牛頓運動定律綜合運用（搶分專練）解析版-2026高考物理沖刺復習

專題03牛頓運動定律綜合運用

ONEi

【命題解讀】

牛頓運動定律是經典力學基石，源于伽利略理想實驗，牛頓總結提出。定律揭示力與運動關系，為動力學

奠基。其發展歷經漫長探索，是物理研究重要里程碑，對后續物理理論發展影響深遠。

【命題預測】

2026年高考，牛頓運動定律或滲透于力電綜合題，考瞬時加速度計算；也可能以連接體為背景，考整體與

隔離法運用。題H注重知識綜合運用，考查學生分析解決實際問題的能力。

TWOt幽顏2押

■題型01牛頓運動定律和圖像的結合

1.如圖，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的44兩個物體，A、4的質量分別為〃o=6kg,

加產4kg,從尸0開始，推力工和拉力思分別作用于力、B上,FA、&大小隨時間變化的規律分別如圖

甲、乙所示，則()

A./=0時，/物體的加速度為2rn/s?

B.，=2s時，A.8開始分離

C./=0時，A、8之間的相互作用力為3N

D.4、8開始分離時的速度為1m/s

【答案】D

【詳解】由圖可得兩個力隨時間的關系：死=(8-2/)N,心=(2+2f)N

A、B分離前一起運動，對整體受力分析，總合力心-巳+4-(8-2f)+(2+2，)-10N

根據牛頓第二定律己=(mA+mB)a

可得因此整體加速度a=lm/s2,分離前A、B做勻加速直線運動，加速度恒為Im/s?。

A.1=0時A的加速度等于整體加速度，a=lm/s2,A錯誤；

B.A、B剛好分離的條件是相互作用力N=0,研究B物體，根據牛頓第二定律用+N=m/

解得I=ls,即Z=ls時開始分離，B錯誤:

C.1=0時，設A、B間相互作用力為N',研究B物體，根據牛頓第二定律：用+

解得M=2N,C錯誤：

D.分離前A、B做勻加速直線運動，v=(〃=lxlm/s=lm/s,D正確。

故選D。

2.靜止在水平面上的兩個完全相同的物塊通過伸直但無張力的水平細線相連，物塊2右側固定力傳感器

(質量不計)，如圖甲所示。時，在物塊1上施加水平拉力片，讀出傳感器的示數凡記錄一段時間t

內，物塊的位移為x,改變片的大小，經多次測量，畫出-尸'圖像如圖乙所示，重力加速度

g=10m/sL下列說法正確的是()

A.每個物塊的質量〃?=1kgB.物塊與水平面的動摩擦因數為0.25

C.當產=10N時，加速度大小為2.5m/s?D./和工是線性關系但不成正比

【答案】A

【詳解】AB.物塊做初速度為零為勻加速直線運動.位移公式為x〃產

整理得==:，即?=2-4

r2r

設每個物塊質最為〃?，動摩擦因數為〃，對物塊2受力分析，由牛頓第二定律得F-川，喑=建。

將。=2.1代入整理得當=；尸-W

rr2m2

由圖乙可知縱軸截距-等=-2.5儂2,代入gEOm/s?,解得〃=0.5

圖像斜率人”爵1=。.5,而斜率即《"。.5

解得m=lkg,故A正確，B錯誤;

C.當一=10N時,p-=2.5m/s2,加速度a=2-5=5曲,故C錯誤;

D.當兩物塊一起運動（玲＞2〃〃?g=10N）時，對整體和物塊2聯立得尸二g,尸和乙成正比：當&V10N

時，兩物塊不會一起運動，尸和外不是線性關系，故D錯誤。

故選A。

3.如圖所示，長為〃且不可伸長的輕繩一端固定在。點，另一端系一小球，使小球在豎直面內做圓周運動。

由于阻力的影響，小球每次通過最高點時速度大小不同。測量小球經過最高點時速度的大小”繩子拉力的

大小尸，作出尸與一的關系圖線如圖所示。

O

A.根據圖線可得重力加速度且3

根據圖線可得小球的質量〃7=}

B.

C.小球質量不變，用更長的繩做實驗,得到的圖線斜率更大

D.用更長的繩做實臉，得到的圖線與縱軸交點的位置不變

【答案】D

【詳解】AB.根據牛頓第二定律可知尸+〃嚕=山匕

R

解得尸-mg

R

由圖像可知?

AZb-b

可得小球的質量切若

由0=夕一〃嚕

可得重力加速度g=￡,故選項AB錯誤;

R

C.小球質量不變，用更長的繩做實驗，由/=3-一mg可知得到的圖線斜率更小，故c錯誤;

R

D.用更長的繩做實驗，由/=[--〃喝可知得到的圖線與縱軸交點的位置不變，故D正確。

R

故選Do

A題型02傳送帶模型

4.傳送帶在實際生活和工業生產中應用豐富，極大提高了生活便利性和工業生產效率。如圖所示，某快遞

分揀車間用傾角為。的傳送帶運送包裹，傳送帶始終以速率匕逆時針勻速轉動，某包裹與傳送帶間的動摩擦

因數為〃，在某段時間內該包裹以恒定速率匕沿傳送帶向卜.運動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。這段時間

內下列說法中正確的是()

vi

A.傳送帶對包裹的作用力豎直向上B.W可能大于嶺

C.包裹運動過程中其機械能無損失D.4可能小于tan。

【答案】A

【詳解】A.該包裹以恒定速率彩沿傳送帶向下運動，則貨物受力平衡，貨物受重力、靜摩擦力、支持力作

用，傳送帶對包裹的作用力豎直向上，故A正確：

B.若匕大于嗎，此時摩擦力沿斜面向下，貨物受力不平衡，故B錯誤；

C.包裹運動過程中，摩擦力做負功，其機械能減小，故C錯誤；

D.根據共點力平衡條件有〃?gsine=_4

解得//NtanO,故D錯誤。

故選Ao

5.如圖甲所示，傾斜傳送帶兩側端點間距為9m,傳送帶的傾角9=37。。z=0時，一質量為1kg的煤塊從

傳送帶底部的4點，以10m/s的速度沖上傳送帶。/=ls時，傳送帶開始沿順時針方向勻加速轉動，傳送帶

點運動的V-，圖像如圖乙所示。煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,煤塊大小可以忽略，取重力加速

度大小g=10m//，》?加37c=0.6。煤塊在傳送帶上運動的過程中，下列說法正確的是()

A.煤塊從傳送帶底部運動至最高點的過程中，其位移大小為4m

B.煤塊在傳送帶上運動的時間為（1+6卜

C.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為15m

D.煤塊與傳送帶間產生的熱量為90J

【答案】D

【詳解】A.煤塊滑上傳送帶后做勻減速直線運動，加速度大小卬=螫?士絲暨型二10m//

m

經過時間：煤塊的速度減為零，則/=a=ls

%

O~ls內傳送帶的速度為零，則煤塊向上滑動的位移再=g=5m

2q

1s后傳送帶開始加速，傳送帶的加速度。=孚=5m//

c.nM-*.i-r-4.、士+4*4,、士wi?sin0WPCOS0、.?

由t于pmgcosO<mgs\x\O,煤塊向下加速，其加速度a=------/-/-------=2m/s-

2m

所以煤塊從傳送帶底部運動至最高點的過程中，位移為5m,故A錯誤；

B.設煤塊向下加速到4點運動的時間為小則玉=!。2寸

解得右=氐

則煤塊在傳送帶上運動的時間/=4+&=0+石）s,故B錯誤；

C.煤塊上滑相對傳送帶的位移Aq=$=5m,下滑相對傳送帶的位移大小Ax2=g41+E=l7-5m

Ar:>Ar,,則煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為17.5m,故C錯誤；

口.煤塊與傳送帶間產生的熱量。=〃〃儂05外（右+-2）=90>1,故D正確。

故選D。

6.如圖所示，質量為〃尸1kg的物塊A在水平傳送帶左端的光滑水平面.上以即=lm/s的速度向右滑行，傳送

帶右端有一質量為M=lkg的小車靜止在光滑的水平面上，車的右端擋板處固定一根輕彈簧，彈簧的自由端

在。點，小車的上表面左端點尸與。之間粗糙，0點右側光滑，左側水平面、傳送帶及小車的上表面均無

縫平滑連接，物塊A與傳送帶及尸。之間的滑動摩擦因數相同且“=0.5,傳送帶長A=4.5m,以恒定速率片6m/s

順時針運轉。取重力加速度g=10m/s2,物塊A可視為質點，求：

Ap-lPQAAMAAAMA/

JLT

(1)物塊A與傳送帶之間因摩擦而商生.的熱量。：

(2)物塊A從滑上傳送帶到離開傳送帶過程中摩擦力對其做的功啊

(3)物塊A滑上小車后向右擠壓彈簧，最終恰好沒有離開小車，則P、。之間的距離X。

【答案】(DI2.5J

(2)17.5J

(3)0.9m

【詳解】(1)設經過時間/,物塊A與傳送帶速度相等，由勻變速直線運動速度公式可得口=%+卬

根據牛頓第二定律可得〃mg=

代人數據可得片1s

物塊A滑行的距離s物=1：％=35m

傳送帶的位移$傳=可=6m

則4二s傳一s物=2.5m

物塊A與傳送帶之間因摩擦而產生的熱量。=〃〃?g%=12.5J

(2)物塊A滑上傳送帶后先做加速運動直到與傳送帶共速，摩擦力對其做的功叫機詔

解得匕=17.5J

(3)物塊A最終沒有離開小車，物塊力與小車具有共同的末速度相，物塊A與小車組成的系統動最守恒，

mv=(m+M)匕1t.

分析過程由能量守恒可得；?2x+?(帆+M)嗑

解得X=0.9m

7.如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M=3kg的小物

塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面和軌道平滑對接。傳送帶始終以〃=2m/s的速率逆

時針轉動。裝置的右邊是半徑為/?=0.9m、固定的;光滑圓軌道而，下端。與水平傳送帶剛好相切。質量

m=1kg的小物塊B從圓軌道最高點P的正上方R處由靜止釋放。己知物塊B與傳送帶之間的摩擦因數

〃=也4,傳送帶長度/=2.5m。設物塊A、B間發生的是彈性正碰，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡

狀態。重力加速度g=10m/s，

(1)求物塊B到達。點時所受支持力的大小。

(2)求物塊B與A第1次碰后B的速度大小。

(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解

除，則物塊B在整個運動過程中與傳送帶間最多能產生多少熱量？

【答案】(l)50N

(2)2in/s

(3)22J

【詳解】(1)設物塊B到達。時速度大小為%,所受支持力為尸N，由機械能守恒定律得

由牛頓第二定律&-mg=m

得及=50N

(2)取水平向左為正方向，設B在傳送帶上加速度大小為。，與A第I次碰前的速度為L有。=幺整

m

v2-Vo=-lai

得y=4m/s

設B與A第1次碰后速度分別為匕和次，有〃八，=/叫+M%,gw，=g〃/+；A/哈

得匕=-2m/s

B與A第1次碰后速度大小為2m/s。

（3）AB碰前，B和傳送帶間摩擦生熱。=〃叫（為*-〃丫％二

解得。=6J

設A、B第〃次碰后的速度分別為力和匕，取水平向左為正方向，有加（-匕7）=加匕+歷以“，

1I212

2，nvn2-i=2WV；+2M1Zv；w

得“加

則乙=-4（；m/s

AB第1次碰后，B和傳送帶間摩擦生熱0=Z〃〃?g.〃如期

a

B與傳送帶間產生熱量最大值。總=。+。'

得。總=22J

A題型03連接體模型

8.如圖所示，裝有輕質光滑定滑輪的長方體木箱靜置在水平地面上，木箱上的物塊甲通過不可伸長的水平

輕繩繞過定滑輪與物塊乙相連。乙拉著甲從靜止開始運動，木箱始終保持靜止。己知甲、乙質量均為

LOkg,甲與木箱之間的動摩擦因數為0.5,不計空氣阻力，重力加速度g取lOm/sz,則在乙下落的過程中

（）

A.甲對木箱的摩擦力方向向左

B.地面對木箱的支持力逐漸減小

C.甲運動的加速度大小為5.0m/s2

D.乙受到繩子的拉力大小為？.5N

【答案】D

【詳解】A.甲相對木箱向右運動，木箱對甲的摩擦力向左，則甲對木箱的摩擦力方向向右，A錯誤；

B.由于甲乙做勻變速運動，則細繩的拉力是不變的，對木箱和甲的整體分析，豎直方向N=i"+〃?)g+r,

可知地面對木箱的支持力不變，B錯誤；

CD.根據牛頓第二定律，對甲

對乙mg-T=ma

可得a=2.5m/s，7=7.5N,則C錯誤，D正確。

故選D。

9.如圖所示，質量為M長為百L的桿水平置于空中，桿兩端48系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕

繩，繩上套著一質量為，”的小鐵環。現在桿上施加一力，使桿和小鐵環保持相對靜止，在空中沿力8方向向

右做勻加速直線運動，此過程鐵環恰好懸于4端的正下方。已知重力加速度為g,不計空氣阻力。下列說

法止確的是()

A.輕繩上拉力的大小為

B.桿的加速度大小為由g

3

C.輕繩對小鐵環作用力的大小為暗沖

D.需要在桿上施加力的大小為】)

【答案】B

【詳解】A.光滑的柔軟輕繩與小鐵環接觸的結點為活結，即小鐵環輕繩的張力相等，設為7,對結點豎直

方向有T+7sin30°=mg

2

解得T=§〃】g,故A錯誤：

B.對結點豎直方向有Tcos3()o=〃?。

游行a=g，故B正確；

36

C.兩輕繩的張力相等互成60。，由平行四邊形定則得，仔說對小鐵環作用力的大小為67=￥匿，故C

錯誤;

D.對系統，需要在桿上施加力的大小為小=J(M+〃?)2g2+(M+m)2〃2=2G(；+Mg,故D錯誤。

故選B°

10.如圖所示，A、4兩點位于同一高度，細線的?端系有質量為M的物塊，另一端繞過“史的定滑輪固

定在1點，質量為〃?的小球固定在細線上。點。現將小球從圖示水平位置由靜止釋放，小球運動到。點時

速度恰好為零(此時物塊未到達6點)，圖中△月3。為直角三角形，物塊和小球均可視為質點，

/DBA=31°,忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g,sin370=0.6,則()

A.A/:〃?=5:6

2

B.小球運動到。點時，段繩的拉力大小為工Mg

C.運動過程中存在3個位置使小球和物塊速度大小相等

D.小球重力的功率一直增大

【答案】B

【詳解】小球固定在細線上，由于4點固定，線段力。的長度在運動過程中保持不變，即小球加以力為圓心

做圓周運動。

A.設4、4兩點間的距離為L,在末位置。點，△力〃。為直角三角形且=90。，/DBA=37。,根據

幾何關系可知AD=Lsin37°=0.6L,BD=Leos37°=0.8L

由干4C段繩長固定，初位置。到力的距離4C=/。=0.6L

因C在力〃連線上，初始時8C=A-0.6L=0.4￡

從C到Z)過程中,物塊到上升的高度△力“=8。-8。=0.8￡-0.4￡=0.4￡

，卜球m下落的高度力=8Osin37。=0.8￡x0.6=0.48￡

根據系統機械能守恒，初末狀態速度均為零，有Mg-0.4L=mgO48L

解得加：〃?=1.2=6:5,故A錯誤：

B.小球〃，運動到。點時速度恰好為零，其向心加速度為零，此時小球的合加速度沿圓周切線方向(即垂直

力。方向)。

在.4。方向上合力為零，設力。段繩的拉力為心，則有右，-mgcos37o=0

解得，c=08〃g

552

代入m=M,可得心。=0.8乂7腌=彳吸，故B正確；

663

C.物塊M的速度大小也等于小球〃?的速度匕沿繩子加8方向的分量，若為=匕，則小球的速度方向必須

沿繩子〃濟，又因匕J4〃，故需4m工mB,即4〃?8=90。，在運動過程中，該角度從180。減小到90。，僅

在。點滿足此條件，此時速度均為0,不存在3個位置，故C錯誤：

D.小球重力的功率尸二〃陪「，初位置。和末位置。的速度均為零，功率也均為零，故功率先增大后減小,

并豐一直增大，故D錯誤。

故選Bo

11.如圖所示,在水平面上放置著兩個橫截而為梯形的物體P和Q.P和。的接觸面與水平面的夾角

。=37。，P和Q的質量之比為4:3,所有接觸面均光滑。若把水平向右、大小為廣的力作用在P上，此時P

對Q的作用力大小為再；若把水平向左、大小為尸的力作用在Q上，此時Q對P的作用力大小為鳥。上

【答案】A

【詳解】由題意，設P和Q的質量分別為4/〃和3〃?。若把水平向右、大小為尸的力作用在P上，此時P府

Q的作用力大小為百，以P、Q為整體，根據牛頓第二定律有尸=7小。

以Q為對象,根據牛頓第一定律有片sine=3〃地

聯立解得片=］尸

若把水平向左、大小為尸的力作用在Q上，此時Q對P的作用力大小為以P、Q為整體，根據牛頓第

二定律有尸=7〃W

以P為對象，根據牛頓第二定律有6sin。=4〃W

聯立解得居二天產

則哈T

故選Ao

12.如圖所示，在一質量為M=3kg的小車上放一質量為町=1kg的物塊，它用細繩通過固定在小車上的滑

輪與質量為也=2kg的物塊相連，物塊也靠在小車的前壁上而使懸線豎直。叫光滑，町與M之間的動摩

擦因數為M=0.5,M與地面之間的動摩擦因數為〃2=01；

（1）若小車固定不動，求繩中拉力大小。

（2）如果要保持嗎的高度不變，）｝F的取值范圍？

【答案】（D10N

（2）96N<F<156N

【詳解】（1）力、車固定不動的情況，對叫、叫整體由牛頓第二定律叫g-必見8=（回+叫）。

解得加速度a=5m/s2

對嗎受力分析，豎直方向滿足fr.2g-T=m2a

繩中拉力T=10N

（2）叫高度不變，說明"、叫、叫三者加速度相同，設為"，方向水平向右；

叫豎直方向受力平衡，因此繩子拉力尸=叫g=20N

犯與M間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力fmax=從/g=5N

,,

對網列水平方向牛頓第二定律（向右為正方向，拉力廠向右）T+f=mia

其中摩擦力/范圍：-乙x，/為負表示摩擦力向左，為正表示摩擦力向右；

代人得加速度范圍15m/s2<a<25m/s2

對三者整體分析，地面的滑動摩擦力4="2（”+犯+嗎）g=6N

由整體牛頓第二定律F—/包=（河+町+嗎”'

最終得尸的范圍96N<F<156N

13.如圖所示，傾角〃=30。的光滑斜面固定在水平地面上，其頂端固定一定滑輪，輕質彈簧的一端固定在

斜面底端的擋板上，另一端與質量網=2.4kg的小物塊A相連，質量叱=2kg的小物塊B通過細線跨過定

滑輪與重物C連接，剛開始用機械臂（未畫出）抓住C使細線剛好伸直但不緊繃。操縱機械臂使C從靜止

開始做豎直向下的勻加速直線運動，在A、B恰好分離時，撤去機械臂對C的作用，此時A、B、C的速度

大小均為4=0.5m/s,C（視為質點）距離水平地面的高度〃=0.6m,C乂經過"0.6s；落到了地面上，取

重力加速度大小g=10m//。已知撤去機械臂前后B、C的加速度未發生改變，彈簧始終在彈性限度內。求:

（1）撤去機械臂對C的作用后，C的加速度大小m

（2）C的質量嗎；

（3）彈簧的勁度系數鼠

【答案】（l）〃=1m/s2

（2）叫=1.6kg

⑶k=80N/m

【詳解】（1）對C,根據位移時訶公式有〃=卬+；/

代人數據解得Q=gm//

（2）設細線上的拉力大小為鳥,對C分析,根據牛頓第一定律有加3g-4=用網

對B分析，根據牛頓第二定律有凡-加agsin夕=m2a

聯立解得嗎=L6kg

（3）A、B初始時靜止，對A、B組成的整體受力分析，設此時彈簧的壓縮量為不，根據受力平衡條件有

kxx=（叫+m2）gs\n/3

設A、B恰好分離時彈簧的壓縮量為與，對A分析，根據牛頓第二定律有區2一碼/in/=〃N

根據運動規律有匕2=2"*-匕）

聯立解得k=80N/m

14.如圖所示，V型槽A靜止在光滑水平面上，其質量〃?A=6kg,槽的右側為豎直面，左側為傾斜面，豎

直面與傾斜面的夾角0=60。；光滑小球B置于槽A內，其質量叫=3kg.現對槽A施加一水平向右的恒

力F，若小球B與槽A始終保持相對靜止，重力加速度g取l（）n/s2,求:

⑴當b=0時，槽A右側豎直面對小球B的彈力大小;

（2）變小球B與槽A保持相對靜止的恒力F的最大值。

【答案】（1）1（）JJN

⑵30百N

【詳解】（1）對B受力分析，如圖所示

根據平衡條件，可得右側豎直面對球B的彈力乂=翳

解得阿=10石N

（2）當右側豎直面對球B的彈力為零時?，小球B與槽A保持相對靜止，恒力/有最大值

根據牛頓第二定律，對球B有簿

—m/s2

3

對整體有5=（%+"小）。

解得4二30百N

”題型04滑塊木板模型

15.一小物塊向左沖上水平向右運動的木板，二者速度大小分別為0、2%,此后木板的速度v隨時間/變

化的圖像如圖所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，木板足夠長。整個運動過程中（）

A.物塊的運動方向不變

B.物塊的加速度方向不變

C.物塊相對木板始終有相對運動

D.物塊與木板的加速度大小相等

【答案】D

【詳解】A.根據圖像可知木板的速度方向沒有發生改變，木板和物塊達到共速;％,然后一起減速到0,

所以物塊的運動方向先向左再向右，故A錯誤；

B.物塊在向左減速和向右加速階段加速度方向水平向右，一起共同減速階段加速度方向水平向左，方向改

變，故B錯誤；

C.物塊在向左減速和向右加速階段相對木板都向左運動，共同減速階段無相對運動，故C錯誤；

D.由圖像可知在有相對運動階段木板的加速度大小為〃

a\~

V+V

物塊的加速度大小為〃_°I°_3v0

即木板和物塊加速度大小相等，故D正確。

故選D<,

16.（多選）如圖所示，物塊和木板靜止疊放在光滑水平地面上，左邊緣對齊。現用水平恒力向右拉動物

塊，使其從木板右端離開。此時，木板具有一定速度，物塊與木板的速度差為△、，，下列措施中能使加增大

的有（）

A.僅增大水平恒力B.僅增大物塊質量

C.僅增大木板質量D.僅增大物塊與木板間的幼摩擦因數

【答案】AC

【詳解】設物塊的質量為機，木板的質量為"，物塊與木板間的動摩擦因數為〃，木板長為上。對物塊進

行受力分析，列牛頓第二定律方程有尸-W咫二〃/

解得物塊向右勻加速運動的加速度為q=￡-〃g

m

同理對木板進行受力分析，列牛頓第二定律方程有〃〃唁=

解得相反向右勻加速運動的加速度為個翳

物塊從木板右端離開時，相對位移等于木板的長度乙，則根據勻變速直線運動的位移公式有

解得物塊在木板上運動的時間為/=

則物塊與木板的速度差為Av=匕-嶺=41/一％,=—%）

所以僅增大水平恒力廠或僅增大人板的質量〃，都會使小，增大，而僅增大物塊質量加和僅增大物塊與木

板間的動摩擦因數〃，都會使△口減小。

故選AC。

17.（多選）如圖（a）所示，水平地面上有一足夠長的、質量為1kg的木板，木板上放有一可視為質點、

質量為1kg的物塊。給木板一水平向右的初速度％=5m/s,同時也給物塊一水平向左的初速度，物塊恰好

未滑高木板，整個運動過程中，木板的速度丫隨時間，變化關系如圖（b）所示，重力加速度g取IOm/s2,

則下列說法正確的是（）

%

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\>\\\\\\\

圖⑻

A.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.6

B.木板與地面之間的動摩擦因數為0.4

C.物塊的初速度大小為6mzs

D.木板的長度為5m

【答案】AD

【詳解】AB.由圖（b）可知，在0?0.5s內，木板的加速度大小為q=IOm/s2

設物塊與木板之間的動摩擦因數為從，木板與地面之間的動摩擦因數為〃2,對木板受力分析有

_^mg+^2-2nig

在0.5?Is內,木板的加速度大小為。2=2m/s2

對木板受力分析可知，木板的加速度的大小為例=此空二絲二整

ni

聯立可解得從=0642=0.2,故A正確，B錯誤：

C.在0?1s內，物塊的加速度大小為%=Mg=6m/s2

所以物塊的初速度大小為片，有-lm/s=w+//

解得K=-7m/s,故C錯誤；

D.在0~ls內，物塊的位移大小為$=號*101=401,方向向左；

木板的位移大小為占二（1^0.5+^^0?5'=1?1,方向向右。

所以木板的長度為上=%+&=5m,故D正確。

故選ADo

18.如圖甲所示，水平面上放置質量M=lkg的足夠長的木板A,木板A上放置質量〃，=2kg的滑塊B,水

平力/作用于滑塊B上，尸隨時間變化的關系如圖乙所示，。時刻滑塊B相對木板A發生相對滑動，此時

拉力變成恒定的20No已知滑塊B與木板A之間的動摩擦因數H=04,木板A和水平面之間的動摩擦因

數必=01，重力加速度g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求:

甲乙

（1居=6s時，A、B的加速度;

(2居時刻滑塊B的速度大小；

(3)0?15s內滑塊B相對木板A的位移。

【答案】(l)3m/s2；(2)18.75m/s；(3)18m

【洋解】⑴對整體受力分析，剛開始運動時，有d=〃2(m+")g

解得心=3N

由F”圖像可知尸=2/

聯立解得剛開始運動時刻為z=1.5s

整體開始運動后先一起做加速運動，當木板A的加速度達到最大時，A、B發生相對運動，對A受力分析,

由牛頓第二定律，有M〃[g-〃2W+M)g=MQo

解得a(j=5tn/s2

對B受力分析，由牛頓第二定律，有片〃產gf/

聯立解得A、B發生相對運動時拉力為F；=18N

聯立解得A、B發生相對運動的時刻為to=9s

因此〃=6s時，AB以共同的加速度運動，此時/=2//=12N

把AB看成一個整體，由牛頓第二定律，有尸-〃2(/〃+")g=(拉+〃)％

解得aj=3m/s2

(2)滑塊B相對木板A剛開始運動前，A、B一起加速運動，對整體受力分析有

F-//,(m+M)g+M”

2

整理有。=不一1

4”圖像如圖所示

由,7-/圖像的面積表示速度變化量可知滑塊B相對木板A剛開始運動時的速度大小為

v=—x5x(9-1.5)m/s=18.75m/s

（3）由上述分析可知1.5-9s之間A、B存在相對滑動，9s后對A受力分析，由牛頓第二定律，有

4mg-必（〃?+M）g=

解得<7j=5m/s2

對B受力分析,由牛頓第二定律，有F-從mg=

解得aj?=6m/s2

則9s后由位移■時間公式可得A的位移為4=+

2

B的位移為與=Vt+y?B/

聯立解得整個過程中A、B的相對位移為&=與一4=18m

19.如圖所示，在傾角為0=37。的固定斜面上放置一足夠長的薄木板Q,Q下端與斜面底端間距為18.5m。

Q下端放置小物塊P（可視為質點），在外力作用下P、Q處于堂止狀態。已知P與Q間的動摩擦因數為

0.25,Q與斜面間的動摩擦因數為0.5,P與斜面間的動摩擦因數為?，P、Q的質量均為1kg。重力加速度

O

為g=10m/s2,/=0時,撤去外力,同時P獲得8m/s的初速度沿斜面方向上滑,Q獲得2m/s的初速度沿

斜面方向下滑，sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

（l）P速度減為零時Q的速度；

（2）從開始到P與Q分離所需要的時間；

（3）P與Q到達斜面底端的時間差（答案可含根號）。

【答案】⑴0；（2）2.5s；（3）（3>/2-2）S

【詳解】（1）取沿斜面向下為正方向，P的初速度為a二-8m/s

當f=0時，根據牛頓第二定律,對P分析有"啰in0+H〃?gcose=〃?q

解得P上滑的加速度為q=8m/s：

加速度方向為正，說明P減速上滑

對Q分析有加gsinO-〃|加geos。一外x2mgcos0=ma.

解得Q卜滑的加速度%=-4m//

加速度為負，說明Q減速下滑

P速度減為零時0=%+卬1

解得4=ls

Q速度減為零時0=%+〃/

解得《=0.5s

可知

即Q先減速為零，然后保持不動直到P滑落，故P減速為零時，Q的速度為零。

(2)P速度成為零時P沿斜面上滑距離為/=/勺=4m

之后P加速下滑，根據牛頓第二定律有〃?gsine-M〃?gcose=m4

解得=4m/s?

Q下滑距離為XQ=￡f；=0.5m

根據牛頓第二定律有機gsin9+〃/;gcosJ-〃2x2〃?gcos。=ma\

解得4=0

說明Q仍然靜止

P離Q底端距離為'U+%=4.5m

P與Q分離&”goH

解得，2=1.5s

則從開始到P與Q分離所需要的時間為f總=%+，2=2.5s

(3)P從Q下端滑下后，P下滑：根據牛頓第二定律有機gsinO-M；〃儂os9=wq"

解得a：=3m/s2

Q卜滑，根據牛頓第二定律行〃?gsin。-〃必geos。?:以；

解得%=2m/s?

此時兩者與斜面底端間距為/=▲-。=18m

P下滑至底端/=(*)，3+g*2

解得A=2s

Q下滑至底端/=；域1

解得右=3任

則P與Q到達斜面底端的時間差為4=。-4=(3應-2卜

THREE\幽鼠1T3通關特訓

1.如圖所示，高空滑索早期是用于貧困山區的交通工具，后發展為高山自救及軍事突擊行動，如今發展

為現代化體育游樂項目。現簡化該模型如下：固定的足夠長斜桿粗糙程度未知，與水平面的夾侑為巴桿上

套一個金屬環，不可伸長的輕繩連接著金屬環和小球，質量分別為機、現給環和球組成的系統一沿桿方

向的初速度%,經過一段時間后兩者保持相對靜止，忽略空氣阻力。下列說法正確的是(

A.兩者相對靜止位置如圖1時，系統一定處于靜止狀態

B.兩者相對靜止位置如圖2時，系統一定沿桿下滑

C.兩者相對靜止位置如圖3時，系統一定沿桿下滑

D.兩者相對靜止位置如圖4時，系統一定沿桿下滑

【答案】C

【詳解】A.兩者相對靜止位置如圖1時，小球的加速度為0,系統加速度為0，系統可能靜止，也可能處

于勻速直線運動狀態，A錯誤；

BD.兩者相對靜止位置如圖2、圖4時，小球的加速度方向沿桿向下，其運動方向可能沿桿向上減速，也

可能沿桿向下加速，BD錯誤；

C.兩者相對靜止位置如圖3時，小球的加速度方向沿桿向上，其運動方向只可能沿桿向下減速，不可能向

上加速(根據能量關系判斷)，C正確。

故選Co

2.如圖所示是手提彈簧燈籠，拴連在彈簧頂部的公仔A的質量為2〃小底座B（含燈泡）的質量為〃?，連

接A、B的彈簧質量忽略不計。某次通過提桿對細繩施加豎直向上、大小為5〃嚕的恒力，一段時間后，A、

B一起向上做勻加速直線運動，彈簧未超出彈性限度，且不考慮空氣阻力。若細繩突然斷開，則此瞬間（）

A.底座B的加速度方向向下B.彈簧彈力大小為

C.底座B的加速度大小為gg

D.公仔A的加速度大小為

【答案】D

【詳解】ABC.A、B一起向上做勻加速直線運動時，以A、B為整體，根據牛頓第二定律可得

5mg-（2m+m）g=（2m+m）a

2

解得

J

以B為對象，根據牛頓第一定律可得々單-=

解得彈簧彈力大小為七二?"g

細繩突然斷開，此瞬間彈簧彈力保持不變，底座B的受力不變，加速度不變，則此時底座B的加速度大小

為:g，方向向上，故ABC錯誤；

D.細繩突然斷開，此瞬間彈簧彈力保持不變，以A為對象，根據牛頓第二定律可得%+2〃吆=2加見

解得公仔A的加速度大小為以=?g,故D正確。

6

故選D。

3.傳送帶在實際生活和工業生產中應用豐富，極大提高了生活便利性和工業生產效率。如圖所示，某快遞

分揀車間用傾角為。的傳送帶運送包裹，傳送帶始終以速率力逆時針勻速轉動，某包裹與傳送帶間的動摩擦

因數為〃，在某段時間內該包裹以恒定速率匕沿傳送帶向下運動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。這段時間

內下列說法中正確的是（）

v2

A.傳送帶對包裹的作用力豎直向上B.匕可能大于彩

C.包裹運動過程中其機械能無損失D.4可能小于tan，

【答案】A

【詳解】A.該包裹以恒定速率當沿傳送帶向下運動，則貨物受力平衡，貨物受重力、靜摩擦力、支持力作

用，傳送帶對包裹的作用力豎直向上，故A正確；

B.若匕大于險,此時摩擦力沿斜面向下，貨物受力不平衡，故B錯誤；

C.包裹運動過程中，摩擦力做負功，其機械能減小，故C錯誤：

D.根據共點力平衡條件有〃?gsin".G《"wgcos。

解得"2tan6,故D錯誤。

故選Ao

4.如圖所示，傾角為0的傳送帶以恒定的速率%逆時針轉動，將一可視為質點的工件輕放在傳送帶上端，

經時間4從下端以速率9滑出且傳送帶上留下了一段長度為4的劃痕。現清除劃痕，將傳送帶逆時

針勻速轉動的速率增大為%,再次將該工件輕放在傳送帶上端，經時間G從下端以速率匕滑出，傳送帶上

留下的劃痕長度為已知工件與傳送帶間的動摩擦因數為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法

正詼的是（）

A.〃一定大于tan8

C.匕一定小于匕D.6一定大于4

【答案】B

【詳解】A.工件從傳送帶上端向下運動時，做勻加速運動，運動的加速度大小

a,=-------------------------=gsin。+4gcos0

m

工件滑出傳送帶的速度匕＞%,說明工件與傳送帶達到共同速度后再加速運動，加速度大小

mgsin0-umgcos0._?

a,=—2---------------=gsin夕一〃gcos0

m

則Mgsin0＞//mgcos0

即〃vtan。，故A錯誤;

B.傳送帶以速度%運動時，工件運動的丫一，圖像如圖中1線。當傳送帶以速度山運動時，工件可能一直勻

加速運動，工件滑出時的速度大小丫《匕，工件運動的VT圖像如圖中2線：也可能先勻加速在速度達到匕

后再次以加速度生做勻加速運動，工件運動的V—圖像如圖中3線，如圖

由于工件在傳送帶上運動的位移大小相等，V—圖像與時間軸圍成的面積相等，由圖可知，2＜小故B正確;

C.工件的速度達到%前，工件在傳送帶上運動的位移大小號相等、時間&相等：當傳送帶以速度心運動

時，若工件一直勻加速運動，剩下的一段位移&=苫區&-加)

當傳送帶以速度％運動時，若工件一直勻加速運動，剩下的一段位移出="上&-&)

由于4%,所以彩＞匕，故C錯誤；

D.傳送帶上留下的劃痕長度為工件與傳送帶相對位移的大小，當傳送帶以％速度運動時，工件若恰好到達

下端時劃痕K度等于4傳送帶的長度。當傳送帶以％速度運動時,達到共同速度前,工件的速度小于傳送帶

的速度；達到共同速度后，工件的速度大于傳送帶的速度，兩次的劃痕有重疊，最后劃痕的長度4可能等于

傳送帶的長度，故D錯誤。

故選B。

5.如圖所示，水平傳送帶以速度W=2m/s向右勻速傳送。可視為質點的小物塊P、Q的質量均為1kg,由

跨過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，，?0時刻P在傳送帶左端具有向右的速度七一5m/$,P與定滑輪間的

繩水平，不計定滑輪質量和摩擦。小物塊P與傳送帶間的動摩擦因數〃=02,傳送帶兩端距離￡=5m,繩

2

足夠長，g=10m/so關于小物塊P的描述正確的是（）

A.小物塊P剛滑上傳送帶時的加速度大小為2m/s?

B.小物塊P將從傳送帶的右端滑下傳送帶

C.小物塊P離開傳送帶時的速度大小為3Vim/s

D.小物塊P在傳送帶上運動的時間為土也s

4

【答案】D

【詳解】A.小物塊P剛滑上傳送帶時，相對傳送帶向右運動，對小物塊P分析，P水平方向受向右的摩擦

力和繩子拉力，根據牛頓第二定律有丁+fimg=叫

對小物塊Q分析，根據牛頓第二定律有〃唁-7二〃叫

聯立解得q=6m/s2,故A錯誤:

BCD.小物塊P與傳送帶共速前，根據運動學公式得小物體P的位移大小

7廣

K=m=—m<5m

2a."2x64

射箕52

即小物塊P速度減小到功時未從傳送帶右端滑出。所用的時間4=」j=f-s=0.5s

axo

小物塊Q的重力GQ=mg=1ON

小物塊P所受的最大靜摩擦力4==2N

在小物塊P的速度和傳送帶速度相等后，因為小物塊Q的重力大于小物塊P所受的最大靜摩擦力，所以摩

擦力會突變向右，對小物塊P、Q整體，根據牛頓第二定律有=2〃也2

解得牝=401/$2

方向水平向左，則小物塊P從町減小到0的位移大小為々=4='m=0.5m

222x4

9

則有x,+x,=~n\<L

4

所以小物塊P不會從傳送帶右端滑出。小物塊P從力減小到0的時間L=±=0$s

之后，小物塊P以〃2向左加速運動，有石+/二；生片

解得f=±^S

4

運動到傳送帶最左端的速度%=?3=4x乎m/s=3垃m/s

綜上所述，小物塊P在傳送帶上運動的時間為f=4+，2+/3=W&s,故BC錯誤，D正確。

故選D。

6.如圖所示，足夠長的木板置于水平地面上，其上表面光滑，質量為M=10kg,在水平拉力尸=50N的作

用下，以%=5m/s的速度沿水平地面向右勻速運動，現有若干個小鐵塊（可視為質點），每個質量均為〃?=lkg,

將第一個鐵塊尢初速地放在木板最右端，當木板運動了￡=lm時，乂將第二塊尢初速地放在木板最右端，

以后只要木板運動了L就在木板的最右端無初速地放上一個鐵塊，直到木板停下來，就不再向木板上放鐵

塊了,g=10m/s2,而1=14.2c則下列說法正確的是（）

■■■,I

「/F

M--------?

xxXWWwwwwwWWxWXWWx\wwxxwxw

A.最終