为m＝0.2kg的物块A、B放在足够长的水平地面上，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块在水平外力F的作用下从静止开始向右前进，外力F随位移x变化的图线如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）在x＝0.5m时，A、B之间的弹力大小； （2）物块A与B分离后，B的速度大小； （3）物块A与B分离后，A还能运动多远。 【解答】解：（1）对AB整体，根据牛顿第二定律 F﹣μmg＝2ma 对B根据牛顿第二定律FAB＝ma 联立解得FAB＝0.5N （2）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，对B分析：aB＝0 对A分析：aA＝aB＝0 则：F'＝μmg 解得F'＝0.5N 由图可知x＝3m 0～3m过程外力做功 对A、B由动能定理 解得 （3）A与B分离后：外力对A做功为 对A由动能定理； 解得：x'＝2.5m 答：（1）在x＝0.5m时，A、B之间的弹力大小为0.5N； （2）物块A与B分离后，B的速度大小为m/s； （3）物块A与B分离后，A还能运动2.5m。 5．（2026•丰台区校级开学）如图所示，一个质量为4kg的物块（可视为质点）静止在粗糙的水平面上，现用水平恒力F作用于物块上，F＝20N，产生的加速度为。作用2s之后，力F的大小不变，方向变为与水平方向成53°，再作用2s，随后撤去拉力。重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）改变拉力的方向后，物块的加速度a2； （2）整个过程物块所发生的位移。 【解答】解：（1）拉力水平时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律：F﹣μmg＝ma1 解得：； 拉力方向变为与水平成53°后，此时地面支持力N＝mg﹣Fsin53°， 对物块再次由牛顿第二定律：Fcos53°﹣μ（mg﹣Fsin53°）＝ma2，解得：，方向水平向右。 （2）拉力水平阶段：，解得x1＝5m 拉力倾斜阶段：，解得v2＝8m/s，x2＝13m， 撤去拉力后，解得x3＝12.8m， 整个过程物块所发生的位移x＝x1+x2+x3＝5m+13m+12.8m＝30.8m，方向水平向右。 答：（1）改变拉力的方向后，物块的加速度为1.5m/s2，方向水平向右； （2）整个过程物块所发生的位移30.8m，方向水平向右。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 22:14:48；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 14:44:40；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 02 根据运动情况确定受力情况 一．选择题（共3小题） 1．（2026•桦南县校级开学）如图甲所示，物块的质量为m＝1kg，初速度为v0＝10m/s，在一水平向左大小不变的力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻该力F突然反向，整个过程中物块的v2﹣x关系图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．0～5s内物块做匀减速运动 B．在t＝5s时刻该力F反向 C．外力F的大小为7N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.2 【解答】解：AB．图中横坐标为位移，0～5m内v2随x呈线性变化，物块做匀变速减速运动，由图示图像可知，物块的速度大小为，物块速度从10m/s减小到0所需时间为，则0～1s内物块做匀减速直线运动，物块减速到零时力F反向，则在t＝1s时力F反向，故AB错误； C．减速阶段，力F与滑动摩擦力方向相同，由牛顿第二定律得F+μmg＝ma1＝1×10N＝10N，力F反向后，物块向右加速，滑动摩擦力向左，图像给出加速度大小为，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma2＝1×4N＝4N，解得，故C正确； D．由上述两阶段受力关系可得，解得，故D错误。 故选：C。 2．（2026秋•韩城市月考）华山素有“奇险天下第一山”的美誉，吸引了很多游客前来观光，索道的建成也为游客提供了便捷的上山方式。如图所示，假设某游客乘坐缆车匀速上山，不考虑空气的影响，关于人受到的重力G和车厢对人的作用力F的分析正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：游客乘坐缆车匀速上山，处于平衡状态，所受合力为零。不考虑空气的影响，游客只受重力G和车厢的作用力F，所以两力大小相等、方向相反，因此F竖直向上，G竖直向下，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2026•甘肃）2025年11月，人形机器人“夸父”担任第十五届全运会0号火炬手，以拟人姿态奔跑完成百米火炬传递。已知机器人的质量为45kg，鞋底与地面的动摩擦因数为0.8，重力加速度取10m/s2。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，考虑奔跑时竖直方向的重心起伏，下列说法正确的是（　　） A．机器人奔跑时，竖直方向合力恒为零 B．机器人奔跑时，受到的静摩擦力恒为360N C．机器人奔跑时，支持力与重力是一对作用力与反作用力 D．机器人单脚着地时，地面给机器人的支持力可能大于450N 【解答】解：A、因机器人奔跑时竖直方向存在重心起伏，故在竖直方向会有加速上升、减速上升、加速下落、减速下落的运动过程，对应的竖直方向合力会交替出现向上、向下的情况，不可能恒为零，故A错误； B、若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可得最大静摩擦力为：fm＝μN，当支持力N＝mg＝45×10＝450N时，最大静摩擦力为0.8×450＝360N。但机器人奔跑时的静摩擦力是提供水平加速度的动力，其大小会随运动状态变化，并非恒定等于最大静摩擦力360N，故B错误； C、作用力与反作用力的特点是作用在两个不同物体上、大小相等方向相反；而支持力作用在机器人上，重力也作用在机器人上，二者是作用在同一物体的力，不符合作用力与反作用力的定义，故C错误； D、机器人的重力大小为：G＝mg＝45×10N＝450N。当机器人单脚着地时，若竖直方向存在向上的加速度（比如重心从最低点向上加速），此时处于超重状态，根据牛顿第二定律可得：N﹣mg＝ma，可得支持力N＝mg+ma＞450N；若竖直方向存在向下的加速度（比如重心从最高点向下加速），此时处于失重状态，根据牛顿第二定律可得：mg﹣N＝ma，可得支持力N＝mg﹣ma＜450N，因此地面给机器人的支持力是可能大于450N的，故D正确。 故选：D。 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2026秋•新疆月考）图甲是上海东方明珠塔和观光电梯示意图。小明乘坐观光电梯时，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从静止开始运动的加速度a随时间t变化情况，近似处理后得到如图乙所示图像（以向上为正方向）。电梯总质量m＝3.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．电梯在第1s末的速率为0.5m/s B．电梯在第11s末速度达到最大 C．电梯在11s到30s内向上做匀速运动且速率为10m/s D．电梯在上升过程中受到的最小拉力为3.0×104N 【解答】解：A．a﹣t图像与时间轴所包围的面积表示速度变化量，电梯的初速度为零，由图示图像可知，电梯在第1s末的速率为，故A正确； B．电梯在0～11s内向上加速运动，11s～30s内向上匀速运动，30s～41s内向上减速运动，电梯在第11s末速度达到最大，故B正确； C．电梯在11s到30s内向上做匀速运动，由于初速度为零，所以其速率等于0～11s内的速度变化量，由图示图像可知，故C正确； D．电梯在以最大加速度减速上升过程中受到的拉力最小，减速上升的最大加速度为a＝1m/s2，由牛顿第二定律得mg﹣FT＝ma，代入数据解得，故D错误。 故选：ABC。 三．解答题（共1小题） 5．（2026秋•武汉校级月考）无人机配送是解决物流“最后一公里”问题的重要方式。某次配送任务中，一架无人机携带质量为m＝2kg的包裹，从地面由静止开始竖直向上起飞。无人机上升过程分为匀加速、匀速、匀减速运动三个阶段，最终恰好悬停在距地面H＝30m处。已知匀加速、匀减速阶段的加速度大小均为2.0m/s2，其中匀加速运动的时间t1＝2.0s，忽略一切阻力，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）无人机匀速上升阶段的速度v和时间t2； （2）包裹在匀减速上升过程中，无人机对包裹作用力F的大小； （3）若包裹内易碎品能承受的最大支持力为自身重力的1.5倍，为保证易碎品不被损坏，则无人机在上升阶段的加速度不能超过多少？ 【解答】解：（1）匀加速上升阶段，末速度v＝a1t1＝2.0×2.0m/s＝4m/s 位移x1m＝4m 由于匀加速、匀减速阶段的加速度大小相等，根据对称性可知，匀减速上升阶段，时间t3＝t1＝2s 位移x3＝x1＝4m 匀速上升阶段，位移x2＝H﹣x1﹣x3＝30m﹣4m﹣4m＝22m 匀速阶段的速度大小等于匀加速上升阶段的末速度大小，即v＝4m/s 时间t2s＝5.5s （2）包裹在匀减速上升过程中，加速度大小为2.0m/s2，方向竖直向下。 包裹受竖直向下的重力与无人机对包裹竖直向上的作用力F，根据牛顿第二定律得mg﹣F＝ma 解得F＝16N （3）匀加速上升阶段，包裹受竖直向下的重力与无人机对包裹竖直向上的作用力Fm， 根据牛顿第二定律得Fm﹣mg＝mam，其中Fm＝1.5mg，解得am＝5m/s2 答：（1）无人机匀速上升阶段的速度是4m/s，时间t2是5.5s； （2）包裹在匀减速上升过程中，无人机对包裹作用力F的大小是16N； （3）无人机在上升阶段的加速度不能超过5m/s2。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 14:50:53；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 03 牛顿第二定律的临界值问题 一．选择题（共3小题） 1．（2026秋•哈尔滨校级月考）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，系统处于静止状态。现在对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（　　） A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜劈向右运动 B．若μ＝0.5，当F小于某一值时，小球才能始终保持和斜劈相对静止 C．若μ＝0.8，当F＝22.5N时，小球对斜劈的压力为0 D．若μ＝0.8，当F＝24N时，细绳与水平方向的夹角α满足：tanα＝0.8 【解答】解：A．若μ＝0.2，当F＝4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，根据牛顿第二定律有F＝3ma 解得 对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有μ•2mg＝2ma′ 解得a′＝2m/s2＞a，可知此时木板相对于斜劈静止，故A错误； B．若μ＝0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，根据牛顿第二定律可得最大加速度为：0.5×10m/s2＝5m/s2 当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律有： 解得小球的加速度大小为： 可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B错误； C．若μ＝0.8，假设板、球和斜劈相对静止，根据牛顿第二定律可知球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为0.8×10m/s2＝8m/s2 此时对板、球和斜劈构成的系统，根据牛顿第二定律有F′＝3ma′m＝3×1×8N＝24N 当F＝22.5N时，板、球和斜劈相对静止，根据牛顿第二定律可得，解得：a″＝7.5m/s2 由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，故小球对斜劈的压力为0，故C正确； D．若μ＝0.8，由C选项可知此时斜劈和板间摩擦力刚好达到最大，因此加速度大小为，则对小球分析，根据牛顿第二定律有 解得tanα＝1.25，故D错误。 故选：C。 2．（2025秋•思明区校级月考）如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1kg的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动，重力加速度为g＝10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．系统做匀速直线运动 B．F＝40N C．斜面体对物体的作用力 D．增大F，模型物体将相对斜面体沿斜面向下运动 【解答】解：AB.对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝（M+m）a，对楔形物体受力分析如图乙所示 由牛顿第二定律有mgtan45°＝ma 代入数据得F＝40N，a＝10m/s2，故A错误，B正确； C.斜面体对楔形物体的作用力，故C错误； D.外力F增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力大于重力，有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D错误。 故选：B。 3．（2025秋•天宁区校级月考）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ag B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时绳子的拉力为4mg 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，a＝g时绳子的拉力为0 【解答】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 代入数据得，故A错误； B.滑块向左加速运动，a＝2g＞a临1，小球离开滑块，对小球，竖直方向Fy＝mg 水平方向Fy＝ma 绳子拉力大小 代入数据得，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，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：mgtan30°＝ma临2 代入数据得，滑块向右的加速度大小a＝g＞a临2，绳子松弛，绳子的拉力为零，故D正确。 故选：D。 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2026•抚顺一模）一劲度系数k＝600N/m的轻质弹簧一端固定在倾角为37°足够长的光滑固定斜面的底端。另一端拴住质量为m1＝4kg的物块P，Q为一质量为m2＝8kg的重物，系统处于静止状态，如图所示。现给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，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＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为0.12m B．物块Q沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小为a＝2m/s2 C．两物块P、Q分离时，弹簧的压缩量为0.06m D．力F的最大值与最小值的差值为36N 【解答】解：A.设系统处于静止状态时弹簧的压缩量为x1，根据平衡条件有kx1＝（m1+m2）gsin37°，解得x1＝0.12m，故A正确； BC.由题知，在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为恒力，表明0.2s时物块P、Q之间的弹力恰好为0，两物块恰好分离，由于加速度向上，弹簧仍然处于压缩状态，设压缩量为x2，向上做匀加速直线的加速度为a，对P根据牛顿第二定律有kx2﹣m1gsinθ＝m1a，根据位移公式有，其中t＝0.2s，联立解得a＝3m/s2，x2＝0.06m，故B错误，C正确； D.刚刚施加拉力时拉力最小，对整体根据牛顿第二定律有Fmin＝（m1+m2）a＝（4+8）×3N＝36N，P、Q分离时及之后拉力最大，对Q根据牛顿第二定律有Fmax﹣m2gsin37°＝m2a，解得Fmax＝72N，所以力F的最大值与最小值的差值为ΔF＝Fmax﹣Fmin＝72N﹣36N＝36N，故D正确。 故选：ACD。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 22:17:05；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 04 连接体模型 一．选择题（共5小题） 1．（2026•哈尔滨校级开学）如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在水平面上处于静止状态，重力加速度为g。将质量为3m的木块C轻放在A上的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．AC间弹力为零 B．木块B对水平面的压力大小变为5mg C．木块A的加速度大小为 D．木块A的加速度大小为 【解答】解：ACD．未放木块C之前，A受竖直向下重力mg和竖直向上的弹簧弹力F1，根据平衡条件可得F1＝mg。 木块C放在A上的瞬间，弹簧不发生突变，弹力大小不变，即弹簧的弹力大小仍然为F1，以AC整体为研究对象，设AC整体的加速度大小为a，对AC整体根据牛顿第二定律可得（m+3m）g﹣F1＝（m+3m）a，解得AC整体的加速度大小为，对木块C根据牛顿第二定律得3mg﹣FAC＝3ma，解得AC间弹力大小为，故AC错误，D正确； B．未放木块C之前，B受竖直向下重力mg，竖直向下弹力F2和竖直向上的支持力FN，对B根据平衡条件有FN＝mg+F2，因为弹簧两端的弹力大小相等，即F1＝F2，根据牛顿第三定律有木块B对水平面的压力大小F压＝FN，解得F压＝2mg。因为弹簧不会发生突变，所以木块C放在A上的瞬间B对水平面的压力大小与没有放C之前一样仍为2mg，故B错误。 故选：D。 2．（2026•皇姑区校级开学）如图所示，A、B、C三个物体的质量是mA＝m，mB＝mC＝2m，A、B两物体通过绳子绕过定滑轮相连，B、C用劲度系数k2的弹簧相连，劲度系数k1的弹簧一端固定在天花板上，另一端与滑轮相连。开始时，A、B两物体在同一水平面上，已知重力加速度为g，不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦。现用竖直向下的力缓慢拉动A物体，在拉动过程中，弹簧、与A、B相连的绳子始终竖直，直到C物体刚要离开地面（A尚未落地，B没有与滑轮相碰），此时A、B两物体的高度差为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：开始时，A物体处于平衡状态，则绳子的拉力FT＝mg，由于绳对B物体的拉力FT小于B物体的重力2mg，所以弹簧2对B物体有竖直向上的弹力，F2＝2mg﹣FT＝2mg﹣mg＝mg，弹簧2处于压缩状态，压缩量为，弹簧1的伸长量为；当C物体刚要离开地面时，弹簧2的弹力为F2'＝2mg，弹簧2处于伸长状态，伸长量为，绳子的拉力FT'＝2mg+F2'＝2mg+2mg＝4mg，则弹簧1的伸长量为。所以A下降的高度为ΔhA＝（x2'+x2）+2（x1'﹣x1），B上升的高度为ΔhB＝x2+x2'，A、B两物体的高度差为Δh＝ΔhA+ΔhB，解得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2026•武汉模拟）如图，在光滑水平面上，用轻质弹簧与轻绳连接质量均为1kg的物块A、B、C。现用大小为F＝15N的恒力作用在A上使ABC保持相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳的拉力大小等于10N B．弹簧的弹力大小等于5N C．撤去力F后的瞬间，B的加速度大小为2.5m/s2 D．撤去力F后的瞬间，A的加速度大小为10m/s2 【解答】解：A、对A、B、C整体，根据牛顿第二定律得F＝（mA+mB+mC）a，解得a＝5m/s2 对C，由牛顿第二定律得FT＝mCa，解得轻绳的拉力FT＝5N，故A错误； B、对B、C，由牛顿第二定律得F弹＝（mB+mC）a，解得弹簧的弹力F弹＝10N，故B错误； CD、弹簧的弹力不能突变，撤去力F的瞬间，对A，由牛顿第二定律得F弹＝mAaA，解得， 对B、C，由牛顿第二定律得F弹＝（mB+mC）aB，解得，故C错误，D正确。 故选：D。 4．（2025秋•钟楼区校级期末）如图所示，水平恒力F作用在物块A上，物块A、B在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。物块A质量为M，物块B质量为m，它们的共同加速度大小为a，两物块间的动摩擦因数为μ。则在运动过程中下列选项错误的是（　　） A．B受到的摩擦力大小为ma B．A受到的摩擦力方向向左 C．A受到的摩擦力大小为 D．若A、B间的动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变 【解答】解：A、对B受力分析可知，B受到重力、支持力和摩擦力，由牛顿第二定律可得摩擦力的大小为：fB＝ma，方向水平向左，故A正确； B、由于A受到B的摩擦力与B受到A的摩擦力是一对作用力与反作用力，B受A的摩擦力方向向左，则A受到B的摩擦力水平向右，故B错误； C、A受到B的摩擦力与B受到A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，所以A受到的摩擦力的大小为fA＝fB＝ma 对AB整体，由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a，解得：，所以有：，故C正确； D、B受到的摩擦力为静摩擦力，若动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变，仍为：，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 5．（2026春•青岛期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，斜面顶端固定一定滑轮，木板A静置在斜面上，物块B叠放在A上，B通过不可伸长的轻质细绳绕过定滑轮与重物C相连。已知A、B的质量分别为mA＝1kg、mB＝5kg，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.8，A与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳与斜面平行，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。改变C的质量，当B恰好相对A向上运动时，C的质量为（　　） A．6kg B．7kg C．9kg D．10kg 【解答】解：对木板A进行受力分析，沿斜面方向，A的受力包括：自身重力的分力mAgsinθ、B对A的滑动摩擦力（方向沿斜面向上，因为B相对A有向上运动趋势）f1＝μ1mBgcosθ、斜面 对A的滑动摩擦力（方向沿斜面向下，A会沿斜面向上加速）f2＝μ2（mA+mB）gcosθ 根据牛顿第二定律列方程：μ1mBgcosθ﹣mAgsinθ﹣μ2（mA+mB）gcosθ 代入数值解得A的加速度a＝2m/s2 对物块B进行受力分析沿斜面方向，B的受力包括：绳子拉力T、自身重力的分力mBgsinθ、A对B的滑动摩擦力（方向沿斜面向下，与B相对A的运动趋势相反） f1'＝μ1mBgcosθ。 根据牛顿第二定律有： T﹣mBgsinθ﹣μ1mBgcosθ＝mBa 对重物C进行受力分析，竖直方向，C的受力包括：自身重力mCg、绳子拉力T，C的加速度大小与B的加速度大小相等，方向竖直向下。根据牛顿第二定律有： mCg﹣T＝mCa 联立B和C的方程， 解得mC＝9kg。 故选：C。 05 等时圆模型 一．选择题（共4小题） 1．（2026•广陵区模拟）如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆，5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，一段时间后小球的连线可能是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，设杆与竖直方向的夹角为θ， 则小球下滑时的加速度大小为， 从静止开始下滑，经过时间t，小球沿杆的位移为 将5根光滑杆平移到上端点重合，如下图所示的虚线，以上端点为圆周的最高点作圆。 那么小球的位置均在此圆周上，在对应到杆的实际位置上，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2026•沈北新区校级开学）如图所示，O、A、B、C、D在同一圆周上，OA、OB、OC、OD是四条光滑的弦，若一小物体由静止从O点开始下滑到A、B、C、D所用的时间分别为tA、tB、tC、tD，则（　　） A．tA＜tB＜tC＜tD B．tA＞tB＞tC＞tD C．tA＝tB＝tC＝tD D．无法判断 【解答】解：物体沿光滑斜面下滑，设线面与竖直方向的夹角为θ，出可得mgcosθ＝ma， 解得物体的加速度：a＝gcosθ，在斜面上的位移x与圆的半径的关系x＝2Rcosθ， 由运动学规律2Rcosθat2 联立解得，可见运动时间与斜面长度及其倾斜程度无关，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．（2026春•澧县校级期末）某玩具装置如图所示，竖直面内固定三根光滑直杆AO、BO、CO，其上端点分别为A、B、C，B位于O的正上方，AB⊥BO、BC⊥CO。套在杆上的小圆环分别从A、B、C三点由静止沿AO、BO、CO滑下，滑到下端O点的时间分别为tA、tB、tC，则（　　） A．tA＞tB＞tC B．tB＝tC＞tA C．tB＞tC＝tA D．tA＞tB＝tC 【解答】解：以OB为直径作圆，如图所示： 根据等时圆原理可知：小球从C到O、从B到O、从D到O的时间相等，都小于从A到O的时间，即tA＞tB＝tC，故D正确，ABC错误。 故选：D。 4．（2025秋•如皋市校级期末）如图所示，圆环和点P在同一竖直平面内，在环上取一点与P连成光滑直轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环。A是圆环的最高点，B是圆环的最右端，C是圆环与地面的接触点，D是PC与环的交点，O为圆心，E是PO与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿PA轨道运动的时间 B．沿PB轨道运动的时间 C．沿PD轨道运动的时间 D．沿PE轨道运动的时间 【解答】解：根据题意分析可知，如图所示 过点P画一竖直线，以此作为斜边，再分别以PA、PB、PD、PE作为直角边，构造直角三角形，可见过D的直角三角形的斜边PD′最短，对应的等时圆半径最小，则沿PD轨道运动的时间最短，故C正确，ABD错误； 故选：C。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 22:18:27；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 06 水平传送带 1．（2026春•北碚区校级期末）如图所示，水平传送带以速度v1＝3m/s顺时针方向转动。可视为质点的小物块P、Q由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，P、Q的质量均为2kg，初始时刻P在传送带左端有向右的速度v2＝6m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮的质量和所受摩擦。小物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带两端距离L＝7m，绳足够长，g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．小物块P刚滑上传送带时的加速度大小为4m/s2 B．小物块P将从传送带右端滑下 C．小物块P与传送带共速之后的加速度大小为5m/s2 D．小物块P离开传送带时的速度大小为 【解答】解：A．小物体 P 刚滑上传送带时，速度v2＝6m/s＞v1＝3m/s 则小物块P 受到向左的滑动摩擦力。对 P、Q 整体，由牛顿第二定律得mg+μmg＝2ma1 解得，故A错误； B．P 减速至与传送带共速所需时间 此过程中小物块P 位移大小为 共速后，由于mg＞μmg P将继续向右减速，此时P相对传送带向左运动，受到的摩擦力水平向右。由牛顿第二定律mg﹣μmg＝2ma2 解得 P速度减为零的过程中的位移 P 向右运动的总位移x＝x1+x2＝3.375m＜L＝7m 所以P不会从右端滑下，故B错误； C．由B项分析可知，小物块P与传送带共速之后，P 相对传送带向左运动，受到摩擦力水平向右，加速度大小为 ，故C错误； D．P速度减为零后，将在Q的拉动下向左加速运动，加速度大小仍为 P从左端离开传送带时的位移大小等于向右运动的总位移为x＝3.375m 由v2＝2a2x 得离开时的速度大小为，故D正确。 故选：D。 2．（2026•滨州二模）如图所示，水平传送带始终顺时针匀速运转，传送带右端与一光滑水平面平滑连接。t＝0时刻，长木板静止放置到传送带上，且长木板的右端与传送带右端齐平。已知，木板的长度为l，木板与传送带间的动摩擦因数为μ，木板离开传送带前一直处于加速状态，t＝t0时刻，木板完全离开传送带，重力加速度为g。则（　　） A．木板完全离开传送带的速度大小为 B．木板完全离开传送带的速度大小为 C．木板的一半离开传送带的时刻为 D．木板的一半离开传送带的时刻为 【解答】解：AB、设从t＝0时刻开始，木板向右运动的位移为x（x≤l），则位移为x时，木板受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝μmgx 可知，滑动摩擦力与位移是线性关系，则x从0到l的过程中，平均摩擦力为μmg 设木板完全离开传送带的速度大小为v，根据动能定理得：l，解得v，故A正确，B错误； C、木板离开传送带前一直做加速运动，前一半位移的平均速度比后一半位移的平均速度小，则通过前一半位移的时间比后一半位移的时间长，则木板的一半离开传送带的时刻t′，故C错误； D、若木板离开传送带前一直做匀加速运动，则有l，，解得，由于木板受到的滑动摩擦力不断减小，加速度不断减小，木板做的是非匀加速运动，所以t′t0，故D错误。 故选：A。 二．多选题（共2小题） （多选）3．（2025秋•东莞市期末）某地铁站入口安检装置其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一可视为质点的小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．行李箱的初速度大小为1m/s B．行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2 C．行李箱在A、B两点间的平均速度为 D．行李箱与传送带的相对位移大小为1m 【解答】解：B、由v﹣t图像可知，小行李箱的加速度大小为 根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得μ＝0.2，故B正确； A、由v﹣t图像可知，小行李箱的初速度v0＝3m/s，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则传送带转动的速度v＝1m/s，故A错误； C、根据v﹣t图像，小行李箱在3s内运动的距离为x11m+1×2m＝4m 则A、B两点间的距离为4m，行李箱在A、B两点间的平均速度为，故C正确； D、根据v﹣t图像，在3s内传送带传动的距离为x2＝1×3m＝3m 所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx＝x1﹣x2＝1 m，故D正确。 故选：BCD。 （多选）4．（2026秋•呼和浩特月考）如图，牛奶加工厂中有顺时针匀速转动的水平传送带，当牛奶箱（可视为质点）轻放在传送带上开始计时且传送带足够长，下列描述牛奶箱的速度v和摩擦力f随时间t变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：AB、牛奶箱初速度为0，传送带顺时针匀速转动，设速度为v0，牛奶箱受到向右的滑动摩擦力，大小为f＝μmg，方向与传送带运动方向相同，加速度a＝μg，保持恒定，牛奶箱先向右匀加速直线运动，匀加速阶段v＝at＝μgt，v﹣t图线是一条过原点的倾斜直线；当v＝v0时，牛奶箱相对传送带没有相对运动趋势，摩擦力突变为0，此后牛奶箱做匀速直线运动，v＝v0，所以v﹣t图像先是一段斜向上的直线，然后变为水平线，故A正确，B错误 CD、匀加速阶段，有f＝μmg，f﹣t图线是一条水平直线；共速瞬间，摩擦力突变为0，之后没有摩擦力，图线是一条与横轴重合的水平线。 所以f﹣t图像先是一段水平直线，然后突然变为0，故C正确，D错误。 故选：AC。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 22:19:15；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 07 倾斜传送带 一．选择题（共3小题） 1．（2026秋•北京校级月考）如图所示，物块放在与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止，关于物块受到的静摩擦力f，下列说法正确的是（　　） A．当物体随传送带匀速运动时，f的方向可能沿传送带向下 B．当物体随传送带加速向上运动时，f的方向可能沿传送带向下 C．当物体随传送带加速向下运动时，f的方向可能沿传送带向上 D．当物体随传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向下 【解答】解：A．当物体随传送带匀速运动时，物体受力平衡，沿斜面方向只有沿斜面向下的重力分力和摩擦力，即这两个力应等大反向，故静摩擦力f的方向沿传送带向上，故A错误； B．当物体随传送带加速向上运动时，加速度沿斜面向上，可知f﹣mgsinθ＝ma 故摩擦力f的方向一定沿传送带向上，故B错误； CD．当物体随传送带加速向下运动时，加速度沿斜面向下，可能存在两种情况，分别为f+mgsinθ＝ma，mgsinθ﹣f＝ma 在这两种情况下，摩擦力f的方向分别为沿斜面向下和沿斜面向上，故C正确，D错误。 故选：C。 2．（2026春•澧县校级期末）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示，2s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．传送带的倾角θ＝30° B．传送带的长度为16m C．物体在传送带上留下的痕迹长度为4m D．物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2 【解答】解：AD、由图乙所示图像可知，0∼1s、1s～2s有物体加速度大小分别为， 则在0∼1s、1s～2s内，对物体，由牛顿第二定律得μmgcosθ+mgsinθ＝ma1，mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，代入数据解得θ＝37°，μ＝0.5，故AD错误； B、由图乙所示图像可知，0∼2s内，物体运动距离为，故B正确； C、图乙可知传送带速度为10m/s，在0∼1s内，传送带比物体多运动的距离为 由图可知1s～2s内，物体比传送带多运动的距离为，物体在传送带上留下的痕迹长度为5m，故C错误。 故选：B。 3．（2026春•朝阳区校级期末）如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速释放，甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达AB的中点C时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点。则物体从A运动到B的过程中（　　） A．从A到B，甲、乙运动的时间之比为3：4 B．从A到B，甲、乙运动的时间之比为4：3 C．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为3：4 D．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为4：3 【解答】解：设传送带的长度为L。 AB、甲一直做匀加速直线运动，则有L，可得从A到B甲的运动时间为t甲 乙先做匀加速运动后做匀速运动，匀加速阶段有： 匀速阶段有：vt2 从A到B乙的运动时间为t乙＝t1+t2 联立解得t乙 则t甲：t乙：4：3，故A错误，B正确； CD、物体甲在传送带上的划痕长度为Δx甲＝vt甲﹣L＝2L﹣L＝L 物体乙在传送带上的划痕长度为Δx乙＝vt1L＝LLL 则Δx甲：Δx乙＝2：1，故CD错误。 故选：B。 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2026秋•向阳区校级月考）如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t＝0时刻，将一炭包轻放在顶端A点，炭包沿传送带向下滑动，经过0.6s炭包滑到传送带的底端B，整个过程，炭包的速度随时间变化的规律如图乙所示，炭包可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A．传送带的倾角α＝30° B．传送带的速度v＝3.2m/s C．炭包与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．炭包在传送带上留下的痕迹长度为0.32m 【解答】解：AC．取沿传送带向下为正方向，由图乙的v﹣t图像可得： 炭包在前0.2s内的加速度为： 炭包在后0.4s内的加速度为： 前一阶段炭包速度小于传送带速度，滑动摩擦力沿斜面向下；后一阶段炭包速度大于传送带速度，滑动摩擦力沿斜面向上。根据牛顿第二定律得： 对前一阶段有：mgsinα+μmgcosα＝ma1 对后一阶段有：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2 联立解得：sinα＝0.6，μ＝0.25，可得：α＝37°，故A错误，C正确； B．由图乙的v﹣t图像，可知在t＝0.2s时炭包与传送带速度相等，则传送带速度大小为v＝1.6m/s，故B错误； D．根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移大小可得： 前0.2s内炭包相对传送带上滑的相对位移大小为：Δx1＝1.6×0.2m1.6×0.2m＝0.16m 后0.4s内炭包相对传送带下滑的相对位移大小为：Δx2（1.6+3.2）×0.4m﹣1.6×0.4m＝0.32m 因Δx2＞Δx1，故痕迹长度等于Δx2＝0.32m，故D正确。 故选：CD。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 22:19:48；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 08 无外力板块模型 一．选择题（共4小题） 1．（2026春•沙坪坝区校级期末）如图所示，深色且易掉色的物块A和浅色木板B叠放在水平地面上，A置于B的右端，二者均静止、木板B上表面水平。t＝0时刻，木板B由于受到撞击瞬间获得水平向右的初速度v0＝6m/s。已知物块A和木板B的质量相等，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，B和地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取最大静摩擦力等于各滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。在接下来的运动中，A没有从B上掉落，A可看作质点，最终物块A和木板B均静止，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．物块A和木板B同时停止运动 B．木板B的长度至少为m C．整个过程，物块A和木板B的相对位移大小为m D．物块A在木板B上留下的划痕长度为3m 【解答】解：木板B获得初速度后，物块A向右做匀加速直线运动，木板B向右做匀减速直线运动。对物块A，根据牛顿第二定律μ1mg＝ma1，解得； 对木板B，根据牛顿第二定律μ1mg+μ2•2mg＝ma2，解得； 设经过时间t1两者达到共同速度v1，则有v1＝a1t1且v1＝v0﹣a2t1，代入数据解得t1＝1s，v1＝1m/s； 此过程中物块A的位移，解得x1＝0.5m，木板B的位移，解得x2＝3.5m，A相对B向左滑动Δx1＝x2﹣x1，解得Δx1＝3m。 达到共速后，若假设二者相对静止一起减速，共同加速度大小a＝μ2g，解得a＝2m/s2，此时A需要的静摩擦力大小f＝ma，解得f＝2m，而A、B间的最大静摩擦力fm＝μ1mg，解得fm＝m，因f＞fm，故A、B不能相对静止，将发生相对滑动。 此后A继续向右减速，加速度大小a3＝μ1g，解得；B向右减速，根据牛顿第二定律μ2•2mg﹣μ1mg＝ma4，解得； 木板B减速到零所用时间，解得，此过程B的位移，解得，此时A的速度v2＝v1﹣a3t2，解得，由于v2＞0，A的位移，解得，A相对B向右滑动Δx2＝x4﹣x3，解得； B停止后，因A对B的摩擦力小于地面对B的摩擦力，即μ1mg＜μ2•2mg，故B保持静止，A继续减速至停止，所需时间，解得，此过程A相对B向右滑动的位移，解得。 A、由上述分析可知，B先停止运动，A后停止运动，故A错误； B、全过程中，A相对B首先向左滑动3m，随后向右滑动总距离为Δx2+Δx3，代入数据解得向右滑动，为保证A不从B上掉落，木板B的长度至少为向左滑动的最大距离3m，故B错误； C、整个过程，物块A和木板B的相对位移大小等于向左滑动的最大距离减去向右滑动的总距离，即，解得，故C错误； D、物块A在木板B上留下的划痕长度为A相对B滑动最远处的距离，即向左滑动的距离3m，故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•天宁区校级期末）如图所示，足够长、质量为4kg的木板静止在光滑水平地面上，质量为1kg、可视为质点的物块以大小为5m/s、方向水平向右的初速度从木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2。物块相对于木板静止时物块到木板左端的距离为（　　） A．5m B．6m C．6.25m D．8m 【解答】解：对物块，由牛顿第二定律得μmg＝ma1， 对木板，由牛顿第二定律得μmg＝Ma2 代入数据解得， 物块相对于木板静止时恰好与木板共速，设共速所需要的时间为t，位移分为x1、x2， 共速时的速度v＝v0﹣a1t＝a2t 共速时物块的位移 共速时木板的位移 物块相对于木板静止时物块到木板左端的距离Δx＝x1﹣x2 代入数据解得Δx＝5m，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2025秋•海安市期末）如图所示，长木板A静置在光滑的水平面上，滑块B以速度v滑上木板，木板和滑块的加速度分别为aA、aB，当两者共速时，木板前进的距离为xA，物块相对木板滑行的距离为xB，则下列关系一定正确的是（　　） A．aA＞aB B．aA＜aB C．xA＞xB D．xA＜xB 【解答】解：AB、由于地面光滑，木板与滑块受到的合力大小相等，由于不知道两者的质量关系，无法比较木板与滑块的加速度大小关系，故AB错误； CD、滑块做匀减速直线运动，木板做初速度为零的匀加速直线运动，两者共速时速度相等，设为v1。 木板的位移大小为：xAv1t 滑块的位移大小为：x1（v+v1）t 物块相对木板滑行的距离为：xB＝x1﹣xAvt 因v＞v1，故xA＜xB，故C错误，D正确。 故选：D。 4．（2026•辽宁模拟）如图所示，倾角为37°的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2kg的木板和质量为1kg的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现将物块和木板同时由静止释放，则物块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．6.4N B．4.8N C．4.0N D．0 【解答】解：木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.5＜tan37°＝0.75 木板一定会沿斜面下滑，假设木板和物块一起加速下滑，整体分析（M+m）gsin37°﹣μ1（M+m）gcos37°＝（M+m）a 代入数据得a＝2m/s2 对物块受力分析mgsin37°﹣Ff＝ma 代入数据得Ff＝4.0N＜μ2mgcos37°＝6.4N 故假设成立，物块与木板之间的摩擦力大小为4.0N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 二．多选题（共2小题） （多选）5．（2025秋•湖南期末）质量为2m的长木板从倾角为37°足够长的斜面上滑下，当木板的速度为3m/s时，将质量为m的滑块无初速度地轻放在长木板上的P点（图中未标出），滑块在木板上滑行1.5s后离开木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，滑块与木板间无摩擦；取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则滑块在木板上滑行的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块与长木板各自以不同的加速度沿斜面向下加速运动 B．滑块加速运动，长木板匀速运动 C．木板的长度可能为3.5m D．木板的长度可能为2.5m 【解答】解：AB、初始阶段，对滑块进行分析，依据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma1，解得：，滑块做匀加速直线运动。对长木板进行分析，依据牛顿第二定律有2mgsinθ﹣3μmgcosθ＝2ma2，解得：a2＝0，长木板保持匀速运动，故A错误，B正确； CD、设滑块经过时间t1与长木板达到共同速度v，有v＝a1t1，解得：t1＝0.5s。在此过程中，滑块相对于长木板向上滑动，相对位移大小为。此后，滑块继续加速，相对于长木板向下滑动，设经时间t2从长木板上滑离，有t2＝t﹣t1＝1s，此过程的相对位移大小为，因此长木板的最小长度应为3m，故C正确，D错误。 故选：BC。 （多选）6．（2026•宕昌县一模）如图a，在倾角为θ的足够长固定斜面上静置一质量M＝2kg的长木板B，木板下表面与斜面间的动摩擦因数μ1，木板上表面由两种不同材料制成，e点上方光滑，e点下方粗糙，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2。t＝0时，一质量m＝4kg的物块A从木板的上端无初速度释放，t＝2s时，物块滑下木板，物块滑下木板前的v﹣t图像如图b，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．0～1s，木板对斜面的摩擦力大小为30N B．物块与木板之间的动摩擦因数 C．2s时，木板的速度为3m/s D．木板长度为6m 【解答】解：A、在0～1s内，物块A位于斜面光滑段，由aA1＝gsinθ，代入，解得：sinθ＝0.5。对木板B进行受力分析，其沿斜面向下的分力为Mgsinθ＝10N，斜面对木板的最大静摩擦力fmax＝μ1（M+m）gcosθ，解得：fmax＝30N。由于Mgsinθ＜fmax，木板B保持静止，此时木板对斜面的摩擦力为静摩擦力，大小为f＝Mgsinθ，解得：f＝10N，故A错误。 B、在1～2s内，物块A位于斜面粗糙段，其加速度为aA2＝gsinθ﹣μ2gcosθ，代入，解得：，故B正确。 C、在1～2s内，物块A对木板B的摩擦力fAB＝μ2mgcosθ，解得：fAB＝24N。对木板B应用牛顿第二定律，有Mgsinθ+fAB﹣μ1（M+m）gcosθ＝MaB，代入数据解得：。则在t＝2s时，木板的速度为vB＝aBΔt，解得：vB＝2m/s，故C错误。 D、根据v﹣t图像的面积表示位移，可得在2s内物块A的位移为。木板B的位移为，解得：xB＝1m。由此可得木板的长度为L＝xA﹣xB，解得：L＝6m，故D正确。 故选：BD。 三．解答题（共2小题） 7．（2026秋•湖北月考）如图所示，一块足够长的木板上自左向右放有序号是3、2、1的滑块，所有滑块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为3μ，相邻两滑块之间的间距均为d，木板的质量为3m，与地面间的动摩擦因数为μ。在t＝0时刻木板初速度为0，第3、2、1号滑块的初速度分别为3v0、2v0、v0，方向都水平向右。在滑块运动的过程中所有滑块之间都不发生碰撞，重力加速度为g。试求： （1）t＝0时，三个滑块和木板的加速度大小； （2）木板在水平面滑行的位移x； （3）d的最小值。 【解答】解：（1）刚开始时1、2、3滑块与木板间发生相对滑动，加速度相等，根据牛顿第二定律，可得a1＝a2＝a3＝3μg 对木板受力分析得 根据牛顿第二定律，可得 （2）规定向右为正方向 木板与滑块1先达到共速，则有v0﹣3μgt1＝μgt1，v共1＝μgt1 此时木板运动的位移 滑块2的速度变为2v0﹣3μgt1＝v2 当滑块1与木板共速后木板的加速度 即木板做匀速直线运动；滑块2与木板达到共速v2﹣3μgt2＝v共1 此时木板的位移x木2＝v共1t2 滑块3的速度变为3v0﹣3μg（t1+t2）＝v3 当滑块2与木板共速后木板的加速度 即木板做匀减速直线运动，滑块3与木板达到共速， 此时木板的位移 木板的总位移x＝x木1+x木2+x木3 联立得木板的总位移 （3）滑块2与木板共速时，滑块1运动的位移为 滑块2运动的位移为 滑块2和3之间不发生碰撞的条件是 滑块3与木板共速时，滑块2运动的位移 滑块3运动的位移 滑块3和2之间不发生碰撞的条件是 综上 答：（1）t＝0时，三个滑块的加速度大小均为3μg，木板的加速度大小为μg。 （2）木板在水平面滑行的位移大小为。 （3）d的最小值为。 8．（2026春•高新区校级期末）下暴雨时容易发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行，B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内A、B间的动摩擦因数μ1减小为0.8，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.625，A、B开始运动，此时刻为计时起点，在第2s末A的下表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知初始时刻A离B下边缘的距离l＝23.25m，B的下边缘与坡底的距离L＝20.5m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）在0～2s时间内，A和B一起做匀加速直线运动的加速度大小； （2）B的上表面变为光滑后，A和B加速度的大小； （3）A在B上总的运动时间； （4）从开始计时到B的下边缘运动到坡底所用的时间。 【解答】解：（1）0～2s内，A、B相对静止，对A、B整体，由牛顿第二定律有2mgsinθ﹣μ2×2mgcosθ＝2ma 解得a＝1m/s2 （2）对A根据牛顿第二定律有mgsinθ＝maA 对B根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μ2×2mgcosθ＝maB 解得， （3）0～2s内两者一起加速，无相对位移，t1＝2s时，速度为v1＝at1，计算解得v1＝2m/s 又经历t2时间B的速度减为零，则0﹣v1＝aBt2 解得t2＝0.5s A与B的相对位移为，代入数据解得Δx1＝1.25m，Δx1＜l 之后B静止，A以aA做匀加速直线运动，2.5s时A的速度为v2＝v1+aAt2，计算解得v2＝5m/s 根据位移—时间公式有 解得t3＝2s；（舍） 故总时间为t＝t1+t2+t3，即t＝4.5s （4）t1时间内B的位移，计算解得x1＝2m t2时间内B的位移，计算解得x2＝0.5m t3时间内B的位移为零 A滑落后，有mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝maB' 解得 设之后的下滑时间为t4，有 解得t4＝6s 总时间为t总＝t1+t2+t3+t4，即t总＝10.5s 答：（1）0～2s内A和B一起做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2。 （2）B的上表面变为光滑后，A的加速度大小为6m/s2，B的加速度大小为4m/s2。 （3）A在B上总的运动时间为4.5s。 （4）从开始计时到B的下边缘运动到坡底所用的时间为10.5s。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 22:20:52；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 09 有外力板块模型 一．选择题（共1小题） 1．（2026春•唐县校级期末）在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m，C物体上固连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后连接到固定的墙上，其中与A连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2下列说法正确的是（　　） A．A物体的最大加速度为2m/s2 B．B物体的最大加速度为4m/s2 C．C物体质量为m时，B的加速度为2.5m/s2 D．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为2m 【解答】解：A、对A，由牛顿第二定律得F﹣μ•2mg＝2maA，aAμg，拉力F越大，A物体的加速度越大，由于F不定，无法求出A的最大加速度，故A错误； B、当AB之间的摩擦力达到最大摩擦力，B的其加速度有最大值，对B，由牛顿第二定律得μ•2mg＝maBm，解得，故B正确； D、假设AB恰好不发生相对滑动，设绳子中的力为T，对C，由牛顿第二定律得，对AB整体，由牛顿第二定律得T＝3maBm，解得mC＝3m，故D错误； C、当C的质量为m时AB整体未发生相对滑动，对C，由牛顿第二定律得mg﹣2T1＝maC，对AB整体，由牛顿第二定律得T1＝3ma，又因为a＝2aC，解得，故C错误。 故选：B。 二．多选题（共3小题） （多选）2．（2026秋•牡丹江校级月考）叠放在光滑水平面上的物块和木板质量分别为m和M，M＝2m＝2kg，二者之间的动摩擦因数为μ＝0.5，木板长L＝2m，物块在木板中间，大小忽略不计，g＝10m/s2。在物块上施加水平外力F，则（　　） A．如果F1＝3N，二者将以加速度a＝1m/s2共同做匀加速直线运动 B．如果F2＝5N，二者将发生相对滑动 C．如果F3＝6N，经过1s物块的速度为3m/s D．如果F4＝9.5N，经过1s可以将物块从木板上拉下 【解答】解：A、根据题意，木板质量M＝2kg，结合M＝2m可得物块质量m＝1kg。物块与木板间的最大静摩擦力为fm＝μmg，代入数据解得fm＝5N。若两者保持相对静止，则由最大静摩擦力提供木板的加速度，根据牛顿第二定律fm＝Ma0，解得临界加速度。对整体应用牛顿第二定律F0＝（m+M）a0，解得临界外力F0＝7.5N。当F1＝3N时，因F1＜F0，两者相对静止，整体做匀加速运动，由牛顿第二定律F1＝（m+M）a1，解得，故A正确； B、当F2＝5N时，因F2＜F0，外力未超出临界值，两者仍相对静止，不会发生相对滑动，故B错误； C、当F3＝6N时，因F3＜F0，两者相对静止，整体做匀加速运动，由牛顿第二定律F3＝（m+M）a3，解得。经过t＝1s，物块速度v＝a3t，解得v＝2m/s，故C错误； D、当F4＝9.5N时，因F4＞F0，两者发生相对滑动。对物块应用牛顿第二定律F4﹣μmg＝mam，解得物块加速度。对木板应用牛顿第二定律μmg＝MaM，解得木板加速度。经过t＝1s，物块位移，解得xm＝2.25m；木板位移，解得xM＝1.25m。两者相对位移Δx＝xm﹣xM，解得Δx＝1m。物块位于木板中点，距右端距离为，因此经过1s的相对位移恰好等于该距离，物块能被拉下木板，故D正确。 故选：AD。 （多选）3．（2026•芜湖校级开学）如图1所示，粗糙水平面上，静置一质量M＝2kg的长木板，其上叠放一质量为m的物块。现对木板施加一随时间t均匀增大的水平力F，F与时间t的关系如图2所示。木板与地面间的摩擦力为f1，物块与木板之间的摩擦力为f2，f1和f2随时间t的变化图线如图3所示。若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．木板与地面间的动摩擦因数为0.05 B．物块与木板间的动摩擦因数为0.5 C．4s时物块的加速度为1m/s2 D．2s时木板的加速度为1m/s2 【解答】解：AB．当f1和f2不变时为滑动摩擦力，f1＝μ1（M+m）g，f2＝μ2mg，由图3所示图像可知f1＝4N，f2＝6N 当t＝3s 时，f2不变，此时木板与物块为共速临界，对物块，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2，则a2＝μ2g 对木板，由牛顿第二定律得F﹣f1﹣f2＝Ma1，结合F＝12N，联立解得， 并且木板和物块的加速度相同，即a1＝a2，解得μ2＝0.1，m＝6kg，μ1＝0.05，故A正确，B错误； C．4s时物块与木板的加速度不同，有相对运动，由牛顿第二定律得f2＝μ2mg＝ma2′，解得，故C正确； D．2s时，物块与木板无相对运动，对整体，由牛顿第二定律得F﹣f1＝（M+m）a共，其中F＝8N，解得，故D错误。 故选：AC。 （多选）4．（2026•安徽模拟）如图所示，一倾角θ＝30°的固定光滑斜面体上，放置有质量为M＝3kg的长木板，木板上叠放着质量为m＝2kg的小物块。已知木板与物块间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，两物体在外力作用下静止在斜面上。现撤去外力，同时对长木板施加一个沿斜面向上的恒力F（F≠0），重力加速度大小g取10m/s2。下列关于木板与物块间的摩擦力f的说法，正确的是（　　） A．若木板与物块保持相对静止，F越大，则f越大 B．物块受到的摩擦力一定沿斜面向上 C．当F＝20N时，f＝12N D．当F＝40N时，f＝15N 【解答】解：小物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设为fm，根据公式有fm＝μmgcos30°，代入数据解得fm＝15N。 AB、假设木板与物块保持相对静止，以系统整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F﹣（M+m）gsin30°＝（M+m）a； 以小物块为研究对象，设其受到的静摩擦力f沿斜面向上，根据牛顿第二定律有f﹣mgsin30°＝ma；联立解得f＝0.4F。 由于外力F沿斜面向上且F＞0，可知f＞0，即保持相对静止时物块受到的静摩擦力沿斜面向上，且F越大则f越大。 当外力F较大导致两者发生相对滑动时，木板的加速度大于物块的加速度，木板相对物块沿斜面向上运动，物块受到的滑动摩擦力方向依然沿斜面向上。 综合可知，故A正确，B正确； C、当F＝20N时，若两者相对静止，物块所需摩擦力f＝0.4×20N＝8N，由于8N≤fm，假设成立，两者保持相对静止，此时实际摩擦力f＝8N，故C错误； D、当F＝40N时，若两者相对静止，所需摩擦力f＝0.4×40N＝16N，由于16N＞fm，说明两者已经发生相对滑动，此时物块受到的是滑动摩擦力，大小等于最大静摩擦力，即f＝15N，故D正确。 故选：ABD。 三．解答题（共4小题） 5．（2026•岳麓区校级开学）如图所示，木板A置于水平面上，O点是其上表面的中点，O点右侧上表面光滑，左侧粗糙。可视为质点的物块B位于A的最右端，A、B均处于静止状态。t＝0时刻对A施加水平向右的拉力F，已知A的质量mA＝1kg，B的质量mB＝2kg，A与B上表面O点左侧的动摩擦因数μ1＝0.2，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，A的长度L＝2.0m，拉力F＝14N，重力加速度大小取g＝10m/s2。求： （1）物块B与O点重合时，所需要的时间和A的速度大小； （2）当A、B以相同的速度一起运动时，B距离O点的距离； （3）撤掉拉力F之后，要使物块B不从木板A上滑出，求F的最长作用时间。（结果可用根式表示） 【解答】解：（1）对A，根据牛顿第二定律有F﹣μ2（mA+mB）＝mAaA，解得aA＝2m/s2对A， 根据位移时间公式，解得t1＝1s 根据速度—时间公式有vA＝aAt1＝2×1m/s＝2m/s （2）B位于O点左侧时，对B根据牛顿第二定律有μ1mBg＝mBaB，解得aB＝2m/s2 对A根据牛顿第二定律有F﹣μ1mBg﹣μ2（mA+mB）g＝mAaA′，解得aA′＝﹣2m/s2 经时间t2，A、B共速，则有v＝vA+aA′t2＝aBt2，解得t2＝0.5s 根据位移时间公式有xB，xA＝vAt2 B距离O点的距离x＝xA﹣xB，解得x＝0.5m （3）由第（2）可得A、B达到共速时的速度为v＝1m/s 达到共速后A、B一起做加速运动F﹣μ2（mA+mBg＝（mA+mB）a，解得a 达到共速后F作用时间t3，A、B达到速度v1，撤掉f后B刚好滑到O点，则有v1＝v+at3 撤掉F后，B做减速运动的加速度a2＝2m/s2 对A做减速运动，根据牛顿第二定律有μ2（mA+mB）g﹣μ1mBg＝mAa1，解得a1＝8m/s2 A、B滑行的位移分别为x1、x2，则有，Δx＝x2﹣x1， F作用的时间t＝t1+t2+t3，解得ts 答：（1）物块B与O点重合时，所需要的时间是1s，A的速度大小是2m/s； （2）当A、B以相同的速度一起运动时，B距离O点的距离是0.5m； （3）F的最长作用时间是s。 6．（2026秋•新市区校级月考）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 （1）当F＝24N时，物块相对木板静止，求此时两物体的加速度大小。 （2）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； （3）若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。 【解答】解：（1）物块相对木板静止，将物块和木板看作一个整体，根据牛顿第二定律得F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a 解得a＝1m/s2 （2）为使物块不滑离木板，即物块相对木板静止，将物块和木板看作一个整体，根据牛顿第二定律得F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff﹣mgsinα＝ma 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块相对木板静止，摩擦力为静摩擦力，有Ff≤Ffm＝μmgcosα 联立得F≤30N 又a＞0m/s2，解得F＞20N 所以20N＜F≤30N （3）由于F＝37.5N＞30N 可得物块会滑离木板。 对于木板，由牛顿第二定律得F﹣μmgcosα﹣Mgsinα＝Ma1 对物块，由牛顿第二定律得μmgcosα﹣mgsinα＝ma2 设物块滑离木板所用时间为t，木板的位移 物块的位移 物块与木板分离的条件为Δx＝x1﹣x2＝L 解得t＝1.2s 物块滑离木板时的速度v＝a2t 物块滑离木板后的加速度大小为a3＝gsinα 解得 物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离 解得 s＝0.9m 答：（1）当F＝24N时，物块相对木板静止，此时两物体的加速度大小为1m/s2。 （2）为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N＜F≤30N； （3）若F＝37.5N，物块能滑离木板，物块滑离木板所用的时间为1.2s，滑离木板后沿斜面上升的最大距离为0.9m。 7．（2026秋•湖北月考）一足够长固定斜面倾角θ＝30°，一质量M＝4kg的长木板静止在斜面上，长木板与斜面间的动摩擦因数μ1，长木板上端静止着质量m＝2kg的物块可视为质点，物块与长木板间的动摩擦因数μ2。现对长木板施加沿斜面向上F＝85N的恒定拉力，当滑块相对长木板向下滑行5m时，撤去拉力。已知重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）刚施加拉力F时，滑块和长木板的加速度的大小； （2）撤去拉力时，长木板和滑块速度的大小； （3）长木板滑行的总时间。（结果可用分数表示） 【解答】解：（1）对长木板，由牛顿第二定律得F﹣μ2mgcosθ﹣Mgsinθ﹣μ1（M+m）gcosθ＝Ma1，代入数据解得a1＝5m/s2 对滑块，由牛顿第二定律得μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2，代入数据解得a2＝2.5m/s2 （2）设经过时间t1撤去拉力，滑块相对长木板滑动的距离L 此时长木板的速度v1＝a1t1，滑块的速度v2＝a2t1，代入数据解得v1＝10m/s，v2＝5m/s （3）撤去F后滑块的加速度不变，对长木板，由牛顿第二定律得Mgsinθ+μ2mgcosθ+μ1（M+m）gcosθ＝Ma3 设经过时间t2共速，则v共＝v1﹣a3t2＝v2+a2t2， 滑块与长木板共速后相对静止一起匀减速上滑， 由牛顿第二定律得μ1（M+m）gcosθ+（M+m）gsinθ＝（M+m）a4， 两者一起减速运动的时间t3 长木板滑行的总时间t＝t1+t2+t3，代入数据解得ts 答：（1）刚施加拉力F时，滑块和长木板的加速度的大小分别是2.5m/s2、5m/s2； （2）撤去拉力时，长木板和滑块速度的大小分别是10m/s、5m/s； （3）长木板滑行的总时间是s。 8．（2025秋•济南期末）如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定于水平地面上，斜面顶端固定一光滑轻质滑轮。木板A由光滑部分Ⅰ和粗糙部分Ⅱ组成，木板A的总长度L＝1m，质量m1＝3kg，其上端通过不可伸长的轻绳跨过滑轮与质量m2＝2kg的小物块B连接，木板A与滑轮间的轻绳与斜面平行伸直，质量m3＝1kg的小物块C位于木板A的上端。t＝0时刻由静止释放A、B、C，一段时间后小物块C恰好未滑离木板A，该过程中小物块B始终未与地面接触。已知小物块C与木板A粗糙部分的动摩擦因数μ，重力加速度g＝10m/s2，小物块B、C均视为质点，求： （1）释放瞬间小物块B的加速度大小a1和小物块C的加速度大小a2； （2）木板A光滑部分Ⅰ的长度L1。 【解答】解：（1）释放瞬间，物块C位于木板A的光滑部分Ⅰ上，两者间无摩擦力作用。对物块C应用牛顿第二定律，有m3gsinθ＝m3a2，代入数据解得；对于木板A与物块B组成的系统，由牛顿第二定律得m2g﹣m1gsinθ＝（m1+m2）a1，代入数据解得。 （2）设光滑部分I的长度为L1，C在此段运动时间为t1。由于a2＞a1，C相对A向下运动，当C到达Ⅰ、Ⅱ交界处时，相对位移为，解得：。此时两者的相对速度v相对＝（a1+a2）t1，解得：v相对＝6t1。 C进入粗糙部分Ⅱ后，所受滑动摩擦力f＝μm3gcosθ，解得：f＝7.5N。此时C的加速度，解得：（负号表示方向沿斜面向上）。系统A、B的加速度，解得：（负号表示方向沿斜面向下）。 在该阶段，C相对A的加速度a相对＝aC﹣aA，解得：。当C恰好未滑离木板A时，相对速度减为0，此过程相对位移为L﹣L1。根据运动学公式，代入数据解得：。 答：（1）小物块B的加速度大小为1m/s2，小物块C的加速度大小为5m/s2。 （2）木板A光滑部分Ⅰ的长度为m。 10 板块和传送带综合问题 一．解答题（共5小题） 1．（2025秋•郯城县校级期中）如图所示，水平传送带长L＝2.5m，右端与放在水平地面上的木板A、B上表面平齐。A、B紧靠在一起，质量均为m＝1.0kg，上表面长度均为l＝1.0m。传送带以6m/s的速度顺时针匀速转动，某时刻将质量为M＝2.0kg的物块C无初速放在传送带左端，已知C与传送带、A、B上表面间的摩擦因数均为μ1＝0.5，A、B与地面间的摩擦因数为μ2＝0.1，重力加速度大小取g＝10m/s2，C的大小忽略不计，求： （1）C滑上A后，A、B间的弹力； （2）A的最大速度； （3）C到木板B左端的最大距离。 【解答】解：（1）a1为C在木板上滑动时C的加速度，a2为C在A上滑动时A、B整体的加速度，a3为C在B上滑动时B的加速度，A、B一起向右做加速运动，以A、B为整体，受力分析可得μ1Mg﹣μ2（M+2m）g＝2ma2 解得 对B受力分析可得FN﹣μ2mg＝ma2 解得FN＝4N （2）C在传送带上的加速度a1＝μ1g 即 若C加速到传送带速度需位移 即x＝3.6m＞L＝2.5m 故C滑上A时速度 即v＝5m/s 物块C刚从A离开时，A的速度最大，设物块C在A上运动时间为t1，可得 解得 A的最大速度为vA＝a2t1 即 （3）C到木板B时，对木板B受力分析可得μ1Mg﹣μ2（m+M）g＝ma3 解得木板B加速度为 当B与C共速时，C到木板B左端的距离最大，C刚运动至B左端时C的速度为vC＝v﹣a1t1 解得 B的速度为vB＝a2t1 解得 设物块C在B上运动时间为t2时，物块B与C共速，有vC﹣a1t2＝vB+a3t2 解得 C到木板B左端的最大距离为 解得 答：（1）C滑上A后，A、B间的弹力为4N； （2）A的最大速度为； （3）C到木板B左端的最大距离为。 2．（2026春•怀化期末）如图所示，以速度v＝4m/s运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L＝6m，平板B的质量M＝2kg。现将一质量m＝2kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，滑块与平板间的动摩擦因数μ1＝0.3，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块恰好不会从平板上掉下，g取10m/s2。求： （1）滑块从传送带左端到右端的时间； （2）滑块刚滑上平板时滑块和平板的加速度大小； （3）平板的长度。 【解答】解：（1）滑块在传送带上加速运动，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma1，解得：。 滑块加速至与传送带共速所需时间，代入数据得t1＝1s。此过程中滑块的位移，计算得x1＝2m。 由于x1小于传送带长度L，此后滑块随传送带匀速运动，匀速运动的位移x2＝L﹣x1＝4m，匀速运动时间，代入数据得t2＝1s。因此，滑块从左端运动到右端的总时间t＝t1+t2＝2s。 （2）滑块刚滑上平板车时，对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝maA，解得：。 对平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律，有μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaB，解得：。 （3）滑块滑上平板车后做匀减速运动，平板车做匀加速运动，设两者经过时间t3达到共同速度，根据运动学规律，有v﹣aAt3＝aBt3，解得：t3＝1s。 由于滑块恰好不从平板车上掉落，表明达到共速时滑块刚好运动到平板车最右端。此过程中滑块的位移，代入数据得xA＝2.5m。 平板车的位移，代入数据得xB＝0.5m。因此，平板车的长度LB＝xA﹣xB，代入数据解得LB＝2m。 答：（1）滑块从传送带左端到右端的时间为2s。 （2）滑块刚滑上平板时滑块的加速度大小为3m/s2，平板的加速度大小为1m/s2。 （3）平板的长度为2m。 3．（2026春•北碚区校级期末）如图a所示，质量M＝1kg、长L＝6.375m的长木板静止在凹槽左侧，长木板上表面与凹槽上端齐平，某时刻质量m＝2kg的小物块（可视为质点）以v0＝9m/s的速度向右冲上长木板。已知小物块与长木板、长木板与凹槽底端间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，长木板右端距凹槽右侧间距d＝7m，长木板碰撞凹槽后立即停止运动。小物块通过光滑水平面AB后滑上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ3＝0.3，传送带以速度v1顺时针方向转动，BC间距离L′＝4m。CD段光滑且足够长，当小物块进入CD区域后受向右的外力F1和向左的外力F2，F1的大小与小物块速度平方的关系如图b所示，F2的大小与小物块速度大小的关系式为F2＝5v+1（式中物理量均为国际单位），g取10m/s2。 （1）小物块刚滑上长木板时，求小物块与长木板的加速度大小； （2）若传送带速度v1＝4m/s，求小物块运动至C点的速度vC； （3）若传送带的速度大小可调，求小物块在CD段的稳定速度，并写出不同稳定速度对应的经过C点的速度范围。 【解答】解：（1）对小物块受力分析，根据牛顿第二定律μ1mg＝ma1 解得 对长木板受力分析，根据牛顿第二定律μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2 解得 （2）设经过时间t小物块和长木板共速v0﹣a1t＝a2t 代入得t＝1s，共速速度v＝5m/s 此过程小物块位移，代入数据解得x1＝7m 长木板位移，代入数据解得x2＝2.5m 相对位移Δx＝4.5m＜L＝6.375m，共速时小物块未滑出，以后一起减速。 共速后长木板还需运动x′＝d﹣x2，即x′＝4.5m碰撞凹槽，根据牛顿第二定律μ2（M+m）g＝（M+m）a 可得a＝1m/s2，碰撞时长木板速度为v碰，则 可得v碰＝4m/s 碰撞后长木板停止，小物块继续滑动剩余长度L﹣Δx＝1.875m 滑到B点（传送带左端）的速度vB满足 解得vB＝1m/s 小物块滑上传送带，根据牛顿第二定律μ3mg＝ma3 可得 加速到与传送带速度共速v1＝4m/s时的位移为x加，则 解得x加＝2.5m＜L′＝4m，小物块加速到4m/s后匀速到达C点。因此vC＝4m/s （3）由图b得F1的表达式v2≤9（v≤3m/s）时，；v≥3m/s时，F1＝21N 稳定速度满足合力为0（F1＝F2＝5v+1），且为稳定平衡 当v≤3m/s时：2v2+3＝5v+1 解得v＝0.5m/s和v＝2m/s ①v＝0.5m/s 若0.5m/s＜v＜2m/s：F1＜F2，合力向左，减速向0.5m/s靠近； 若v＜0.5m/s：F1＞F2，合力向右加速向0.5m/s靠近； v＝0.5m/s稳定速度。 ②v＝2m/s 若2m/s＜v≤3m/s：则F1＞F2，向右加速远离2m/s 若v＜2m/s：F1＜F2，向左减速远离2m/s v＝2m/s是不稳定平衡点 当v≥3m/s时：21＝5v+1 解得v＝4m/s ③v＝4m/s 若v＞4m/s：F2＞F1，合力向左减速 若4m/s＞v＞3m/s：F1＞F2，合力向右加速 因此v＝4m/s是稳定速度。 ④若传送带速度等于2m/s时，小物块以2m/s的受到滑上CD后即受力平衡，稳定速度是2m/s。 若滑块在传送带上一直加速运动，则到达C点时的速度最大为：vCm，解得：vCm＝5m/s 结合速度范围可得： 当0＜vC＜2m/s，最终稳定速度为0.5m/s 当2m/s＜vC≤5m/s，最终稳定速度为4m/s 当vC＝2m/s，最终稳定速度为2m/s 答：（1）小物块的加速度大小为4m/s2，长木板的加速度大小为5m/s2。 （2）小物块运动至C点的速度大小为4m/s。 （3）稳定速度有0.5m/s和4m/s两种。当经过C点的速度小于2m/s时，稳定速度为0.5m/s；当经过C点的速度大于2m/s时，稳定速度为4m/s；当经过C点的速度等于2m/s时，稳定速度为2m/s。 4．（2026春•即墨区期末）如图所示，距地面一定高度处有一长L＝2.4m的水平传送带，传送带以v0＝3m/s的速度顺时针匀速转动，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，在斜面最低点垂直斜面方向固定一弹性挡板，与其相碰的物体将以原速率弹回，质量为M＝4kg的薄木板B锁定在斜面上，B的最上端位于斜面顶点P处。现将质量m＝1kg的小物块A在传送带的最左端由静止释放，A从传送带的最右端飞出后恰好从P点滑至B的上表面，当A刚滑上B时，解除B的锁定。已知斜面的长度L1＝9.375m，B的长度L2＝4.475m，A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.12，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.8，B与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）物块A从传送带飞出时的速度大小； （2）物块A从释放到刚与薄木板B共速时所用时间； （3）物块A从薄木板B滑下瞬间的速度大小。 【解答】解：（1）设A在传送带上的加速时间为t1，假设A一直加速，对A受力分析，根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得a＝1.2m/s2； 由运动学公式，解得t1＝2s； 由速度公式v＝at1，解得v＝2.4m/s，假设成立，故从传送带飞出的速度大小为2.4m/s。 （2）A在P点竖直方向速度vpy＝vtanθ，代入数据解得vpy＝1.8m/s； 设从传送带最右端到P点的时间为t2，由vpy＝gt2，解得t2＝0.18s； A在P点的速度大小为，代入数据计算得vp＝3m/s； 对A受力分析有μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma1，解得； 对B受力分析有μ1mgcosθ+Mgsinθ﹣μ（m+M）gcosθ＝Ma2，解得； 设滑到P点后，再经过时间t3共速，由速度关系vp﹣a1t3＝a2t3，解得t3＝1s； 总时间t＝t1+t2+t3，即t＝3.18s。 （3）设共速时的速度为v共，则v共＝a2t3，计算解得v共＝2.6m/s； 在t3时间内，A在B上滑行的相对距离为，解得Δx＝1.5m； 假设共速后保持两者相对静止，对整体受力分析有（m+M）gsinθ﹣μ2（m+M）gcosθ＝（m+M）a3，解得； 对A单独受力分析有mgsinθ﹣f＝ma3，解得静摩擦力f＝4N，因f＜μ1mgcosθ＝6.4N，故假设成立； 二者共速后，一起沿斜面下滑直到底端时的速度为v1，由运动学公式，解得v1＝4.6m/s； 碰后B的速度沿斜面向上，大小为v1，A的速度沿斜面向下，大小为v1； 对B受力分析有Mgsinθ+μ（m+M）gcosθ+μ1mgcosθ＝Ma4，解得； 假设A、B在第二次共速前滑离，B以a4向上做匀减速，A以a1向下做匀减速，由相对位移关系，解得t4＝0.5s（另一解时间过长舍去）； 因t4小于两者再次共速的时间，故假设成立，最终滑离速度v2＝v1﹣a1t4，计算解得v2＝4.4m/s。 答：（1）物块A从传送带飞出时的速度大小为2.4m/s。 （2）物块A从释放到刚与薄木板B共速时所用时间为3.18s。 （3）物块A从薄木板B滑下瞬间的速度大小为4.4m/s。 5．（2026春•沙坪坝区校级期末）传送带在生产实际中具有广泛的应用。某木材加工厂利用传送带输运木材的流程可以简化如图所示：在可视为光滑的AB段水平面上有一质量为m的均匀细直木杆，轻推后木杆就进入顺时针匀速运行的水平传送带BC，木杆与传送带间的动摩擦因数为μ，木杆最终停在粗糙水平面CD上、已知传送带B、C两端的距离为木杆长度的2倍，C、D两点的距离为木杆长度的倍，且A、B、C、D在同一水平直线上。为保证木杆停在指定位置，在D点安装有一竖直弹性挡板，可以让木杆以原速率反弹。在一次调试过程中，将传送带的速度设置为v0时，发现木杆刚好全部滑上传送带时与传送带相对静止，最后木杆右端与挡板碰撞一次后，左端第一次到达C点时恰好停下。已知当地重力加速度为g，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木杆在整个运动过程中始终没有转动，不计空气阻力。 （1）求在木杆滑上传送带的过程中，木杆内部张力的最大值。 （2）求木杆全部在水平面CD上运动时，其加速度的大小。 （3）在另一次调试过程中，增大传送带的速度后，发现木杆右端与挡板也只碰撞一次后，最终左端停在C点，求此时传送带的速度大小。 【解答】解：（1）设木杆滑上传送带的长度为x，木杆整体的加速度。 木杆内部张力在光滑面与传送带交界处最大，对交界处左侧长度为L﹣x的木杆（位于光滑面上），由牛顿第二定律得内部张力。 根据二次函数性质，当时，张力取最大值，最大值为。 （2）传送带速度为v0时，木杆刚好全部滑上传送带时与传送带共速，由动能定理，得。 木杆右端到达C点后开始滑上CD，设CD面的动摩擦因数为μ'，滑上CD的长度为y时，传送带对木杆的向右摩擦力最大值为，CD面对木杆的向左摩擦力为。 因木杆起初保持v0匀速，需满足，设匀速的最大滑上长度为y0，则。 木杆在y∈[y0，L]内做减速运动，受到的向后合外力随y线性增加。 在y＝y0处F＝0，在y＝L处F＝μ'mg。 此过程克服合外力做功。 木杆全部在CD上后的动能。 木杆全部在CD上滑动时，受到的摩擦力为μ'mg，木杆右端距离D点为。 木杆先向右运动撞击挡板，原速率反弹后向左运动到达C点停下，全程路程。 由动能定理μ'mgs＝E1，即。 化简得4（μ'）2+μμ'﹣3μ2＝0，解得（负根舍去）。 故木杆全部在水平面CD上运动时，加速度大小。 （3）增大传送带速度为v后，要使木杆也只碰撞一次且最终左端停在C点，木杆向左滑过C点后，必然滑上传送带一段距离z后又被传送带推回C点，且到达C点时速度恰好减为零。 木杆向左滑上传送带过程中，受向右摩擦力，随z线性增加。 从z＝0到z向左减速至零，克服摩擦力做功。 木杆随后向右加速滑回CD，受向右合外力，随z线性变化。 在返回起点z处，在z＝0处F2＝﹣0.5μmg。 因到达C点时恰好停下，向右全程合外力做功为零，即，解得。 故木杆向左到达C点时的动能。 设木杆全部滑上CD时的动能为E3，由动能定理，解得。 因木杆在传送带上加速到了速度v，进入CD时，减速段克服外力做功。 由能量关系，得。 解得此时传送带的速度大小。 答：（1）木杆内部张力的最大值为。 （2）木杆全部在水平面CD上运动时，加速度大小为。 （3）此时传送带的速度大小为（或）。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 22:22:59；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 提优训练 一．选择题（共10小题） 1．（2026•浙江二模）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面的A点向上滑，到达最高点后返回A点。利用频闪仪对滑块上滑和下滑过程进行拍摄，分别如图甲、乙所示，照片中B点恰好是滑块滑动过程中的最高点，斜面倾角为θ，则（　　） A．上滑过程动能变化绝对值比下滑更大 B．滑块之间的距离BC：CD＝1：4 C．滑块与斜面间动摩擦因数μ＞tanθ D．上滑过程克服摩擦力做功比下滑更大 【解答】解：AD、根据题意分析可知，上滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之和，下滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之差，上滑过程和下滑过程的重力、摩擦力和位移的绝对值均相等，则上滑过程和下滑过程重力势能变化绝对值相等、克服摩擦力做功相等，上滑过程动能变化绝对值比下滑更大，故A正确，D错误； B、根据题意分析可知，由逆向思维，图甲即初速度为零的滑块从B点做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，滑块之间的距离， 则 故BC：CD＝1：3，故B错误； C、根据题意分析可知，上滑阶段，滑块做匀减速直线运动，有gsinθ＞μgcosθ 可知μ＜tanθ，故C错误。 故选：A。 2．（2026•武汉模拟）如图，在光滑水平面上，用轻质弹簧与轻绳连接质量均为1kg的物块A、B、C。现用大小为F＝15N的恒力作用在A上使ABC保持相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳的拉力大小等于10N B．弹簧的弹力大小等于5N C．撤去力F后的瞬间，B的加速度大小为2.5m/s2 D．撤去力F后的瞬间，A的加速度大小为10m/s2 【解答】解：A、对A、B、C整体，根据牛顿第二定律得F＝（mA+mB+mC）a，解得a＝5m/s2 对C，由牛顿第二定律得FT＝mCa，解得轻绳的拉力FT＝5N，故A错误； B、对B、C，由牛顿第二定律得F弹＝（mB+mC）a，解得弹簧的弹力F弹＝10N，故B错误； CD、弹簧的弹力不能突变，撤去力F的瞬间，对A，由牛顿第二定律得F弹＝mAaA，解得， 对B、C，由牛顿第二定律得F弹＝（mB+mC）aB，解得，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2026•内乡县校级模拟）如图甲所示，木箱放置在倾角为37°的斜面上，两根轻质细线上端系在木箱的天花板上，下端系上质量为m的小球。现让木箱获得一沿斜面向下的速度，小球与木箱相对静止沿斜面向下运动时，垂直斜面的细线拉力为0，竖直方向细线拉力不为0。如图乙所示，把小球去掉，给木箱一个垂直斜面的恒定拉力，木箱沿着斜面由静止开始下滑L的距离，且与斜面间的弹力始终保持为0。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．图甲中小球处于失重状态 B．图甲中竖直方向细线的拉力大小大于mg C．图甲中木箱与斜面间的动摩擦因数为0.75 D．图乙中木箱获得的速度大小为 【解答】解：AB．小球与木箱相对静止沿斜面向下运动时，垂直斜面的细线拉力为0，竖直方向细线拉力不为0，则小球受力方向只能沿竖直方向，小球沿斜面向下做匀速直线运动，既不失重也不超重，竖直方向细线的拉力大小等于mg，故AB错误； C．设图甲中木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，因为木箱匀速运动，令木箱的质量为M，根据平衡条件，有：（M+m）gsin37°﹣μ（M+m）gcos37°＝0，解得：μ＝0.75，故C正确； D．图乙中木箱与斜面间的弹力始终保持为0，根据牛顿第二定律，有：Mgsin37°＝Ma 解得：a＝0.6gm/s2 根据速度—位移公式，有：v2＝2aL，解得：，故D错误。 故选：C。 4．（2026•镇安县校级模拟）如图所示，水平面上一足够长的固定斜面底端有一质量为2kg的物块。t＝0时，在方向平行于斜面向上、大小F＝11N的拉力作用下，物块以4m/s的初速度从斜面底端向上运动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面与水平面的夹角为53°，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。t＝1.5s时，物块的速度大小为（　　） A．0 B．0.5m/s C．2m/s D．4m/s 【解答】解：取沿斜面向上为正方向，物块上滑过程中，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有F﹣mgsin53°﹣μmgcos53°＝ma1 代入数据解得，负号表示加速度方向沿斜面向下。 物块减速至零所需时间 t＝1s时物块速度减为零，此时重力沿斜面向下的分力Gx＝mgsin53°，解得Gx＝16N 拉力F＝11N，最大静摩擦力fm＝μmgcos53°，解得fm＝3N 由于Gx﹣F＝16N﹣11N＝5N＞fm 物块无法静止，将沿斜面向下加速运动。下滑过程中，摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin53°﹣F﹣μmgcos53°＝ma2 代入数据解得 剩余时间Δt＝1.5s﹣1s＝0.5s 则t＝1.5s时物块的速度大小v＝a2Δt，解得v＝0.5m/s，故B正确，ACD错误。 故选：B。 5．（2026•江夏区校级模拟）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.5 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝28s D．木板的最大加速度为2m/s2 【解答】解：A．由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，根据滑动摩擦力fm＝μmg，可得滑块与木板间的动摩擦因数为，故A错误。 B．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，根据滑动摩擦力f'＝μ'•2mg，可得木板与水平地面间的动摩擦因数为，故B错误。 CD．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力fm＝8N，滑块与木板二者加速度相等，且木板此时的加速度达到全过程最大值。 根据牛顿第二定律，对木板有fm﹣μ′•2mg＝mam，解得木板最大加速度；对滑块有F﹣fm＝mam，解得临界拉力F＝12N。结合拉力表达式F＝0.5t（N），可知t2＝24s，故C错误，D正确。 故选：D。 6．（2026•合肥模拟）在训练奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎奔跑，如图所示，在一次训练中，叶老师腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m＝10kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角为53°，某时刻拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v﹣t图像如图所示，不计空气阻力，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．t＝5.6s时，拖绳从轮胎上脱落 B．轮胎运动的总位移为16m C．拖绳脱落前，轮胎受到的摩擦力为50N D．拖绳对轮胎的拉力为70N 【解答】解：A、结合图像，4s后轮胎做减速运动，所以4s时，拖绳从轮胎上脱落，故A错误； B、根据图像面积代表位移可知，轮胎运动的总位移为，故B错误； CD、拖绳脱落后，加速度 根据μmg＝ma' 代入数据可得μ＝0.5 脱落前，加速度 根据Fsin53°+N＝mg，Fcos53°﹣μN＝ma 代入数据可得F＝70N，N＝44N 拖绳脱落前，轮胎受到的摩擦力为f＝μN 代入数据可得f＝22N，故C错误，D正确。 故选：D。 7．（2026•漳县模拟）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为2m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间通过一根轻杆连接，B、C间由一不可伸长的轻质细线连接，弹簧、轻杆和细线均平行于斜面。初始时系统处于静止状态，重力加速度为g。弹簧被剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．B球的受力情况不变 B．C球的加速度大小为gsinθ C．B、C之间细线的拉力大小为mgsinθ D．A、B两球的加速度大小均为 【解答】解：剪断弹簧前，系统处于静止状态，此时B球处于平衡状态，所受合外力为0。 弹簧被剪断的瞬间，弹簧弹力消失，因为A、B通过轻杆相连，所以A、B的运动状态始终一致，可以将A、B视为一个整体，假设此时细线的拉力不为0，由牛顿第二定律可知，对A、B整体，有F细线+3mgsinθ＝3maAB 由上述分析可得aAB＞gsinθ，方向沿斜面向下； 对C，有mgsinθ﹣F细线＝maC 由上述分析可得aC＜gsinθ，方向沿斜面向下，则细线必然松弛，假设不成立，因此细线的拉力为0。 对A、B整体，根据牛顿第二定律有3mgsinθ＝3maAB 整理上式可得aAB＝gsinθ，方向沿斜面向下 对C，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝maC 整理上式可得aC＝gsinθ 由上述分析可知，剪断弹簧瞬间，B球的加速度不为0，说明其所受合外力不为0，则剪断弹簧瞬间，B球的受力情况发生改变。故ACD错误，B正确。 故选：B。 8．（2026•孝感二模）如图，机场传送带以速度v＝0.8m/s顺时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，底端A点和顶端B点之间距离L＝4m。现将一个质量m＝1kg且可视为质点的行李无初速度地放在传送带A点，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力。从行李放上传送带开始计时，直到行李到达B点，下列说法正确的是（　　） A．行李加速运动阶段的加速度大小为2m/s2 B．行李加速运动阶段，摩擦力对行李做功为2.56J C．t＝3s时，摩擦力对行李做功的瞬时功率为4.8W D．整个过程因摩擦产生的热量为3.84J 【解答】解：AB、行李在加速阶段有μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 解得a＝0.4m/s2，方向沿传送带向上 加速到与传送带共速的时间，计算可得t1＝2s 加速位移，代入数据计算得x1＝0.8m 加速阶段摩擦力做功W1＝μmgcosθ•x1，计算可得W1＝5.12J，故AB错误； C、t＝3s时行李已处于匀速阶段，根据平衡条件，可得静摩擦力f静＝mgsinθ，计算得f静＝6N 摩擦力对行李做功的瞬时功率P＝f静v，代入数据计算可得P＝4.8W，故C正确； D、整个过程产生的摩擦热Q＝μmgcosθ（vt1﹣x1），代入数据计算可得Q＝5.12J，故D错误。 故选：C。 9．（2026•江苏模拟）如图所示，一底面抹有石灰粉的沙袋以某初速度从O点垂直于传送带运动方向冲上向右做匀加速直线运动的水平传送带，并最终相对静止，则在与传送带相对静止前，沙袋所受的摩擦力（　　） A．大小不变，方向不变 B．大小不变，方向改变 C．大小改变，方向不变 D．大小改变，方向改变 【解答】解：在与传送带相对静止前沙袋相对传送带滑动，沙袋受到的滑动摩擦力大小为f＝μN＝μmg，可知沙袋所受的摩擦力大小不变； 若传送带以v1做匀速直线运动，沙袋以某初速度v2从O点垂直于传送带运动方向冲上传送带，沙袋刚滑上传送带的相对运动方向以及所受的摩擦力方向如图所示： 滑动摩擦力的方向始终与沙袋相对于传送带的运动方向相反，因滑动摩擦力的加速度始终与相对速度共线反向，所以沙袋相对于传送带做匀减速直线运动，相对运动方向不变，摩擦力方向不变，但实际上传送带向右做匀加速直线运动，使得沙袋沿传送带运行方向的相对速度与传送带匀速运动时的相对速度不一样，不同时刻，沙袋与传送带的相对速度方向发生变化，所以沙袋所受的摩擦力方向发生变化，故ACD错误，B正确。 故选：B。 10．（2026•枣强县校级模拟）如图所示，三个木块A、B、C质量分别为m、m、2m，木块A、C通过轻弹簧相连，B放置在C上面、C放置在木板D上面，整个系统处于静止状态，重力加速度为g，突然水平抽出木板D的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．A的加速度大小为g B．B的加速度为零 C．C的加速度大小为1.5g D．B、C间的弹力大小为mg 【解答】解：A、A原来受重力mg和向上的弹簧弹力F，系统处于平衡状态，合力为零，F＝mg，抽出木板D瞬间，弹簧形变来不及改变，弹力大小保持F＝mg不变，以此A加速度为0，故A错误； BD、若假设B、C一起加速，对B、C整体，总向下合力为（m+2m）g+F＝4mg 可得加速度，若实际情况不符，B最大加速度为g，因此B、C会分离，B、C间弹力为0，B只受重力，加速度为g，故BD错误； C、对C受力分析：向下的重力2mg，向下的弹簧弹力为mg，总合力为3mg，因此加速度，故C正确。 故选：C。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 22:57:17；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/7 14:51:45；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 4.5牛顿运动定律的应用（同步练习） 目录 题型分类练习 1 01 根据受力情况确定运动情况 2 02 根据运动情况确定受力情况 3 03 牛顿第二定律的临界值问题 5 04 连接体模型 7 05 等时圆模型 9 06 水平传送带 11 07 倾斜传送带 12 08 无外力板块模型 14 09 有外力板块模型 16 10 板块和传送带综合问题 19 提优训练 21 题型分类练习 01 根据受力情况确定运动情况 一．选择题（共2小题） 1．（2025秋•泗阳县月考）如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是（　　） A．小车不可能做匀速运动 B．小车可能向右做减速运动 C．细绳有拉力时，弹簧一定有弹力 D．弹簧有弹力时，细绳可能没拉力 2．（2026•模拟）在同一水平面上的几个力同时作用于质量为m的物体，物体处于静止状态，如果把其中一个力F保持方向不变而把其大小立即变为，物体在此后t时间内的位移大小是（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共1小题） （多选）3．（2026•哈尔滨校级开学）如图所示，长度为4l的长木板固定在水平桌面上，长木板中点左侧光滑，中点右侧粗糙。不可伸长的轻绳跨过定滑轮后一端系在质量为3m的滑块A上，另一端系在一质量为m的滑块B上，滑块A在轻绳拉力的作用下从长木板最左端由静止开始运动，到最右端时速度为零。重力加速度为g，水平桌面足够高。下列说法正确的是（　　） A．滑块A加速时间大于减速时间 B．加速阶段轻绳的拉力大小为0.75mg C．减速阶段轻绳的拉力大小为1.5mg D．滑块A与长木板之间的动摩擦因数为 三．解答题（共2小题） 4．（2026春•金坛区校级月考）如图甲，质量均为m＝0.2kg的物块A、B放在足够长的水平地面上，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块在水平外力F的作用下从静止开始向右前进，外力F随位移x变化的图线如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）在x＝0.5m时，A、B之间的弹力大小； （2）物块A与B分离后，B的速度大小； （3）物块A与B分离后，A还能运动多远。 5．（2026•丰台区校级开学）如图所示，一个质量为4kg的物块（可视为质点）静止在粗糙的水平面上，现用水平恒力F作用于物块上，F＝20N，产生的加速度为。作用2s之后，力F的大小不变，方向变为与水平方向成53°，再作用2s，随后撤去拉力。重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）改变拉力的方向后，物块的加速度a2； （2）整个过程物块所发生的位移。 02 根据运动情况确定受力情况 一．选择题（共3小题） 1．（2026•桦南县校级开学）如图甲所示，物块的质量为m＝1kg，初速度为v0＝10m/s，在一水平向左大小不变的力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻该力F突然反向，整个过程中物块的v2﹣x关系图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．0～5s内物块做匀减速运动 B．在t＝5s时刻该力F反向 C．外力F的大小为7N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.2 2．（2026秋•韩城市月考）华山素有“奇险天下第一山”的美誉，吸引了很多游客前来观光，索道的建成也为游客提供了便捷的上山方式。如图所示，假设某游客乘坐缆车匀速上山，不考虑空气的影响，关于人受到的重力G和车厢对人的作用力F的分析正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2026•甘肃）2025年11月，人形机器人“夸父”担任第十五届全运会0号火炬手，以拟人姿态奔跑完成百米火炬传递。已知机器人的质量为45kg，鞋底与地面的动摩擦因数为0.8，重力加速度取10m/s2。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，考虑奔跑时竖直方向的重心起伏，下列说法正确的是（　　） A．机器人奔跑时，竖直方向合力恒为零 B．机器人奔跑时，受到的静摩擦力恒为360N C．机器人奔跑时，支持力与重力是一对作用力与反作用力 D．机器人单脚着地时，地面给机器人的支持力可能大于450N 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2026秋•新疆月考）图甲是上海东方明珠塔和观光电梯示意图。小明乘坐观光电梯时，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从静止开始运动的加速度a随时间t变化情况，近似处理后得到如图乙所示图像（以向上为正方向）。电梯总质量m＝3.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．电梯在第1s末的速率为0.5m/s B．电梯在第11s末速度达到最大 C．电梯在11s到30s内向上做匀速运动且速率为10m/s D．电梯在上升过程中受到的最小拉力为3.0×104N 三．解答题（共1小题） 5．（2026秋•武汉校级月考）无人机配送是解决物流“最后一公里”问题的重要方式。某次配送任务中，一架无人机携带质量为m＝2kg的包裹，从地面由静止开始竖直向上起飞。无人机上升过程分为匀加速、匀速、匀减速运动三个阶段，最终恰好悬停在距地面H＝30m处。已知匀加速、匀减速阶段的加速度大小均为2.0m/s2，其中匀加速运动的时间t1＝2.0s，忽略一切阻力，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）无人机匀速上升阶段的速度v和时间t2； （2）包裹在匀减速上升过程中，无人机对包裹作用力F的大小； （3）若包裹内易碎品能承受的最大支持力为自身重力的1.5倍，为保证易碎品不被损坏，则无人机在上升阶段的加速度不能超过多少？ 03 牛顿第二定律的临界值问题 一．选择题（共3小题） 1．（2026秋•哈尔滨校级月考）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，系统处于静止状态。现在对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（　　） A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜劈向右运动 B．若μ＝0.5，当F小于某一值时，小球才能始终保持和斜劈相对静止 C．若μ＝0.8，当F＝22.5N时，小球对斜劈的压力为0 D．若μ＝0.8，当F＝24N时，细绳与水平方向的夹角α满足：tanα＝0.8 2．（2025秋•思明区校级月考）如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1kg的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动，重力加速度为g＝10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．系统做匀速直线运动 B．F＝40N C．斜面体对物体的作用力 D．增大F，模型物体将相对斜面体沿斜面向下运动 3．（2025秋•天宁区校级月考）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ag B．当滑块向左匀加速直线运动时，a＝2g时绳子的拉力为4mg 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，a＝g时绳子的拉力为0 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2026•抚顺一模）一劲度系数k＝600N/m的轻质弹簧一端固定在倾角为37°足够长的光滑固定斜面的底端。另一端拴住质量为m1＝4kg的物块P，Q为一质量为m2＝8kg的重物，系统处于静止状态，如图所示。现给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，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＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为0.12m B．物块Q沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小为a＝2m/s2 C．两物块P、Q分离时，弹簧的压缩量为0.06m D．力F的最大值与最小值的差值为36N 04 连接体模型 一．选择题（共5小题） 1．（2026•哈尔滨校级开学）如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在水平面上处于静止状态，重力加速度为g。将质量为3m的木块C轻放在A上的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．AC间弹力为零 B．木块B对水平面的压力大小变为5mg C．木块A的加速度大小为 D．木块A的加速度大小为 2．（2026•皇姑区校级开学）如图所示，A、B、C三个物体的质量是mA＝m，mB＝mC＝2m，A、B两物体通过绳子绕过定滑轮相连，B、C用劲度系数k2的弹簧相连，劲度系数k1的弹簧一端固定在天花板上，另一端与滑轮相连。开始时，A、B两物体在同一水平面上，已知重力加速度为g，不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦。现用竖直向下的力缓慢拉动A物体，在拉动过程中，弹簧、与A、B相连的绳子始终竖直，直到C物体刚要离开地面（A尚未落地，B没有与滑轮相碰），此时A、B两物体的高度差为（　　） A． B． C． D． 3．（2026•武汉模拟）如图，在光滑水平面上，用轻质弹簧与轻绳连接质量均为1kg的物块A、B、C。现用大小为F＝15N的恒力作用在A上使ABC保持相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳的拉力大小等于10N B．弹簧的弹力大小等于5N C．撤去力F后的瞬间，B的加速度大小为2.5m/s2 D．撤去力F后的瞬间，A的加速度大小为10m/s2 4．（2025秋•钟楼区校级期末）如图所示，水平恒力F作用在物块A上，物块A、B在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。物块A质量为M，物块B质量为m，它们的共同加速度大小为a，两物块间的动摩擦因数为μ。则在运动过程中下列选项错误的是（　　） A．B受到的摩擦力大小为ma B．A受到的摩擦力方向向左 C．A受到的摩擦力大小为 D．若A、B间的动摩擦因数增大，其他条件不变，则B受到的摩擦力不变 5．（2026春•青岛期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，斜面顶端固定一定滑轮，木板A静置在斜面上，物块B叠放在A上，B通过不可伸长的轻质细绳绕过定滑轮与重物C相连。已知A、B的质量分别为mA＝1kg、mB＝5kg，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.8，A与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳与斜面平行，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。改变C的质量，当B恰好相对A向上运动时，C的质量为（　　） A．6kg B．7kg C．9kg D．10kg 05 等时圆模型 一．选择题（共4小题） 1．（2026•广陵区模拟）如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆，5个相同的小球套在杆上，从图示位置由静止同时释放，一段时间后小球的连线可能是（　　） A． B． C． D． 2．（2026•沈北新区校级开学）如图所示，O、A、B、C、D在同一圆周上，OA、OB、OC、OD是四条光滑的弦，若一小物体由静止从O点开始下滑到A、B、C、D所用的时间分别为tA、tB、tC、tD，则（　　） A．tA＜tB＜tC＜tD B．tA＞tB＞tC＞tD C．tA＝tB＝tC＝tD D．无法判断 3．（2026春•澧县校级期末）某玩具装置如图所示，竖直面内固定三根光滑直杆AO、BO、CO，其上端点分别为A、B、C，B位于O的正上方，AB⊥BO、BC⊥CO。套在杆上的小圆环分别从A、B、C三点由静止沿AO、BO、CO滑下，滑到下端O点的时间分别为tA、tB、tC，则（　　） A．tA＞tB＞tC B．tB＝tC＞tA C．tB＞tC＝tA D．tA＞tB＝tC 4．（2025秋•如皋市校级期末）如图所示，圆环和点P在同一竖直平面内，在环上取一点与P连成光滑直轨道，一物块由静止开始从P点滑向圆环。A是圆环的最高点，B是圆环的最右端，C是圆环与地面的接触点，D是PC与环的交点，O为圆心，E是PO与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿PA轨道运动的时间 B．沿PB轨道运动的时间 C．沿PD轨道运动的时间 D．沿PE轨道运动的时间 06 水平传送带 1．（2026春•北碚区校级期末）如图所示，水平传送带以速度v1＝3m/s顺时针方向转动。可视为质点的小物块P、Q由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，P、Q的质量均为2kg，初始时刻P在传送带左端有向右的速度v2＝6m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮的质量和所受摩擦。小物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带两端距离L＝7m，绳足够长，g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．小物块P刚滑上传送带时的加速度大小为4m/s2 B．小物块P将从传送带右端滑下 C．小物块P与传送带共速之后的加速度大小为5m/s2 D．小物块P离开传送带时的速度大小为 2．（2026•滨州二模）如图所示，水平传送带始终顺时针匀速运转，传送带右端与一光滑水平面平滑连接。t＝0时刻，长木板静止放置到传送带上，且长木板的右端与传送带右端齐平。已知，木板的长度为l，木板与传送带间的动摩擦因数为μ，木板离开传送带前一直处于加速状态，t＝t0时刻，木板完全离开传送带，重力加速度为g。则（　　） A．木板完全离开传送带的速度大小为 B．木板完全离开传送带的速度大小为 C．木板的一半离开传送带的时刻为 D．木板的一半离开传送带的时刻为 二．多选题（共2小题） （多选）3．（2025秋•东莞市期末）某地铁站入口安检装置其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一可视为质点的小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．行李箱的初速度大小为1m/s B．行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2 C．行李箱在A、B两点间的平均速度为 D．行李箱与传送带的相对位移大小为1m 07 倾斜传送带 一．选择题（共3小题） 1．（2026秋•北京校级月考）如图所示，物块放在与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止，关于物块受到的静摩擦力f，下列说法正确的是（　　） A．当物体随传送带匀速运动时，f的方向可能沿传送带向下 B．当物体随传送带加速向上运动时，f的方向可能沿传送带向下 C．当物体随传送带加速向下运动时，f的方向可能沿传送带向上 D．当物体随传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向下 2．（2026春•澧县校级期末）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的v﹣t图像如图乙所示，2s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．传送带的倾角θ＝30° B．传送带的长度为16m C．物体在传送带上留下的痕迹长度为4m D．物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2 3．（2026春•朝阳区校级期末）如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速释放，甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达AB的中点C时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点。则物体从A运动到B的过程中（　　） A．从A到B，甲、乙运动的时间之比为3：4 B．从A到B，甲、乙运动的时间之比为4：3 C．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为3：4 D．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为4：3 二．多选题（共1小题） （多选）4．（2026秋•向阳区校级月考）如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t＝0时刻，将一炭包轻放在顶端A点，炭包沿传送带向下滑动，经过0.6s炭包滑到传送带的底端B，整个过程，炭包的速度随时间变化的规律如图乙所示，炭包可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A．传送带的倾角α＝30° B．传送带的速度v＝3.2m/s C．炭包与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．炭包在传送带上留下的痕迹长度为0.32m 08 无外力板块模型 一．选择题（共4小题） 1．（2026春•沙坪坝区校级期末）如图所示，深色且易掉色的物块A和浅色木板B叠放在水平地面上，A置于B的右端，二者均静止、木板B上表面水平。t＝0时刻，木板B由于受到撞击瞬间获得水平向右的初速度v0＝6m/s。已知物块A和木板B的质量相等，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，B和地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取最大静摩擦力等于各滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。在接下来的运动中，A没有从B上掉落，A可看作质点，最终物块A和木板B均静止，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．物块A和木板B同时停止运动 B．木板B的长度至少为m C．整个过程，物块A和木板B的相对位移大小为m D．物块A在木板B上留下的划痕长度为3m 2．（2025秋•天宁区校级期末）如图所示，足够长、质量为4kg的木板静止在光滑水平地面上，质量为1kg、可视为质点的物块以大小为5m/s、方向水平向右的初速度从木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2。物块相对于木板静止时物块到木板左端的距离为（　　） A．5m B．6m C．6.25m D．8m 3．（2025秋•海安市期末）如图所示，长木板A静置在光滑的水平面上，滑块B以速度v滑上木板，木板和滑块的加速度分别为aA、aB，当两者共速时，木板前进的距离为xA，物块相对木板滑行的距离为xB，则下列关系一定正确的是（　　） A．aA＞aB B．aA＜aB C．xA＞xB D．xA＜xB 4．（2026•辽宁模拟）如图所示，倾角为37°的、足够长的斜面固定在水平面上，质量为2kg的木板和质量为1kg的物块叠放在斜面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.8，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现将物块和木板同时由静止释放，则物块与木板之间的摩擦力大小为（　　） A．6.4N B．4.8N C．4.0N D．0 二．多选题（共2小题） （多选）5．（2025秋•湖南期末）质量为2m的长木板从倾角为37°足够长的斜面上滑下，当木板的速度为3m/s时，将质量为m的滑块无初速度地轻放在长木板上的P点（图中未标出），滑块在木板上滑行1.5s后离开木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，滑块与木板间无摩擦；取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则滑块在木板上滑行的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块与长木板各自以不同的加速度沿斜面向下加速运动 B．滑块加速运动，长木板匀速运动 C．木板的长度可能为3.5m D．木板的长度可能为2.5m 三．解答题（共2小题） 7．（2026秋•湖北月考）如图所示，一块足够长的木板上自左向右放有序号是3、2、1的滑块，所有滑块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为3μ，相邻两滑块之间的间距均为d，木板的质量为3m，与地面间的动摩擦因数为μ。在t＝0时刻木板初速度为0，第3、2、1号滑块的初速度分别为3v0、2v0、v0，方向都水平向右。在滑块运动的过程中所有滑块之间都不发生碰撞，重力加速度为g。试求： （1）t＝0时，三个滑块和木板的加速度大小； （2）木板在水平面滑行的位移x； （3）d的最小值。 8．（2026春•高新区校级期末）下暴雨时容易发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行，B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内A、B间的动摩擦因数μ1减小为0.8，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.625，A、B开始运动，此时刻为计时起点，在第2s末A的下表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知初始时刻A离B下边缘的距离l＝23.25m，B的下边缘与坡底的距离L＝20.5m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）在0～2s时间内，A和B一起做匀加速直线运动的加速度大小； （2）B的上表面变为光滑后，A和B加速度的大小； （3）A在B上总的运动时间； （4）从开始计时到B的下边缘运动到坡底所用的时间。 09 有外力板块模型 一．选择题（共1小题） 1．（2026春•唐县校级期末）在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m，C物体上固连一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后连接到固定的墙上，其中与A连接的细线水平，绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2下列说法正确的是（　　） A．A物体的最大加速度为2m/s2 B．B物体的最大加速度为4m/s2 C．C物体质量为m时，B的加速度为2.5m/s2 D．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为2m 二．多选题（共3小题） （多选）2．（2026秋•牡丹江校级月考）叠放在光滑水平面上的物块和木板质量分别为m和M，M＝2m＝2kg，二者之间的动摩擦因数为μ＝0.5，木板长L＝2m，物块在木板中间，大小忽略不计，g＝10m/s2。在物块上施加水平外力F，则（　　） A．如果F1＝3N，二者将以加速度a＝1m/s2共同做匀加速直线运动 B．如果F2＝5N，二者将发生相对滑动 C．如果F3＝6N，经过1s物块的速度为3m/s D．如果F4＝9.5N，经过1s可以将物块从木板上拉下 三．解答题（共4小题） 5．（2026•岳麓区校级开学）如图所示，木板A置于水平面上，O点是其上表面的中点，O点右侧上表面光滑，左侧粗糙。可视为质点的物块B位于A的最右端，A、B均处于静止状态。t＝0时刻对A施加水平向右的拉力F，已知A的质量mA＝1kg，B的质量mB＝2kg，A与B上表面O点左侧的动摩擦因数μ1＝0.2，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，A的长度L＝2.0m，拉力F＝14N，重力加速度大小取g＝10m/s2。求： （1）物块B与O点重合时，所需要的时间和A的速度大小； （2）当A、B以相同的速度一起运动时，B距离O点的距离； （3）撤掉拉力F之后，要使物块B不从木板A上滑出，求F的最长作用时间。（结果可用根式表示） 6．（2026秋•新市区校级月考）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 （1）当F＝24N时，物块相对木板静止，求此时两物体的加速度大小。 （2）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； （3）若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。 7．（2026秋•湖北月考）一足够长固定斜面倾角θ＝30°，一质量M＝4kg的长木板静止在斜面上，长木板与斜面间的动摩擦因数μ1，长木板上端静止着质量m＝2kg的物块可视为质点，物块与长木板间的动摩擦因数μ2。现对长木板施加沿斜面向上F＝85N的恒定拉力，当滑块相对长木板向下滑行5m时，撤去拉力。已知重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）刚施加拉力F时，滑块和长木板的加速度的大小； （2）撤去拉力时，长木板和滑块速度的大小； （3）长木板滑行的总时间。（结果可用分数表示） 8．（2025秋•济南期末）如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定于水平地面上，斜面顶端固定一光滑轻质滑轮。木板A由光滑部分Ⅰ和粗糙部分Ⅱ组成，木板A的总长度L＝1m，质量m1＝3kg，其上端通过不可伸长的轻绳跨过滑轮与质量m2＝2kg的小物块B连接，木板A与滑轮间的轻绳与斜面平行伸直，质量m3＝1kg的小物块C位于木板A的上端。t＝0时刻由静止释放A、B、C，一段时间后小物块C恰好未滑离木板A，该过程中小物块B始终未与地面接触。已知小物块C与木板A粗糙部分的动摩擦因数μ，重力加速度g＝10m/s2，小物块B、C均视为质点，求： （1）释放瞬间小物块B的加速度大小a1和小物块C的加速度大小a2； （2）木板A光滑部分Ⅰ的长度L1。 10 板块和传送带综合问题 一．解答题（共5小题） 1．（2025秋•郯城县校级期中）如图所示，水平传送带长L＝2.5m，右端与放在水平地面上的木板A、B上表面平齐。A、B紧靠在一起，质量均为m＝1.0kg，上表面长度均为l＝1.0m。传送带以6m/s的速度顺时针匀速转动，某时刻将质量为M＝2.0kg的物块C无初速放在传送带左端，已知C与传送带、A、B上表面间的摩擦因数均为μ1＝0.5，A、B与地面间的摩擦因数为μ2＝0.1，重力加速度大小取g＝10m/s2，C的大小忽略不计，求： （1）C滑上A后，A、B间的弹力； （2）A的最大速度； （3）C到木板B左端的最大距离。 2．（2026春•怀化期末）如图所示，以速度v＝4m/s运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L＝6m，平板B的质量M＝2kg。现将一质量m＝2kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，滑块与平板间的动摩擦因数μ1＝0.3，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块恰好不会从平板上掉下，g取10m/s2。求： （1）滑块从传送带左端到右端的时间； （2）滑块刚滑上平板时滑块和平板的加速度大小； （3）平板的长度。 3．（2026春•北碚区校级期末）如图a所示，质量M＝1kg、长L＝6.375m的长木板静止在凹槽左侧，长木板上表面与凹槽上端齐平，某时刻质量m＝2kg的小物块（可视为质点）以v0＝9m/s的速度向右冲上长木板。已知小物块与长木板、长木板与凹槽底端间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，长木板右端距凹槽右侧间距d＝7m，长木板碰撞凹槽后立即停止运动。小物块通过光滑水平面AB后滑上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ3＝0.3，传送带以速度v1顺时针方向转动，BC间距离L′＝4m。CD段光滑且足够长，当小物块进入CD区域后受向右的外力F1和向左的外力F2，F1的大小与小物块速度平方的关系如图b所示，F2的大小与小物块速度大小的关系式为F2＝5v+1（式中物理量均为国际单位），g取10m/s2。 （1）小物块刚滑上长木板时，求小物块与长木板的加速度大小； （2）若传送带速度v1＝4m/s，求小物块运动至C点的速度vC； （3）若传送带的速度大小可调，求小物块在CD段的稳定速度，并写出不同稳定速度对应的经过C点的速度范围。 4．（2026春•即墨区期末）如图所示，距地面一定高度处有一长L＝2.4m的水平传送带，传送带以v0＝3m/s的速度顺时针匀速转动，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，在斜面最低点垂直斜面方向固定一弹性挡板，与其相碰的物体将以原速率弹回，质量为M＝4kg的薄木板B锁定在斜面上，B的最上端位于斜面顶点P处。现将质量m＝1kg的小物块A在传送带的最左端由静止释放，A从传送带的最右端飞出后恰好从P点滑至B的上表面，当A刚滑上B时，解除B的锁定。已知斜面的长度L1＝9.375m，B的长度L2＝4.475m，A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.12，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.8，B与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求： （1）物块A从传送带飞出时的速度大小； （2）物块A从释放到刚与薄木板B共速时所用时间； （3）物块A从薄木板B滑下瞬间的速度大小。 5．（2026春•沙坪坝区校级期末）传送带在生产实际中具有广泛的应用。某木材加工厂利用传送带输运木材的流程可以简化如图所示：在可视为光滑的AB段水平面上有一质量为m的均匀细直木杆，轻推后木杆就进入顺时针匀速运行的水平传送带BC，木杆与传送带间的动摩擦因数为μ，木杆最终停在粗糙水平面CD上、已知传送带B、C两端的距离为木杆长度的2倍，C、D两点的距离为木杆长度的倍，且A、B、C、D在同一水平直线上。为保证木杆停在指定位置，在D点安装有一竖直弹性挡板，可以让木杆以原速率反弹。在一次调试过程中，将传送带的速度设置为v0时，发现木杆刚好全部滑上传送带时与传送带相对静止，最后木杆右端与挡板碰撞一次后，左端第一次到达C点时恰好停下。已知当地重力加速度为g，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木杆在整个运动过程中始终没有转动，不计空气阻力。 （1）求在木杆滑上传送带的过程中，木杆内部张力的最大值。 （2）求木杆全部在水平面CD上运动时，其加速度的大小。 （3）在另一次调试过程中，增大传送带的速度后，发现木杆右端与挡板也只碰撞一次后，最终左端停在C点，求此时传送带的速度大小。 提优训练 一．选择题（共10小题） 1．（2026•浙江二模）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面的A点向上滑，到达最高点后返回A点。利用频闪仪对滑块上滑和下滑过程进行拍摄，分别如图甲、乙所示，照片中B点恰好是滑块滑动过程中的最高点，斜面倾角为θ，则（　　） A．上滑过程动能变化绝对值比下滑更大 B．滑块之间的距离BC：CD＝1：4 C．滑块与斜面间动摩擦因数μ＞tanθ D．上滑过程克服摩擦力做功比下滑更大 2．（2026•武汉模拟）如图，在光滑水平面上，用轻质弹簧与轻绳连接质量均为1kg的物块A、B、C。现用大小为F＝15N的恒力作用在A上使ABC保持相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳的拉力大小等于10N B．弹簧的弹力大小等于5N C．撤去力F后的瞬间，B的加速度大小为2.5m/s2 D．撤去力F后的瞬间，A的加速度大小为10m/s2 3．（2026•内乡县校级模拟）如图甲所示，木箱放置在倾角为37°的斜面上，两根轻质细线上端系在木箱的天花板上，下端系上质量为m的小球。现让木箱获得一沿斜面向下的速度，小球与木箱相对静止沿斜面向下运动时，垂直斜面的细线拉力为0，竖直方向细线拉力不为0。如图乙所示，把小球去掉，给木箱一个垂直斜面的恒定拉力，木箱沿着斜面由静止开始下滑L的距离，且与斜面间的弹力始终保持为0。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．图甲中小球处于失重状态 B．图甲中竖直方向细线的拉力大小大于mg C．图甲中木箱与斜面间的动摩擦因数为0.75 D．图乙中木箱获得的速度大小为 4．（2026•镇安县校级模拟）如图所示，水平面上一足够长的固定斜面底端有一质量为2kg的物块。t＝0时，在方向平行于斜面向上、大小F＝11N的拉力作用下，物块以4m/s的初速度从斜面底端向上运动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面与水平面的夹角为53°，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。t＝1.5s时，物块的速度大小为（　　） A．0 B．0.5m/s C．2m/s D．4m/s 5．（2026•江夏区校级模拟）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.5 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝28s D．木板的最大加速度为2m/s2 6．（2026•合肥模拟）在训练奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎奔跑，如图所示，在一次训练中，叶老师腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m＝10kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角为53°，某时刻拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v﹣t图像如图所示，不计空气阻力，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．t＝5.6s时，拖绳从轮胎上脱落 B．轮胎运动的总位移为16m C．拖绳脱落前，轮胎受到的摩擦力为50N D．拖绳对轮胎的拉力为70N 7．（2026•漳县模拟）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为2m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间通过一根轻杆连接，B、C间由一不可伸长的轻质细线连接，弹簧、轻杆和细线均平行于斜面。初始时系统处于静止状态，重力加速度为g。弹簧被剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．B球的受力情况不变 B．C球的加速度大小为gsinθ C．B、C之间细线的拉力大小为mgsinθ D．A、B两球的加速度大小均为 8．（2026•孝感二模）如图，机场传送带以速度v＝0.8m/s顺时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，底端A点和顶端B点之间距离L＝4m。现将一个质量m＝1kg且可视为质点的行李无初速度地放在传送带A点，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力。从行李放上传送带开始计时，直到行李到达B点，下列说法正确的是（　　） A．行李加速运动阶段的加速度大小为2m/s2 B．行李加速运动阶段，摩擦力对行李做功为2.56J C．t＝3s时，摩擦力对行李做功的瞬时功率为4.8W D．整个过程因摩擦产生的热量为3.84J 9．（2026•江苏模拟）如图所示，一底面抹有石灰粉的沙袋以某初速度从O点垂直于传送带运动方向冲上向右做匀加速直线运动的水平传送带，并最终相对静止，则在与传送带相对静止前，沙袋所受的摩擦力（　　） A．大小不变，方向不变 B．大小不变，方向改变 C．大小改变，方向不变 D．大小改变，方向改变 10．（2026•枣强县校级模拟）如图所示，三个木块A、B、C质量分别为m、m、2m，木块A、C通过轻弹簧相连，B放置在C上面、C放置在木板D上面，整个系统处于静止状态，重力加速度为g，突然水平抽出木板D的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．A的加速度大小为g B．B的加速度为零 C．C的加速度大小为1.5g D．B、C间的弹力大小为mg 2 学科网（北京）股份有限公司 $