考点 12 牛顿第二定律的综合应用
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
计算题 动力学两类基本问题 2022 年浙江卷
选择题 连接体问题 2024 年全国甲卷
计算题 传送带模型 2024 年湖北卷
选择题、计算题 板块模型 2024 年高考新课标卷、辽宁卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的
选题也有难度稍大的计算题。
【备考策略】
1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。
2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。
3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。
4.利用牛顿第二定律处理板块模型。
【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。
一、动力学两类基本问题
1.已知物体的受力情况求运动情况；
2.已知物体的运动情况求受力情况。
二、连接体问题
多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。
(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接
体的速率相等。
(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。
(3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等，轻杆平动时，连接体具有
相同的平动速度。
三、传送带模型
1．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，
对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
四、板块模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作
用下发生相对滑动。
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝
x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
考点一 动力学两类基本问题
1.把握“两个分析”“一个桥梁”
2.找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,
可画位置示意图确定位移之间的联系。
3.两类动力学问题的解题步骤
考向 1 已知受力情况求运动情况
1．某实验小组打算制作一个火箭，甲同学设计了一个火箭质量为m ，可提供恒定的推动力，大小为
F = 2mg ，持续时间为 t;乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m 的
t m t m
火箭飞行经过 时，火箭丢弃掉 的质量（推动力不变），剩余 时间，火箭推动剩余的 继续飞行。若
2 2 2 2
采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为 h 。则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为（重力加速
度取 g ，不考虑燃料消耗引起的质量变化）（ ）
A． 2h B． 2.5h C． 2.75h D．3.25h
2．置于水平地面上，质量为1kg 的物块在6N的水平拉力作用下做匀加速直线运动。已知物块与水平面前
的动摩擦因数为 0.4，重力加速度取10m s2 。该物块依次通过 A、B、C、D 四个位置，如图所示，已知
AB = 3m ，CD = 9m ，且该物块通过 AB 段和CD 段的时间均为1s，那么BC 段的长度为（ ）
A． 4m B．8m C．12m D．16m
考向 2 已知运动情况求受力情况
3．如图所示，倾角为 37°的斜面固定在水平桌面上，上表面光滑。质量为 1kg 的小滑块位于斜面底端，对
滑块施加一个与斜面夹角为 37°的拉力 F，使其由静止开始运动，1s 后撤掉 F，再经 1s 滑块返回出发点，
重力加速度大小取 g = 10 m / s2 ， sin37° = 0.6， cos37° = 0.8，则 F 的大小为（ ）
A．8N B．10N C．12N D．15N
4．无人机由于小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。某消防中队接到群众报警，赶至
火灾点后，迅速布置无人机消防作业，假设无人机从静止竖直向上起飞，匀减速直线运动后恰好悬停在火
灾点，整个过程速度时间图像如下图示，已知无人机的质量（含装备等）为 15kg，下列说法正确的是
（ ）
A．无人机整个上升过程平均速度 5m/s
B．加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要大
C．火灾位置距离消防地面的距离为 90m
D．加速阶段时，无人机螺旋桨的升力大小为 75N
考点二 连接体问题
考向 1 加速度相同的连接体问题
1.整体法的选取原则及解题步骤
①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②运用整体法解题的基本步骤：
2.隔离法的选取原则及解题步骤
①当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
②运用隔离法解题的基本步骤：
第一步：明确研究对象或过程、状态。
第二步：将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
第四步：选用适当的物理规律列方程求解。
3.处理连接体问题的四点技巧
(1)同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法。
(2)不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，
但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解。
(3)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求
物体间的作用力。
(4)用隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
5．如图所示，5 块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F 推
第 1 块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是（ ）
A．由左向右，两块木块之间的相互作用力依次变小
B．由左向右，两块木块之间的相互作用力依次变大
C．第 2 块木块与第 3 块木块之间的弹力大小为0.8F
D．第 3 块木块与第 4 块木块之间的弹力大小为0.6F
6．如图甲所示，物块 A、B 中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块 A 的质
量为 1.5kg。t=0 时对物块 A 施加水平向右的恒力 F，t=1s 时撤去，在 0~1s 内两物块的加速度随时间变化的
情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．F 大小为 1N B．t=1s 时弹簧弹力为 0.6N
C．物块 B 的质量为 0.8kg D．t=1s 时物块 A 的速度为 0.8m/s
考向 2 加速度不相同的连接体问题
加速度不同的连接体问题处理方法：
（1）方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
（2）方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：
此时牛顿第二定律的形式： F合x = m1a1x m2a2 x m3a3x ； F合 y = m1a1y m2a2 y m3a3 y
说明：①F 合 x、F 合 y 指的是整体在 x 轴、y 轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；
②a1x、a2x、a3x、……和 a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在 x 轴和 y 轴上相对地面的加速度。
7．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为 M，环的质
量为 m，如图所示。已知重力加速度为 g，环沿杆以加速度 a 匀加速下滑，则此时箱子对地面的压力大小
为（ ）
A．Mg＋mg－ma B．Mg－mg＋ma
C．Mg＋mg D．Mg－mg
8．如图所示，质量为 M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点 P
和物体 B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体 A、B 的质量分别为 m、2m，A 与斜面间的动摩擦因
3
数为 ，重力加速度大小为 g，将 A、B 由静止释放，在 B 下降的过程中（物体 A 未碰到滑轮），斜面体
3
静止不动。下列说法正确的是（ ）
4
A．轻绳对 P 点的拉力大小为 mg
3
1
B．物体 A 的加速度大小为 g
3
C．地面对斜面体的支持力大小为Mg 2mg
D．增大 A 的质量，再将 A、B 静止释放，则 B 有可能上升
考点三 传送带模型
考向 1 水平传送带
1.三种常见情景
常见情景 物体的 v-t 图像
v2 v2
条件： l 条件： l
2ug 2ug
条件：v0=v 条件：v0v
① l x ;② l x ① l x物 ;② l x物 物 物
v 2
v 2 v 2 条件： l 0 ；v0条件： l 0 条件： l 0 ；v >v 2ug
2ug 2ug 0
2.方法突破
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为 0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送
带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在
匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则 Δs＝|s 传－s 物|；
②若二者反向，则 Δs＝|s 传|＋|s 物|。
9．在地铁和火车站入口处可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。当旅客把行李
放到传送带上时，传送带从静止开始启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱由静止放到传送带上
后，传送带开始按照如图乙所示的规律运动（向右为速度的正方向）。若行李箱与传送带之间的动摩擦因
数为 0.1，重力加速度 g 取 10m/s2，传送带足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。下列说法正确的是
（ ）
A．经过 ls 的时间行李箱与传送带共速
B．行李箱相对于传送带滑动的距离为 2m
C．若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要
的时间保持不变
D．若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离将保持
不变
10．如图甲，一足够长的水平传送带以恒定速率 v1，顺时针匀速转动，传送带右端的光滑水平面与传送带
上表面等高，二者平滑连接于 A 点。一滑块（可视为质点）以水平向左的速度 v2从 A 点滑上传送带，在传
送带上运动时其动能 E 随路程 x 变化的关系图像如图乙所示。滑块的质量为 m=3kg，设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小取 g=10m/s2。下列说法错误的是（ ）
A．滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ=0.2
B．图乙中 x0 =26
C．滑块在传送带上运动的时间为 12.5s
D．从滑块滑上传送带到再次滑回水平面的过程中，滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为 150J
考向 2 倾斜传送带
知识点 2 倾斜传送带
1.两种常见情景
常见情景 v-t 图像
2 2
条件： l v v ；μ>tanθ 条件： 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
条件： ；μ>tanθ 条件： ；μ>tanθ 条件： ；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.倾斜传送带问题分析
（1）物体沿倾角为 θ 的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决
倾斜传送带问题时要特别注意 mgsin θ 与 μmgcos θ 的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方
向的关系，确定物体运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
（2）痕迹问题：共速前，x 传>x 物，痕迹 Δx1=x 传-x 物，共速后，x 物>x 传，痕迹 Δx2=x 物-x 传，总痕迹取二者中
大的那一段。
11．2023 年 5 月 28 日，东航 C919 首个商业航班——MU9191 航班从上海虹桥国际机场起飞，平稳降落在
北京首都国际机场，标志着国产大飞机 C919 圆满完成首个商业航班飞行。如图甲为机场工作人员利用传
送带将货物运送到机舱的情景，简化为如图乙所示。长度 L = 20m 的传送带以 v = 4m/s 顺时针运动，某时
刻将质量为 m 的货物（可看做质点）无初速度放在传送带底端， t1 = 4s时货物与传送带共速，之后随传送
带一起运动到上方机舱，传送带与水平面间的夹角q = 37°，重力加速度 g =10m / s2 ， sin 37° = 0.6 ，
cos37° = 0.8，则（ ）
A．货物加速阶段的位移大小为16m B．货物在传送带上运动的时间为7s
C．货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 4m D．货物与传送带之间的动摩擦因数为 0.5
12．如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为q ，保持某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻
放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为 ，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。
q 、 v0、 t0 已知，重力加速度为 g，则（ ）
A．传送带一定顺时针转动
B．传送带的速度大小等于 2v0
vC 0． = - sinqgt0 cosq
v
D． t 00 时间后木块的加速度大小为 2g sinq - t0
考点四 板块模型
知识点 板块模型的解题策略
运动状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动
处理方法 隔离法 假设法 整体法
假设两物体间无相对滑动，先用整
对滑块和木板进行隔 体法算出一起运动的加速度，再用
将滑块和木板看成一个
离分析，弄清每个物体 隔离法算出其中一个物体“所需
具体步骤 整体，对整体进行受力分
的受体情况与运动过 要”的摩擦力 Ff；比较 Ff 与最大静
析和运动过程分析
程 摩擦力 Ffm 的关系，若 Ff>Ffm，则
发生相对滑动
①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变
临界条件 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑
块滑离木板的临界条件
相关知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等
考向 1 无外力板块模型
13．如图所示，光滑水平面上静置一质量为 m 的长木板 B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量也为 m
的小物块 A（可视为质点）从左端以速度 v 冲上木板。当 v = v0 时，小物块 A 历时 t0 恰好运动到木板右端与
木板共速，则（ ）
v0 tA．若 v = ，A、B 相对运动时间为 02 2
v vB．若 = 0 ，A、B2 相对静止时，A 恰好停在木板 B 的中点
t
C．若 v = 2v0 ，A 经历 0 到达木板右端2
D．若 v = 2v0 ，A 从木板 B 右端离开时，木板速度等于 v
14．如图甲所示，质量为2kg的长木板 B 静止放置于光滑水平面上， t = 0时刻物块 A（可视为质点）以
3m / s的初速度滑上 B 的左端，A 最终与 B 相对静止，A、B 的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加
速度取 g =10m / s2 ，则（ ）
A．物块 A 的质量为 4kg
B．物块 A 与长木板 B 之间的动摩擦因数为 0.2
C．长木板 B 的长度为 2m
D．物块 A 在 B 上滑动过程中对地的位移为1.5m
考向 2 有外力板块模型
15．如图所示，质量为 4kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为 2kg 的物块，现对物
块施加一大小为 12N、水平向右的恒定拉力 F，只要拉力 F 作用的时间不超过 1s，物块就不能脱离木板。
已知物块与木板间的动摩擦因数为 0.4，木板与地面间的动摩擦因数为 0.1，物块可视为质点，取重力加速
度大小 g =10m/s2 。则木板的长度为（ ）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
16．如图所示，A、B 两物块叠放在水平地面上，质量分别为mA =1kg ，mB = 2kg ，用水平向右的拉力 F
作用在 B 上，A、B 间的动摩擦因数 = 0.2 ，重力加速度 g 取10m/s2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
（ ）
A．如果AB静止，则 A 受到的摩擦力向右
B．如果AB静止，则 B 共受到 4 个作用力
C．如果AB一起向右做匀加速直线运动，B 受到 A 的摩擦力水平向右
D．如果地面光滑，AB一起向右做匀加速直线运动，F 不能超过6N
1．如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边
缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为
M=90g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为 f1 = 2.5N，羽毛球质量为 m=5g，球头离筒的上端
距离为 d=7.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为 f2 = 0.2N ，重力加速度 g = 10m/s2 ，空气阻力忽略不计。当
球筒获得一个初速度后（ ）
A．羽毛球的加速度大小为10m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 3m/s
D 7 5．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 m/s
5
2．如图所示，质量M = 2kg的玩具动力小车在水平面上运动时，小车牵引力F = 8N 和受到的阻力 f =1N
均为恒力，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m =1kg 的物体由静止开始运动。运动 t=4s后，轻绳从物
体上脱落，物体继续滑行一段时间后停止。物体与地面之间的动摩擦因数为 = 0.4 ，g 取10m/s2 ，不计空
气阻力。下列说法正确的是（ ）
7
A m/s2．轻绳脱落之前，小车的加速度大小是 3
B．轻绳脱落之前，绳的拉力为 5N
C．轻绳脱落之后，物体继续滑行时间 2s
D．物体刚停止时，小车的速度大小是3.5m/s
3．如图所示，甲、乙两只猴子沿绕过定滑轮的轻绳下滑，甲的质量大于乙的质量，甲与绳间的摩擦力大
小为 f1，乙与绳间的摩擦力大小为 f2，甲下滑的加速度大小为 a1，乙下滑的加速度大小为 a2。不计滑轮的
质量及绳与滑轮的摩擦，则下列关系正确的是（ ）
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．如图所示，竖直放置的轻弹簧的下端固定在水平地面上，上端拴接着质量为m 的木块A 。开始时质量
为 2m 的木块B叠放在木块A 上，A 、B保持静止，此时弹簧的压缩量为 x 。现取走B物体，弹簧始终竖
1 2
直，且处于弹性限度内。不计空气阻力，已知弹簧的弹性势能Ep = kx ，则在A 运动过程中（ ）2
A．当木块A 在最高点时，弹簧对A 的作用力为mg
B．当木块A 在最高点时，弹簧对A 的作用力为3mg
1
C．基于初始位置，木块A 上升 x 时，A 速度最大
3
D．基于初始位置，木块A 上升 x 时，A 速度最大
5．如图 1，水平传送带（A、B 为左右两端点）顺时针匀速传动， t = 0时在 A 点轻放一个小物块，物块在
皮带上运动全过程中的位移—时间关系图像如图 2（0—4s 为抛物线，4s—6s 为直线）。重力加速度 g 取
10m / s2 ，下列说法中正确的是（ ）
A．若传送带在 t=4s时停转，则物块将停在 B 点左侧
B．若该物块以 6m/s 的速率从 B 端向左滑上皮带，则物块从皮带的左侧离开
C．若该物块以 6m/s 的速率从 B 端向左滑上皮带，则物块从皮带的右侧离开
D．若该物块（质量m = 0.1kg ）以 2m/s 的速率从 B 端向左滑上皮带，物块与皮带之间摩擦生热为 2J
6．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为 v=4m/s 的恒定速率顺时针转动。一质量 m=1kg 的煤
块以初速度 v0=14m/s 从 A 端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图所示，g=10m/s2，
则下列说法正确的是（ ）
A．煤块上升的最大位移为 9m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为 0.25
C．煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 (6 13)s
D．煤块在皮带上留下的划痕为 (17+4 13)m
7．如图甲所示，光滑水平面上静置一个长木板，长木板上表面粗糙，其质量为 m0，t=0 时刻质量为 m 的
滑块以水平向右的速度 v 滑上长木板左端，此后长木板与滑块运动的 v-t 图像如图乙所示，下列分析正确
的是 ( )
A．m0=m
B．m0=2m
C．长木板的长度为 1 m
D．长木板与滑块最后的速度大小都是 2 m／s
8．如图甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A。木板 B 受到随时间 t 变化的水
平拉力 F 作用时，木板 B 的加速度 a 与拉力 F 的关系图像如图乙所示，则 A、B 的质量 mA、mB分别为
（ ）
A．1kg，3.5kg B．2kg，4kg C．3kg，1.5kg D．4kg，2kg
9．如图所示，现采用前拉后推的方式在光滑的固定斜面上移动 A、B 两个物体，斜面倾角为30°且足够
长，两物体相互接触但不黏合，质量为mA = 2kg，mB = 3kg 。从 t = 0时刻开始，推力FA 和拉力 FB 分别作
用于 A、B 上，FA 和 FB 随时间变化规律为FA = (50 - t)(N)，F = (20 t)(N) ，g =10m / s2B 。则关于两个物
体的运动以下说法正确的是（ ）
A． t =10s 的时刻，A 的加速度为15m / s2
B． t =10s 的时刻，B 的加速度为9m / s2
C． t = 40s的时刻，B 的加速度为15m / s2
D． t = 40s的时刻，A 的加速度为9m / s2
10．如图甲所示，劲度系数 k=500N/m 的轻弹簧，一端固定在倾角为 q = 37°的带有挡板的光滑斜面体的
底端，另一端和质量mA 的小物块 A 相连，质量为mB 的物块 B 紧靠 A 一起静止。现用水平推力使斜面体
以加速度 a 向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为 x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小 x 随
加速度 a 的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度 g =10m / s2 ，
sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，下列说法正确的是（ ）
A．mB=1kg
B．mA=3kg
C．若 a = a0 ，稳定时 A 对斜面的压力大小为 12.5N
D．若 a = 0.5a0，稳定时 A、B 间弹力大小为 6N
11．如图甲所示，一顺时针匀速转动的水平传送带 AB，速度为 v0。某时刻一质量为 2kg 的物块以恒定初速
度 v1冲上 A 点，以速度 v2离开 B 点，物块与传送带之间的动摩擦因数为 0.2。当传送带速度 v0为不同值
时，物块离开 B 点时的速度 v2随 v0变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（物块可视为质点，重力
加速度 g = 10m/s2 ）（ ）
A．传送带的长度为 1.5m
B．物块冲上传送带的初速度 v1 = 3m/s
C．当 v2 = 3.5m/s 时，物块在传送带上运动的时间为 0.375s
D．当 v0 < 2m/s时，物块在传送带上运动的过程中，受到的摩擦力方向可能向右
12．国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图 1 所示，以某一恒定速率运行的传送带与水平
面的夹角q = 37°，转轴间距 L = 3.5m 。工人沿传送方向以速度 v1 =1.5m/ s 从传送带顶端推下粮袋（视为质
点），4.5s 时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的图像如图 2 所示。已知 sin 37° = 0.6 ，
cos37° = 0.8，重力加速度 g 取10m / s2 ，则（ ）
A．在 t=0.5s 时刻，粮袋所受摩擦力方向改变
B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为 0.8
C．传送带运行的速度大小为0.5m/s
D．在0 : 2.5s内粮袋处于失重状态
13．一长木板在水平地面上运动，在 t = 0时刻将—相对于地面静止的物块轻放到木板上，之后木板运动的
速度随时间变化的图线如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，
物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．将木板速度由5m / s减小到1m / s及
由1m / s减小到 0 的过程分别用Ⅰ、Ⅱ表示，则（ ）
A．过程Ⅰ中，物块加速度大小为 2m / s2 ，木板加速度大小为8m / s2
B．过程Ⅰ中，物块，木板的加速度大小均为8m / s2
C．过程Ⅱ中．物块加速度大小为 2m / s2 ﹐木板加速度大小为 4m / s2
D．过程Ⅱ中，物块、木板的加速度大小均为3m / s2
14．如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，质量 1kg 的滑块（可视为质点），置于木板
中央。木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力 F，其 v- t 图像如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩
擦因数为 = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g =10m/s2 。下列说法正确的是（ ）
A．0~2s 滑块的加速度大小为 2m/s2
B．拉力 F 的大小 2N
C．木板的质量为 0.5kg
D．为了使滑块不脱离木板，木板的长度至少为 3m
15．滑梯是游乐园中常见的游乐设施，图（a）为某游乐园中的大型滑梯，其滑板部分可简化为图（b）所
示。滑板长 L=6m，其顶端距地面的高度 h=3.6m，底端与具有防护作用的水平地垫平滑连接。一质量
m=30kg 的小孩从滑板顶端沿滑板由静止滑下，到达底端时的速度大小 v=4m/s。已知小孩与水平地垫之间
的动摩擦因数为 0.8，g 取 10m/s2。求：
（1）小孩沿滑板下滑的加速度大小；
（2）小孩与滑板之间的动摩擦因数；
（3）为确保小孩的人身安全，水平地垫至少应为多长。
16．如图所示，一个质量为 M、长为 L 的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为 m 的弹性小球，M=2m，
小球和圆管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 2mg。圆管从下端距离地面为 H 处自由落下，运动
过程中，圆管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加
速度为 g。求：
（1）圆管第一次落地弹起时圆管和小球的加速度；
（2）圆管第一次落地弹起后至第二次落地前，若小球没有从圆管中滑出，则 L 应满足什么条件？
1．（2024·全国·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块 P，P 置于水平桌面上，与桌面
间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量 m，并测量 P
的加速度大小 a，得到 a- m 图像。重力加速度大小为 g。在下列 a- m 图像中，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·安徽·高考真题）倾角为q 的传送带以恒定速率 v0顺时针转动。 t = 0时在传送带底端无初速轻放
一小物块，如图所示。 t0 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到 v0。不计空气阻力，则物块从传送
带底端运动到顶端的过程中，加速度 a、速度 v 随时间 t 变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送
带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
4．（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为 μ。 t = 0时，木板在水平
恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知
t = 0到 t = 4t0的时间内，木板速度 v 随时间 t 变化的图像如图所示，其中 g 为重力加速度大小。 t = 4t0时
刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在 t = 3t0 时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为 2μ
C．小物块与木板的质量比为 3︰4 D． t = 4t0之后小物块和木板一起做匀速运动考点 12 牛顿第二定律的综合应用
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
计算题 动力学两类基本问题 2022 年浙江卷
选择题 连接体问题 2024 年全国甲卷
计算题 传送带模型 2024 年湖北卷
选择题、计算题 板块模型 2024 年高考新课标卷、辽宁卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的
选题也有难度稍大的计算题。
【备考策略】
1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。
2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。
3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。
4.利用牛顿第二定律处理板块模型。
【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。
一、动力学两类基本问题
1.已知物体的受力情况求运动情况；
2.已知物体的运动情况求受力情况。
二、连接体问题
多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。
(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接
体的速率相等。
(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。
(3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等，轻杆平动时，连接体具有
相同的平动速度。
三、传送带模型
1．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，
对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
四、板块模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作
用下发生相对滑动。
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝
x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
考点一 动力学两类基本问题
1.把握“两个分析”“一个桥梁”
2.找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,
可画位置示意图确定位移之间的联系。
3.两类动力学问题的解题步骤
考向 1 已知受力情况求运动情况
1．某实验小组打算制作一个火箭，甲同学设计了一个火箭质量为m ，可提供恒定的推动力，大小为
F = 2mg ，持续时间为 t;乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m 的
t m t m
火箭飞行经过 时，火箭丢弃掉 的质量（推动力不变），剩余 时间，火箭推动剩余的 继续飞行。若
2 2 2 2
采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为 h 。则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为（重力加速
度取 g ，不考虑燃料消耗引起的质量变化）（ ）
A． 2h B． 2.5h C． 2.75h D．3.25h
【答案】C
【详解】对甲同学的火箭，t 时间的加速度 a1，由牛顿第二定律，可得 F－mg＝ma1解得 a1＝gt 时刻的速
1 v2 t t
度 v1＝a1t
2
上升的高度 h = gt + 1 = gt 2对乙同学的火箭，在 0～ 内的加速度 a2＝a1＝g 时刻的速度为2 2g 2 2
v t 1 t2 = a2 × = gt 在 ～t 内加速度为 a
' 1
2，则F - mg
1 ma ' a ' 3g ' ' t= 2 解得 2 = 在 t 时的速度 v2 = v2 + a2 × = 2gt 上2 2 2 2 2 2
h v2 t v
'
2 + v2 t v
'2
2
升的高度为 = × + × + 2 = 2.75gt = 2.75h 故 C 正确；ABD 错误。故选 C。
2 2 2 2 2g
2．置于水平地面上，质量为1kg 的物块在6N的水平拉力作用下做匀加速直线运动。已知物块与水平面前
的动摩擦因数为 0.4，重力加速度取10m s2 。该物块依次通过 A、B、C、D 四个位置，如图所示，已知
AB = 3m ，CD = 9m ，且该物块通过 AB 段和CD 段的时间均为1s，那么BC 段的长度为（ ）
A． 4m B．8m C．12m D．16m
【答案】C
F - mmg 6 - 0.4 1 10 2 2
【详解】根据牛顿第二定律可得，物体的加速度为 a = = m / s = 2m / s 设 B 点的速度
m 1
1 2
为 vB ，物块通过 AB 段，根据逆向思维可得 xAB = vBt - at = 3m解得 vB = 4m / s 设 C 点的速度为 vC ，物块通2
1
过CD 2段，根据运动学公式可得 xCD = vCt + at = 9m解得 vC = 8m / s则BC 段的长度为2
v2 - v2 82 2x C B - 4BC = = m =12m故选 C。2a 2 2
考向 2 已知运动情况求受力情况
3．如图所示，倾角为 37°的斜面固定在水平桌面上，上表面光滑。质量为 1kg 的小滑块位于斜面底端，对
滑块施加一个与斜面夹角为 37°的拉力 F，使其由静止开始运动，1s 后撤掉 F，再经 1s 滑块返回出发点，
重力加速度大小取 g = 10 m / s2 ， sin37° = 0.6， cos37° = 0.8，则 F 的大小为（ ）
A．8N B．10N C．12N D．15N
【答案】B
t 1s m =1kg a F cos37° - mg sin 37°【详解】根据题意， = ， ，拉力 F 撤掉前，加速度 = 刚撤去时速度 v = at
m
x 1 2位移 1 = at 再经过 t1 =1s x vt
1 a t 2 a mg sin 37°后位移为- 1 = 1 - 1 1 ， 1 = = g sin 37°联立以上各式代入数据得2 2 m
F=10N 故选 B。
4．无人机由于小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。某消防中队接到群众报警，赶至
火灾点后，迅速布置无人机消防作业，假设无人机从静止竖直向上起飞，匀减速直线运动后恰好悬停在火
灾点，整个过程速度时间图像如下图示，已知无人机的质量（含装备等）为 15kg，下列说法正确的是
（ ）
A．无人机整个上升过程平均速度 5m/s
B．加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要大
C．火灾位置距离消防地面的距离为 90m
D．加速阶段时，无人机螺旋桨的升力大小为 75N
【答案】C
6 +12
【详解】C．根据图形中梯形面积计算可知，火灾位置距离消防地面的距离为 s = 10m = 90m，C 正
2
s
确；A．无人机整个上升过程平均速度为 v = = 7.5m/s，A 错误；
t
Dv 10
B 1．加速阶段的加速度大小 a1 = = m/s
2 =2.5m/s2 Dv2 10 2 2
Dt 4 减速阶段的加速度大小
a2 = = m/s =5m/s
1 Dt 2
，B
2
错误；
D．加速阶段时，根据牛顿第二定律 F-mg=ma1代入数据解得无人机螺旋桨产生升力为 F=187.5N，D 错
误。故选 C。
考点二 连接体问题
考向 1 加速度相同的连接体问题
1.整体法的选取原则及解题步骤
①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②运用整体法解题的基本步骤：
2.隔离法的选取原则及解题步骤
①当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
②运用隔离法解题的基本步骤：
第一步：明确研究对象或过程、状态。
第二步：将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
第四步：选用适当的物理规律列方程求解。
3.处理连接体问题的四点技巧
(1)同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法。
(2)不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，
但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解。
(3)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求
物体间的作用力。
(4)用隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
5．如图所示，5 块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F 推
第 1 块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是（ ）
A．由左向右，两块木块之间的相互作用力依次变小
B．由左向右，两块木块之间的相互作用力依次变大
C．第 2 块木块与第 3 块木块之间的弹力大小为0.8F
D．第 3 块木块与第 4 块木块之间的弹力大小为0.6F
【答案】A
【详解】设 1、2 木块之间的作用力为F12 ，每块木块的质量为m ，与地面间的动摩擦因数为m ，则以所有
木块为研究对象，根据牛顿第二定律
F - 5mmg = 5ma
以右边的 4 块木块为研究对象
F12 - 4μmg = 4ma
解得
F 412 = F5
设 2、3 木块之间的作用力为F23，以右边的 3 块木块为研究对象
F23 - 3mmg = 3ma
解得
F 323 = F5
同理可得，设 3、4 木块之间的作用力为F34，4、5 木块之间的作用力为F45
F 2 134 = F ，F5 45
= F
5
故选 A。
6．如图甲所示，物块 A、B 中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块 A 的质
量为 1.5kg。t=0 时对物块 A 施加水平向右的恒力 F，t=1s 时撤去，在 0~1s 内两物块的加速度随时间变化的
情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．F 大小为 1N B．t=1s 时弹簧弹力为 0.6N
C．物块 B 的质量为 0.8kg D．t=1s 时物块 A 的速度为 0.8m/s
【答案】B
【详解】A．t=0 时刻，对 A，有
F = mAa0
所以
F =1.5N
故 A 错误；
BC．t=1s 时，两物体加速度相同，则
F = (mA + mB )a1
kx = mBa1
代入数据解得
mB =1kg， kx = 0.6N
故 B 正确，C 错误；
D．若物体 A 的加速度从 1.0m/s2 均匀减小到 0.6m/s2，图像的面积为
v 0.6 +1.0D = 1m/s = 0.8m/s
2
由于物体 A 的 a-t 图像的面积偏小，即速度变化量小于 0.8m/s，则 t=1s 时 A 的速度大小小于 0.8m/s，故 D
错误。
故选 B。
考向 2 加速度不相同的连接体问题
加速度不同的连接体问题处理方法：
（1）方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
（2）方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：
此时牛顿第二定律的形式： F合x = m1a1x + m2a2 x + m3a3x + ； F合 y = m1a1y + m2a2 y + m3a3 y +
说明：①F 合 x、F 合 y 指的是整体在 x 轴、y 轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；
②a1x、a2x、a3x、……和 a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在 x 轴和 y 轴上相对地面的加速度。
7．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为 M，环的质
量为 m，如图所示。已知重力加速度为 g，环沿杆以加速度 a 匀加速下滑，则此时箱子对地面的压力大小
为（ ）
A．Mg＋mg－ma B．Mg－mg＋ma
C．Mg＋mg D．Mg－mg
【答案】A
【详解】环在竖直方向上受重力及箱子内的杆对它的竖直向上的摩擦力 Ff，受力情况如图甲所示
以环为研究对象
mg - Ff = ma
根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力 Ff′大小等于 Ff，故箱子竖直方向上受重力 Mg、地面
对它的支持力 FN及环给它的摩擦力 Ff′，受力情况如图乙所示
以箱子为研究对象FN = Ff + Mg = Ff + Mg = Mg + mg - ma 根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于
地面对箱子的支持力大小，即FN = Mg + mg - ma故选 A。
8．如图所示，质量为 M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点 P
和物体 B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体 A、B 的质量分别为 m、2m，A 与斜面间的动摩擦因
3
数为 ，重力加速度大小为 g，将 A、B 由静止释放，在 B 下降的过程中（物体 A 未碰到滑轮），斜面体
3
静止不动。下列说法正确的是（ ）
4
A．轻绳对 P 点的拉力大小为 mg
3
1
B．物体 A 的加速度大小为 g
3
C．地面对斜面体的支持力大小为Mg + 2mg
D．增大 A 的质量，再将 A、B 静止释放，则 B 有可能上升
【答案】B
【详解】AB．由于相同时间内物体 B 通过的位移是物体 A 通过的位移的两倍，则物体 B 的加速度是物体 A
的加速度的两倍；设物体 A 的加速度为 a，则 B 的加速度为 2a；设物体 A、B 释放瞬间，轻绳的拉力为
T，对 A、B 分别受力分析，由牛顿第二定律得 2T - mg sin 30° - mmg cos30° = ma， 2mg -T = 2m × 2a 解得
T 2= mg 1， a = g 故 A 错误，B 正确；
3 3
C．物体 B 下降过程中，对斜面体、A、B 整体分析，在竖直方向根据牛顿第二定律得
M + 3m g - FN -T sin 30° = 2m × 2a - ma sin 30
3
° 解得地面对斜面体的支持力为FN = M + m2 ÷
g 故 C 错误；
è
D．假设 B 上升，则 A 下滑，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，分析此时 A 的受力情况可知
mg sin 30° < mmg cos30° + 2T1而 A 这样的受力情况，无法下滑，故假设错误，故 D 错误。故选 B。
考点三 传送带模型
考向 1 水平传送带
1.三种常见情景
常见情景 物体的 v-t 图像
v2 v2
条件： l 条件： l
2ug 2ug
条件：v0=v 条件：v0v
① l x ;② l x ① l x物 ;② l x物 物 物
v 22 2 条件： l 0 ；v0条件： l v0 l v 条件： 0 ；v0>v 2ug2ug 2ug
2.方法突破
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为 0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送
带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在
匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则 Δs＝|s 传－s 物|；
②若二者反向，则 Δs＝|s 传|＋|s 物|。
9．在地铁和火车站入口处可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。当旅客把行李
放到传送带上时，传送带从静止开始启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱由静止放到传送带上
后，传送带开始按照如图乙所示的规律运动（向右为速度的正方向）。若行李箱与传送带之间的动摩擦因
数为 0.1，重力加速度 g 取 10m/s2，传送带足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。下列说法正确的是
（ ）
A．经过 ls 的时间行李箱与传送带共速
B．行李箱相对于传送带滑动的距离为 2m
C．若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要
的时间保持不变
D．若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离将保持
不变
【答案】C
【详解】A．由图乙可知传送带的最大速度为2m / s，行李箱的加速度为
a = mg=1m / s2
则行李箱速度与传送带相同所用时间为
t v= = 2s
a
故 A 错误；
B．行李箱在 2s 内的对地位移为
x 11 = at
2 =2m
2
传动带 2s 内的位移为
x 12 = 2 1+ 2 1=3m2
则行李箱相对于传送带滑动的距离为
Dx = x2 - x1 =1m
故 B 错误；
C．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间为
t v= = 2s
a
可知行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间保持不变，故 C 正确；
D．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，行李箱的对地位移不发生改变，由于传动带启动
加速度增加了，则传送带加速的时间减少，以最大速度运行的时间增长，则传送带对地位移变大，则行李
箱相对传送带滑动的距离将变大，故 D 错误。
故选 C。
10．如图甲，一足够长的水平传送带以恒定速率 v1，顺时针匀速转动，传送带右端的光滑水平面与传送带
上表面等高，二者平滑连接于 A 点。一滑块（可视为质点）以水平向左的速度 v2从 A 点滑上传送带，在传
送带上运动时其动能 E 随路程 x 变化的关系图像如图乙所示。滑块的质量为 m=3kg，设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小取 g=10m/s2。下列说法错误的是（ ）
A．滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ=0.2
B．图乙中 x0 =26
C．滑块在传送带上运动的时间为 12.5s
D．从滑块滑上传送带到再次滑回水平面的过程中，滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为 150J
【答案】A
【详解】A．由图乙可知，滑块在传送带上运动 18m 后速度减为 0，由动能定理有
0 - Ek = -mmgx
解得
μ=0.1
故 A 符合题意；
BC．由图乙可知，滑块在传送带上速度减为 0 后，在传送带的摩擦力作用下反向加速，之后与传送带共
速，根据牛顿第二定律
mmg = ma
解得滑块的加速度大小为
a=μg=1m/s2
由
E 1 2k = mv2
可得滑块的初速度大小为
v2 =6m/s
同理可得传送带的速率为
v1 =4m/s
向左匀减速过程所用时间为
t v= 2 =6s
a
滑块位移大小为
x v2 + 01 = t1 =18m2
传送带位移大小为
s1 = v1t1 =24m
向右匀加速过程所用时间为
t v= 1 =4s
a
滑块位移大小为
x 0 + v2 = 1 t2 =8m2
传送带位移大小为
s2 = v1t2 =16m
余下的位移为
x1 - x2 =10m
滑块以 v1的速度向右做匀速直线运动，所用时间为
t x - x3 = 1 2v =2.5s1
图乙中
x0 = x1 + x2 =26m
滑块在传送带上运动的时间为
t = t1 + t2 + t3 =12.5s
故 BC 不符合题意；
D．从滑块滑上传送带到再次滑回水平面的过程中，总的相对位移大小为
Dx = (x1 + s1) + (s2 - x2 ) =50m
滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为
Q = mmgDx =150J
故 D 不符合题意。
故选 A。
考向 2 倾斜传送带
知识点 2 倾斜传送带
1.两种常见情景
常见情景 v-t 图像
v2 v2
条件： l ；μ>tanθ 条件： 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
条件： ；μ>tanθ 条件： ；μ>tanθ 条件： 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.倾斜传送带问题分析
（1）物体沿倾角为 θ 的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决
倾斜传送带问题时要特别注意 mgsin θ 与 μmgcos θ 的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方
向的关系，确定物体运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
（2）痕迹问题：共速前，x 传>x 物，痕迹 Δx1=x 传-x 物，共速后，x 物>x 传，痕迹 Δx2=x 物-x 传，总痕迹取二者中
大的那一段。
11．2023 年 5 月 28 日，东航 C919 首个商业航班——MU9191 航班从上海虹桥国际机场起飞，平稳降落在
北京首都国际机场，标志着国产大飞机 C919 圆满完成首个商业航班飞行。如图甲为机场工作人员利用传
送带将货物运送到机舱的情景，简化为如图乙所示。长度 L = 20m 的传送带以 v = 4m/s 顺时针运动，某时
刻将质量为 m 的货物（可看做质点）无初速度放在传送带底端， t1 = 4s时货物与传送带共速，之后随传送
带一起运动到上方机舱，传送带与水平面间的夹角q = 37°，重力加速度 g =10m / s2 ， sin 37° = 0.6 ，
cos37° = 0.8，则（ ）
A．货物加速阶段的位移大小为16m B．货物在传送带上运动的时间为7s
C．货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 4m D．货物与传送带之间的动摩擦因数为 0.5
【答案】B
【详解】AD．货物刚放上传送带时做初速度为 0 的匀加速直线运动，加速阶段位移大小
x v1 = t1 = 8m2
t1 = 4s时货物与传送带共速，则加速度
a v= =1m/s2
t1
根据牛顿第二定律得
mmg cos37° - mg sin 37° = ma
解得
m = 0.875
故 AD 错误；
B．货物与传送带共速后向上做匀速直线运动，设历时 t2 到达顶端 N 处，有
L - x1 = vt2
解得
t2 = 3s
所以工件从传送带底端到达上方机舱所经过的时间为
t = t1 + t2 = 7s
故 B 正确：
C．货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
Dx = v × t1 - x1 = 8m
故 C 错误。
故选 B。
12．如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为q ，保持某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻
放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为m ，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。
q 、 v0、 t0 已知，重力加速度为 g，则（ ）
A．传送带一定顺时针转动
B．传送带的速度大小等于 2v0
C m
v
= 0． - sinqgt0 cosq
v
D 0． t0 时间后木块的加速度大小为 2g sinq - t0
【答案】D
【详解】A．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足
mg sinq mmg cosq
物块将一直匀加速到底端，且加速度不变，当木块上滑时满足
mg sinq < mmg cosq
木块先匀加速，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，故 A 错误；
B．由 A 中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块的速度大于传送带速度时，木块所受摩擦力才能沿传
送带向上，由图乙可知，传送带速度的大小等于 v0，故 B 错误；
C．木块在0 : t0 时间内，所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有
mg sinq + mmg cosq = ma1
由图乙可知
a v01 = t0
联立解得
m v= 0 - tanq
gt0 cosq
故 C 错误；
D． t0 时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛犊第二定律
mg sinq - mmg cosq = ma2
把 C 中解得m 代入解得
a v2 = 2g sinq - 0t0
故 D 正确。
故选 D。
考点四 板块模型
知识点 板块模型的解题策略
运动状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动
处理方法 隔离法 假设法 整体法
假设两物体间无相对滑动，先用整
对滑块和木板进行隔 体法算出一起运动的加速度，再用
将滑块和木板看成一个
离分析，弄清每个物体 隔离法算出其中一个物体“所需
具体步骤 整体，对整体进行受力分
的受体情况与运动过 要”的摩擦力 Ff；比较 Ff 与最大静
析和运动过程分析
程 摩擦力 Ffm 的关系，若 Ff>Ffm，则
发生相对滑动
①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变
临界条件 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑
块滑离木板的临界条件
相关知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等
考向 1 无外力板块模型
13．如图所示，光滑水平面上静置一质量为 m 的长木板 B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量也为 m
的小物块 A（可视为质点）从左端以速度 v 冲上木板。当 v = v0 时，小物块 A 历时 t0 恰好运动到木板右端与
木板共速，则（ ）
v t
A．若 v = 0 ，A、B 相对运动时间为 02 2
v
B．若 v = 0 A B A B2 ， 、 相对静止时， 恰好停在木板 的中点
C．若 v = 2v
t
，A 经历 00 到达木板右端2
D．若 v = 2v0 ，A 从木板 B 右端离开时，木板速度等于 v
【答案】A
【详解】AB．根据牛顿第二定律
mmg = maA = maB
则 A、B 两物体加速度大小相等，设为 a，小物块 A 历时 t0 恰好运动到木板右端与木板共速，则
v共 = v0 - at0 = at0
解得
v
t v v= 0 00 ， v 0 a =2a 共
= ，
2 2t0
木板的长度
v0 + v vL = 共 t 共 t v- = 0t0
2 0 2 0 2
v v若 = 02 ，
A、B 两物体共速时有
v v= 0共1 - at1 = at2 1
解得
t v0 t v1 = = 0 ， v共1 =
0
4a 2 4
A、B 相对静止时，相对位移为
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 的中点左侧，故 A 正确，B 错误；
v = 2v L 2v t 1 at 2 1CD．若 0 ，A 从木板 B 右端离开时，根据动力学公式 = 0 2 - 2 - at
2
2 解得 t2 = (2 - 3)t0 ，A 从木2 2
板 B 2 - 3右端离开时，木板速度为 v木板 = at2 = v0 < v0 故 CD 错误。故选 A。2
14．如图甲所示，质量为2kg的长木板 B 静止放置于光滑水平面上， t = 0时刻物块 A（可视为质点）以
3m / s的初速度滑上 B 的左端，A 最终与 B 相对静止，A、B 的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加
速度取 g =10m / s2 ，则（ ）
A．物块 A 的质量为 4kg
B．物块 A 与长木板 B 之间的动摩擦因数为 0.2
C．长木板 B 的长度为 2m
D．物块 A 在 B 上滑动过程中对地的位移为1.5m
【答案】B
【详解】A．根据速度随时间变化的图像的斜率表示加速度可得，物块 A 与长木板 B 的加速度大小分别为
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
两物体间摩擦力大小相等且等于合外力，则
mAaA = mBaB
得
m m= BaBA =1kgaA
故 A 错误；
B．对物块 A 分析，则
mmA g = mAaA
可得物块 A 与长木板 B 之间的动摩擦因数为
m = 0.2
故 B 正确；
D．根据速度随时间变化的图像面积表示位移可知，物块 A 运动的位移为
x (3 +1)A = 1 = 2m2
故 D 错误；
C．由于未知物块 A 是否恰好滑到木板的右侧，则长木板 B 的长度无法确定，故 C 错误。
故选 B。
考向 2 有外力板块模型
15．如图所示，质量为 4kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为 2kg 的物块，现对物
块施加一大小为 12N、水平向右的恒定拉力 F，只要拉力 F 作用的时间不超过 1s，物块就不能脱离木板。
已知物块与木板间的动摩擦因数为 0.4，木板与地面间的动摩擦因数为 0.1，物块可视为质点，取重力加速
度大小 g =10m/s2 。则木板的长度为（ ）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
【答案】B
【详解】设拉力 F 作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为 a1，撤去外力后物块的加速度大小为
a2，木板的加速度为a3，根据牛顿第二定律有
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 作用的时间为 1s 时，物块、木板的速度为
v1 = a1t1 = 2m/s， v2 = a3t1 = 0.5m/s
设又经 t2 时间，物块、木板共速，则
v共 = v1 - a2t2 = v0 + a3t2
解得
t 1 42 = s， v共 = m/s3 3
木板的长度为
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
故选 B。
16．如图所示，A、B 两物块叠放在水平地面上，质量分别为mA =1kg ，mB = 2kg ，用水平向右的拉力 F
作用在 B 上，A、B 间的动摩擦因数m = 0.2 ，重力加速度 g 取10m/s2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
（ ）
A．如果AB静止，则 A 受到的摩擦力向右
B．如果AB静止，则 B 共受到 4 个作用力
C．如果AB一起向右做匀加速直线运动，B 受到 A 的摩擦力水平向右
D．如果地面光滑，AB一起向右做匀加速直线运动，F 不能超过6N
【答案】D
【详解】AB．以 A 为研究对象，在竖直方向受到重力、B 的支持力，由于牵引后 A、B 静止，由平衡条件
可知，A 在水平方向合力为 0，A 与 B 之间无摩擦力，以 B 为研究对象，在竖直方向受到重力、地面的支
持力、A 对 B 的压力，水平拉力 F，地面对 B 的摩擦力，共 5 个力，故 AB 错误；
C．如果 AB 一起向右做匀加速直线运动，则 A 受 B 向右的摩擦力，由牛顿第三定律可知，B 受到 A 的摩擦
力水平向左，故 C 错误；
D．如果地面光滑，AB恰好一起向右做匀加速直线运动，对 A 由牛顿第二定律有
Ff = mmA g = mAa
对整体，由牛顿第二定律有
F = mA + mB a
联立解得
F = 6N
即AB一起向右做匀加速直线运动，F 不能超过6N，故 D 正确。
故选 D。
1．如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边
缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为
M=90g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为 f1 = 2.5N，羽毛球质量为 m=5g，球头离筒的上端
距离为 d=7.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为 f2 = 0.2N ，重力加速度 g = 10m/s2 ，空气阻力忽略不计。当
球筒获得一个初速度后（ ）
A．羽毛球的加速度大小为10m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 3m/s
D 7 5．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 m/s
5
【答案】D
【详解】AB．依题意，对羽毛球受力分析，由牛顿第二定律可得
mg + f2 = ma1
解得
a 21 = 50m / s
说明羽毛球向下做匀加速直线运动。故 AB 错误；
CD．对球筒受力分析，由牛顿第二定律可得
Mg - f1 - f2 = Ma2
解得
a2 = -20m / s
2
负号表示球筒的加速度竖直向上，说明球筒向下做匀减速直线运动，当羽毛球头部到达筒口时，二者速度
相等，筒获得的初速度最小，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 错误；D 正确。
故选 D。
2．如图所示，质量M = 2kg的玩具动力小车在水平面上运动时，小车牵引力F = 8N 和受到的阻力 f =1N
均为恒力，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m =1kg 的物体由静止开始运动。运动 t=4s后，轻绳从物
体上脱落，物体继续滑行一段时间后停止。物体与地面之间的动摩擦因数为m = 0.4 ，g 取10m/s2 ，不计空
气阻力。下列说法正确的是（ ）
7
A 2．轻绳脱落之前，小车的加速度大小是 m/s3
B．轻绳脱落之前，绳的拉力为 5N
C．轻绳脱落之后，物体继续滑行时间 2s
D．物体刚停止时，小车的速度大小是3.5m/s
【答案】B
【详解】AB．对整体由牛顿第二定律可知
F - f - mmg = M + m a1
解得
a1 =1m / s
2
对 m 分析：
FT - mmg = ma1
FT = 5N
选项 A 错误，B 正确；
C．绳子脱离时物块的速度
v1 = at
v1 = 4m / s
物块的加速度
mmg = ma2
a2 = 4m / s
2
根据
v1 = a2t2
可得
t2 =1s
选项 C 错误；
D．绳子脱离后，对 M 分析：
F - f = Ma3
则
a3 = 3.5m / s
2
物体刚停止时，小车的速度大小
v2 = v1 + a3t2
v2 = 7.5m / s
选项 D 错误。
故选 B。
3．如图所示，甲、乙两只猴子沿绕过定滑轮的轻绳下滑，甲的质量大于乙的质量，甲与绳间的摩擦力大
小为 f1，乙与绳间的摩擦力大小为 f2，甲下滑的加速度大小为 a1，乙下滑的加速度大小为 a2。不计滑轮的
质量及绳与滑轮的摩擦，则下列关系正确的是（ ）
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
【详解】CD．对轻绳研究可知，由于轻绳的质量不计，因此轻绳所受外力的合力一定为 0，可知作用在轻
绳上的摩擦力一定大小相等，即有
f1 = f2
故 CD 错误；
AB．根据牛顿第二定律有
m甲g - f1 = m甲a1，m乙g - f2 = m乙a2
由于甲的质量大于乙的质量，结合上述可知
a1 a2
故 A 正确，B 错误。
故选 A。
4．如图所示，竖直放置的轻弹簧的下端固定在水平地面上，上端拴接着质量为m 的木块A 。开始时质量
为 2m 的木块B叠放在木块A 上，A 、B保持静止，此时弹簧的压缩量为 x 。现取走B物体，弹簧始终竖
1 2
直，且处于弹性限度内。不计空气阻力，已知弹簧的弹性势能Ep = kx ，则在A 运动过程中（ ）2
A．当木块A 在最高点时，弹簧对A 的作用力为mg
B．当木块A 在最高点时，弹簧对A 的作用力为3mg
1
C．基于初始位置，木块A 上升 x 时，A 速度最大
3
D．基于初始位置，木块A 上升 x 时，A 速度最大
【答案】A
【详解】AB．开始时质量为 2m 的木块B叠放在木块A 上，A 、B保持静止，根据平衡条件可得
mg + 2mg = kx
取走B物体，A 的加速度为
kx - mg = ma
解得
a = 2g
根据对称性可知，当木块A 在最高点时，加速度大小与木块A 在最低点时加速度大小相等，根据牛顿第二
定律得
F + mg = ma
当木块A 在最高点时，弹簧对A 的作用力为
F = mg
故 A 正确，B 错误；
CD．A 加速度为零时，A 速度最大，则
kx1 = mg
基于初始位置，木块A 上升了
Dx = x x 2- 1 = x3
故 CD 错误。
故选 A。
5．如图 1，水平传送带（A、B 为左右两端点）顺时针匀速传动， t = 0时在 A 点轻放一个小物块，物块在
皮带上运动全过程中的位移—时间关系图像如图 2（0—4s 为抛物线，4s—6s 为直线）。重力加速度 g 取
10m / s2 ，下列说法中正确的是（ ）
A．若传送带在 t=4s时停转，则物块将停在 B 点左侧
B．若该物块以 6m/s 的速率从 B 端向左滑上皮带，则物块从皮带的左侧离开
C．若该物块以 6m/s 的速率从 B 端向左滑上皮带，则物块从皮带的右侧离开
D．若该物块（质量m = 0.1kg ）以 2m/s 的速率从 B 端向左滑上皮带，物块与皮带之间摩擦生热为 2J
【答案】B
【详解】A． 4s - 6s图像为直线，则物体做匀速直线运动，则传送带的传送速度为
v Dx 16 -8= = = 4m/s
Dt 6 - 4
根据匀变速直线运动位移—时间公式有
x 1= at 2
2
将 t=4s， x = 8m代入解得
a =1m / s2
根据牛顿第二定律可知
a = mg
解得物块与传送带间的滑动摩擦系数为
m = 0.1
若传送带在 t = 4s 时停转，则物块将做匀减速直线运动，此时加速度为 a =1m / s2 ，根据速度—位移公式有
v2x ' = = 8m
2a
物块将停于 B 点，故 A 错误；
BC．若令该物块以6m / s的速率从 B 端向左滑上皮带，则它向左减速运动至速度为 0 的位移为
v '2 = 2ax ''
解得
x'' = 18m 16m
则物块从皮带左边离开，B 正确，C 错误；
D．物块（质量m = 0.1kg ）以2m / s的速率从 B 端向左滑上皮带，将从 A 端离开，相对路程为16m，物块与
皮带之间摩擦生热为1.6J ，D 错误。
故选 B。
6．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为 v=4m/s 的恒定速率顺时针转动。一质量 m=1kg 的煤
块以初速度 v0=14m/s 从 A 端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图所示，g=10m/s2，
则下列说法正确的是（ ）
A．煤块上升的最大位移为 9m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为 0.25
C．煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 (6 + 13)s
D．煤块在皮带上留下的划痕为 (17+4 13)m
【答案】D
【详解】A．v-t 图像中图线与时间轴所围的面积为煤块的位移，由此分析可知在 t=3s 时煤块具有上升的最
大位移
x 14 + 41 = 1m
4
+ (3 -1)m =13m
2 2
故 A 错误；
B．在 0~1s 内，煤块受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得
mg sinq + mmg cosq = ma1
由图像可知此时煤块的加速度大小
a 14 - 4 2 21 = m/s =10m/s1
在 1s~3s 内，煤块受到沿传送带向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得
mg sinq - mmg cosq = ma2
由图像可知此时煤块的加速度大小
a 4 - 02 = m/s
2 = 2m/s2
3-1
联立解得
m = 0.5
q = 37°
故 B 错误；
C．煤块在 3s 后将向下做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间关系式有
x 11 = a t
2
2 2 2
解得
t 2x1 2 132 = = s = 13sa2 2
因此煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为
t = t1 + t2 = 3s + 13s=(3+ 13)s
选项 C 错误；
D．在 0~1s 内，煤块相对于传送带向上运动，此时留下的划痕长度
Dx1 = x 1 - x
14 + 4
传1 = 1m - 4 1m=5m煤 2
在1s ~ (3+ 13)s内，煤块相对于传送带向下运动，最后煤块回到 A 端，因此
x
煤2 = -x 1 = -9m煤
传送带向上位移
x传2 = 4 (2 + 13)m = (8 + 4 13)m
这段时间内煤块在传送带留下的划痕长度
Dx2 = x - x = (17+4 13)m煤2 传2
由于
Dx2 Dx1
因此煤块在皮带上留下的划痕为 (17+4 13)m，故 D 正确。
故选 D。
7．如图甲所示，光滑水平面上静置一个长木板，长木板上表面粗糙，其质量为 m0，t=0 时刻质量为 m 的
滑块以水平向右的速度 v 滑上长木板左端，此后长木板与滑块运动的 v-t 图像如图乙所示，下列分析正确
的是 ( )
A．m0=m
B．m0=2m
C．长木板的长度为 1 m
D．长木板与滑块最后的速度大小都是 2 m／s
【答案】B
【详解】A、滑块滑上长木板后，滑块受到摩擦力作用做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，由
2 2
图乙可知滑块加速度大小为a1 = 2m / s ，长木板加速度大小为 a2 =1m / s ，由牛顿第二定律有：
F1 = ma1 = m0a2 ，可知m0 = 2m，故选项 A 错误，B 正确；
C、从图可知， t = 2s 时滑块滑离长木板，此时长木板速度大小为2m / s ，滑块速度大小为3m / s，在0 - 2s
1
时间内两者相对运动的距离即为长木板的长度，即 l = 7 +1 2 m = 8m，故选项 CD 错误．
2
8．如图甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A。木板 B 受到随时间 t 变化的水
平拉力 F 作用时，木板 B 的加速度 a 与拉力 F 的关系图像如图乙所示，则 A、B 的质量 mA、mB分别为
（ ）
A．1kg，3.5kg B．2kg，4kg C．3kg，1.5kg D．4kg，2kg
【答案】C
【详解】由图可知，当 F 小于 9N 时，A、B 保持相对静止，一起向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
F = mA + mB a
即
a F=
mA + mB
图线的斜率为
1 2
=
mA + mB 9
当 F 大于 9N 时，A、B 发生相对滑动，以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律有
F - mmAg = mBa
即
a F mm g= - A
mB mB
图线的斜率为
1 2
=
mB 3
联立可求得
mA = 3kg ，mB =1.5kg
故选 C。
9．如图所示，现采用前拉后推的方式在光滑的固定斜面上移动 A、B 两个物体，斜面倾角为30°且足够
长，两物体相互接触但不黏合，质量为mA = 2kg，mB = 3kg 。从 t = 0时刻开始，推力FA 和拉力 FB 分别作
用于 A、B 上，FA 和 FB 随时间变化规律为F 2A = (50 - t)(N)，FB = (20 + t)(N) ，g =10m / s 。则关于两个物
体的运动以下说法正确的是（ ）
A． t =10s 的时刻，A 的加速度为15m / s2
B． t =10s 的时刻，B 的加速度为9m / s2
C． t = 40s的时刻，B 的加速度为15m / s2
D． t = 40s的时刻，A 的加速度为9m / s2
【答案】BC
【详解】AB． t =10s 的时刻
FA = 50 - t = 40N，FB = 20 + t = 30N
若 A、B 两个物体一起沿斜面向上运动，由牛顿第二定律
FA + FB - mA + mB g sinq = mA + mB a
解得加速度
a = 9m s2
对 B 物体
FB + N - mB g sinq = mBa
解得物体 A 对物体 B 的支持力
N = 12N＞0
所以 A、B 两个物体一起沿斜面向上以加速度 a = 9m s2 加速运动，A 错误，B 正确；
CD． t = 40s的时刻
FA = 50 - t = 10N ，FB = 20 + t = 60N
若 A、B 两个物体分开沿斜面运动，由牛顿第二定律
FA - mA g sinq = mA aA ，FB - mB g sinq = mBaB
解得加速度
aA = 0， aB = 15m s
2
C 正确，D 错误。
故选 BC。
10．如图甲所示，劲度系数 k=500N/m 的轻弹簧，一端固定在倾角为 q = 37°的带有挡板的光滑斜面体的
底端，另一端和质量mA 的小物块 A 相连，质量为mB 的物块 B 紧靠 A 一起静止。现用水平推力使斜面体
以加速度 a 向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为 x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小 x 随
加速度 a 的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度 g =10m / s2 ，
sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，下列说法正确的是（ ）
A．mB=1kg
B．mA=3kg
C．若 a = a0 ，稳定时 A 对斜面的压力大小为 12.5N
D．若 a = 0.5a0，稳定时 A、B 间弹力大小为 6N
【答案】CD
【详解】AB．由图结合题意可知 a0时弹簧处于原长状态，且物块 A、B 恰要分离，故对 AB 整体有
(mA + mB )g tan 37° = (mA + mB )a0
解得
a0 = 7.5m / s
2
当 a = 0时，对 AB 整体分析有
(mA + mB )g sin 37° = kx0 = 500 3.6 10
-2 N =18N
当 a a0 时，图中另一纵截距的意义为
mA g sin 37° = kx1 = 500 1.2 10
-2 N = 6N
联立解得
mA =1kg ，mB = 2kg
故 AB 错误；
C．当 a = a0 = 7.5m / s
2
时，因为物块 A、B 恰要分离，此时弹簧弹力为 0；对 A 竖直方向根据受力平衡可得
FNA cos37° = mA g
解得
F mA gNA = =12.5Ncos37°
由牛顿第三定律可知 A 对斜面的压力大小为 12.5 N，故 C 正确；
D． a = 0.5a0时，以 B 为对象，沿斜面方向，根据牛顿第二定律可得
mBg sin 37° - FAB = mB ×0.5a0 cos37°
解得
FAB = 6N
故 D 正确。
故选 CD。
11．如图甲所示，一顺时针匀速转动的水平传送带 AB，速度为 v0。某时刻一质量为 2kg 的物块以恒定初速
度 v1冲上 A 点，以速度 v2离开 B 点，物块与传送带之间的动摩擦因数为 0.2。当传送带速度 v0为不同值
时，物块离开 B 点时的速度 v2随 v0变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（物块可视为质点，重力
加速度 g = 10m/s2 ）（ ）
A．传送带的长度为 1.5m
B．物块冲上传送带的初速度 v1 = 3m/s
C．当 v2 = 3.5m/s 时，物块在传送带上运动的时间为 0.375s
D．当 v0 < 2m/s时，物块在传送带上运动的过程中，受到的摩擦力方向可能向右
【答案】BC
【详解】AB．设传送带的速度为 L，物块在传送带上运动的加速度为
a = mg = 2m/s2
由图可知，传送带速度小于 2m/s时，物块在传送带上一直减速，离开传送带的速度为 2m/s，根据动力学
公式有
v2 21 - v2 = 2aL
传送带速度大于 14m/s时，物块在传送带上一直加速，离开传送带的速度为 14m/s，根据动力学公式有
v 2 22 - v1 = 2aL
联立解得
L =1.25m， v1 = 3m/s
故 A 错误，B 正确；
C．当 v2 = 3.5m/s < 14m/s时，可知物块先做匀加速运动后做匀速直线运动，物块做匀加速运动的时间为
t v= 2 - v11 = 0.25sa
物块做匀加速运动的位移为
x v + v 13= 1 2 t1 = m2 16
物块做匀速运动的时间为
t L - x2 = = 0.125sv2
物块在传送带上运动的时间为
t = t1 + t2 = 0.375s
故 C 正确；
D．当 v0 < 2m/s时，物块在传送带上运动的过程中，物块在传送带上一直减速，受到的摩擦力方向向左，
故 D 错误。
故选 BC。
12．国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图 1 所示，以某一恒定速率运行的传送带与水平
面的夹角q = 37°，转轴间距 L = 3.5m 。工人沿传送方向以速度 v1 =1.5m/ s 从传送带顶端推下粮袋（视为质
点），4.5s 时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的图像如图 2 所示。已知 sin 37° = 0.6 ，
cos37° = 0.8，重力加速度 g 取10m / s2 ，则（ ）
A．在 t=0.5s 时刻，粮袋所受摩擦力方向改变
B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为 0.8
C．传送带运行的速度大小为0.5m/s
D．在0 : 2.5s内粮袋处于失重状态
【答案】BC
【详解】A．由图 2 可知，在0 - 2.5s 内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面向上的滑动摩擦
力，在 2.5s - 4.5s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩擦力，故 A 错误；
C．根据 v- t 图像中，图线与坐标轴轴围成的面积表示位移的大小，根据题意，由图 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 正确；
BD．由图 2 和 C 分析可知，粮袋在0 - 2.5s 内的加速度为
a Dv 0.5 -1.5= = m s2 = -0.4m s2
Dt 2.5
则加速度方向沿斜面向上，则在0 : 2.5s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有
mg sinq - mmg cosq = ma
联立代入数据解得
m = 0.8
故 D 错误，B 正确。
故选 BC。
13．一长木板在水平地面上运动，在 t = 0时刻将—相对于地面静止的物块轻放到木板上，之后木板运动的
速度随时间变化的图线如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，
物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．将木板速度由5m / s减小到1m / s及
由1m / s减小到 0 的过程分别用Ⅰ、Ⅱ表示，则（ ）
A．过程Ⅰ中，物块加速度大小为 2m / s2 ，木板加速度大小为8m / s2
B．过程Ⅰ中，物块，木板的加速度大小均为8m / s2
C．过程Ⅱ中．物块加速度大小为 2m / s2 ﹐木板加速度大小为 4m / s2
D．过程Ⅱ中，物块、木板的加速度大小均为3m / s2
【答案】AC
【详解】AB．在过程Ⅰ中，木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速物块和地面对木板的摩擦力使木板
减速，直到两者具有共同速度1m/s为止．因此物块加速度大小为
a 1- 0= m/s2 = 2m/s21 0.5
木板加速度大小为
a 5 -12 = m/s
2 = 8m/s2
0.5
故 A 正确，B 错误；
CD．设木板受到地面的滑动摩擦力大小为 f地，物块受到的滑动摩擦力大小为 f ，物块与木板的质量均为
m ，则在过程Ⅰ中有
f = ma1， f地 + f = ma2
解得
f地 = 6m
在过程Ⅱ中，假设物块与木板一起运动，加速度为a ，则有
f
a = 地 = 3m / s2
2m
2
由于物块受到的滑动摩擦力最大产生的加速度为 a1 = 2m/s ，故假设不成立，所以物块相对木板向前减速滑
动，而不是与木板共同运动，因此物块加速度大小仍为 2m/s2，木板加速度大小为
f地 - fa2 = = 4m / s
2
m
故 C 正确，D 错误。
故选 AC。
14．如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，质量 1kg 的滑块（可视为质点），置于木板
中央。木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力 F，其 v- t 图像如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩
擦因数为 m = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g =10m/s2 。下列说法正确的是（ ）
A．0~2s 滑块的加速度大小为 2m/s2
B．拉力 F 的大小 2N
C．木板的质量为 0.5kg
D．为了使滑块不脱离木板，木板的长度至少为 3m
【答案】BC
【详解】
A．假设滑块与木板发生了相对滑动，由乙图可知，在0 : 2s内木板的加速度为
a Δv 4 - 0 2 22 = = m/s = 2m/sΔt 2 - 0
对滑块，根据牛顿第二定律
mmg = ma1
解得，滑块的加速度
a1 =1m/s
2 < a2
所以滑块确实与木板发生了相对滑动，所以滑块的加速度为 a1 =1m/s
2
，故 A 错误；
BC．设木板的质量为 M，由乙图可知，在 t1 = 2s时撤去了拉力，此时木板的速度为
v2 = a2t1 = 4m/s
滑块的速度为
v1 = a1t1 = 2m/s
滑块与木板间仍有相对滑动，由乙图可知，此后木板的加速度为
a Δv 43 = = m/s
2 = 2m/s2
Δt 2
对木板，根据牛顿第二定律
mmg = Ma3
解得
M = 0.5kg
在0 : 2s内，对木板根据牛顿第二定律
F - mmg = Ma2
解得
F = 2N
故 BC 正确；
D．设在 t2 时滑块与木板的速度大小相等，则
v1 + a1t2 = v1 - a3t2
解得
t 22 = s3
木板和滑块速度相等时，木板的总位移为
x v 1 562 = 2 t
2
2 1
+ v2t2 - a t = m2 3 2 9
滑块的总位移为
x 1= a（t + t ）2 321 = m2 1 1 2 9
两者相对位移为
Δx 8= x2 - x1 = m3
所以木板的总长度不少于
L 2Δx 16= = m
3
故 D 错误。
故选 BC。
15．滑梯是游乐园中常见的游乐设施，图（a）为某游乐园中的大型滑梯，其滑板部分可简化为图（b）所
示。滑板长 L=6m，其顶端距地面的高度 h=3.6m，底端与具有防护作用的水平地垫平滑连接。一质量
m=30kg 的小孩从滑板顶端沿滑板由静止滑下，到达底端时的速度大小 v=4m/s。已知小孩与水平地垫之间
的动摩擦因数为 0.8，g 取 10m/s2。求：
（1）小孩沿滑板下滑的加速度大小；
（2）小孩与滑板之间的动摩擦因数；
（3）为确保小孩的人身安全，水平地垫至少应为多长。
4 2 7
【答案】（1） m/s ；（2） ；（3）1m
3 12
【详解】（1）根据题意可得
v2 = 2aL
解得
a 4= m/s2
3
（2）小孩在斜面上向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
mg sinq - mmg cosq = ma
sinq h=
L
代入数据解得
m 7=
12
（3）小孩滑到水平面上做匀减速直线运动，则
v2 = 2m gL
解得
L =1m
16．如图所示，一个质量为 M、长为 L 的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为 m 的弹性小球，M=2m，
小球和圆管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 2mg。圆管从下端距离地面为 H 处自由落下，运动
过程中，圆管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加
速度为 g。求：
（1）圆管第一次落地弹起时圆管和小球的加速度；
（2）圆管第一次落地弹起后至第二次落地前，若小球没有从圆管中滑出，则 L 应满足什么条件？
4
【答案】（1）a1=2g，方向竖直向下，a2=g，方向竖直向上；（2） L H3
【详解】（1）圆管第一次落地弹起时，设圆管的加速度为 a1，根据牛顿第二定律有 2mg+Mg=Ma1解得 a1=2
方向竖直向下；设小球的加速度为 a2，则有 2mg-mg=ma2解得 a2=g 方向竖直向上。
（2 2）设圆管第一次落地时的速度大小为 v0，此时小球的速度大小也为 v0，则有 v0 = 2gH 解得 v0 = 2gH
方向竖直向下；碰地后，圆管的速度 v1 = 2gH 方向竖直向上。取竖直向下为正方向，设经过时间 t1，小
2 2gH
球、圆管的速度相同，则-v1 + a1t1 = v0 - a2t1解得 t1 = 设 t1时间内圆管的位移大小为 x1，小球的位移3g
x v t 1x = - a t 2
4 1
= H x = v t - a t 2 8大小为 2，则有 1 1 1 2 1 1
， = H 若小球刚好没有从圆管中滑出，小球与圆管
9 2 0 1 2 2 1 9
4
的相对位移大小 L = x1 + x2 = H 之后圆管与小球一起运动，加速度为 g，方向竖直向下，则 L 应满足条3
L 4件 H 。
3
1．（2024·全国·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块 P，P 置于水平桌面上，与桌面
间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量 m，并测量 P
的加速度大小 a，得到 a- m 图像。重力加速度大小为 g。在下列 a- m 图像中，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设 P 的质量为M ，P 与桌面的动摩擦力为 f ；以 P 为对象，根据牛顿第二定律可得
T - f = Ma
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
mg -T = ma
联立可得
f
a mg - f
g -
= = m ×m
M + m M + m
可知当砝码的重力大于 f 时，才有一定的加速度，当m 趋于无穷大时，加速度趋近等于 g 。
故选 D。
2．（2024·安徽·高考真题）倾角为q 的传送带以恒定速率 v0顺时针转动。 t = 0时在传送带底端无初速轻放
一小物块，如图所示。 t0 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到 v0。不计空气阻力，则物块从传送
带底端运动到顶端的过程中，加速度 a、速度 v 随时间 t 变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】0 ~ t0 时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩
擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
t0 之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直
线运动。
C 正确，ABD 错误。
故选 C。
3．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送
带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A 错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B 错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C 错误；
mmg
D．设物体与传送带间动摩擦因数为 μ，物体相对传送带运动时 a = = mg
m
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由 v = at 可知，传送带速度越大，物体加速运动
的时间越长，D 正确。
故选 D。
4．（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为 μ。 t = 0时，木板在水平
恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知
t = 0到 t = 4t0的时间内，木板速度 v 随时间 t 变化的图像如图所示，其中 g 为重力加速度大小。 t = 4t0时
刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在 t = 3t0 时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为 2μ
C．小物块与木板的质量比为 3︰4 D． t = 4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A． v- t 图像的斜率表示加速度，可知 t = 3t0 时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在 t = 3t0
时刻滑上木板，故 A 正确；
B．结合图像可知 t = 3t0 时刻，木板的速度为
v 30 = mgt2 0
设小物块和木板间动摩擦因数为m0 ，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
v 31 = - mgt0 ，负号表示方向水平向左2
物块在木板上滑动的加速度为
a m= 0mg0 = m0gm
1
经过 t0 时间与木板共速此时速度大小为 v共 = mgt0 ，方向水平向右，故可得2
v共 - v1 = a0t0
解得
m0 = 2m
故 B 正确；
C．设木板质量为 M，物块质量为 m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
1 mgt
2 0a 1= = mg
t0 2
故可得
F - mMg = Ma
解得
F 3= mMg
2
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
1 mgt 30 - mgt
a = 2 2
0
= -mg
t0
此时对木板由牛顿第二定律得
F - m m + M g - m0mg = Ma '
解得
m 1
=
M 2
故 C 错误；
D．假设 t = 4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体
F m m M g 3- + = mMg 3- mMg = 0
2 2
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即 t = 4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故 D 正确。
故选 ABD。
