資源簡介

考點 12 牛頓第二定律的綜合應用
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
計算題 動力學兩類基本問題 2022 年浙江卷
選擇題 連接體問題 2024 年全國甲卷
計算題 傳送帶模型 2024 年湖北卷
選擇題、計算題 板塊模型 2024 年高考新課標卷、遼寧卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對動力學兩類基本問題、連接體問題、傳送帶和板塊模型考查的非常頻繁，有基礎性的
選題也有難度稍大的計算題。
【備考策略】
1.利用牛頓第二定律處理動力學兩類基本問題。
2.利用牛頓第二定律通過整體法和隔離法處理連接體問題。
3.利用牛頓第二定律處理傳送帶問題。
4.利用牛頓第二定律處理板塊模型。
【命題預測】重點關注牛頓第二定律在兩類基本問題、連接體、傳送帶和板塊模型中的應用。
一、動力學兩類基本問題
1.已知物體的受力情況求運動情況；
2.已知物體的運動情況求受力情況。
二、連接體問題
多個相互關聯的物體由細繩、細桿或彈簧等連接或疊放在一起，構成的系統稱為連接體。
(1)彈簧連接體：在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接
體的速率相等。
(2)物物疊放連接體：相對靜止時有相同的加速度，相對運動時根據受力特點結合運動情景分析。
(3)輕繩(桿)連接體：輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等，輕桿平動時，連接體具有
相同的平動速度。
三、傳送帶模型
1．模型特點
傳送帶問題的實質是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。
2．解題關鍵
(1)理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關鍵。
(2)傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達到相同速度，這時會出現摩擦力改變的臨界狀態，
對這一臨界狀態進行分析往往是解題的突破口。
四、板塊模型
1．模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的相互作
用下發生相對滑動。
2．位移關系：如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝
x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
考點一 動力學兩類基本問題
1.把握“兩個分析”“一個橋梁”
2.找到不同過程之間的“聯系”,如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度,若過程較為復雜,
可畫位置示意圖確定位移之間的聯系。
3.兩類動力學問題的解題步驟
考向 1 已知受力情況求運動情況
1．某實驗小組打算制作一個火箭，甲同學設計了一個火箭質量為m ，可提供恒定的推動力，大小為
F = 2mg ，持續時間為 t;乙同學對甲同學的設計方案進行了改進，采用二級推進的方式，即當質量為m 的
t m t m
火箭飛行經過 時，火箭丟棄掉 的質量（推動力不變），剩余 時間，火箭推動剩余的 繼續飛行。若
2 2 2 2
采用甲同學的方法火箭最高可上升的高度為 h 。則采用乙同學的方案火箭最高可上升的高度為（重力加速
度取 g ，不考慮燃料消耗引起的質量變化）（　　）
A． 2h B． 2.5h C． 2.75h D．3.25h
2．置于水平地面上，質量為1kg 的物塊在6N的水平拉力作用下做勻加速直線運動。已知物塊與水平面前
的動摩擦因數為 0.4，重力加速度取10m s2 。該物塊依次通過 A、B、C、D 四個位置，如圖所示，已知
AB = 3m ，CD = 9m ，且該物塊通過 AB 段和CD 段的時間均為1s，那么BC 段的長度為（　　）
A． 4m B．8m C．12m D．16m
考向 2 已知運動情況求受力情況
3．如圖所示，傾角為 37°的斜面固定在水平桌面上，上表面光滑。質量為 1kg 的小滑塊位于斜面底端，對
滑塊施加一個與斜面夾角為 37°的拉力 F，使其由靜止開始運動，1s 后撤掉 F，再經 1s 滑塊返回出發點，
重力加速度大小取 g = 10 m / s2 ， sin37° = 0.6， cos37° = 0.8，則 F 的大小為（　　）
A．8N B．10N C．12N D．15N
4．無人機由于小巧靈活，國內已經逐步嘗試通過無人機進行火災救援。某消防中隊接到群眾報警，趕至
火災點后，迅速布置無人機消防作業，假設無人機從靜止豎直向上起飛，勻減速直線運動后恰好懸停在火
災點，整個過程速度時間圖像如下圖示，已知無人機的質量（含裝備等）為 15kg，下列說法正確的是
（　　）
A．無人機整個上升過程平均速度 5m/s
B．加速階段的加速度比減速階段的加速度要大
C．火災位置距離消防地面的距離為 90m
D．加速階段時，無人機螺旋槳的升力大小為 75N
考點二 連接體問題
考向 1 加速度相同的連接體問題
1.整體法的選取原則及解題步驟
①當只涉及系統的受力和運動情況而不涉及系統內某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。
②運用整體法解題的基本步驟：
2.隔離法的選取原則及解題步驟
①當涉及系統(連接體)內某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。
②運用隔離法解題的基本步驟：
第一步：明確研究對象或過程、狀態。
第二步：將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態從系統或全過程中隔離出來。
第三步：畫出某狀態下的受力圖或運動過程示意圖。
第四步：選用適當的物理規律列方程求解。
3.處理連接體問題的四點技巧
(1)同一方向的連接體問題：這類問題通常具有相同的加速度，解題時一般采用先整體后隔離的方法。
(2)不同方向的連接體問題：由跨過定滑輪的繩相連的兩個物體，不在同一直線上運動，加速度大小相等，
但方向不同，也可采用整體法或隔離法求解。
(3)處理連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求
物體間的作用力。
(4)用隔離法分析物體間的作用力時，一般應選受力個數較少的物體進行分析。
5．如圖所示，5 塊質量相同的木塊并排放在水平地面上，它們與地面間的動摩擦因數均相同，當用力F 推
第 1 塊木塊使它們共同加速運動時，下列說法中正確的是（ ）
A．由左向右，兩塊木塊之間的相互作用力依次變小
B．由左向右，兩塊木塊之間的相互作用力依次變大
C．第 2 塊木塊與第 3 塊木塊之間的彈力大小為0.8F
D．第 3 塊木塊與第 4 塊木塊之間的彈力大小為0.6F
6．如圖甲所示，物塊 A、B 中間用一根輕質彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長，物塊 A 的質
量為 1.5kg。t=0 時對物塊 A 施加水平向右的恒力 F，t=1s 時撤去，在 0~1s 內兩物塊的加速度隨時間變化的
情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，則（　　）
A．F 大小為 1N B．t=1s 時彈簧彈力為 0.6N
C．物塊 B 的質量為 0.8kg D．t=1s 時物塊 A 的速度為 0.8m/s
考向 2 加速度不相同的連接體問題
加速度不同的連接體問題處理方法：
（1）方法一（常用方法）：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程。
（2）方法二（少用方法）：可以采用整體法，具體做法如下：
此時牛頓第二定律的形式： F合x = m1a1x m2a2 x m3a3x ； F合 y = m1a1y m2a2 y m3a3 y
說明：①F 合 x、F 合 y 指的是整體在 x 軸、y 軸所受的合外力，系統內力不能計算在內；
②a1x、a2x、a3x、……和 a1y、a2y、a3y、……指的是系統內每個物體在 x 軸和 y 軸上相對地面的加速度。
7．一個箱子放在水平地面上，箱內有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環，箱與桿的質量為 M，環的質
量為 m，如圖所示。已知重力加速度為 g，環沿桿以加速度 a 勻加速下滑，則此時箱子對地面的壓力大小
為（　　）
A．Mg＋mg－ma B．Mg－mg＋ma
C．Mg＋mg D．Mg－mg
8．如圖所示，質量為 M、傾角為30°的斜面體置于水平地面上，一輕繩繞過兩個輕質滑輪連接著固定點 P
和物體 B，兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物體 A、B 的質量分別為 m、2m，A 與斜面間的動摩擦因
3
數為 ，重力加速度大小為 g，將 A、B 由靜止釋放，在 B 下降的過程中（物體 A 未碰到滑輪），斜面體
3
靜止不動。下列說法正確的是（　　）
4
A．輕繩對 P 點的拉力大小為 mg
3
1
B．物體 A 的加速度大小為 g
3
C．地面對斜面體的支持力大小為Mg 2mg
D．增大 A 的質量，再將 A、B 靜止釋放，則 B 有可能上升
考點三 傳送帶模型
考向 1 水平傳送帶
1.三種常見情景
常見情景 物體的 v-t 圖像
v2 v2
條件： l 條件： l
2ug 2ug
條件：v0=v 條件：v0v
① l x ;② l x ① l x物 ;② l x物 物 物
v 2
v 2 v 2 條件： l 0 ；v0條件： l 0 條件： l 0 ；v >v 2ug
2ug 2ug 0
2.方法突破
(1)水平傳送帶又分為兩種情況：物體的初速度與傳送帶速度同向(含物體初速度為 0)或反向。
(2)在勻速運動的水平傳送帶上，只要物體和傳送帶不共速，物體就會在滑動摩擦力的作用下，朝著和傳送
帶共速的方向變速，直到共速，滑動摩擦力消失，與傳送帶一起勻速運動，或由于傳送帶不是足夠長，在
勻加速或勻減速過程中始終沒達到共速。
(3)計算物體與傳送帶間的相對路程要分兩種情況：
①若二者同向，則 Δs＝|s 傳－s 物|；
②若二者反向，則 Δs＝|s 傳|＋|s 物|。
9．在地鐵和火車站入口處可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶，如圖甲所示。當旅客把行李
放到傳送帶上時，傳送帶從靜止開始啟動。在某次研究性學習活動中，同學將行李箱由靜止放到傳送帶上
后，傳送帶開始按照如圖乙所示的規律運動（向右為速度的正方向）。若行李箱與傳送帶之間的動摩擦因
數為 0.1，重力加速度 g 取 10m/s2，傳送帶足夠長，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。下列說法正確的是
（ ）
A．經過 ls 的時間行李箱與傳送帶共速
B．行李箱相對于傳送帶滑動的距離為 2m
C．若保持傳送帶的最大速度不變，增大傳送帶啟動的加速度，則行李箱達到與傳送帶速度相同所需要
的時間保持不變
D．若保持傳送帶的最大速度不變，增大傳送帶啟動的加速度，則行李箱相對傳送帶滑動的距離將保持
不變
10．如圖甲，一足夠長的水平傳送帶以恒定速率 v1，順時針勻速轉動，傳送帶右端的光滑水平面與傳送帶
上表面等高，二者平滑連接于 A 點。一滑塊（可視為質點）以水平向左的速度 v2從 A 點滑上傳送帶，在傳
送帶上運動時其動能 E 隨路程 x 變化的關系圖像如圖乙所示。滑塊的質量為 m=3kg，設最大靜摩擦力等于
滑動摩擦力，不計空氣阻力，重力加速度大小取 g=10m/s2。下列說法錯誤的是（　　）
A．滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為 μ=0.2
B．圖乙中 x0 =26
C．滑塊在傳送帶上運動的時間為 12.5s
D．從滑塊滑上傳送帶到再次滑回水平面的過程中，滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為 150J
考向 2 傾斜傳送帶
知識點 2 傾斜傳送帶
1.兩種常見情景
常見情景 v-t 圖像
2 2
條件： l v v ；μ>tanθ 條件： l ；μ>tanθ
2a 2a
加速度：a=g(μcosθ-sinθ) 加速度：a=g(μcosθ-sinθ)
v2 v2l l l v
2
條件： ；μ>tanθ 條件： ；μ>tanθ 條件： ；μ2a 2a 2a
加速度： 加速度：a=g(μcosθ+sinθ) 加速度：a=g(μcosθ+sinθ)
a=g(μcosθ+sinθ) a'=g(sinθ-μcosθ)
2.傾斜傳送帶問題分析
（1）物體沿傾角為 θ 的傳送帶傳送時，可以分為兩類：物體由底端向上運動，或者由頂端向下運動。解決
傾斜傳送帶問題時要特別注意 mgsin θ 與 μmgcos θ 的大小和方向的關系，進一步判斷物體所受合力與速度方
向的關系，確定物體運動情況。當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變。
（2）痕跡問題：共速前，x 傳>x 物，痕跡 Δx1=x 傳-x 物，共速后，x 物>x 傳，痕跡 Δx2=x 物-x 傳，總痕跡取二者中
大的那一段。
11．2023 年 5 月 28 日，東航 C919 首個商業航班——MU9191 航班從上海虹橋國際機場起飛，平穩降落在
北京首都國際機場，標志著國產大飛機 C919 圓滿完成首個商業航班飛行。如圖甲為機場工作人員利用傳
送帶將貨物運送到機艙的情景，簡化為如圖乙所示。長度 L = 20m 的傳送帶以 v = 4m/s 順時針運動，某時
刻將質量為 m 的貨物（可看做質點）無初速度放在傳送帶底端， t1 = 4s時貨物與傳送帶共速，之后隨傳送
帶一起運動到上方機艙，傳送帶與水平面間的夾角q = 37°，重力加速度 g =10m / s2 ， sin 37° = 0.6 ，
cos37° = 0.8，則（　　）
A．貨物加速階段的位移大小為16m B．貨物在傳送帶上運動的時間為7s
C．貨物在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為 4m D．貨物與傳送帶之間的動摩擦因數為 0.5
12．如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為q ，保持某一速度勻速轉動，在傳送帶上某位置輕輕
放置一小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數為 ，小木塊速度大小隨時間變化的關系如圖乙所示。
q 、 v0、 t0 已知，重力加速度為 g，則（　　）
A．傳送帶一定順時針轉動
B．傳送帶的速度大小等于 2v0
vC 0． = - sinqgt0 cosq
v
D． t 00 時間后木塊的加速度大小為 2g sinq - t0
考點四 板塊模型
知識點 板塊模型的解題策略
運動狀態 板塊速度不相等 板塊速度相等瞬間 板塊共速運動
處理方法 隔離法 假設法 整體法
假設兩物體間無相對滑動，先用整
對滑塊和木板進行隔 體法算出一起運動的加速度，再用
將滑塊和木板看成一個
離分析，弄清每個物體 隔離法算出其中一個物體“所需
具體步驟 整體，對整體進行受力分
的受體情況與運動過 要”的摩擦力 Ff；比較 Ff 與最大靜
析和運動過程分析
程 摩擦力 Ffm 的關系，若 Ff>Ffm，則
發生相對滑動
①兩者速度達到相等的瞬間，摩擦力可能發生突變
臨界條件 ②當木板的長度一定時，滑塊可能從木板滑下，恰好滑到木板的邊緣，二者共速是滑
塊滑離木板的臨界條件
相關知識 運動學公式、牛頓運動定律、動能定理、功能關系等
考向 1 無外力板塊模型
13．如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為 m 的長木板 B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質量也為 m
的小物塊 A（可視為質點）從左端以速度 v 沖上木板。當 v = v0 時，小物塊 A 歷時 t0 恰好運動到木板右端與
木板共速，則（　　）
v0 tA．若 v = ，A、B 相對運動時間為 02 2
v vB．若 = 0 ，A、B2 相對靜止時，A 恰好停在木板 B 的中點
t
C．若 v = 2v0 ，A 經歷 0 到達木板右端2
D．若 v = 2v0 ，A 從木板 B 右端離開時，木板速度等于 v
14．如圖甲所示，質量為2kg的長木板 B 靜止放置于光滑水平面上， t = 0時刻物塊 A（可視為質點）以
3m / s的初速度滑上 B 的左端，A 最終與 B 相對靜止，A、B 的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，重力加
速度取 g =10m / s2 ，則（ ）
A．物塊 A 的質量為 4kg
B．物塊 A 與長木板 B 之間的動摩擦因數為 0.2
C．長木板 B 的長度為 2m
D．物塊 A 在 B 上滑動過程中對地的位移為1.5m
考向 2 有外力板塊模型
15．如圖所示，質量為 4kg 的薄木板靜置于足夠大的水平地面上，其左端有一質量為 2kg 的物塊，現對物
塊施加一大小為 12N、水平向右的恒定拉力 F，只要拉力 F 作用的時間不超過 1s，物塊就不能脫離木板。
已知物塊與木板間的動摩擦因數為 0.4，木板與地面間的動摩擦因數為 0.1，物塊可視為質點，取重力加速
度大小 g =10m/s2 。則木板的長度為（ ）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
16．如圖所示，A、B 兩物塊疊放在水平地面上，質量分別為mA =1kg ，mB = 2kg ，用水平向右的拉力 F
作用在 B 上，A、B 間的動摩擦因數 = 0.2 ，重力加速度 g 取10m/s2 ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則
（　　）
A．如果AB靜止，則 A 受到的摩擦力向右
B．如果AB靜止，則 B 共受到 4 個作用力
C．如果AB一起向右做勻加速直線運動，B 受到 A 的摩擦力水平向右
D．如果地面光滑，AB一起向右做勻加速直線運動，F 不能超過6N
1．如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊
緣，使筒獲得向下的初速度并與手發生相對運動，筒內的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質量為
M=90g（不含球的質量），球筒與手之間的滑動摩擦力為 f1 = 2.5N，羽毛球質量為 m=5g，球頭離筒的上端
距離為 d=7.0cm，球與筒之間的滑動摩擦力為 f2 = 0.2N ，重力加速度 g = 10m/s2 ，空氣阻力忽略不計。當
球筒獲得一個初速度后（　　）
A．羽毛球的加速度大小為10m/s2
B．羽毛球的加速度大小為30m/s2
C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為 3m/s
D 7 5．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為 m/s
5
2．如圖所示，質量M = 2kg的玩具動力小車在水平面上運動時，小車牽引力F = 8N 和受到的阻力 f =1N
均為恒力，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質量為m =1kg 的物體由靜止開始運動。運動 t=4s后，輕繩從物
體上脫落，物體繼續滑行一段時間后停止。物體與地面之間的動摩擦因數為 = 0.4 ，g 取10m/s2 ，不計空
氣阻力。下列說法正確的是（　　）
7
A m/s2．輕繩脫落之前，小車的加速度大小是 3
B．輕繩脫落之前，繩的拉力為 5N
C．輕繩脫落之后，物體繼續滑行時間 2s
D．物體剛停止時，小車的速度大小是3.5m/s
3．如圖所示，甲、乙兩只猴子沿繞過定滑輪的輕繩下滑，甲的質量大于乙的質量，甲與繩間的摩擦力大
小為 f1，乙與繩間的摩擦力大小為 f2，甲下滑的加速度大小為 a1，乙下滑的加速度大小為 a2。不計滑輪的
質量及繩與滑輪的摩擦，則下列關系正確的是（　　）
A．一定有 a1大于 a2 B．可能有 a1小于 a2
C．一定有 f1大于 f2 D．可能有 f1小于 f2
4．如圖所示，豎直放置的輕彈簧的下端固定在水平地面上，上端拴接著質量為m 的木塊A 。開始時質量
為 2m 的木塊B疊放在木塊A 上，A 、B保持靜止，此時彈簧的壓縮量為 x 。現取走B物體，彈簧始終豎
1 2
直，且處于彈性限度內。不計空氣阻力，已知彈簧的彈性勢能Ep = kx ，則在A 運動過程中（　　）2
A．當木塊A 在最高點時，彈簧對A 的作用力為mg
B．當木塊A 在最高點時，彈簧對A 的作用力為3mg
1
C．基于初始位置，木塊A 上升 x 時，A 速度最大
3
D．基于初始位置，木塊A 上升 x 時，A 速度最大
5．如圖 1，水平傳送帶（A、B 為左右兩端點）順時針勻速傳動， t = 0時在 A 點輕放一個小物塊，物塊在
皮帶上運動全過程中的位移—時間關系圖像如圖 2（0—4s 為拋物線，4s—6s 為直線）。重力加速度 g 取
10m / s2 ，下列說法中正確的是（　　）
A．若傳送帶在 t=4s時停轉，則物塊將停在 B 點左側
B．若該物塊以 6m/s 的速率從 B 端向左滑上皮帶，則物塊從皮帶的左側離開
C．若該物塊以 6m/s 的速率從 B 端向左滑上皮帶，則物塊從皮帶的右側離開
D．若該物塊（質量m = 0.1kg ）以 2m/s 的速率從 B 端向左滑上皮帶，物塊與皮帶之間摩擦生熱為 2J
6．如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為 v=4m/s 的恒定速率順時針轉動。一質量 m=1kg 的煤
塊以初速度 v0=14m/s 從 A 端沖上傳送帶又滑了下來，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖所示，g=10m/s2，
則下列說法正確的是（　　）
A．煤塊上升的最大位移為 9m
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為 0.25
C．煤塊從沖上傳送帶到返回 A 端所用的時間為 (6 13)s
D．煤塊在皮帶上留下的劃痕為 (17+4 13)m
7．如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個長木板，長木板上表面粗糙，其質量為 m0，t=0 時刻質量為 m 的
滑塊以水平向右的速度 v 滑上長木板左端，此后長木板與滑塊運動的 v-t 圖像如圖乙所示，下列分析正確
的是 ( )
A．m0=m
B．m0=2m
C．長木板的長度為 1 m
D．長木板與滑塊最后的速度大小都是 2 m／s
8．如圖甲所示，足夠長的木板 B 靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊 A。木板 B 受到隨時間 t 變化的水
平拉力 F 作用時，木板 B 的加速度 a 與拉力 F 的關系圖像如圖乙所示，則 A、B 的質量 mA、mB分別為
（　　）
A．1kg，3.5kg B．2kg，4kg C．3kg，1.5kg D．4kg，2kg
9．如圖所示，現采用前拉后推的方式在光滑的固定斜面上移動 A、B 兩個物體，斜面傾角為30°且足夠
長，兩物體相互接觸但不黏合，質量為mA = 2kg，mB = 3kg 。從 t = 0時刻開始，推力FA 和拉力 FB 分別作
用于 A、B 上，FA 和 FB 隨時間變化規律為FA = (50 - t)(N)，F = (20 t)(N) ，g =10m / s2B 。則關于兩個物
體的運動以下說法正確的是（　　）
A． t =10s 的時刻，A 的加速度為15m / s2
B． t =10s 的時刻，B 的加速度為9m / s2
C． t = 40s的時刻，B 的加速度為15m / s2
D． t = 40s的時刻，A 的加速度為9m / s2
10．如圖甲所示，勁度系數 k=500N/m 的輕彈簧，一端固定在傾角為 q = 37°的帶有擋板的光滑斜面體的
底端，另一端和質量mA 的小物塊 A 相連，質量為mB 的物塊 B 緊靠 A 一起靜止。現用水平推力使斜面體
以加速度 a 向左勻加速運動，穩定后彈簧的形變量大小為 x。在不同推力作用下，穩定時形變量大小 x 隨
加速度 a 的變化如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力，取重力加速度 g =10m / s2 ，
sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，下列說法正確的是（　　）
A．mB=1kg
B．mA=3kg
C．若 a = a0 ，穩定時 A 對斜面的壓力大小為 12.5N
D．若 a = 0.5a0，穩定時 A、B 間彈力大小為 6N
11．如圖甲所示，一順時針勻速轉動的水平傳送帶 AB，速度為 v0。某時刻一質量為 2kg 的物塊以恒定初速
度 v1沖上 A 點，以速度 v2離開 B 點，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為 0.2。當傳送帶速度 v0為不同值
時，物塊離開 B 點時的速度 v2隨 v0變化的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（物塊可視為質點，重力
加速度 g = 10m/s2 ）（ ）
A．傳送帶的長度為 1.5m
B．物塊沖上傳送帶的初速度 v1 = 3m/s
C．當 v2 = 3.5m/s 時，物塊在傳送帶上運動的時間為 0.375s
D．當 v0 < 2m/s時，物塊在傳送帶上運動的過程中，受到的摩擦力方向可能向右
12．國家糧食儲備倉庫工人利用傳送帶從車上卸糧食。如圖 1 所示，以某一恒定速率運行的傳送帶與水平
面的夾角q = 37°，轉軸間距 L = 3.5m 。工人沿傳送方向以速度 v1 =1.5m/ s 從傳送帶頂端推下糧袋（視為質
點），4.5s 時糧袋運動到傳送帶底端，糧袋在傳送帶上運動的圖像如圖 2 所示。已知 sin 37° = 0.6 ，
cos37° = 0.8，重力加速度 g 取10m / s2 ，則（　　）
A．在 t=0.5s 時刻，糧袋所受摩擦力方向改變
B．糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為 0.8
C．傳送帶運行的速度大小為0.5m/s
D．在0 : 2.5s內糧袋處于失重狀態
13．一長木板在水平地面上運動，在 t = 0時刻將—相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，之后木板運動的
速度隨時間變化的圖線如圖所示。已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，
物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．將木板速度由5m / s減小到1m / s及
由1m / s減小到 0 的過程分別用Ⅰ、Ⅱ表示，則（　　）
A．過程Ⅰ中，物塊加速度大小為 2m / s2 ，木板加速度大小為8m / s2
B．過程Ⅰ中，物塊，木板的加速度大小均為8m / s2
C．過程Ⅱ中．物塊加速度大小為 2m / s2 ﹐木板加速度大小為 4m / s2
D．過程Ⅱ中，物塊、木板的加速度大小均為3m / s2
14．如圖甲所示，一足夠長的木板靜止在光滑的水平地面上，質量 1kg 的滑塊（可視為質點），置于木板
中央。木板在一定時間內受到水平方向的恒定拉力 F，其 v- t 圖像如圖乙所示。已知滑塊與木板間的動摩
擦因數為 = 0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取 g =10m/s2 。下列說法正確的是（ ）
A．0~2s 滑塊的加速度大小為 2m/s2
B．拉力 F 的大小 2N
C．木板的質量為 0.5kg
D．為了使滑塊不脫離木板，木板的長度至少為 3m
15．滑梯是游樂園中常見的游樂設施，圖（a）為某游樂園中的大型滑梯，其滑板部分可簡化為圖（b）所
示。滑板長 L=6m，其頂端距地面的高度 h=3.6m，底端與具有防護作用的水平地墊平滑連接。一質量
m=30kg 的小孩從滑板頂端沿滑板由靜止滑下，到達底端時的速度大小 v=4m/s。已知小孩與水平地墊之間
的動摩擦因數為 0.8，g 取 10m/s2。求：
（1）小孩沿滑板下滑的加速度大小；
（2）小孩與滑板之間的動摩擦因數；
（3）為確保小孩的人身安全，水平地墊至少應為多長。
16．如圖所示，一個質量為 M、長為 L 的圓管豎直放置，頂端塞有一個質量為 m 的彈性小球，M=2m，
小球和圓管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為 2mg。圓管從下端距離地面為 H 處自由落下，運動
過程中，圓管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加
速度為 g。求：
（1）圓管第一次落地彈起時圓管和小球的加速度；
（2）圓管第一次落地彈起后至第二次落地前，若小球沒有從圓管中滑出，則 L 應滿足什么條件？
1．（2024·全國·高考真題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊 P，P 置于水平桌面上，與桌面
間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量 m，并測量 P
的加速度大小 a，得到 a- m 圖像。重力加速度大小為 g。在下列 a- m 圖像中，可能正確的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024·安徽·高考真題）傾角為q 的傳送帶以恒定速率 v0順時針轉動。 t = 0時在傳送帶底端無初速輕放
一小物塊，如圖所示。 t0 時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到 v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送
帶底端運動到頂端的過程中，加速度 a、速度 v 隨時間 t 變化的關系圖線可能正確的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·北京·高考真題）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送
帶一起勻速運動。下列說法正確的是（　　）
A．剛開始物體相對傳送帶向前運動
B．物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C．物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功
D．傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
4．（2024·遼寧·高考真題）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為 μ。 t = 0時，木板在水平
恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知
t = 0到 t = 4t0的時間內，木板速度 v 隨時間 t 變化的圖像如圖所示，其中 g 為重力加速度大小。 t = 4t0時
刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊在 t = 3t0 時刻滑上木板 B．小物塊和木板間動摩擦因數為 2μ
C．小物塊與木板的質量比為 3︰4 D． t = 4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動考點 12 牛頓第二定律的綜合應用
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
計算題 動力學兩類基本問題 2022 年浙江卷
選擇題 連接體問題 2024 年全國甲卷
計算題 傳送帶模型 2024 年湖北卷
選擇題、計算題 板塊模型 2024 年高考新課標卷、遼寧卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對動力學兩類基本問題、連接體問題、傳送帶和板塊模型考查的非常頻繁，有基礎性的
選題也有難度稍大的計算題。
【備考策略】
1.利用牛頓第二定律處理動力學兩類基本問題。
2.利用牛頓第二定律通過整體法和隔離法處理連接體問題。
3.利用牛頓第二定律處理傳送帶問題。
4.利用牛頓第二定律處理板塊模型。
【命題預測】重點關注牛頓第二定律在兩類基本問題、連接體、傳送帶和板塊模型中的應用。
一、動力學兩類基本問題
1.已知物體的受力情況求運動情況；
2.已知物體的運動情況求受力情況。
二、連接體問題
多個相互關聯的物體由細繩、細桿或彈簧等連接或疊放在一起，構成的系統稱為連接體。
(1)彈簧連接體：在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接
體的速率相等。
(2)物物疊放連接體：相對靜止時有相同的加速度，相對運動時根據受力特點結合運動情景分析。
(3)輕繩(桿)連接體：輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等，輕桿平動時，連接體具有
相同的平動速度。
三、傳送帶模型
1．模型特點
傳送帶問題的實質是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。
2．解題關鍵
(1)理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關鍵。
(2)傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達到相同速度，這時會出現摩擦力改變的臨界狀態，
對這一臨界狀態進行分析往往是解題的突破口。
四、板塊模型
1．模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的相互作
用下發生相對滑動。
2．位移關系：如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝
x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
考點一 動力學兩類基本問題
1.把握“兩個分析”“一個橋梁”
2.找到不同過程之間的“聯系”,如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度,若過程較為復雜,
可畫位置示意圖確定位移之間的聯系。
3.兩類動力學問題的解題步驟
考向 1 已知受力情況求運動情況
1．某實驗小組打算制作一個火箭，甲同學設計了一個火箭質量為m ，可提供恒定的推動力，大小為
F = 2mg ，持續時間為 t;乙同學對甲同學的設計方案進行了改進，采用二級推進的方式，即當質量為m 的
t m t m
火箭飛行經過 時，火箭丟棄掉 的質量（推動力不變），剩余 時間，火箭推動剩余的 繼續飛行。若
2 2 2 2
采用甲同學的方法火箭最高可上升的高度為 h 。則采用乙同學的方案火箭最高可上升的高度為（重力加速
度取 g ，不考慮燃料消耗引起的質量變化）（　　）
A． 2h B． 2.5h C． 2.75h D．3.25h
【答案】C
【詳解】對甲同學的火箭，t 時間的加速度 a1，由牛頓第二定律，可得 F－mg＝ma1解得 a1＝gt 時刻的速
1 v2 t t
度 v1＝a1t
2
上升的高度 h = gt + 1 = gt 2對乙同學的火箭，在 0～ 內的加速度 a2＝a1＝g 時刻的速度為2 2g 2 2
v t 1 t2 = a2 × = gt 在 ～t 內加速度為 a
' 1
2，則F - mg
1 ma ' a ' 3g ' ' t= 2 解得 2 = 在 t 時的速度 v2 = v2 + a2 × = 2gt 上2 2 2 2 2 2
h v2 t v
'
2 + v2 t v
'2
2
升的高度為 = × + × + 2 = 2.75gt = 2.75h 故 C 正確；ABD 錯誤。故選 C。
2 2 2 2 2g
2．置于水平地面上，質量為1kg 的物塊在6N的水平拉力作用下做勻加速直線運動。已知物塊與水平面前
的動摩擦因數為 0.4，重力加速度取10m s2 。該物塊依次通過 A、B、C、D 四個位置，如圖所示，已知
AB = 3m ，CD = 9m ，且該物塊通過 AB 段和CD 段的時間均為1s，那么BC 段的長度為（　　）
A． 4m B．8m C．12m D．16m
【答案】C
F - mmg 6 - 0.4 1 10 2 2
【詳解】根據牛頓第二定律可得，物體的加速度為 a = = m / s = 2m / s 設 B 點的速度
m 1
1 2
為 vB ，物塊通過 AB 段，根據逆向思維可得 xAB = vBt - at = 3m解得 vB = 4m / s 設 C 點的速度為 vC ，物塊通2
1
過CD 2段，根據運動學公式可得 xCD = vCt + at = 9m解得 vC = 8m / s則BC 段的長度為2
v2 - v2 82 2x C B - 4BC = = m =12m故選 C。2a 2 2
考向 2 已知運動情況求受力情況
3．如圖所示，傾角為 37°的斜面固定在水平桌面上，上表面光滑。質量為 1kg 的小滑塊位于斜面底端，對
滑塊施加一個與斜面夾角為 37°的拉力 F，使其由靜止開始運動，1s 后撤掉 F，再經 1s 滑塊返回出發點，
重力加速度大小取 g = 10 m / s2 ， sin37° = 0.6， cos37° = 0.8，則 F 的大小為（　　）
A．8N B．10N C．12N D．15N
【答案】B
t 1s m =1kg a F cos37° - mg sin 37°【詳解】根據題意， = ， ，拉力 F 撤掉前，加速度 = 剛撤去時速度 v = at
m
x 1 2位移 1 = at 再經過 t1 =1s x vt
1 a t 2 a mg sin 37°后位移為- 1 = 1 - 1 1 ， 1 = = g sin 37°聯立以上各式代入數據得2 2 m
F=10N 故選 B。
4．無人機由于小巧靈活，國內已經逐步嘗試通過無人機進行火災救援。某消防中隊接到群眾報警，趕至
火災點后，迅速布置無人機消防作業，假設無人機從靜止豎直向上起飛，勻減速直線運動后恰好懸停在火
災點，整個過程速度時間圖像如下圖示，已知無人機的質量（含裝備等）為 15kg，下列說法正確的是
（　　）
A．無人機整個上升過程平均速度 5m/s
B．加速階段的加速度比減速階段的加速度要大
C．火災位置距離消防地面的距離為 90m
D．加速階段時，無人機螺旋槳的升力大小為 75N
【答案】C
6 +12
【詳解】C．根據圖形中梯形面積計算可知，火災位置距離消防地面的距離為 s = 10m = 90m，C 正
2
s
確；A．無人機整個上升過程平均速度為 v = = 7.5m/s，A 錯誤；
t
Dv 10
B 1．加速階段的加速度大小 a1 = = m/s
2 =2.5m/s2 Dv2 10 2 2
Dt 4 減速階段的加速度大小
a2 = = m/s =5m/s
1 Dt 2
，B
2
錯誤；
D．加速階段時，根據牛頓第二定律 F-mg=ma1代入數據解得無人機螺旋槳產生升力為 F=187.5N，D 錯
誤。故選 C。
考點二 連接體問題
考向 1 加速度相同的連接體問題
1.整體法的選取原則及解題步驟
①當只涉及系統的受力和運動情況而不涉及系統內某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。
②運用整體法解題的基本步驟：
2.隔離法的選取原則及解題步驟
①當涉及系統(連接體)內某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。
②運用隔離法解題的基本步驟：
第一步：明確研究對象或過程、狀態。
第二步：將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態從系統或全過程中隔離出來。
第三步：畫出某狀態下的受力圖或運動過程示意圖。
第四步：選用適當的物理規律列方程求解。
3.處理連接體問題的四點技巧
(1)同一方向的連接體問題：這類問題通常具有相同的加速度，解題時一般采用先整體后隔離的方法。
(2)不同方向的連接體問題：由跨過定滑輪的繩相連的兩個物體，不在同一直線上運動，加速度大小相等，
但方向不同，也可采用整體法或隔離法求解。
(3)處理連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求
物體間的作用力。
(4)用隔離法分析物體間的作用力時，一般應選受力個數較少的物體進行分析。
5．如圖所示，5 塊質量相同的木塊并排放在水平地面上，它們與地面間的動摩擦因數均相同，當用力F 推
第 1 塊木塊使它們共同加速運動時，下列說法中正確的是（ ）
A．由左向右，兩塊木塊之間的相互作用力依次變小
B．由左向右，兩塊木塊之間的相互作用力依次變大
C．第 2 塊木塊與第 3 塊木塊之間的彈力大小為0.8F
D．第 3 塊木塊與第 4 塊木塊之間的彈力大小為0.6F
【答案】A
【詳解】設 1、2 木塊之間的作用力為F12 ，每塊木塊的質量為m ，與地面間的動摩擦因數為m ，則以所有
木塊為研究對象，根據牛頓第二定律
F - 5mmg = 5ma
以右邊的 4 塊木塊為研究對象
F12 - 4μmg = 4ma
解得
F 412 = F5
設 2、3 木塊之間的作用力為F23，以右邊的 3 塊木塊為研究對象
F23 - 3mmg = 3ma
解得
F 323 = F5
同理可得，設 3、4 木塊之間的作用力為F34，4、5 木塊之間的作用力為F45
F 2 134 = F ，F5 45
= F
5
故選 A。
6．如圖甲所示，物塊 A、B 中間用一根輕質彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長，物塊 A 的質
量為 1.5kg。t=0 時對物塊 A 施加水平向右的恒力 F，t=1s 時撤去，在 0~1s 內兩物塊的加速度隨時間變化的
情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，則（　　）
A．F 大小為 1N B．t=1s 時彈簧彈力為 0.6N
C．物塊 B 的質量為 0.8kg D．t=1s 時物塊 A 的速度為 0.8m/s
【答案】B
【詳解】A．t=0 時刻，對 A，有
F = mAa0
所以
F =1.5N
故 A 錯誤；
BC．t=1s 時，兩物體加速度相同，則
F = (mA + mB )a1
kx = mBa1
代入數據解得
mB =1kg， kx = 0.6N
故 B 正確，C 錯誤；
D．若物體 A 的加速度從 1.0m/s2 均勻減小到 0.6m/s2，圖像的面積為
v 0.6 +1.0D = 1m/s = 0.8m/s
2
由于物體 A 的 a-t 圖像的面積偏小，即速度變化量小于 0.8m/s，則 t=1s 時 A 的速度大小小于 0.8m/s，故 D
錯誤。
故選 B。
考向 2 加速度不相同的連接體問題
加速度不同的連接體問題處理方法：
（1）方法一（常用方法）：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程。
（2）方法二（少用方法）：可以采用整體法，具體做法如下：
此時牛頓第二定律的形式： F合x = m1a1x + m2a2 x + m3a3x + ； F合 y = m1a1y + m2a2 y + m3a3 y +
說明：①F 合 x、F 合 y 指的是整體在 x 軸、y 軸所受的合外力，系統內力不能計算在內；
②a1x、a2x、a3x、……和 a1y、a2y、a3y、……指的是系統內每個物體在 x 軸和 y 軸上相對地面的加速度。
7．一個箱子放在水平地面上，箱內有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環，箱與桿的質量為 M，環的質
量為 m，如圖所示。已知重力加速度為 g，環沿桿以加速度 a 勻加速下滑，則此時箱子對地面的壓力大小
為（　　）
A．Mg＋mg－ma B．Mg－mg＋ma
C．Mg＋mg D．Mg－mg
【答案】A
【詳解】環在豎直方向上受重力及箱子內的桿對它的豎直向上的摩擦力 Ff，受力情況如圖甲所示
以環為研究對象
mg - Ff = ma
根據牛頓第三定律，環應給桿一個豎直向下的摩擦力 Ff′大小等于 Ff，故箱子豎直方向上受重力 Mg、地面
對它的支持力 FN及環給它的摩擦力 Ff′，受力情況如圖乙所示
以箱子為研究對象FN = Ff + Mg = Ff + Mg = Mg + mg - ma 根據牛頓第三定律，箱子對地面的壓力大小等于
地面對箱子的支持力大小，即FN = Mg + mg - ma故選 A。
8．如圖所示，質量為 M、傾角為30°的斜面體置于水平地面上，一輕繩繞過兩個輕質滑輪連接著固定點 P
和物體 B，兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物體 A、B 的質量分別為 m、2m，A 與斜面間的動摩擦因
3
數為 ，重力加速度大小為 g，將 A、B 由靜止釋放，在 B 下降的過程中（物體 A 未碰到滑輪），斜面體
3
靜止不動。下列說法正確的是（　　）
4
A．輕繩對 P 點的拉力大小為 mg
3
1
B．物體 A 的加速度大小為 g
3
C．地面對斜面體的支持力大小為Mg + 2mg
D．增大 A 的質量，再將 A、B 靜止釋放，則 B 有可能上升
【答案】B
【詳解】AB．由于相同時間內物體 B 通過的位移是物體 A 通過的位移的兩倍，則物體 B 的加速度是物體 A
的加速度的兩倍；設物體 A 的加速度為 a，則 B 的加速度為 2a；設物體 A、B 釋放瞬間，輕繩的拉力為
T，對 A、B 分別受力分析，由牛頓第二定律得 2T - mg sin 30° - mmg cos30° = ma， 2mg -T = 2m × 2a 解得
T 2= mg 1， a = g 故 A 錯誤，B 正確；
3 3
C．物體 B 下降過程中，對斜面體、A、B 整體分析，在豎直方向根據牛頓第二定律得
M + 3m g - FN -T sin 30° = 2m × 2a - ma sin 30
3
° 解得地面對斜面體的支持力為FN = M + m2 ÷
g 故 C 錯誤；
è
D．假設 B 上升，則 A 下滑，A 所受滑動摩擦力沿斜面向上，分析此時 A 的受力情況可知
mg sin 30° < mmg cos30° + 2T1而 A 這樣的受力情況，無法下滑，故假設錯誤，故 D 錯誤。故選 B。
考點三 傳送帶模型
考向 1 水平傳送帶
1.三種常見情景
常見情景 物體的 v-t 圖像
v2 v2
條件： l 條件： l
2ug 2ug
條件：v0=v 條件：v0v
① l x ;② l x ① l x物 ;② l x物 物 物
v 22 2 條件： l 0 ；v0條件： l v0 l v 條件： 0 ；v0>v 2ug2ug 2ug
2.方法突破
(1)水平傳送帶又分為兩種情況：物體的初速度與傳送帶速度同向(含物體初速度為 0)或反向。
(2)在勻速運動的水平傳送帶上，只要物體和傳送帶不共速，物體就會在滑動摩擦力的作用下，朝著和傳送
帶共速的方向變速，直到共速，滑動摩擦力消失，與傳送帶一起勻速運動，或由于傳送帶不是足夠長，在
勻加速或勻減速過程中始終沒達到共速。
(3)計算物體與傳送帶間的相對路程要分兩種情況：
①若二者同向，則 Δs＝|s 傳－s 物|；
②若二者反向，則 Δs＝|s 傳|＋|s 物|。
9．在地鐵和火車站入口處可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶，如圖甲所示。當旅客把行李
放到傳送帶上時，傳送帶從靜止開始啟動。在某次研究性學習活動中，同學將行李箱由靜止放到傳送帶上
后，傳送帶開始按照如圖乙所示的規律運動（向右為速度的正方向）。若行李箱與傳送帶之間的動摩擦因
數為 0.1，重力加速度 g 取 10m/s2，傳送帶足夠長，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。下列說法正確的是
（ ）
A．經過 ls 的時間行李箱與傳送帶共速
B．行李箱相對于傳送帶滑動的距離為 2m
C．若保持傳送帶的最大速度不變，增大傳送帶啟動的加速度，則行李箱達到與傳送帶速度相同所需要
的時間保持不變
D．若保持傳送帶的最大速度不變，增大傳送帶啟動的加速度，則行李箱相對傳送帶滑動的距離將保持
不變
【答案】C
【詳解】A．由圖乙可知傳送帶的最大速度為2m / s，行李箱的加速度為
a = mg=1m / s2
則行李箱速度與傳送帶相同所用時間為
t v= = 2s
a
故 A 錯誤；
B．行李箱在 2s 內的對地位移為
x 11 = at
2 =2m
2
傳動帶 2s 內的位移為
x 12 = 2 1+ 2 1=3m2
則行李箱相對于傳送帶滑動的距離為
Dx = x2 - x1 =1m
故 B 錯誤；
C．若保持傳送帶的最大速度不變，增大啟動的加速度，則行李箱達到與傳送帶速度相同所需要的時間為
t v= = 2s
a
可知行李箱達到與傳送帶速度相同所需要的時間保持不變，故 C 正確；
D．若保持傳送帶的最大速度不變，增大啟動的加速度，行李箱的對地位移不發生改變，由于傳動帶啟動
加速度增加了，則傳送帶加速的時間減少，以最大速度運行的時間增長，則傳送帶對地位移變大，則行李
箱相對傳送帶滑動的距離將變大，故 D 錯誤。
故選 C。
10．如圖甲，一足夠長的水平傳送帶以恒定速率 v1，順時針勻速轉動，傳送帶右端的光滑水平面與傳送帶
上表面等高，二者平滑連接于 A 點。一滑塊（可視為質點）以水平向左的速度 v2從 A 點滑上傳送帶，在傳
送帶上運動時其動能 E 隨路程 x 變化的關系圖像如圖乙所示。滑塊的質量為 m=3kg，設最大靜摩擦力等于
滑動摩擦力，不計空氣阻力，重力加速度大小取 g=10m/s2。下列說法錯誤的是（　　）
A．滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為 μ=0.2
B．圖乙中 x0 =26
C．滑塊在傳送帶上運動的時間為 12.5s
D．從滑塊滑上傳送帶到再次滑回水平面的過程中，滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為 150J
【答案】A
【詳解】A．由圖乙可知，滑塊在傳送帶上運動 18m 后速度減為 0，由動能定理有
0 - Ek = -mmgx
解得
μ=0.1
故 A 符合題意；
BC．由圖乙可知，滑塊在傳送帶上速度減為 0 后，在傳送帶的摩擦力作用下反向加速，之后與傳送帶共
速，根據牛頓第二定律
mmg = ma
解得滑塊的加速度大小為
a=μg=1m/s2
由
E 1 2k = mv2
可得滑塊的初速度大小為
v2 =6m/s
同理可得傳送帶的速率為
v1 =4m/s
向左勻減速過程所用時間為
t v= 2 =6s
a
滑塊位移大小為
x v2 + 01 = t1 =18m2
傳送帶位移大小為
s1 = v1t1 =24m
向右勻加速過程所用時間為
t v= 1 =4s
a
滑塊位移大小為
x 0 + v2 = 1 t2 =8m2
傳送帶位移大小為
s2 = v1t2 =16m
余下的位移為
x1 - x2 =10m
滑塊以 v1的速度向右做勻速直線運動，所用時間為
t x - x3 = 1 2v =2.5s1
圖乙中
x0 = x1 + x2 =26m
滑塊在傳送帶上運動的時間為
t = t1 + t2 + t3 =12.5s
故 BC 不符合題意；
D．從滑塊滑上傳送帶到再次滑回水平面的過程中，總的相對位移大小為
Dx = (x1 + s1) + (s2 - x2 ) =50m
滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為
Q = mmgDx =150J
故 D 不符合題意。
故選 A。
考向 2 傾斜傳送帶
知識點 2 傾斜傳送帶
1.兩種常見情景
常見情景 v-t 圖像
v2 v2
條件： l ；μ>tanθ 條件： l ；μ>tanθ
2a 2a
加速度：a=g(μcosθ-sinθ) 加速度：a=g(μcosθ-sinθ)
l v
2 2
l v v
2
條件： ；μ>tanθ 條件： ；μ>tanθ 條件： l ；μ2a 2a 2a
加速度： 加速度：a=g(μcosθ+sinθ) 加速度：a=g(μcosθ+sinθ)
a=g(μcosθ+sinθ) a'=g(sinθ-μcosθ)
2.傾斜傳送帶問題分析
（1）物體沿傾角為 θ 的傳送帶傳送時，可以分為兩類：物體由底端向上運動，或者由頂端向下運動。解決
傾斜傳送帶問題時要特別注意 mgsin θ 與 μmgcos θ 的大小和方向的關系，進一步判斷物體所受合力與速度方
向的關系，確定物體運動情況。當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變。
（2）痕跡問題：共速前，x 傳>x 物，痕跡 Δx1=x 傳-x 物，共速后，x 物>x 傳，痕跡 Δx2=x 物-x 傳，總痕跡取二者中
大的那一段。
11．2023 年 5 月 28 日，東航 C919 首個商業航班——MU9191 航班從上海虹橋國際機場起飛，平穩降落在
北京首都國際機場，標志著國產大飛機 C919 圓滿完成首個商業航班飛行。如圖甲為機場工作人員利用傳
送帶將貨物運送到機艙的情景，簡化為如圖乙所示。長度 L = 20m 的傳送帶以 v = 4m/s 順時針運動，某時
刻將質量為 m 的貨物（可看做質點）無初速度放在傳送帶底端， t1 = 4s時貨物與傳送帶共速，之后隨傳送
帶一起運動到上方機艙，傳送帶與水平面間的夾角q = 37°，重力加速度 g =10m / s2 ， sin 37° = 0.6 ，
cos37° = 0.8，則（　　）
A．貨物加速階段的位移大小為16m B．貨物在傳送帶上運動的時間為7s
C．貨物在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為 4m D．貨物與傳送帶之間的動摩擦因數為 0.5
【答案】B
【詳解】AD．貨物剛放上傳送帶時做初速度為 0 的勻加速直線運動，加速階段位移大小
x v1 = t1 = 8m2
t1 = 4s時貨物與傳送帶共速，則加速度
a v= =1m/s2
t1
根據牛頓第二定律得
mmg cos37° - mg sin 37° = ma
解得
m = 0.875
故 AD 錯誤；
B．貨物與傳送帶共速后向上做勻速直線運動，設歷時 t2 到達頂端 N 處，有
L - x1 = vt2
解得
t2 = 3s
所以工件從傳送帶底端到達上方機艙所經過的時間為
t = t1 + t2 = 7s
故 B 正確：
C．貨物在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為
Dx = v × t1 - x1 = 8m
故 C 錯誤。
故選 B。
12．如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為q ，保持某一速度勻速轉動，在傳送帶上某位置輕輕
放置一小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數為m ，小木塊速度大小隨時間變化的關系如圖乙所示。
q 、 v0、 t0 已知，重力加速度為 g，則（　　）
A．傳送帶一定順時針轉動
B．傳送帶的速度大小等于 2v0
C m
v
= 0． - sinqgt0 cosq
v
D 0． t0 時間后木塊的加速度大小為 2g sinq - t0
【答案】D
【詳解】A．若傳送帶順時針轉動，當木塊下滑時滿足
mg sinq mmg cosq
物塊將一直勻加速到底端，且加速度不變，當木塊上滑時滿足
mg sinq < mmg cosq
木塊先勻加速，在速度與傳送帶相等后將勻速運動，兩種情況均不符合運動圖像，故 A 錯誤；
B．由 A 中分析可知，傳送帶逆時針轉動，只有木塊的速度大于傳送帶速度時，木塊所受摩擦力才能沿傳
送帶向上，由圖乙可知，傳送帶速度的大小等于 v0，故 B 錯誤；
C．木塊在0 : t0 時間內，所受摩擦力沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律有
mg sinq + mmg cosq = ma1
由圖乙可知
a v01 = t0
聯立解得
m v= 0 - tanq
gt0 cosq
故 C 錯誤；
D． t0 時間后木塊所受摩擦力沿傳送帶向上，根據牛犢第二定律
mg sinq - mmg cosq = ma2
把 C 中解得m 代入解得
a v2 = 2g sinq - 0t0
故 D 正確。
故選 D。
考點四 板塊模型
知識點 板塊模型的解題策略
運動狀態 板塊速度不相等 板塊速度相等瞬間 板塊共速運動
處理方法 隔離法 假設法 整體法
假設兩物體間無相對滑動，先用整
對滑塊和木板進行隔 體法算出一起運動的加速度，再用
將滑塊和木板看成一個
離分析，弄清每個物體 隔離法算出其中一個物體“所需
具體步驟 整體，對整體進行受力分
的受體情況與運動過 要”的摩擦力 Ff；比較 Ff 與最大靜
析和運動過程分析
程 摩擦力 Ffm 的關系，若 Ff>Ffm，則
發生相對滑動
①兩者速度達到相等的瞬間，摩擦力可能發生突變
臨界條件 ②當木板的長度一定時，滑塊可能從木板滑下，恰好滑到木板的邊緣，二者共速是滑
塊滑離木板的臨界條件
相關知識 運動學公式、牛頓運動定律、動能定理、功能關系等
考向 1 無外力板塊模型
13．如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為 m 的長木板 B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質量也為 m
的小物塊 A（可視為質點）從左端以速度 v 沖上木板。當 v = v0 時，小物塊 A 歷時 t0 恰好運動到木板右端與
木板共速，則（　　）
v t
A．若 v = 0 ，A、B 相對運動時間為 02 2
v
B．若 v = 0 A B A B2 ， 、 相對靜止時， 恰好停在木板 的中點
C．若 v = 2v
t
，A 經歷 00 到達木板右端2
D．若 v = 2v0 ，A 從木板 B 右端離開時，木板速度等于 v
【答案】A
【詳解】AB．根據牛頓第二定律
mmg = maA = maB
則 A、B 兩物體加速度大小相等，設為 a，小物塊 A 歷時 t0 恰好運動到木板右端與木板共速，則
v共 = v0 - at0 = at0
解得
v
t v v= 0 00 ， v 0 a =2a 共
= ，
2 2t0
木板的長度
v0 + v vL = 共 t 共 t v- = 0t0
2 0 2 0 2
v v若 = 02 ，
A、B 兩物體共速時有
v v= 0共1 - at1 = at2 1
解得
t v0 t v1 = = 0 ， v共1 =
0
4a 2 4
A、B 相對靜止時，相對位移為
v0 + v
L 2
共1 v
t 共1 t v0t1 v0t0 L v t= - = = < = 0 01 2 1 2 1 4 8 2 4
故 A 停在木板 B 的中點左側，故 A 正確，B 錯誤；
v = 2v L 2v t 1 at 2 1CD．若 0 ，A 從木板 B 右端離開時，根據動力學公式 = 0 2 - 2 - at
2
2 解得 t2 = (2 - 3)t0 ，A 從木2 2
板 B 2 - 3右端離開時，木板速度為 v木板 = at2 = v0 < v0 故 CD 錯誤。故選 A。2
14．如圖甲所示，質量為2kg的長木板 B 靜止放置于光滑水平面上， t = 0時刻物塊 A（可視為質點）以
3m / s的初速度滑上 B 的左端，A 最終與 B 相對靜止，A、B 的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，重力加
速度取 g =10m / s2 ，則（ ）
A．物塊 A 的質量為 4kg
B．物塊 A 與長木板 B 之間的動摩擦因數為 0.2
C．長木板 B 的長度為 2m
D．物塊 A 在 B 上滑動過程中對地的位移為1.5m
【答案】B
【詳解】A．根據速度隨時間變化的圖像的斜率表示加速度可得，物塊 A 與長木板 B 的加速度大小分別為
a Dv 3 -1A = = m / s
2 = 2m / s2
Dt 1.0 - 0
a Dv 1- 0B = = m / s
2 =1m / s2
Dt 1.0 - 0
兩物體間摩擦力大小相等且等于合外力，則
mAaA = mBaB
得
m m= BaBA =1kgaA
故 A 錯誤；
B．對物塊 A 分析，則
mmA g = mAaA
可得物塊 A 與長木板 B 之間的動摩擦因數為
m = 0.2
故 B 正確；
D．根據速度隨時間變化的圖像面積表示位移可知，物塊 A 運動的位移為
x (3 +1)A = 1 = 2m2
故 D 錯誤；
C．由于未知物塊 A 是否恰好滑到木板的右側，則長木板 B 的長度無法確定，故 C 錯誤。
故選 B。
考向 2 有外力板塊模型
15．如圖所示，質量為 4kg 的薄木板靜置于足夠大的水平地面上，其左端有一質量為 2kg 的物塊，現對物
塊施加一大小為 12N、水平向右的恒定拉力 F，只要拉力 F 作用的時間不超過 1s，物塊就不能脫離木板。
已知物塊與木板間的動摩擦因數為 0.4，木板與地面間的動摩擦因數為 0.1，物塊可視為質點，取重力加速
度大小 g =10m/s2 。則木板的長度為（ ）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
【答案】B
【詳解】設拉力 F 作用下物塊在木板上滑動，物塊的加速度大小為 a1，撤去外力后物塊的加速度大小為
a2，木板的加速度為a3，根據牛頓第二定律有
F - m1mg = ma1
m1mg = ma2
m1mg - m2 (M + m)g = Ma3
解得
a1 = 2m/s
2
， a2 = 4m/s
2
， a3 = 0.5m/s
2
拉力 F 作用的時間為 1s 時，物塊、木板的速度為
v1 = a1t1 = 2m/s， v2 = a3t1 = 0.5m/s
設又經 t2 時間，物塊、木板共速，則
v共 = v1 - a2t2 = v0 + a3t2
解得
t 1 42 = s， v共 = m/s3 3
木板的長度為
1 1 v + v v + vL = v1t1 - v
1 共 2 共
2 2 2
t1 + t2 - t2 = 0.75 + 0.25m =1.0m2 2
故選 B。
16．如圖所示，A、B 兩物塊疊放在水平地面上，質量分別為mA =1kg ，mB = 2kg ，用水平向右的拉力 F
作用在 B 上，A、B 間的動摩擦因數m = 0.2 ，重力加速度 g 取10m/s2 ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則
（　　）
A．如果AB靜止，則 A 受到的摩擦力向右
B．如果AB靜止，則 B 共受到 4 個作用力
C．如果AB一起向右做勻加速直線運動，B 受到 A 的摩擦力水平向右
D．如果地面光滑，AB一起向右做勻加速直線運動，F 不能超過6N
【答案】D
【詳解】AB．以 A 為研究對象，在豎直方向受到重力、B 的支持力，由于牽引后 A、B 靜止，由平衡條件
可知，A 在水平方向合力為 0，A 與 B 之間無摩擦力，以 B 為研究對象，在豎直方向受到重力、地面的支
持力、A 對 B 的壓力，水平拉力 F，地面對 B 的摩擦力，共 5 個力，故 AB 錯誤；
C．如果 AB 一起向右做勻加速直線運動，則 A 受 B 向右的摩擦力，由牛頓第三定律可知，B 受到 A 的摩擦
力水平向左，故 C 錯誤；
D．如果地面光滑，AB恰好一起向右做勻加速直線運動，對 A 由牛頓第二定律有
Ff = mmA g = mAa
對整體，由牛頓第二定律有
F = mA + mB a
聯立解得
F = 6N
即AB一起向右做勻加速直線運動，F 不能超過6N，故 D 正確。
故選 D。
1．如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊
緣，使筒獲得向下的初速度并與手發生相對運動，筒內的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質量為
M=90g（不含球的質量），球筒與手之間的滑動摩擦力為 f1 = 2.5N，羽毛球質量為 m=5g，球頭離筒的上端
距離為 d=7.0cm，球與筒之間的滑動摩擦力為 f2 = 0.2N ，重力加速度 g = 10m/s2 ，空氣阻力忽略不計。當
球筒獲得一個初速度后（　　）
A．羽毛球的加速度大小為10m/s2
B．羽毛球的加速度大小為30m/s2
C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為 3m/s
D 7 5．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為 m/s
5
【答案】D
【詳解】AB．依題意，對羽毛球受力分析，由牛頓第二定律可得
mg + f2 = ma1
解得
a 21 = 50m / s
說明羽毛球向下做勻加速直線運動。故 AB 錯誤；
CD．對球筒受力分析，由牛頓第二定律可得
Mg - f1 - f2 = Ma2
解得
a2 = -20m / s
2
負號表示球筒的加速度豎直向上，說明球筒向下做勻減速直線運動，當羽毛球頭部到達筒口時，二者速度
相等，筒獲得的初速度最小，可得
a t = v + a t v t 1 1+ a t 2 - a t 21 min 2 ， min 2 2 2 1
= d
解得
v 7 5min = m / s5
故 C 錯誤；D 正確。
故選 D。
2．如圖所示，質量M = 2kg的玩具動力小車在水平面上運動時，小車牽引力F = 8N 和受到的阻力 f =1N
均為恒力，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質量為m =1kg 的物體由靜止開始運動。運動 t=4s后，輕繩從物
體上脫落，物體繼續滑行一段時間后停止。物體與地面之間的動摩擦因數為m = 0.4 ，g 取10m/s2 ，不計空
氣阻力。下列說法正確的是（　　）
7
A 2．輕繩脫落之前，小車的加速度大小是 m/s3
B．輕繩脫落之前，繩的拉力為 5N
C．輕繩脫落之后，物體繼續滑行時間 2s
D．物體剛停止時，小車的速度大小是3.5m/s
【答案】B
【詳解】AB．對整體由牛頓第二定律可知
F - f - mmg = M + m a1
解得
a1 =1m / s
2
對 m 分析：
FT - mmg = ma1
FT = 5N
選項 A 錯誤，B 正確；
C．繩子脫離時物塊的速度
v1 = at
v1 = 4m / s
物塊的加速度
mmg = ma2
a2 = 4m / s
2
根據
v1 = a2t2
可得
t2 =1s
選項 C 錯誤；
D．繩子脫離后，對 M 分析：
F - f = Ma3
則
a3 = 3.5m / s
2
物體剛停止時，小車的速度大小
v2 = v1 + a3t2
v2 = 7.5m / s
選項 D 錯誤。
故選 B。
3．如圖所示，甲、乙兩只猴子沿繞過定滑輪的輕繩下滑，甲的質量大于乙的質量，甲與繩間的摩擦力大
小為 f1，乙與繩間的摩擦力大小為 f2，甲下滑的加速度大小為 a1，乙下滑的加速度大小為 a2。不計滑輪的
質量及繩與滑輪的摩擦，則下列關系正確的是（　　）
A．一定有 a1大于 a2 B．可能有 a1小于 a2
C．一定有 f1大于 f2 D．可能有 f1小于 f2
【答案】A
【詳解】CD．對輕繩研究可知，由于輕繩的質量不計，因此輕繩所受外力的合力一定為 0，可知作用在輕
繩上的摩擦力一定大小相等，即有
f1 = f2
故 CD 錯誤；
AB．根據牛頓第二定律有
m甲g - f1 = m甲a1，m乙g - f2 = m乙a2
由于甲的質量大于乙的質量，結合上述可知
a1 a2
故 A 正確，B 錯誤。
故選 A。
4．如圖所示，豎直放置的輕彈簧的下端固定在水平地面上，上端拴接著質量為m 的木塊A 。開始時質量
為 2m 的木塊B疊放在木塊A 上，A 、B保持靜止，此時彈簧的壓縮量為 x 。現取走B物體，彈簧始終豎
1 2
直，且處于彈性限度內。不計空氣阻力，已知彈簧的彈性勢能Ep = kx ，則在A 運動過程中（　　）2
A．當木塊A 在最高點時，彈簧對A 的作用力為mg
B．當木塊A 在最高點時，彈簧對A 的作用力為3mg
1
C．基于初始位置，木塊A 上升 x 時，A 速度最大
3
D．基于初始位置，木塊A 上升 x 時，A 速度最大
【答案】A
【詳解】AB．開始時質量為 2m 的木塊B疊放在木塊A 上，A 、B保持靜止，根據平衡條件可得
mg + 2mg = kx
取走B物體，A 的加速度為
kx - mg = ma
解得
a = 2g
根據對稱性可知，當木塊A 在最高點時，加速度大小與木塊A 在最低點時加速度大小相等，根據牛頓第二
定律得
F + mg = ma
當木塊A 在最高點時，彈簧對A 的作用力為
F = mg
故 A 正確，B 錯誤；
CD．A 加速度為零時，A 速度最大，則
kx1 = mg
基于初始位置，木塊A 上升了
Dx = x x 2- 1 = x3
故 CD 錯誤。
故選 A。
5．如圖 1，水平傳送帶（A、B 為左右兩端點）順時針勻速傳動， t = 0時在 A 點輕放一個小物塊，物塊在
皮帶上運動全過程中的位移—時間關系圖像如圖 2（0—4s 為拋物線，4s—6s 為直線）。重力加速度 g 取
10m / s2 ，下列說法中正確的是（　　）
A．若傳送帶在 t=4s時停轉，則物塊將停在 B 點左側
B．若該物塊以 6m/s 的速率從 B 端向左滑上皮帶，則物塊從皮帶的左側離開
C．若該物塊以 6m/s 的速率從 B 端向左滑上皮帶，則物塊從皮帶的右側離開
D．若該物塊（質量m = 0.1kg ）以 2m/s 的速率從 B 端向左滑上皮帶，物塊與皮帶之間摩擦生熱為 2J
【答案】B
【詳解】A． 4s - 6s圖像為直線，則物體做勻速直線運動，則傳送帶的傳送速度為
v Dx 16 -8= = = 4m/s
Dt 6 - 4
根據勻變速直線運動位移—時間公式有
x 1= at 2
2
將 t=4s， x = 8m代入解得
a =1m / s2
根據牛頓第二定律可知
a = mg
解得物塊與傳送帶間的滑動摩擦系數為
m = 0.1
若傳送帶在 t = 4s 時停轉，則物塊將做勻減速直線運動，此時加速度為 a =1m / s2 ，根據速度—位移公式有
v2x ' = = 8m
2a
物塊將停于 B 點，故 A 錯誤；
BC．若令該物塊以6m / s的速率從 B 端向左滑上皮帶，則它向左減速運動至速度為 0 的位移為
v '2 = 2ax ''
解得
x'' = 18m 16m
則物塊從皮帶左邊離開，B 正確，C 錯誤；
D．物塊（質量m = 0.1kg ）以2m / s的速率從 B 端向左滑上皮帶，將從 A 端離開，相對路程為16m，物塊與
皮帶之間摩擦生熱為1.6J ，D 錯誤。
故選 B。
6．如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為 v=4m/s 的恒定速率順時針轉動。一質量 m=1kg 的煤
塊以初速度 v0=14m/s 從 A 端沖上傳送帶又滑了下來，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖所示，g=10m/s2，
則下列說法正確的是（　　）
A．煤塊上升的最大位移為 9m
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為 0.25
C．煤塊從沖上傳送帶到返回 A 端所用的時間為 (6 + 13)s
D．煤塊在皮帶上留下的劃痕為 (17+4 13)m
【答案】D
【詳解】A．v-t 圖像中圖線與時間軸所圍的面積為煤塊的位移，由此分析可知在 t=3s 時煤塊具有上升的最
大位移
x 14 + 41 = 1m
4
+ (3 -1)m =13m
2 2
故 A 錯誤；
B．在 0~1s 內，煤塊受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律可得
mg sinq + mmg cosq = ma1
由圖像可知此時煤塊的加速度大小
a 14 - 4 2 21 = m/s =10m/s1
在 1s~3s 內，煤塊受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，由牛頓第二定律可得
mg sinq - mmg cosq = ma2
由圖像可知此時煤塊的加速度大小
a 4 - 02 = m/s
2 = 2m/s2
3-1
聯立解得
m = 0.5
q = 37°
故 B 錯誤；
C．煤塊在 3s 后將向下做勻加速直線運動，由勻變速直線運動位移與時間關系式有
x 11 = a t
2
2 2 2
解得
t 2x1 2 132 = = s = 13sa2 2
因此煤塊從沖上傳送帶到返回 A 端所用的時間為
t = t1 + t2 = 3s + 13s=(3+ 13)s
選項 C 錯誤；
D．在 0~1s 內，煤塊相對于傳送帶向上運動，此時留下的劃痕長度
Dx1 = x 1 - x
14 + 4
傳1 = 1m - 4 1m=5m煤 2
在1s ~ (3+ 13)s內，煤塊相對于傳送帶向下運動，最后煤塊回到 A 端，因此
x
煤2 = -x 1 = -9m煤
傳送帶向上位移
x傳2 = 4 (2 + 13)m = (8 + 4 13)m
這段時間內煤塊在傳送帶留下的劃痕長度
Dx2 = x - x = (17+4 13)m煤2 傳2
由于
Dx2 Dx1
因此煤塊在皮帶上留下的劃痕為 (17+4 13)m，故 D 正確。
故選 D。
7．如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個長木板，長木板上表面粗糙，其質量為 m0，t=0 時刻質量為 m 的
滑塊以水平向右的速度 v 滑上長木板左端，此后長木板與滑塊運動的 v-t 圖像如圖乙所示，下列分析正確
的是 ( )
A．m0=m
B．m0=2m
C．長木板的長度為 1 m
D．長木板與滑塊最后的速度大小都是 2 m／s
【答案】B
【詳解】A、滑塊滑上長木板后，滑塊受到摩擦力作用做勻減速直線運動，長木板做勻加速直線運動，由
2 2
圖乙可知滑塊加速度大小為a1 = 2m / s ，長木板加速度大小為 a2 =1m / s ，由牛頓第二定律有：
F1 = ma1 = m0a2 ，可知m0 = 2m，故選項 A 錯誤，B 正確；
C、從圖可知， t = 2s 時滑塊滑離長木板，此時長木板速度大小為2m / s ，滑塊速度大小為3m / s，在0 - 2s
1
時間內兩者相對運動的距離即為長木板的長度，即 l = 7 +1 2 m = 8m，故選項 CD 錯誤．
2
8．如圖甲所示，足夠長的木板 B 靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊 A。木板 B 受到隨時間 t 變化的水
平拉力 F 作用時，木板 B 的加速度 a 與拉力 F 的關系圖像如圖乙所示，則 A、B 的質量 mA、mB分別為
（　　）
A．1kg，3.5kg B．2kg，4kg C．3kg，1.5kg D．4kg，2kg
【答案】C
【詳解】由圖可知，當 F 小于 9N 時，A、B 保持相對靜止，一起向右做勻加速運動，根據牛頓第二定律有
F = mA + mB a
即
a F=
mA + mB
圖線的斜率為
1 2
=
mA + mB 9
當 F 大于 9N 時，A、B 發生相對滑動，以 B 為研究對象，根據牛頓第二定律有
F - mmAg = mBa
即
a F mm g= - A
mB mB
圖線的斜率為
1 2
=
mB 3
聯立可求得
mA = 3kg ，mB =1.5kg
故選 C。
9．如圖所示，現采用前拉后推的方式在光滑的固定斜面上移動 A、B 兩個物體，斜面傾角為30°且足夠
長，兩物體相互接觸但不黏合，質量為mA = 2kg，mB = 3kg 。從 t = 0時刻開始，推力FA 和拉力 FB 分別作
用于 A、B 上，FA 和 FB 隨時間變化規律為F 2A = (50 - t)(N)，FB = (20 + t)(N) ，g =10m / s 。則關于兩個物
體的運動以下說法正確的是（　　）
A． t =10s 的時刻，A 的加速度為15m / s2
B． t =10s 的時刻，B 的加速度為9m / s2
C． t = 40s的時刻，B 的加速度為15m / s2
D． t = 40s的時刻，A 的加速度為9m / s2
【答案】BC
【詳解】AB． t =10s 的時刻
FA = 50 - t = 40N，FB = 20 + t = 30N
若 A、B 兩個物體一起沿斜面向上運動，由牛頓第二定律
FA + FB - mA + mB g sinq = mA + mB a
解得加速度
a = 9m s2
對 B 物體
FB + N - mB g sinq = mBa
解得物體 A 對物體 B 的支持力
N = 12N＞0
所以 A、B 兩個物體一起沿斜面向上以加速度 a = 9m s2 加速運動，A 錯誤，B 正確；
CD． t = 40s的時刻
FA = 50 - t = 10N ，FB = 20 + t = 60N
若 A、B 兩個物體分開沿斜面運動，由牛頓第二定律
FA - mA g sinq = mA aA ，FB - mB g sinq = mBaB
解得加速度
aA = 0， aB = 15m s
2
C 正確，D 錯誤。
故選 BC。
10．如圖甲所示，勁度系數 k=500N/m 的輕彈簧，一端固定在傾角為 q = 37°的帶有擋板的光滑斜面體的
底端，另一端和質量mA 的小物塊 A 相連，質量為mB 的物塊 B 緊靠 A 一起靜止。現用水平推力使斜面體
以加速度 a 向左勻加速運動，穩定后彈簧的形變量大小為 x。在不同推力作用下，穩定時形變量大小 x 隨
加速度 a 的變化如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力，取重力加速度 g =10m / s2 ，
sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，下列說法正確的是（　　）
A．mB=1kg
B．mA=3kg
C．若 a = a0 ，穩定時 A 對斜面的壓力大小為 12.5N
D．若 a = 0.5a0，穩定時 A、B 間彈力大小為 6N
【答案】CD
【詳解】AB．由圖結合題意可知 a0時彈簧處于原長狀態，且物塊 A、B 恰要分離，故對 AB 整體有
(mA + mB )g tan 37° = (mA + mB )a0
解得
a0 = 7.5m / s
2
當 a = 0時，對 AB 整體分析有
(mA + mB )g sin 37° = kx0 = 500 3.6 10
-2 N =18N
當 a a0 時，圖中另一縱截距的意義為
mA g sin 37° = kx1 = 500 1.2 10
-2 N = 6N
聯立解得
mA =1kg ，mB = 2kg
故 AB 錯誤；
C．當 a = a0 = 7.5m / s
2
時，因為物塊 A、B 恰要分離，此時彈簧彈力為 0；對 A 豎直方向根據受力平衡可得
FNA cos37° = mA g
解得
F mA gNA = =12.5Ncos37°
由牛頓第三定律可知 A 對斜面的壓力大小為 12.5 N，故 C 正確；
D． a = 0.5a0時，以 B 為對象，沿斜面方向，根據牛頓第二定律可得
mBg sin 37° - FAB = mB ×0.5a0 cos37°
解得
FAB = 6N
故 D 正確。
故選 CD。
11．如圖甲所示，一順時針勻速轉動的水平傳送帶 AB，速度為 v0。某時刻一質量為 2kg 的物塊以恒定初速
度 v1沖上 A 點，以速度 v2離開 B 點，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為 0.2。當傳送帶速度 v0為不同值
時，物塊離開 B 點時的速度 v2隨 v0變化的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（物塊可視為質點，重力
加速度 g = 10m/s2 ）（ ）
A．傳送帶的長度為 1.5m
B．物塊沖上傳送帶的初速度 v1 = 3m/s
C．當 v2 = 3.5m/s 時，物塊在傳送帶上運動的時間為 0.375s
D．當 v0 < 2m/s時，物塊在傳送帶上運動的過程中，受到的摩擦力方向可能向右
【答案】BC
【詳解】AB．設傳送帶的速度為 L，物塊在傳送帶上運動的加速度為
a = mg = 2m/s2
由圖可知，傳送帶速度小于 2m/s時，物塊在傳送帶上一直減速，離開傳送帶的速度為 2m/s，根據動力學
公式有
v2 21 - v2 = 2aL
傳送帶速度大于 14m/s時，物塊在傳送帶上一直加速，離開傳送帶的速度為 14m/s，根據動力學公式有
v 2 22 - v1 = 2aL
聯立解得
L =1.25m， v1 = 3m/s
故 A 錯誤，B 正確；
C．當 v2 = 3.5m/s < 14m/s時，可知物塊先做勻加速運動后做勻速直線運動，物塊做勻加速運動的時間為
t v= 2 - v11 = 0.25sa
物塊做勻加速運動的位移為
x v + v 13= 1 2 t1 = m2 16
物塊做勻速運動的時間為
t L - x2 = = 0.125sv2
物塊在傳送帶上運動的時間為
t = t1 + t2 = 0.375s
故 C 正確；
D．當 v0 < 2m/s時，物塊在傳送帶上運動的過程中，物塊在傳送帶上一直減速，受到的摩擦力方向向左，
故 D 錯誤。
故選 BC。
12．國家糧食儲備倉庫工人利用傳送帶從車上卸糧食。如圖 1 所示，以某一恒定速率運行的傳送帶與水平
面的夾角q = 37°，轉軸間距 L = 3.5m 。工人沿傳送方向以速度 v1 =1.5m/ s 從傳送帶頂端推下糧袋（視為質
點），4.5s 時糧袋運動到傳送帶底端，糧袋在傳送帶上運動的圖像如圖 2 所示。已知 sin 37° = 0.6 ，
cos37° = 0.8，重力加速度 g 取10m / s2 ，則（　　）
A．在 t=0.5s 時刻，糧袋所受摩擦力方向改變
B．糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為 0.8
C．傳送帶運行的速度大小為0.5m/s
D．在0 : 2.5s內糧袋處于失重狀態
【答案】BC
【詳解】A．由圖 2 可知，在0 - 2.5s 內，糧袋的速度大于傳動帶的速度，則糧袋受沿斜面向上的滑動摩擦
力，在 2.5s - 4.5s內，糧袋勻速下滑，根據平衡條件可知，糧袋受沿斜面向上的靜摩擦力，故 A 錯誤；
C．根據 v- t 圖像中，圖線與坐標軸軸圍成的面積表示位移的大小，根據題意，由圖 2 可知
L 1= v0 +1.5 2.5 + 4.5 - 2.5 v0 = 3.5m2
解得
v0 = 0.5m s
故 C 正確；
BD．由圖 2 和 C 分析可知，糧袋在0 - 2.5s 內的加速度為
a Dv 0.5 -1.5= = m s2 = -0.4m s2
Dt 2.5
則加速度方向沿斜面向上，則在0 : 2.5s內糧袋處于超重狀態，根據牛頓第二定律有
mg sinq - mmg cosq = ma
聯立代入數據解得
m = 0.8
故 D 錯誤，B 正確。
故選 BC。
13．一長木板在水平地面上運動，在 t = 0時刻將—相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，之后木板運動的
速度隨時間變化的圖線如圖所示。已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，
物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．將木板速度由5m / s減小到1m / s及
由1m / s減小到 0 的過程分別用Ⅰ、Ⅱ表示，則（　　）
A．過程Ⅰ中，物塊加速度大小為 2m / s2 ，木板加速度大小為8m / s2
B．過程Ⅰ中，物塊，木板的加速度大小均為8m / s2
C．過程Ⅱ中．物塊加速度大小為 2m / s2 ﹐木板加速度大小為 4m / s2
D．過程Ⅱ中，物塊、木板的加速度大小均為3m / s2
【答案】AC
【詳解】AB．在過程Ⅰ中，木板對物塊的摩擦力使物塊由靜止開始加速物塊和地面對木板的摩擦力使木板
減速，直到兩者具有共同速度1m/s為止．因此物塊加速度大小為
a 1- 0= m/s2 = 2m/s21 0.5
木板加速度大小為
a 5 -12 = m/s
2 = 8m/s2
0.5
故 A 正確，B 錯誤；
CD．設木板受到地面的滑動摩擦力大小為 f地，物塊受到的滑動摩擦力大小為 f ，物塊與木板的質量均為
m ，則在過程Ⅰ中有
f = ma1， f地 + f = ma2
解得
f地 = 6m
在過程Ⅱ中，假設物塊與木板一起運動，加速度為a ，則有
f
a = 地 = 3m / s2
2m
2
由于物塊受到的滑動摩擦力最大產生的加速度為 a1 = 2m/s ，故假設不成立，所以物塊相對木板向前減速滑
動，而不是與木板共同運動，因此物塊加速度大小仍為 2m/s2，木板加速度大小為
f地 - fa2 = = 4m / s
2
m
故 C 正確，D 錯誤。
故選 AC。
14．如圖甲所示，一足夠長的木板靜止在光滑的水平地面上，質量 1kg 的滑塊（可視為質點），置于木板
中央。木板在一定時間內受到水平方向的恒定拉力 F，其 v- t 圖像如圖乙所示。已知滑塊與木板間的動摩
擦因數為 m = 0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取 g =10m/s2 。下列說法正確的是（ ）
A．0~2s 滑塊的加速度大小為 2m/s2
B．拉力 F 的大小 2N
C．木板的質量為 0.5kg
D．為了使滑塊不脫離木板，木板的長度至少為 3m
【答案】BC
【詳解】
A．假設滑塊與木板發生了相對滑動，由乙圖可知，在0 : 2s內木板的加速度為
a Δv 4 - 0 2 22 = = m/s = 2m/sΔt 2 - 0
對滑塊，根據牛頓第二定律
mmg = ma1
解得，滑塊的加速度
a1 =1m/s
2 < a2
所以滑塊確實與木板發生了相對滑動，所以滑塊的加速度為 a1 =1m/s
2
，故 A 錯誤；
BC．設木板的質量為 M，由乙圖可知，在 t1 = 2s時撤去了拉力，此時木板的速度為
v2 = a2t1 = 4m/s
滑塊的速度為
v1 = a1t1 = 2m/s
滑塊與木板間仍有相對滑動，由乙圖可知，此后木板的加速度為
a Δv 43 = = m/s
2 = 2m/s2
Δt 2
對木板，根據牛頓第二定律
mmg = Ma3
解得
M = 0.5kg
在0 : 2s內，對木板根據牛頓第二定律
F - mmg = Ma2
解得
F = 2N
故 BC 正確；
D．設在 t2 時滑塊與木板的速度大小相等，則
v1 + a1t2 = v1 - a3t2
解得
t 22 = s3
木板和滑塊速度相等時，木板的總位移為
x v 1 562 = 2 t
2
2 1
+ v2t2 - a t = m2 3 2 9
滑塊的總位移為
x 1= a（t + t ）2 321 = m2 1 1 2 9
兩者相對位移為
Δx 8= x2 - x1 = m3
所以木板的總長度不少于
L 2Δx 16= = m
3
故 D 錯誤。
故選 BC。
15．滑梯是游樂園中常見的游樂設施，圖（a）為某游樂園中的大型滑梯，其滑板部分可簡化為圖（b）所
示。滑板長 L=6m，其頂端距地面的高度 h=3.6m，底端與具有防護作用的水平地墊平滑連接。一質量
m=30kg 的小孩從滑板頂端沿滑板由靜止滑下，到達底端時的速度大小 v=4m/s。已知小孩與水平地墊之間
的動摩擦因數為 0.8，g 取 10m/s2。求：
（1）小孩沿滑板下滑的加速度大小；
（2）小孩與滑板之間的動摩擦因數；
（3）為確保小孩的人身安全，水平地墊至少應為多長。
4 2 7
【答案】（1） m/s ；（2） ；（3）1m
3 12
【詳解】（1）根據題意可得
v2 = 2aL
解得
a 4= m/s2
3
（2）小孩在斜面上向下做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可得
mg sinq - mmg cosq = ma
sinq h=
L
代入數據解得
m 7=
12
（3）小孩滑到水平面上做勻減速直線運動，則
v2 = 2m gL
解得
L =1m
16．如圖所示，一個質量為 M、長為 L 的圓管豎直放置，頂端塞有一個質量為 m 的彈性小球，M=2m，
小球和圓管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為 2mg。圓管從下端距離地面為 H 處自由落下，運動
過程中，圓管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加
速度為 g。求：
（1）圓管第一次落地彈起時圓管和小球的加速度；
（2）圓管第一次落地彈起后至第二次落地前，若小球沒有從圓管中滑出，則 L 應滿足什么條件？
4
【答案】（1）a1=2g，方向豎直向下，a2=g，方向豎直向上；（2） L H3
【詳解】（1）圓管第一次落地彈起時，設圓管的加速度為 a1，根據牛頓第二定律有 2mg+Mg=Ma1解得 a1=2
方向豎直向下；設小球的加速度為 a2，則有 2mg-mg=ma2解得 a2=g 方向豎直向上。
（2 2）設圓管第一次落地時的速度大小為 v0，此時小球的速度大小也為 v0，則有 v0 = 2gH 解得 v0 = 2gH
方向豎直向下；碰地后，圓管的速度 v1 = 2gH 方向豎直向上。取豎直向下為正方向，設經過時間 t1，小
2 2gH
球、圓管的速度相同，則-v1 + a1t1 = v0 - a2t1解得 t1 = 設 t1時間內圓管的位移大小為 x1，小球的位移3g
x v t 1x = - a t 2
4 1
= H x = v t - a t 2 8大小為 2，則有 1 1 1 2 1 1
， = H 若小球剛好沒有從圓管中滑出，小球與圓管
9 2 0 1 2 2 1 9
4
的相對位移大小 L = x1 + x2 = H 之后圓管與小球一起運動，加速度為 g，方向豎直向下，則 L 應滿足條3
L 4件 H 。
3
1．（2024·全國·高考真題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊 P，P 置于水平桌面上，與桌面
間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量 m，并測量 P
的加速度大小 a，得到 a- m 圖像。重力加速度大小為 g。在下列 a- m 圖像中，可能正確的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】設 P 的質量為M ，P 與桌面的動摩擦力為 f ；以 P 為對象，根據牛頓第二定律可得
T - f = Ma
以盤和砝碼為對象，根據牛頓第二定律可得
mg -T = ma
聯立可得
f
a mg - f
g -
= = m ×m
M + m M + m
可知當砝碼的重力大于 f 時，才有一定的加速度，當m 趨于無窮大時，加速度趨近等于 g 。
故選 D。
2．（2024·安徽·高考真題）傾角為q 的傳送帶以恒定速率 v0順時針轉動。 t = 0時在傳送帶底端無初速輕放
一小物塊，如圖所示。 t0 時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到 v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送
帶底端運動到頂端的過程中，加速度 a、速度 v 隨時間 t 變化的關系圖線可能正確的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【詳解】0 ~ t0 時間內：物體輕放在傳送帶上，做加速運動。受力分析可知，物體受重力、支持力、滑動摩
擦力，滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，故做勻加速運動。
t0 之后：當物塊速度與傳送帶相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變為零，物塊做勻速直
線運動。
C 正確，ABD 錯誤。
故選 C。
3．（2024·北京·高考真題）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送
帶一起勻速運動。下列說法正確的是（　　）
A．剛開始物體相對傳送帶向前運動
B．物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C．物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功
D．傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
【答案】D
【詳解】A．剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，A 錯誤；
B．勻速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，B 錯誤；
C．物體加速，由動能定理可知，摩擦力對物體做正功，C 錯誤；
mmg
D．設物體與傳送帶間動摩擦因數為 μ，物體相對傳送帶運動時 a = = mg
m
做勻加速運動時，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由 v = at 可知，傳送帶速度越大，物體加速運動
的時間越長，D 正確。
故選 D。
4．（2024·遼寧·高考真題）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為 μ。 t = 0時，木板在水平
恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知
t = 0到 t = 4t0的時間內，木板速度 v 隨時間 t 變化的圖像如圖所示，其中 g 為重力加速度大小。 t = 4t0時
刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊在 t = 3t0 時刻滑上木板 B．小物塊和木板間動摩擦因數為 2μ
C．小物塊與木板的質量比為 3︰4 D． t = 4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
【答案】ABD
【詳解】A． v- t 圖像的斜率表示加速度，可知 t = 3t0 時刻木板的加速度發生改變，故可知小物塊在 t = 3t0
時刻滑上木板，故 A 正確；
B．結合圖像可知 t = 3t0 時刻，木板的速度為
v 30 = mgt2 0
設小物塊和木板間動摩擦因數為m0 ，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為
v 31 = - mgt0 ，負號表示方向水平向左2
物塊在木板上滑動的加速度為
a m= 0mg0 = m0gm
1
經過 t0 時間與木板共速此時速度大小為 v共 = mgt0 ，方向水平向右，故可得2
v共 - v1 = a0t0
解得
m0 = 2m
故 B 正確；
C．設木板質量為 M，物塊質量為 m，根據圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為
1 mgt
2 0a 1= = mg
t0 2
故可得
F - mMg = Ma
解得
F 3= mMg
2
根據圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為
1 mgt 30 - mgt
a = 2 2
0
= -mg
t0
此時對木板由牛頓第二定律得
F - m m + M g - m0mg = Ma '
解得
m 1
=
M 2
故 C 錯誤；
D．假設 t = 4t0之后小物塊和木板一起共速運動，對整體
F m m M g 3- + = mMg 3- mMg = 0
2 2
故可知此時整體處于平衡狀態，假設成立，即 t = 4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動，故 D 正確。
故選 ABD。

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