考向二 牛顿运动定律的应用-2025年高考物理专题复习课件
文档属性
| 名称 | 考向二 牛顿运动定律的应用-2025年高考物理专题复习课件 |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 10.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-02-18 09:45:54 | ||
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文档简介
(共121张PPT)
专题三 牛顿运动定律
考向二 牛顿运动定律的应用
2025年高考物理专题复习资料
考点切片
考点1 两类动力学问题的简单应用
1.（2024河南开封模拟）农用无人机喷洒农药可以极大地提高农民的工作效率，为了防
止无人机在作业中与障碍物发生碰撞，在某次测试中，无人机以标准起飞质量
起飞，以安全飞行速度 水平向着障碍物飞行，测距雷达发现
处的障碍物后，无人机立即调整推力方向，做匀减速直线运动，结果无人机
悬停在距离障碍物处，飞行过程中可将无人机看成质点，重力加速度 取
，忽略空气阻力，则无人机在匀减速直线运动过程中受到的推力大小为( )
A
A. B. C. D.
【解析】 无人机做匀变速直线运动，有 ，解得无人机的加速度
，对无人机进行受力分析，无人机受重力和推力，则推力大小
。
2.［多选］（2025江西抚州模拟）在考虑空气阻力的情况下，将一小石子从 点竖直向
上抛出，小石子向上运动过程中先后经过1、2两点时的加速度大小分别为、 ，到达
最高点后向下运动过程中先后经过2、1两点时的加速度大小分别为、 。若空气阻
力大小与瞬时速度大小成正比，则下列关系式正确的是( )
AD
A. B. C. D.
【解析】 设向上运动过程中先后经过1、2两点时的速度大小分别为、 ，小石
子向上做减速运动，则有 ，由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，根据牛
顿第二定律有，，易知 。
设向下运动过程中经过1、2两点时的速度大小分别为、 ，石子向下做加
速运动，则有 ，由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，根据牛顿第二定律
有，，易知， 。
根据上述分析可知，，则有 。
3.（2024陕西宝鸡二模）大功率火箭一般采取多级推进技术，以提高发射速度。某中学
的物理兴趣小组同学制作了一个两级推进火箭模型进行试验。已知火箭质量为 ，提供
的推动力恒定且为，火箭先经过一级推动力推进时间后，丢弃掉质量为 的一
级箭体，再由
二级推动力继续推动剩余质量为的火箭，推动力仍为，火箭飞行时间 后结束
推进。重力加速度恒定且为 ，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力，求：
（1） 火箭上升过程的最大速度；
【答案】
【解析】 设一级推动时间火箭的加速度为，末速度为，二级推动 时间火箭的加
速度为，末速度为，由牛顿第二定律可得 ，
所以火箭上升的最大速度为 。
（2） 火箭上升的最大高度。
【答案】
【解析】 设一级推动时间火箭上升的高度为，二级推动时间火箭上升的高度为 ，
结束推动后火箭继续上升高度为 ，由匀变速直线运动规律可得
，
失去推力后，火箭向上做匀减速运动，加速度大小为，末速度为0，所以有
可得
所以火箭上升的最大高度为 。
考点2 超重和失重
4.（2025辽宁部分名校联考）某物体在无人机的带动下沿
竖直方向做直线运动，物体的速度与时间 的变化关系如
图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是( )
A
A. 时间内物体做加速运动，处于失重状态
B. 时间内物体做减速运动，处于失重状态
C. 时间内物体做加速运动，处于失重状态
D. 时间内物体做减速运动，处于超重状态
【解析】
5.（2025北师大附中开学考试）图甲是某人站在接有传感器的平板上做下蹲、起跳和回
落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是平板所受压力随时间变化的图像，
重力加速度 。根据图像分析可知( )
C
A.人的重力可由点读出，约为
B.到 的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C.从到 人处于完全失重状态
D.人在点对应时刻的加速度大于在 点对应时刻的加速度
【解析】 人在点处于平衡状态，人的重力可由点读出，约为 。
到 的过程中，人对平板的压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态
再处于超重状态。
从到 过程中人对平板的压力等于零,此过程中人跳离平板在空中运动，所以人处
于完全失重状态。
人的质量约为，人在 点对应时刻的加速度约为
，人在点对应时刻的加速度约为，人在
点对应时刻的加速度小于在 点对应时刻的加速度。
跳跳学长有话说
（1）无论是超重还是失重，物体受到的重力不变，只是视重改变。
（2）判断超重、失重看加速度方向，不看速度方向。
（3）当物体具有向上的加速度（或有竖直向上的分量）时，超重；当物体具有向下的
加速度（或有竖直向下的分量）时，失重。
考点3 突变问题
6.（2024湖南卷）如图，质量分别为、、、的四个小球 、
、、,通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于 点，处于静止状态，
重力加速度为。若将、间的细线剪断，则剪断瞬间和 的加速度
大小分别为( )
A
A.， B.， C.， D.，
【解析】 细线剪断前，对小球、、整体受力分析，由力的平衡条件有小球、 间
轻弹簧的弹力,对小球受力分析，由力的平衡条件有小球、 间轻弹簧的
弹力,细线剪断瞬间，对小球由牛顿第二定律有,对小球
由牛顿第二定律有 ,（【提醒】细线、细绳上的力会突变，弹簧上的
力不会发生突变。）联立解得, ，A正确。
. .
. .
7.（2022江苏苏州测试）如图所示，质量为的木箱放在水平地面上，质量为 的小球
用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁。细线与竖直方
向夹角为 ，弹簧处于水平状态。重力加速度为 ，剪断细线前、后，木箱均处于静止
状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是( )
D
A.地面对木箱的支持力不变 B.地面对木箱的支持力减小了
C.地面对木箱的摩擦力不变 D.地面对木箱的摩擦力增加了
【解析】 设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为、 ，地面
对木箱的摩擦力大小分别为、，剪断细线前，细线上的拉力大小 ，弹簧弹
力大小 ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知 ，
。剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方
向（【点拨】弹簧两端均连接有质量的物体，由于物体的位置不能突变，所以弹簧长度
不能突变，则剪断细线瞬间弹簧弹力不能突变。）有 ，地面对木箱的支持力减
小了 。
对木箱分析，水平方向有 ，地面对木箱的摩擦力增加了
。
跳跳学长有话说
此处用隔离法分析，也可用整体法分析。剪断细线瞬间，虽然小球速度还为0，但已不
是平衡状态，其加速度方向斜向右下，加速度竖直向下的分量为 ，水平向右的分
量为 ，对木箱、小球与弹簧整体，由牛顿第二定律，竖直方向有
，得，水平方向有，得 。
考点4 等时圆模型
解题觉醒
1.题型特征：物体从静止开始沿竖直圆的不同光滑弦下滑到最低点，比较沿不同弦下滑
的时间。
2.作等时圆：（1）过顶点作竖直线；（2）以某条轨道为弦作圆心在竖直线上的圆。
3.结论：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑杆由静止下滑，达到圆周的最低点
（或从竖直圆上的最高点到达同一竖直圆上各点）的下滑时间相等，均等于做高度为
的自由落体运动的时间。
8.（2024湖北襄阳五中月考）如图所示，半球形容器内有三块
不同长度的滑板、、，其下端都固定于容器底部 点，
上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度 。
若三个滑块同时从、、 处开始由静止下滑（忽略阻力），
则( )
D
A.处滑块最先到达点 B.处滑块最先到达 点
C.处滑块最先到达点 D.三个滑块同时到达 点
【解析】 令半球形容器的半径为，滑板的倾角为 ，对滑块进行分析，根据牛顿第
二定律有，根据位移公式有，解得 ，可知
时间与滑板的倾角 、板的长度均无关，故三个滑块同时到达 点。
跳跳学长有话说
从、、 处开始运动的滑块，是从相同半径的竖直圆上一点沿光滑弦运动到圆的最低
点，运动时间相等，故可直接选出D。
9.（2024江苏盐城中学检测）如图所示，有一半圆，其直径水平
且与另一圆的底部相切于点， 点恰好是下半圆的圆心，它们处
在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道、、 ，它们
的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系
为 。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至
底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为
( )
B
A. B. C. D.
【解析】 设圆的半径为，半圆的半径为，则可知轨道 长度为
，小物块在轨道下滑的加速度 ，根据运动
学公式有，则可得，由于 ，由此可
得 。
跳跳学长有话说
根据大招等时圆结论，小物块从、、到点的时间相等，、、三点中 点最高，
由机械能守恒定律可知小物块沿下滑，到达 点速度最大，且在下面半圆的三条轨道
中，沿下滑的加速度最大，则小物块从到 的时间最短，得出B正确。
10.［多选］（2024山东德州一中月考）滑滑梯是小朋友们爱玩
的游戏，现有直滑梯、、、和，、、、 在
竖直平面内的同一圆周上，且为圆周的最高点， 为圆周的最
低点，如图所示，已知圆周半径为 。在圆周所在的竖直平面内
有一位置，距离点为，且与 点等高。各滑梯的摩擦均不
计，已知重力加速度为 ，则( )
CD
A.如果小朋友在点沿滑梯、由静止滑下，
B.如果小朋友分别从点和点沿滑梯、由静止滑下，
C.如果小朋友分别从点和点沿滑梯、由静止滑下，
D.若设计一部上端在 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下
时，在滑梯上运动的最短时间是
【解析】 由等时圆结论得，。（【点拨】假设、 与
的夹角分别为 、 ，则从、、下滑时有 ，
，，解得 。）
图1
点不在虚线圆的最高点，则过点作竖直线，以 为弦，作
圆心在 上的圆，如图1中的实线圆，根据等时圆结论可得
。
. .
图2
点不在虚线圆的最高点，画出以 点为最高点的半径
为 的等时圆，（【点拨】构造等时圆模型,利用等时圆分析
求解。）如图2，当两圆相切时，设切点为，沿 设计滑
梯，小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的时间最
短，有，解得 ，所以最
短时间为 。
. .
. .
考点5 内力公式的应用
解题觉醒
1.题型特征：连接体、叠加体求内力。
2.内力公式
3.适用条件：加速度相同。
（1）连接体：光滑、粗糙（两物块与接触面间的动摩擦因数相同）都能用；紧挨、绳
连都能用；水平、竖直、斜面都能用。
（2）叠加体：系统与接触面没有摩擦力。
11.（2024北京卷）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力 作用下一起向前运动。飞
船和空间站的质量分别为和 ，则飞船和空间站之间的作用力大小为( )
A
A. B. C. D.
【解析】 以飞船和空间站为整体，根据牛顿第二定律有 ，对空间站有
，解得飞船和空间站间的作用力大小 ，故A正确。
跳跳学长有话说
由内力公式直接可得空间站和飞船之间的作用力 ，故A正确。
12.（2025广东深圳外国语学校月考）如图所示，、 是由同种材料构成的两物体，质
量分别为、，由轻质弹簧相连，放置在倾角为 的光滑斜面上。当给物体 施加
一沿斜面向上的恒力时，两物体一起斜向上做加速度为 的匀加速直线运动，此时弹
簧的伸长量为 ，则( )
B
A.弹簧的劲度系数为
B.弹簧的劲度系数为
C.在运动过程中，若突然撤去拉力，则撤去的瞬间 物体
的加速度大小为，物体的加速度大小为
D.若斜面是粗糙的，在同样恒力 作用下，两物体仍然能斜向
上做匀加速运动，则弹簧的伸长量将大于
【解析】 由大招内力公式得弹簧弹力，由 ，得出
。
在运动过程中，若突然撤去拉力，则撤去的瞬间弹簧的弹力不变，则 物体的加
速度大小仍为，此时对物体有，对 物体有
，解得 。
若斜面是粗糙的，运用大招内力公式可得弹簧弹力 ，显然，弹簧的伸长
量将保持不变，仍为 。
13.［多选］（2024湖北仙桃中学模拟）如图所示，在光滑水平面上，、 两物体叠放
在一起，放在的上面，已知，，、 之间的动摩擦因数
，。对物体施加水平向右的拉力，开始时拉力 ，此后逐
渐增大，在增大到 的过程中，下列说法正确的是( )
AC
A.当拉力 时，两物体保持相对静止状态
B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过 时，两物体开始相对滑
动
C.两物体间始终没有相对运动
D.两物体间从受力开始就有相对运动
【解析】 两物体间达到最大静摩擦力时，对有，对 有
，解得，当时，两物体相对滑动，则当拉力 时，
两物体保持相对静止状态。
由A、B选项可知，在增大到 的过程中两物体始终没有相对运动。
跳跳学长有话说
运用大招内力公式可得、间的摩擦力，相对滑动条件为 ，解得
，所以当 时两物体相对滑动。
14.［多选］（2024山东菏泽月考）如图，四个滑块叠放在
倾角为 的固定光滑斜面上，其中和的质量均为，
和的质量均为，和 之间用一平行于斜面的轻绳连接，
现对施加平行于斜面向上的拉力 ，使得四个滑块以相同
加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为
CD
A.拉力的最大值为
B.对的摩擦力为 时，对的摩擦力为
C.当拉力取得最大值时，轻绳上的弹力大小为
D.当拉力取得最大值时，、间的摩擦力为
， 重力加速度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 ( )
【解析】 当、间的摩擦力为最大静摩擦力时，拉力取最大值，将、、 看
成一个整体，根据内力公式可得，最大值为 ，可得
，解得 。
对的摩擦力也可利用内力公式求解，先分析、 ，则绳子的拉力为外力。设绳
子的拉力为，则 ，再分析、、，对 的摩擦力为
外力，则，联立解得 。
将、看成一个整体，、 看成另一个整体，根据内力公式有
，解得 。
将、、看成一个整体，根据内力公式有 （【易错】用
内力公式前先确认系统与接触面有没有摩擦力，若有摩擦力则不能直接使用内力公式，
需要利用整体法和隔离法进行分析。），解得 。
. .
考点6 对系统列牛顿第二定律
解题觉醒
1.题型特征：有相互作用的多个物体，各部分的加速度不同。
2.解题步骤：（1）先规定正方向；（2）和正方向同向的力、加速度为正，反向为负；
（3）外力之和等于每个物体的
3.使用条件：所有力要在一条直线上。
15.（2025湖南永州模拟）如图所示，、 滑块质量分别是
和，斜面倾角为 ，斜面体紧靠地板突出部分 ，控
制使所有物体处于静止状态。现静止释放，当沿斜面体
下滑、上升时，不计绳子质量及一切摩擦，重力加速度为 ，
地板突出部分对斜面体 的水平压力为( )
A
A. B.
C. D.
【解析】 对、组成的整体有，由题意可知，以 、
、组成的整体为研究对象，地板突出部分对斜面体的水平压力，只引起滑块 水
平方向的加速度，因为、 在水平方向的加速度均是零，对整体水平方向列系统牛顿
第二定律，可得，又 ，解得 ,故A正
确。
16.（2023江苏无锡期中）如图所示，倾角 ，质量 的粗糙斜面位于水平
地面上，质量的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经 到达底
端，运动路程，在此过程中斜面保持静止（取重力加速度 ，
， ），求：
（1） 地面对斜面的摩擦力；
【答案】 ，方向水平向左
（2） 斜面对地面的压力大小。
【答案】
图甲
【解析】 解法一：常规解法
（1）木块做匀加速直线运动，由 ,可求得
对木块受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有
可得
对斜面受力分析如图乙所示
图乙
根据平衡条件得
其中，
代入数据解得 ，方向水平向左。
（2）地面对斜面的支持力
代入数据解得
由牛顿第三定律可知，斜面对地面的压力大小为 。
解法二：利用系统牛顿第二定律解题
（1）将斜面和木块看成整体，在水平方向上受到地面对斜面的摩擦力 ，竖直方向上受
到重力和支持力
木块做匀加速直线运动，由,可求得
在水平方向上有（【点拨】完整的应该是摩擦力 斜面的质量×斜面的
加速度 木块的质量×木块的加速度.斜面的加速度为0，就省去了。）
，方向水平向左。
（2）在竖直方向上有 （【点拨】此处也省去了斜面的质量
×斜面的加速度。）
解得 ,由牛顿第三定律可知，斜面对地面的
压力大小为 。
. .
. .
考点7 弹簧分离问题
解题觉醒
1.题型特征：弹簧一端有两个物体，两物体先在一起，后分离。
2.分离瞬间
（1）两者加速度相同，两物体之间的压力为零。
（2）求外力时，对外力直接作用的物体列牛顿第二定律表达式；求弹簧弹力时，对弹
簧直接作用的物体列牛顿第二定律表达式。
17.［多选］（2025山西太原新希望双语学校开学考试）如图所示，轻质弹簧下端固定
在水平地面上，上端叠放着两个物体、，系统处于静止状态。现用大小为 的恒
力竖直向上拉物体。已知物体的质量，物体的质量 ，弹簧的劲
度系数为，重力加速度取 。下列说法正确的是( )
BC
A.恒力作用瞬间，物体、 即分离
B.物体上升时，、 开始分离
C.恒力作用瞬间，物体的加速度大小为
D.物体、分离前，物体的最大加速度大小为
【解析】 分离前，将物体、 作为一个整体，恒力作用前，整个系统所受合
力为零，由于弹簧弹力不能突变，恒力作用瞬间，系统所受合力最大，为恒力 ，因此
两者的加速度最大，根据牛顿第二定律有，可得恒力作用瞬间，物体 、
的最大加速度大小为 。
恒力作用瞬间，设物体对物体的支持力为，对物体有 ，
可得，可知此时物体、 并未分离。
静止时，弹簧的压缩量 ，分离时两者加速度相等，没有相互
作用力（【点拨】组成连接体的两物体分离瞬间，两物体加速度相等，且两物体之间相
互作用力为零。），根据牛顿第二定律，对物体有，对物体 有
，解得，，、开始分离时，物体 上升
的高度 。
18.（2025山东日照检测）如图所示，倾角为 、足够长的
光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧的一端固定在斜面的底
端，另一端与放在斜面上的物体 连接。放在斜面上的物体
、紧靠在一起但不粘连，两物体的质量均为 ，初始时，
C
A.外力的最大值为 B.外力的最小值为
C.时，物体的速度为 D.整个过程中弹簧可以恢复到原长
物体与物体静止在斜面上。现用平行于斜面向上的外力作用在物体上，使物体
沿斜面向上做匀加速运动，后为恒力。已知弹簧的劲度系数为 ，弹簧始
终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式：（其中为弹簧的劲度系数，
为弹簧的形变量），取重力加速度 。下列说法正确的是( )
【解析】 依题意，、两物体静止在斜面上时，有， 时
二者之间作用力为零，可得 ，由匀加速直线运动公式，可知
，解得，，施加外力瞬间， 为最小值，可得
，两物体分离前瞬间， 为最大值，可得
，解得 。
时，物体、具有相同的速度 。
二者分离后，若弹簧恢复到原长时，设其速度为 ，由功能关系可得
，解得 ，可知整个过程中弹簧不可以恢
复到原长。
19.（2025北京市陈经纶中学月考）如图所示，质量
均为的物块、 紧挨着放置在粗糙的水平
地面上，物块 的左侧连接一劲度系数为
（1） 物块、分离时，所加外力 的大小；
【答案】
【解析】 物块、分离时，相互之间的弹力为零，对物块 根据牛顿第二定律得
，代入数据解得 。
的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰
好处于静止状态，现使物块在水平外力作用下向右做 的匀加速直线运动
直至与物块分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为， 。最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（2） 物块、 由静止开始运动到分离所用的时间。
【答案】
【解析】 物块、静止时，对物块、根据平衡条件可知，物块 、
分离时，对物块根据牛顿第二定律得
此过程中两物块的位移为
代入数据解得 。
考点8 板块模型
解题觉醒
1.题型特征：一个木板上面放置一个物块，并且木板与物块间存在相对滑动。
2.板块问题分析必做步骤：
（1）分析摩擦力。
①一动一静：先分析动的。
②计算板、块间的滑动摩擦力，要用物块的重力。
③计算板和地间的滑动摩擦力，要用板、块的总重力。
（2）求加速度。
①分别对板、块运用牛顿第二定律。
②只分析运动方向上的力。
20.［多选］（2025陕西西安中学开学考试）如图所示，长为，质量为 的木板
放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。一个质量为 的人从木板的左
端开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中，关于人和木板 的速度—时间图像
可能正确的是取 ( )
BC
A. B. C. D.
【解析】 人在木板上向右做匀加速运动，则人受到木板向右的摩擦力，所以
，而木板与地面之间的最大静摩擦力为 ，当人
对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时，木板向左加速，即 ，所以
，由于A中图线的斜率为 ，此时人
向右加速，木板静止不动。
由于B中图线的斜率为 ，此时人向右加速，
木板静止不动。
由于C中图线的斜率为 ，此时人向右加速，
木板向左加速，根据牛顿第二定律，对木板有，解得 。
由于D中图线的斜率为 ，此时人向右加速，
木板向左加速。
21.［多选］（2024吉林卷）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为
。 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。已知到的时间内，木板速度 随
时间变化的图像如图所示，其中为重力加速度大小。 时刻，小物块与木板的
速度相同。下列说法正确的是( )
ABD
A.小物块在 时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数为
C.小物块与木板的质量比为
D. 之后小物块和木板一起做匀速运动
【解析】 由题图可知，时木板的速度开始减小，说明小物块在 时刻
滑上木板。
由题图可知时间内，木板的加速度为， 时木板的
速度为，由题意知，时小物块以速度 滑上木
板（【点拨】时木板的运动出现转折，说明此时小物块滑上木板。），
时小物块的速度为，设小物块质量为 ，小物块与长木板之间的动摩擦因数
为，由牛顿第二定律可得，联立解得 。
由题图可知，时间内，设木板的质量为 ，对木板由牛顿第二定律可得
. .
. .
，解得。 时间内，木板的加速度大小
，由牛顿第二定律可得 ，解得
。
时，小物块与长木板速度相等，小物块和长木板整体受到和地面摩擦力
作用，，由于和相等，方向相反，整体受力平衡，故
之后小物块和木板一起做匀速运动。
22.（2024江苏省天一中学期末）如图所示，质量相等的（可视为质点）和 叠放在水
平地面上，左边缘对齐，与、与地面间的动摩擦因数均为 。先敲击， 立即获
得水平向右的初速度，在上滑动距离后停下。接着敲击， 立即获得水平向右的初
速度，、 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 。求：
（1） 被敲击后获得的初速度大小 ；
【答案】
【解析】 先分析，在水平方向受到的摩擦力如图甲所示，设、的质量均为，
受到向左的滑动摩擦力。，故静止。再求 的加速度，由牛顿第
二定律可知，加速度的大小，由匀变速直线运动公式可得 ，
解得 。
图甲
（2） 在左边缘再次对齐的前、后，运动加速度的大小、 ；
【答案】 ;
【解析】 敲击后，、对齐前，、水平方向受力如图乙所示。 所受合外力大小
，由牛顿第二定律有，得；对齐后，、 所
受合外力大小，由牛顿第二定律有，得 。
图乙
（3） 被敲击后获得的初速度大小 。
【答案】
【解析】 、 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停
下。说明共速前、相对位移差为 ，利用位移差这个条件列出等式关系。设经过时间
，、达到共同速度，位移分别为、，加速度的大小等于，则 ，
，，，且，联立解得 。
23.（2024吉林长春外国语学校月考）如图所示，静止在
水平地面上的木板（厚度不计）质量为 ，与地
面间的动摩擦因数，质量为 ，且可看
（1） 求木板的长度 ；
【答案】
【解析】 小物块在木板上滑动的过程，对小物块由牛顿第二定律得 ，解
得，对木板有，解得 ，
木板的长度为，解得 （【点拨】涉及两
物体的相对运动，独立分析，找到联系。）。
成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为，以 的水平初速
度从左端滑上木板，经过滑离木板，取 。
. .
. .
. .
（2） 求小物块离开木板时，木板的速度大小；
【答案】
【解析】 小物块离开木板时，木板的速度为 。
（3） 求小物块离开木板后，木板的加速度；
【答案】 ，方向水平向左
【解析】 小物块离开后木板的加速度为 ，方向水平向左
（【易错】小物块离开木板前后，木板与地面之间的正压力发生了变化，摩擦力也变
化。）。
. .
（4） 小物块离开木板后，判断木板与小物块是否发生碰撞。
【答案】 发生碰撞
【解析】 小物块离开木板时，小物块的速度 ，小物块在地面上
滑行时的加速度大小为 ，小物块在地面上滑行的最大位移为
，木板在地面上滑行的最大位移为 ，可知小
物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞。
24.（2024安徽池州第一中学模拟）如图甲
所示，质量为 的木板静止在光滑
水平面上，质量为 的物块以初速度
滑上木板的左端，物块与木板之
间的动摩擦因数，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力 。
当恒力取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为 ，给木板施加不同大小
的恒力，得到的关系如图乙所示，其中与横轴平行，且 段的纵坐标为
。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 。求：
（1） 若 ，物块滑出木板时的速度大小；
【答案】
【解析】 由题图乙知，段表示物块从木板右侧滑出， 段表示物块没有从木板上
滑出去， 段表示物块从木板左侧滑出去。
若恒力，物块刚滑上木板时，设物块和木板的加速度分别为、
由牛顿第二定律得，
解得，
当时，设经时间物块从木板右侧滑出，位移差为 ，则
解得或
物块从木板右侧滑出时，需满足物块的速度大于木板的速度，即
（【易错】本题易忽视物块滑出时的隐含条件即物块的速度大于木板的速度，需要求出
时间并比较，舍弃 ，在刹车问题中也经常会出现这种情况，应结合实际舍弃不
符合的一值。），解得
则舍去物块滑出木板时的速度为 。
. .
（2） 点的纵坐标；
【答案】
【解析】 共速前物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，题图乙中 点对应
物块与木板共速后，两者不再发生相对滑动，木板的加速度大小等于物块的加速度
的大小，共速后两者以加速度大小 做匀加速直线运动。
共速时，对木板由牛顿第二定律得
解得
物块刚滑上木板时，设木板的加速度为
由牛顿第二定律有
设经时间 两者速度相等，有
，
解得
故，即点的纵坐标为 。
（3） 若物块恰好不能从木板右侧滑出，此时外力的值。
【答案】
【解析】 当物块恰好不能从木板右侧滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，
对应题图乙中点，设木板加速度为，所用时间为
对木板由牛顿第二定律得
由位移、速度关系得，
联立解得 。
25.（2025江苏省宿迁中学月考）如图，倾角为 的
斜面体固定在水平地面上，一质量 的木板
以的初速度沿斜面匀速下滑，木板 与斜
面间的动摩擦因数为，将一质量的滑块
轻放在木板上，滑块可视为质点，与木板之间的动摩擦因数为，且 。当
木板速度刚减为零时，滑块恰好从下端滑离木板，滑块在木板 上滑动时会留下痕
迹。已知斜面足够长，，重力加速度 ，求：
（1） 木板与斜面间的动摩擦因数大小 （结果可保留根号）；
【答案】
【解析】 开始木板能够匀速下滑，有
解得 。
（2） 滑块刚放在木板上时，滑块的加速度大小及木板的加速度大小 ；
【答案】 6; 3
图甲
【解析】 刚放上滑块，对滑块 分析，如图甲所示，由牛顿第二定律
可得
解得
图乙
对木板 分析如图乙所示，由牛顿第二定律可得
解得 。
（3） 滑块在木板上留下痕迹的长度 。
【答案】 6
【解析】 设经过时间，木板与滑块共速，设共速时的速度为，对、 分别有
，
解得，
共速时滑块相对木板向上滑动的位移大小为，
有
共速后，再对滑块 分析如图丙所示，由牛顿第二定律可得
解得
图丙
对木板 分析如图丁所示
图丁
由牛顿第二定律可得
解得
设再经过时间，木板速度减为零，有
此时滑块的速度为
共速后滑块相对木板向下运动的位移大小
由于
则滑块在木板上留下痕迹的长度为。（【易错】易错把 当作
痕迹长度，注意与 划痕部分重复，应当取较大的值。）
. .
考点9 传送带模型
解题觉醒
1.题型特征：物体在传送带上运动，求时间、相对位移、速度。
2.解题技巧：
（1）水平同向传送带：判断能否共速。
（2）水平反向传送带：判断能否减速到0。
（3）倾斜传送带底端轻放：判断能否共速。
（4）倾斜传送带顶端轻放：①判断能否共速；②若能共速，判断共速后能否匀速。
26.（2025江苏常州教科院附属中学开学考试）如图所示，
水平传送带以恒定速度 顺时针转动，传送带右端上方的挡
板上固定着一轻弹簧。将小物块 轻放在传送带左侧某位
A
A. B. C. D.
置，在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到。取 放置点为坐标原点，
全过程始终处在传送带上，以水平向右为正方向， 在向右运动或向左运动的过程中，
加速度与位移 的关系图像正确的是( )
【解析】 与弹簧接触时速度恰好达到，说明与弹簧接触前 做匀加速运动，根据牛
顿第二定律可得，解得 ，方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段
时间内相对于传送带静止，即所受的弹簧弹力和静摩擦力平衡， 做匀速直线运动，
当运动到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得 ，加速
度 的方向向左，故A正确。
27.［多选］（2024黑龙江牡丹江二中月考）如图所示，水平传送带以恒定速度逆时针
方向运行，运行的速度大小为，小滑块以大小为 的初速度从传送带的左端滑上传送
带，经过时间小滑块最终离开传送带，小滑块前 时间内所受的滑动摩擦力大于零，
后 时间内所受的摩擦力等于零。小滑块与传送带之间的动摩擦因数恒定不变，小滑块
可看作质点，以地面为参考系，下面说法正确的是( )
BC
A.小滑块最终到达传送带右侧并离开 B.传送带的速度不可能大于滑块初速度
C.前时间小滑块的位移为 D. 时刻小滑块的位移最大
【解析】 根据大招先判断小滑块是否能减速到零，小滑块先向右做减速运动，而
后时间内小滑块所受的摩擦力等于零，则说明小滑块后 时间内和传送带速度相等，
则小滑块速度减为零后反向做加速运动，和传送带共速之后在传送带上匀速运动并从左
侧离开。
根据运动学公式可得，小滑块向右减速运动的距离为 ，紧接着反向加速运
动的距离为 ，由题意可知 （【点拨】小滑块向左匀加速和匀速运动的距
离之和等于小滑块向右匀减速运动的距离。），因此 。
. .
时刻小滑块的末速度大小为，小滑块初速度大小为，前 时间内小滑块平均
速度为（【易错】速度是矢量，注意不要错误地用），则位移为
。
。
当小滑块速度为零时小滑块的位移最大，在 时刻小滑块已经反向运动了。
. .
28.（2024江西赣州文清外国语学校开学考试）国家粮食储备仓库工人利用传送带从车
上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率 逆时针运行的传送带与水平面的夹角
，转轴间距。工人沿传送带方向以速度 从传送带顶端推
下粮袋（视为质点），时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的 图
像如图乙所示。已知，，取 ，则( )
C
A.在 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0.5
C.传送带运行的速度大小为
D.在 内粮袋处于失重状态
【解析】 由题图乙可知，在 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 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。
根据 图像中，图线与横轴围成的面积表示位移的大小，则可知
，解得 。
由题图乙和C选项分析可知，粮袋在 内的加速度为
，则加速度方向沿斜面向上，则在 内粮袋处
于超重状态，根据牛顿第二定律有，解得 。
29.（2024吉林白山期末）如图所示，分拣快递的车间里，与水平面成 的传送
带正以的速度匀速运行，、两端相距。现每隔 把质量
的工件（可视为质点）轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工
件与传送带间的动摩擦因数，取 ，结果保留两位有效数字。求：
（1） 工件刚刚放上去时的加速度大小；
【答案】
【解析】 设工件在传送带上加速运动时的加速度为 （【点拨】工件放上时，相对传送
带初速度是向下的，受到的传送带对它的摩擦力是向上的。），则由牛顿第二定律有
，解得 。
. .
（2） 工件从到 所用的时间；
【答案】
【解析】 工件加速运动时间为，位移
匀速运动的时间
总时间是 。
（3） 相邻工件之间的最大和最小距离；
【答案】 ;
【解析】 刚放上后一个工件时，该工件与前一个工件的距离最小，且最小距离
，解得 ，当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则
。（【点拨】因为工件的加速时间是 ，两工件放上传送带的时间
间隔为 ，所以刚放上后一个工件时前一个工件的速度大于后一个工件的速度，此时
距离最小，此后距离增大，后放上的工件与前一工件的速度相等（都为 ）时，它
们距离最远。）
. .
. .
. .
（4） 满载与空载相比，传送带需要增加的牵引力。
【答案】
【解析】 由于工件加速时间为，工件放入时间间隔为 ，因此传送带上总有3个
工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移
传送带上匀速运动的工件数
当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力
所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力
与空载相比，传送带需增加的牵引力 （【点拨】传送带需要增加的牵引
力等于在传送带上所有工件对它的总摩擦力。），联立解得 。
. .
觉醒集训
1.（2025江苏南通海安高级中学月考）如图，将一质量为 的小球靠近一
面墙竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照片，图乙是小球
下落时抓拍的频闪照片，重力加速度为 ，假设小球所受的空气阻力大小
不变，则小球所受空气阻力大约为( )
A
A. B.
C. D.因砖的尺寸未知，无法估算
【解析】 小球的上升过程是匀减速直线运动过程，末速度为零，下落过
程是初速度为零的匀加速直线运动过程。设频闪周期为，每块砖的厚度为 ，砖与砖
之间的缝隙忽略不计。根据匀变速直线运动推论可知，在上升过程有
，在下降过程有 ，由牛顿第
二定律可得，，解得 ，故A正确。
2.［多选］（2025湖南邵阳联考）如图所示，个质量均为 的小球用完全相同的轻
质弹簧相连，在水平拉力的作用下，保持相对静止，一起沿与小球的动摩擦因数为
的粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1和2间弹簧的弹力为 ，2和3间弹簧的弹力为
，和2 024间弹簧的弹力为，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 ，
下列结论正确的是( )
A.
B.从左到右各弹簧长度之比为
C.若突然撤去拉力，此瞬间第2 024个小球的加速度为 ，其余每个球的加速
度不变
D.若1和2之间的弹簧长度为，和2 024之间的弹簧长度为 ，则弹簧原长为
√
√
√
【解析】 以整体为研究对象，加速度 ，以第1个小球为研究对象,则
有 ，以第1、2小球为研究对象，则有
，以第1、2、3小球为研究对象，
则有， ，以第1个到第2 023个
小球为研究对象，有
。
（【大招应用】将整体看成一个系统，弹簧的弹力属于内力，可运用内力公式
，可快速计算出、、 ，即
。）
. .
. .
. .
. .
.
. .
根据题意，由胡克定律可得 ，则从左到右各弹簧伸长量之比为
，从左到右各弹簧长度之比不可能为 。
若突然撤去拉力 瞬间，由于弹簧的形变不能突变，则除第2 024个小球以外的小
球受力情况不变，加速度不变，对第2 024个小球，由牛顿第二定律有
，解得 。
设弹簧原长为，1和2之间的弹簧长度， 和2 024之间的弹簧长度
，联立得 。
3.（2024河南南阳中学月考）如图所示，质量为、倾角为 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和物体 ，两滑轮之间的轻绳始终与斜面
平行，物体、的质量分别为、，物体与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速
度大小为，将物体、由静止释放，在物体下降的过程中（物体 未碰到滑轮），
斜面体静止不动。下列说法正确的是( )
A
A.轻绳对点的拉力大小为
B.物体的加速度大小为
C.地面对斜面体的摩擦力大小为
D.地面对斜面体的支持力大小为
【解析】 由于相同时间内物体通过的位移是物体 通过的位移的两倍，则
物体的加速度是物体 的加速度的两倍（【点拨】找到加速度关系是关键，加速度、
速度关系可以通过位移关系得到。）。设物体的加速度为，则物体的加速度为 ，
物体、释放瞬间，轻绳的拉力为，对物体 根据牛顿第二定律得
，对物体有，解得 ，
。
. .
. .
物体下降过程中，运用大招对系统列牛顿第二定律，对斜面体、物体、 整体，
水平方向根据牛顿第二定律得 ，解得地面对斜面体的摩擦力
为 。
物体下降过程中，运用大招对系统列牛顿第二定律，对斜面体、物体、 整体，
在竖直方向根据牛顿第二定律得 ，
解得地面对斜面体的支持力为 。
4.（2022江苏连云港二模）如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布， 上放有
质量分别为、的静止物块和，、与间的动摩擦因数均为 。已知、与
间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对施加一水平向左的拉力， 从0开始逐渐增
大，下列说法正确的是( )
B
A.当时，、、 均保持静止不动
B.当时，、 不会发生相对滑动
C.当时，、 会以相同的加速度运动
D.只要力足够大，、 一定会发生相对滑动
【解析】 水平面光滑，故只要拉力不为零，、、就会发生运动。、 间的最大
静摩擦力为，、间的最大静摩擦力为，由于 是轻质绸布，
，所以无论多大，、 都不会发生相对滑动（【易错】根据生活经验想当然
地以为只要足够大，、 之间就一定会发生相对滑动.殊不知本题中的绸布是理想化
模型。）。若、将要发生相对滑动，对由牛顿第二定律有，解得此时
的加速度大小为，此时对、、 整体分析，由牛顿第二定律有
，故当时，、 即将发生相对滑动，且当发生相对
滑动后，二者加速度不同，故B正确。
. .
5.［多选］（2023湖北卷）如图所示，原长为的轻质弹簧，一端固定在
点，另一端与一质量为 的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与
杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上、两点与点的距离均为，点到 点
的距离为，与杆垂直。当小球置于杆上 点时恰好能保持静止。设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为。小球以某一初速度从
点向下运动到 点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确
的是( )
AD
A.弹簧的劲度系数为
B.小球在点下方处的加速度大小为
C.从点到 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D.从点到点和从点到 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【解析】 根据题干条件找到平衡点，对处于平衡点的小球进行受力分析并求出劲度系
数；再对各点处的小球进行受力分析，利用牛顿第二定律进行求解。
小球在点受力平衡，则有，，，解得 。
如图所示,在之间任取一点，令与之间的夹角为 ，则此时
弹簧的弹力为 ，小球受到的摩擦力为
，化简得，小球从点到 点运
动过程中， 先变大后变小，即摩擦力先变大后变小。
根据对称性可知在杆上任意关于 点对称的两点小球受的摩擦力大小
相等，因此由对称性可知到和到 小球受的摩擦力做功大小相等。
小球运动到点下方时 ，此时的摩擦力大小为
，弹簧弹力为 ,由牛顿第二定律
，联立解得 。
跳跳学长传妙招
由胡克定律可知弹簧弹力大小与形变量成正比，故可根据形变量的变化来判断弹力大小
的变化，则对于摩擦力也可如下分析：
6.［多选］（2025河北保定定州中学开学考试）如图所示，表面粗糙的斜面体 置于光
滑水平面上，斜面的左侧倾角为 ，右侧倾角为 ，绕过斜面体顶端光滑、轻质定
滑轮的轻绳连接滑块、，轻绳平行于斜面体表面。水平推力作用于，使、、 一
起运动，此时滑块刚好脱离。已知、、的质量分别为、 、
，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， ，
。下列说法正确的是( )
AC
A.滑块的加速度为
B.轻绳拉力为
C.滑块 与斜面体间的动摩擦因数至少为0.5
D.水平推力为
【解析】 由题意可知滑块 受重力和轻绳拉力，受力分析如图1所示。由
牛顿第二定律有，解得 。
对受力分析有 ，解得 。
对 受力分析并建立如图2所示坐标系。结合牛
顿第二定律有
， ，由
题意有，解得， ，
。
对整体受力分析，由牛顿第二定律有
。
跳跳学长有话说
整体法与隔离法是解决动力学问题的重要分析方法，该方法使用有三个关键点：
（1）多物体处于平衡状态时优先考虑整体法，平衡状态包括静止状态和匀速直线运动
状态；（2）多物体共同加速时优先考虑整体法；（3）隔离物体分析，优先考虑对受力
较少、受力限制较多的物体分析。
7.（2025江西宜春丰城二中检测）如图所示
为货物传送装置的其中一段，由平滑连接的
倾斜的传送带和水平平台组成。斜面的倾角
，连接处的长度可忽略不计。传送
带长度，当传送带不转动时，质量为 的货物从传送带上端由静止释放，货物沿
传送带匀加速下滑，到达平台时速度方向改变，但大小不变，并最终停在平台上。货物
停止位置与传送带右端的距离为。已知货物与平台间的动摩擦因数 ，
重力加速度取 ，货物可视为质点，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，
， 。求：
（1） 货物在传送带上做匀加速直线运动的加速度 ；
【答案】 2
【解析】 设货物到达平台时速度大小为，货物在平台上运动时的加速度大小为 ,货
物在平台上受到的摩擦力大小为
解得
由于货物最终减速为零，则有
货物在传送带上匀加速直线运动，则有
解得 。
（2） 货物与传送带间的动摩擦因数 ；
【答案】 0.5
【解析】 货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得 。
（3） 若传送带顺时针转动，写出货物停止位置与传送带右端距离跟传送带线速度
的函数关系。
【答案】
【解析】 设货物到达传送带底端的速度为
情况一：若传送带速度为零，则货物到达平台的位置不变，即
情况二：若货物一直受到传送带向下的摩擦力，则根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学规律，在传送带上
解得
在水平平台上有
解得
此时
情况三：当 时，货物经历两段加速度不同的加速运动到达底端，分别分
析两段加速过程，设两段加速的位移大小分别为和，则有 ，
，，同理有，解得
综上，；，；， 。
觉醒原创
1.如图所示，地面上有一斜面体，轻质弹簧左端固定，并处于自然长度。斜面体顶端有
一小物块，现由静止释放小物块，在下滑过程中斜面体始终处于静止状态。 与斜
面体间的动摩擦因数处处相同，弹簧未超过弹性限度，则在小物块向下运动到最低点的
过程中，下列说法正确的是( )
B
A.当 刚要接触弹簧时，其速度达到最大
B.地面对斜面体的支持力先小于二者的重力，后大于二者的
重力
C.地面对斜面体的摩擦力方向始终向右
D. 不可能静止在其向下运动的最低点处
【解析】 当小物块加速度为零时其速度最大，而此时弹簧为压缩状态。
小物块沿斜面向下运动时，其加速度先沿斜面向下再沿斜面向上，故整个系
统先有竖直向下的加速度分量后有竖直向上的加速度分量，先有水平向左的加速度分量
后有水平向右的加速度分量，故地面对斜面体的支持力先小于二者的重力，后大于二者
的重力，地面对斜面体的摩擦力先水平向左，后水平向右。
开始时沿斜面下滑，则，当的速度为0瞬间， 向下运动到最低点。
在最低点斜面对 的摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下，若摩擦力沿斜面向上，
则在斜面上可以保持静止状态。若摩擦力沿斜面向下，根据题给信息无法判断 与
的大小关系，因此 也可能静止在最低点。
2.［多选］如图所示，位于水平面上的车厢里，有一倾角 的斜面，斜面上静置
一质量为的物块，物块与斜面间的动摩擦因数。已知 ，重力加速
度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块与斜面始终保持相对静止，则车厢向左做
匀加速运动的加速度大小可能为( )
BC
A. B. C. D.
【解析】 对物块进行受力分析 物块受力不平衡，注意列
式结果
情况1：当最大静摩擦力沿斜面向上时
对物块进行受力分析，如图所示，其中 为物块受到的合外
力。沿垂直斜面方向有 ，沿斜面方
向有 ，又 ，联立得
。
情况2：当最大静摩擦力沿斜面向下时
此时物块受到的合外力为，沿垂直斜面方向有 ，沿斜面
方向有 ，又，联立得， 正确。
专题三 牛顿运动定律
考向二 牛顿运动定律的应用
2025年高考物理专题复习资料
考点切片
考点1 两类动力学问题的简单应用
1.（2024河南开封模拟）农用无人机喷洒农药可以极大地提高农民的工作效率，为了防
止无人机在作业中与障碍物发生碰撞，在某次测试中，无人机以标准起飞质量
起飞，以安全飞行速度 水平向着障碍物飞行，测距雷达发现
处的障碍物后，无人机立即调整推力方向，做匀减速直线运动，结果无人机
悬停在距离障碍物处，飞行过程中可将无人机看成质点，重力加速度 取
，忽略空气阻力，则无人机在匀减速直线运动过程中受到的推力大小为( )
A
A. B. C. D.
【解析】 无人机做匀变速直线运动，有 ，解得无人机的加速度
，对无人机进行受力分析，无人机受重力和推力，则推力大小
。
2.［多选］（2025江西抚州模拟）在考虑空气阻力的情况下，将一小石子从 点竖直向
上抛出，小石子向上运动过程中先后经过1、2两点时的加速度大小分别为、 ，到达
最高点后向下运动过程中先后经过2、1两点时的加速度大小分别为、 。若空气阻
力大小与瞬时速度大小成正比，则下列关系式正确的是( )
AD
A. B. C. D.
【解析】 设向上运动过程中先后经过1、2两点时的速度大小分别为、 ，小石
子向上做减速运动，则有 ，由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，根据牛
顿第二定律有，，易知 。
设向下运动过程中经过1、2两点时的速度大小分别为、 ，石子向下做加
速运动，则有 ，由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，根据牛顿第二定律
有，，易知， 。
根据上述分析可知，，则有 。
3.（2024陕西宝鸡二模）大功率火箭一般采取多级推进技术，以提高发射速度。某中学
的物理兴趣小组同学制作了一个两级推进火箭模型进行试验。已知火箭质量为 ，提供
的推动力恒定且为，火箭先经过一级推动力推进时间后，丢弃掉质量为 的一
级箭体，再由
二级推动力继续推动剩余质量为的火箭，推动力仍为，火箭飞行时间 后结束
推进。重力加速度恒定且为 ，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力，求：
（1） 火箭上升过程的最大速度；
【答案】
【解析】 设一级推动时间火箭的加速度为，末速度为，二级推动 时间火箭的加
速度为，末速度为，由牛顿第二定律可得 ，
所以火箭上升的最大速度为 。
（2） 火箭上升的最大高度。
【答案】
【解析】 设一级推动时间火箭上升的高度为，二级推动时间火箭上升的高度为 ，
结束推动后火箭继续上升高度为 ，由匀变速直线运动规律可得
，
失去推力后，火箭向上做匀减速运动，加速度大小为，末速度为0，所以有
可得
所以火箭上升的最大高度为 。
考点2 超重和失重
4.（2025辽宁部分名校联考）某物体在无人机的带动下沿
竖直方向做直线运动，物体的速度与时间 的变化关系如
图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是( )
A
A. 时间内物体做加速运动，处于失重状态
B. 时间内物体做减速运动，处于失重状态
C. 时间内物体做加速运动，处于失重状态
D. 时间内物体做减速运动，处于超重状态
【解析】
5.（2025北师大附中开学考试）图甲是某人站在接有传感器的平板上做下蹲、起跳和回
落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是平板所受压力随时间变化的图像，
重力加速度 。根据图像分析可知( )
C
A.人的重力可由点读出，约为
B.到 的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C.从到 人处于完全失重状态
D.人在点对应时刻的加速度大于在 点对应时刻的加速度
【解析】 人在点处于平衡状态，人的重力可由点读出，约为 。
到 的过程中，人对平板的压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态
再处于超重状态。
从到 过程中人对平板的压力等于零,此过程中人跳离平板在空中运动，所以人处
于完全失重状态。
人的质量约为，人在 点对应时刻的加速度约为
，人在点对应时刻的加速度约为，人在
点对应时刻的加速度小于在 点对应时刻的加速度。
跳跳学长有话说
（1）无论是超重还是失重，物体受到的重力不变，只是视重改变。
（2）判断超重、失重看加速度方向，不看速度方向。
（3）当物体具有向上的加速度（或有竖直向上的分量）时，超重；当物体具有向下的
加速度（或有竖直向下的分量）时，失重。
考点3 突变问题
6.（2024湖南卷）如图，质量分别为、、、的四个小球 、
、、,通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于 点，处于静止状态，
重力加速度为。若将、间的细线剪断，则剪断瞬间和 的加速度
大小分别为( )
A
A.， B.， C.， D.，
【解析】 细线剪断前，对小球、、整体受力分析，由力的平衡条件有小球、 间
轻弹簧的弹力,对小球受力分析，由力的平衡条件有小球、 间轻弹簧的
弹力,细线剪断瞬间，对小球由牛顿第二定律有,对小球
由牛顿第二定律有 ,（【提醒】细线、细绳上的力会突变，弹簧上的
力不会发生突变。）联立解得, ，A正确。
. .
. .
7.（2022江苏苏州测试）如图所示，质量为的木箱放在水平地面上，质量为 的小球
用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁。细线与竖直方
向夹角为 ，弹簧处于水平状态。重力加速度为 ，剪断细线前、后，木箱均处于静止
状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是( )
D
A.地面对木箱的支持力不变 B.地面对木箱的支持力减小了
C.地面对木箱的摩擦力不变 D.地面对木箱的摩擦力增加了
【解析】 设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为、 ，地面
对木箱的摩擦力大小分别为、，剪断细线前，细线上的拉力大小 ，弹簧弹
力大小 ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知 ，
。剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方
向（【点拨】弹簧两端均连接有质量的物体，由于物体的位置不能突变，所以弹簧长度
不能突变，则剪断细线瞬间弹簧弹力不能突变。）有 ，地面对木箱的支持力减
小了 。
对木箱分析，水平方向有 ，地面对木箱的摩擦力增加了
。
跳跳学长有话说
此处用隔离法分析，也可用整体法分析。剪断细线瞬间，虽然小球速度还为0，但已不
是平衡状态，其加速度方向斜向右下，加速度竖直向下的分量为 ，水平向右的分
量为 ，对木箱、小球与弹簧整体，由牛顿第二定律，竖直方向有
，得，水平方向有，得 。
考点4 等时圆模型
解题觉醒
1.题型特征：物体从静止开始沿竖直圆的不同光滑弦下滑到最低点，比较沿不同弦下滑
的时间。
2.作等时圆：（1）过顶点作竖直线；（2）以某条轨道为弦作圆心在竖直线上的圆。
3.结论：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑杆由静止下滑，达到圆周的最低点
（或从竖直圆上的最高点到达同一竖直圆上各点）的下滑时间相等，均等于做高度为
的自由落体运动的时间。
8.（2024湖北襄阳五中月考）如图所示，半球形容器内有三块
不同长度的滑板、、，其下端都固定于容器底部 点，
上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度 。
若三个滑块同时从、、 处开始由静止下滑（忽略阻力），
则( )
D
A.处滑块最先到达点 B.处滑块最先到达 点
C.处滑块最先到达点 D.三个滑块同时到达 点
【解析】 令半球形容器的半径为，滑板的倾角为 ，对滑块进行分析，根据牛顿第
二定律有，根据位移公式有，解得 ，可知
时间与滑板的倾角 、板的长度均无关，故三个滑块同时到达 点。
跳跳学长有话说
从、、 处开始运动的滑块，是从相同半径的竖直圆上一点沿光滑弦运动到圆的最低
点，运动时间相等，故可直接选出D。
9.（2024江苏盐城中学检测）如图所示，有一半圆，其直径水平
且与另一圆的底部相切于点， 点恰好是下半圆的圆心，它们处
在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道、、 ，它们
的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系
为 。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至
底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为
( )
B
A. B. C. D.
【解析】 设圆的半径为，半圆的半径为，则可知轨道 长度为
，小物块在轨道下滑的加速度 ，根据运动
学公式有，则可得，由于 ，由此可
得 。
跳跳学长有话说
根据大招等时圆结论，小物块从、、到点的时间相等，、、三点中 点最高，
由机械能守恒定律可知小物块沿下滑，到达 点速度最大，且在下面半圆的三条轨道
中，沿下滑的加速度最大，则小物块从到 的时间最短，得出B正确。
10.［多选］（2024山东德州一中月考）滑滑梯是小朋友们爱玩
的游戏，现有直滑梯、、、和，、、、 在
竖直平面内的同一圆周上，且为圆周的最高点， 为圆周的最
低点，如图所示，已知圆周半径为 。在圆周所在的竖直平面内
有一位置，距离点为，且与 点等高。各滑梯的摩擦均不
计，已知重力加速度为 ，则( )
CD
A.如果小朋友在点沿滑梯、由静止滑下，
B.如果小朋友分别从点和点沿滑梯、由静止滑下，
C.如果小朋友分别从点和点沿滑梯、由静止滑下，
D.若设计一部上端在 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下
时，在滑梯上运动的最短时间是
【解析】 由等时圆结论得，。（【点拨】假设、 与
的夹角分别为 、 ，则从、、下滑时有 ，
，，解得 。）
图1
点不在虚线圆的最高点，则过点作竖直线，以 为弦，作
圆心在 上的圆，如图1中的实线圆，根据等时圆结论可得
。
. .
图2
点不在虚线圆的最高点，画出以 点为最高点的半径
为 的等时圆，（【点拨】构造等时圆模型,利用等时圆分析
求解。）如图2，当两圆相切时，设切点为，沿 设计滑
梯，小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的时间最
短，有，解得 ，所以最
短时间为 。
. .
. .
考点5 内力公式的应用
解题觉醒
1.题型特征：连接体、叠加体求内力。
2.内力公式
3.适用条件：加速度相同。
（1）连接体：光滑、粗糙（两物块与接触面间的动摩擦因数相同）都能用；紧挨、绳
连都能用；水平、竖直、斜面都能用。
（2）叠加体：系统与接触面没有摩擦力。
11.（2024北京卷）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力 作用下一起向前运动。飞
船和空间站的质量分别为和 ，则飞船和空间站之间的作用力大小为( )
A
A. B. C. D.
【解析】 以飞船和空间站为整体，根据牛顿第二定律有 ，对空间站有
，解得飞船和空间站间的作用力大小 ，故A正确。
跳跳学长有话说
由内力公式直接可得空间站和飞船之间的作用力 ，故A正确。
12.（2025广东深圳外国语学校月考）如图所示，、 是由同种材料构成的两物体，质
量分别为、，由轻质弹簧相连，放置在倾角为 的光滑斜面上。当给物体 施加
一沿斜面向上的恒力时，两物体一起斜向上做加速度为 的匀加速直线运动，此时弹
簧的伸长量为 ，则( )
B
A.弹簧的劲度系数为
B.弹簧的劲度系数为
C.在运动过程中，若突然撤去拉力，则撤去的瞬间 物体
的加速度大小为，物体的加速度大小为
D.若斜面是粗糙的，在同样恒力 作用下，两物体仍然能斜向
上做匀加速运动，则弹簧的伸长量将大于
【解析】 由大招内力公式得弹簧弹力，由 ，得出
。
在运动过程中，若突然撤去拉力，则撤去的瞬间弹簧的弹力不变，则 物体的加
速度大小仍为，此时对物体有，对 物体有
，解得 。
若斜面是粗糙的，运用大招内力公式可得弹簧弹力 ，显然，弹簧的伸长
量将保持不变，仍为 。
13.［多选］（2024湖北仙桃中学模拟）如图所示，在光滑水平面上，、 两物体叠放
在一起，放在的上面，已知，，、 之间的动摩擦因数
，。对物体施加水平向右的拉力，开始时拉力 ，此后逐
渐增大，在增大到 的过程中，下列说法正确的是( )
AC
A.当拉力 时，两物体保持相对静止状态
B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过 时，两物体开始相对滑
动
C.两物体间始终没有相对运动
D.两物体间从受力开始就有相对运动
【解析】 两物体间达到最大静摩擦力时，对有，对 有
，解得，当时，两物体相对滑动，则当拉力 时，
两物体保持相对静止状态。
由A、B选项可知，在增大到 的过程中两物体始终没有相对运动。
跳跳学长有话说
运用大招内力公式可得、间的摩擦力，相对滑动条件为 ，解得
，所以当 时两物体相对滑动。
14.［多选］（2024山东菏泽月考）如图，四个滑块叠放在
倾角为 的固定光滑斜面上，其中和的质量均为，
和的质量均为，和 之间用一平行于斜面的轻绳连接，
现对施加平行于斜面向上的拉力 ，使得四个滑块以相同
加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为
CD
A.拉力的最大值为
B.对的摩擦力为 时，对的摩擦力为
C.当拉力取得最大值时，轻绳上的弹力大小为
D.当拉力取得最大值时，、间的摩擦力为
， 重力加速度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 ( )
【解析】 当、间的摩擦力为最大静摩擦力时，拉力取最大值，将、、 看
成一个整体，根据内力公式可得，最大值为 ，可得
，解得 。
对的摩擦力也可利用内力公式求解，先分析、 ，则绳子的拉力为外力。设绳
子的拉力为，则 ，再分析、、，对 的摩擦力为
外力，则，联立解得 。
将、看成一个整体，、 看成另一个整体，根据内力公式有
，解得 。
将、、看成一个整体，根据内力公式有 （【易错】用
内力公式前先确认系统与接触面有没有摩擦力，若有摩擦力则不能直接使用内力公式，
需要利用整体法和隔离法进行分析。），解得 。
. .
考点6 对系统列牛顿第二定律
解题觉醒
1.题型特征：有相互作用的多个物体，各部分的加速度不同。
2.解题步骤：（1）先规定正方向；（2）和正方向同向的力、加速度为正，反向为负；
（3）外力之和等于每个物体的
3.使用条件：所有力要在一条直线上。
15.（2025湖南永州模拟）如图所示，、 滑块质量分别是
和，斜面倾角为 ，斜面体紧靠地板突出部分 ，控
制使所有物体处于静止状态。现静止释放，当沿斜面体
下滑、上升时，不计绳子质量及一切摩擦，重力加速度为 ，
地板突出部分对斜面体 的水平压力为( )
A
A. B.
C. D.
【解析】 对、组成的整体有，由题意可知，以 、
、组成的整体为研究对象，地板突出部分对斜面体的水平压力，只引起滑块 水
平方向的加速度，因为、 在水平方向的加速度均是零，对整体水平方向列系统牛顿
第二定律，可得，又 ，解得 ,故A正
确。
16.（2023江苏无锡期中）如图所示，倾角 ，质量 的粗糙斜面位于水平
地面上，质量的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经 到达底
端，运动路程，在此过程中斜面保持静止（取重力加速度 ，
， ），求：
（1） 地面对斜面的摩擦力；
【答案】 ，方向水平向左
（2） 斜面对地面的压力大小。
【答案】
图甲
【解析】 解法一：常规解法
（1）木块做匀加速直线运动，由 ,可求得
对木块受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有
可得
对斜面受力分析如图乙所示
图乙
根据平衡条件得
其中，
代入数据解得 ，方向水平向左。
（2）地面对斜面的支持力
代入数据解得
由牛顿第三定律可知，斜面对地面的压力大小为 。
解法二：利用系统牛顿第二定律解题
（1）将斜面和木块看成整体，在水平方向上受到地面对斜面的摩擦力 ，竖直方向上受
到重力和支持力
木块做匀加速直线运动，由,可求得
在水平方向上有（【点拨】完整的应该是摩擦力 斜面的质量×斜面的
加速度 木块的质量×木块的加速度.斜面的加速度为0，就省去了。）
，方向水平向左。
（2）在竖直方向上有 （【点拨】此处也省去了斜面的质量
×斜面的加速度。）
解得 ,由牛顿第三定律可知，斜面对地面的
压力大小为 。
. .
. .
考点7 弹簧分离问题
解题觉醒
1.题型特征：弹簧一端有两个物体，两物体先在一起，后分离。
2.分离瞬间
（1）两者加速度相同，两物体之间的压力为零。
（2）求外力时，对外力直接作用的物体列牛顿第二定律表达式；求弹簧弹力时，对弹
簧直接作用的物体列牛顿第二定律表达式。
17.［多选］（2025山西太原新希望双语学校开学考试）如图所示，轻质弹簧下端固定
在水平地面上，上端叠放着两个物体、，系统处于静止状态。现用大小为 的恒
力竖直向上拉物体。已知物体的质量，物体的质量 ，弹簧的劲
度系数为，重力加速度取 。下列说法正确的是( )
BC
A.恒力作用瞬间，物体、 即分离
B.物体上升时，、 开始分离
C.恒力作用瞬间，物体的加速度大小为
D.物体、分离前，物体的最大加速度大小为
【解析】 分离前，将物体、 作为一个整体，恒力作用前，整个系统所受合
力为零，由于弹簧弹力不能突变，恒力作用瞬间，系统所受合力最大，为恒力 ，因此
两者的加速度最大，根据牛顿第二定律有，可得恒力作用瞬间，物体 、
的最大加速度大小为 。
恒力作用瞬间，设物体对物体的支持力为，对物体有 ，
可得，可知此时物体、 并未分离。
静止时，弹簧的压缩量 ，分离时两者加速度相等，没有相互
作用力（【点拨】组成连接体的两物体分离瞬间，两物体加速度相等，且两物体之间相
互作用力为零。），根据牛顿第二定律，对物体有，对物体 有
，解得，，、开始分离时，物体 上升
的高度 。
18.（2025山东日照检测）如图所示，倾角为 、足够长的
光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧的一端固定在斜面的底
端，另一端与放在斜面上的物体 连接。放在斜面上的物体
、紧靠在一起但不粘连，两物体的质量均为 ，初始时，
C
A.外力的最大值为 B.外力的最小值为
C.时，物体的速度为 D.整个过程中弹簧可以恢复到原长
物体与物体静止在斜面上。现用平行于斜面向上的外力作用在物体上，使物体
沿斜面向上做匀加速运动，后为恒力。已知弹簧的劲度系数为 ，弹簧始
终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式：（其中为弹簧的劲度系数，
为弹簧的形变量），取重力加速度 。下列说法正确的是( )
【解析】 依题意，、两物体静止在斜面上时，有， 时
二者之间作用力为零，可得 ，由匀加速直线运动公式，可知
，解得，，施加外力瞬间， 为最小值，可得
，两物体分离前瞬间， 为最大值，可得
，解得 。
时，物体、具有相同的速度 。
二者分离后，若弹簧恢复到原长时，设其速度为 ，由功能关系可得
，解得 ，可知整个过程中弹簧不可以恢
复到原长。
19.（2025北京市陈经纶中学月考）如图所示，质量
均为的物块、 紧挨着放置在粗糙的水平
地面上，物块 的左侧连接一劲度系数为
（1） 物块、分离时，所加外力 的大小；
【答案】
【解析】 物块、分离时，相互之间的弹力为零，对物块 根据牛顿第二定律得
，代入数据解得 。
的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰
好处于静止状态，现使物块在水平外力作用下向右做 的匀加速直线运动
直至与物块分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为， 。最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（2） 物块、 由静止开始运动到分离所用的时间。
【答案】
【解析】 物块、静止时，对物块、根据平衡条件可知，物块 、
分离时，对物块根据牛顿第二定律得
此过程中两物块的位移为
代入数据解得 。
考点8 板块模型
解题觉醒
1.题型特征：一个木板上面放置一个物块，并且木板与物块间存在相对滑动。
2.板块问题分析必做步骤：
（1）分析摩擦力。
①一动一静：先分析动的。
②计算板、块间的滑动摩擦力，要用物块的重力。
③计算板和地间的滑动摩擦力，要用板、块的总重力。
（2）求加速度。
①分别对板、块运用牛顿第二定律。
②只分析运动方向上的力。
20.［多选］（2025陕西西安中学开学考试）如图所示，长为，质量为 的木板
放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。一个质量为 的人从木板的左
端开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中，关于人和木板 的速度—时间图像
可能正确的是取 ( )
BC
A. B. C. D.
【解析】 人在木板上向右做匀加速运动，则人受到木板向右的摩擦力，所以
，而木板与地面之间的最大静摩擦力为 ，当人
对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时，木板向左加速，即 ，所以
，由于A中图线的斜率为 ，此时人
向右加速，木板静止不动。
由于B中图线的斜率为 ，此时人向右加速，
木板静止不动。
由于C中图线的斜率为 ，此时人向右加速，
木板向左加速，根据牛顿第二定律，对木板有，解得 。
由于D中图线的斜率为 ，此时人向右加速，
木板向左加速。
21.［多选］（2024吉林卷）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为
。 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。已知到的时间内，木板速度 随
时间变化的图像如图所示，其中为重力加速度大小。 时刻，小物块与木板的
速度相同。下列说法正确的是( )
ABD
A.小物块在 时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数为
C.小物块与木板的质量比为
D. 之后小物块和木板一起做匀速运动
【解析】 由题图可知，时木板的速度开始减小，说明小物块在 时刻
滑上木板。
由题图可知时间内，木板的加速度为， 时木板的
速度为，由题意知，时小物块以速度 滑上木
板（【点拨】时木板的运动出现转折，说明此时小物块滑上木板。），
时小物块的速度为，设小物块质量为 ，小物块与长木板之间的动摩擦因数
为，由牛顿第二定律可得，联立解得 。
由题图可知，时间内，设木板的质量为 ，对木板由牛顿第二定律可得
. .
. .
，解得。 时间内，木板的加速度大小
，由牛顿第二定律可得 ，解得
。
时，小物块与长木板速度相等，小物块和长木板整体受到和地面摩擦力
作用，，由于和相等，方向相反，整体受力平衡，故
之后小物块和木板一起做匀速运动。
22.（2024江苏省天一中学期末）如图所示，质量相等的（可视为质点）和 叠放在水
平地面上，左边缘对齐，与、与地面间的动摩擦因数均为 。先敲击， 立即获
得水平向右的初速度，在上滑动距离后停下。接着敲击， 立即获得水平向右的初
速度，、 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 。求：
（1） 被敲击后获得的初速度大小 ；
【答案】
【解析】 先分析，在水平方向受到的摩擦力如图甲所示，设、的质量均为，
受到向左的滑动摩擦力。，故静止。再求 的加速度，由牛顿第
二定律可知，加速度的大小，由匀变速直线运动公式可得 ，
解得 。
图甲
（2） 在左边缘再次对齐的前、后，运动加速度的大小、 ；
【答案】 ;
【解析】 敲击后，、对齐前，、水平方向受力如图乙所示。 所受合外力大小
，由牛顿第二定律有，得；对齐后，、 所
受合外力大小，由牛顿第二定律有，得 。
图乙
（3） 被敲击后获得的初速度大小 。
【答案】
【解析】 、 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停
下。说明共速前、相对位移差为 ，利用位移差这个条件列出等式关系。设经过时间
，、达到共同速度，位移分别为、，加速度的大小等于，则 ，
，，，且，联立解得 。
23.（2024吉林长春外国语学校月考）如图所示，静止在
水平地面上的木板（厚度不计）质量为 ，与地
面间的动摩擦因数，质量为 ，且可看
（1） 求木板的长度 ；
【答案】
【解析】 小物块在木板上滑动的过程，对小物块由牛顿第二定律得 ，解
得，对木板有，解得 ，
木板的长度为，解得 （【点拨】涉及两
物体的相对运动，独立分析，找到联系。）。
成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为，以 的水平初速
度从左端滑上木板，经过滑离木板，取 。
. .
. .
. .
（2） 求小物块离开木板时，木板的速度大小；
【答案】
【解析】 小物块离开木板时，木板的速度为 。
（3） 求小物块离开木板后，木板的加速度；
【答案】 ，方向水平向左
【解析】 小物块离开后木板的加速度为 ，方向水平向左
（【易错】小物块离开木板前后，木板与地面之间的正压力发生了变化，摩擦力也变
化。）。
. .
（4） 小物块离开木板后，判断木板与小物块是否发生碰撞。
【答案】 发生碰撞
【解析】 小物块离开木板时，小物块的速度 ，小物块在地面上
滑行时的加速度大小为 ，小物块在地面上滑行的最大位移为
，木板在地面上滑行的最大位移为 ，可知小
物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞。
24.（2024安徽池州第一中学模拟）如图甲
所示，质量为 的木板静止在光滑
水平面上，质量为 的物块以初速度
滑上木板的左端，物块与木板之
间的动摩擦因数，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力 。
当恒力取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为 ，给木板施加不同大小
的恒力，得到的关系如图乙所示，其中与横轴平行，且 段的纵坐标为
。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 。求：
（1） 若 ，物块滑出木板时的速度大小；
【答案】
【解析】 由题图乙知，段表示物块从木板右侧滑出， 段表示物块没有从木板上
滑出去， 段表示物块从木板左侧滑出去。
若恒力，物块刚滑上木板时，设物块和木板的加速度分别为、
由牛顿第二定律得，
解得，
当时，设经时间物块从木板右侧滑出，位移差为 ，则
解得或
物块从木板右侧滑出时，需满足物块的速度大于木板的速度，即
（【易错】本题易忽视物块滑出时的隐含条件即物块的速度大于木板的速度，需要求出
时间并比较，舍弃 ，在刹车问题中也经常会出现这种情况，应结合实际舍弃不
符合的一值。），解得
则舍去物块滑出木板时的速度为 。
. .
（2） 点的纵坐标；
【答案】
【解析】 共速前物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，题图乙中 点对应
物块与木板共速后，两者不再发生相对滑动，木板的加速度大小等于物块的加速度
的大小，共速后两者以加速度大小 做匀加速直线运动。
共速时，对木板由牛顿第二定律得
解得
物块刚滑上木板时，设木板的加速度为
由牛顿第二定律有
设经时间 两者速度相等，有
，
解得
故，即点的纵坐标为 。
（3） 若物块恰好不能从木板右侧滑出，此时外力的值。
【答案】
【解析】 当物块恰好不能从木板右侧滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，
对应题图乙中点，设木板加速度为，所用时间为
对木板由牛顿第二定律得
由位移、速度关系得，
联立解得 。
25.（2025江苏省宿迁中学月考）如图，倾角为 的
斜面体固定在水平地面上，一质量 的木板
以的初速度沿斜面匀速下滑，木板 与斜
面间的动摩擦因数为，将一质量的滑块
轻放在木板上，滑块可视为质点，与木板之间的动摩擦因数为，且 。当
木板速度刚减为零时，滑块恰好从下端滑离木板，滑块在木板 上滑动时会留下痕
迹。已知斜面足够长，，重力加速度 ，求：
（1） 木板与斜面间的动摩擦因数大小 （结果可保留根号）；
【答案】
【解析】 开始木板能够匀速下滑，有
解得 。
（2） 滑块刚放在木板上时，滑块的加速度大小及木板的加速度大小 ；
【答案】 6; 3
图甲
【解析】 刚放上滑块，对滑块 分析，如图甲所示，由牛顿第二定律
可得
解得
图乙
对木板 分析如图乙所示，由牛顿第二定律可得
解得 。
（3） 滑块在木板上留下痕迹的长度 。
【答案】 6
【解析】 设经过时间，木板与滑块共速，设共速时的速度为，对、 分别有
，
解得，
共速时滑块相对木板向上滑动的位移大小为，
有
共速后，再对滑块 分析如图丙所示，由牛顿第二定律可得
解得
图丙
对木板 分析如图丁所示
图丁
由牛顿第二定律可得
解得
设再经过时间，木板速度减为零，有
此时滑块的速度为
共速后滑块相对木板向下运动的位移大小
由于
则滑块在木板上留下痕迹的长度为。（【易错】易错把 当作
痕迹长度，注意与 划痕部分重复，应当取较大的值。）
. .
考点9 传送带模型
解题觉醒
1.题型特征：物体在传送带上运动，求时间、相对位移、速度。
2.解题技巧：
（1）水平同向传送带：判断能否共速。
（2）水平反向传送带：判断能否减速到0。
（3）倾斜传送带底端轻放：判断能否共速。
（4）倾斜传送带顶端轻放：①判断能否共速；②若能共速，判断共速后能否匀速。
26.（2025江苏常州教科院附属中学开学考试）如图所示，
水平传送带以恒定速度 顺时针转动，传送带右端上方的挡
板上固定着一轻弹簧。将小物块 轻放在传送带左侧某位
A
A. B. C. D.
置，在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到。取 放置点为坐标原点，
全过程始终处在传送带上，以水平向右为正方向， 在向右运动或向左运动的过程中，
加速度与位移 的关系图像正确的是( )
【解析】 与弹簧接触时速度恰好达到，说明与弹簧接触前 做匀加速运动，根据牛
顿第二定律可得，解得 ，方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段
时间内相对于传送带静止，即所受的弹簧弹力和静摩擦力平衡， 做匀速直线运动，
当运动到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得 ，加速
度 的方向向左，故A正确。
27.［多选］（2024黑龙江牡丹江二中月考）如图所示，水平传送带以恒定速度逆时针
方向运行，运行的速度大小为，小滑块以大小为 的初速度从传送带的左端滑上传送
带，经过时间小滑块最终离开传送带，小滑块前 时间内所受的滑动摩擦力大于零，
后 时间内所受的摩擦力等于零。小滑块与传送带之间的动摩擦因数恒定不变，小滑块
可看作质点，以地面为参考系，下面说法正确的是( )
BC
A.小滑块最终到达传送带右侧并离开 B.传送带的速度不可能大于滑块初速度
C.前时间小滑块的位移为 D. 时刻小滑块的位移最大
【解析】 根据大招先判断小滑块是否能减速到零，小滑块先向右做减速运动，而
后时间内小滑块所受的摩擦力等于零，则说明小滑块后 时间内和传送带速度相等，
则小滑块速度减为零后反向做加速运动，和传送带共速之后在传送带上匀速运动并从左
侧离开。
根据运动学公式可得，小滑块向右减速运动的距离为 ，紧接着反向加速运
动的距离为 ，由题意可知 （【点拨】小滑块向左匀加速和匀速运动的距
离之和等于小滑块向右匀减速运动的距离。），因此 。
. .
时刻小滑块的末速度大小为，小滑块初速度大小为，前 时间内小滑块平均
速度为（【易错】速度是矢量，注意不要错误地用），则位移为
。
。
当小滑块速度为零时小滑块的位移最大，在 时刻小滑块已经反向运动了。
. .
28.（2024江西赣州文清外国语学校开学考试）国家粮食储备仓库工人利用传送带从车
上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率 逆时针运行的传送带与水平面的夹角
，转轴间距。工人沿传送带方向以速度 从传送带顶端推
下粮袋（视为质点），时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的 图
像如图乙所示。已知，，取 ，则( )
C
A.在 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0.5
C.传送带运行的速度大小为
D.在 内粮袋处于失重状态
【解析】 由题图乙可知，在 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 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。
根据 图像中，图线与横轴围成的面积表示位移的大小，则可知
，解得 。
由题图乙和C选项分析可知，粮袋在 内的加速度为
，则加速度方向沿斜面向上，则在 内粮袋处
于超重状态，根据牛顿第二定律有，解得 。
29.（2024吉林白山期末）如图所示，分拣快递的车间里，与水平面成 的传送
带正以的速度匀速运行，、两端相距。现每隔 把质量
的工件（可视为质点）轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工
件与传送带间的动摩擦因数，取 ，结果保留两位有效数字。求：
（1） 工件刚刚放上去时的加速度大小；
【答案】
【解析】 设工件在传送带上加速运动时的加速度为 （【点拨】工件放上时，相对传送
带初速度是向下的，受到的传送带对它的摩擦力是向上的。），则由牛顿第二定律有
，解得 。
. .
（2） 工件从到 所用的时间；
【答案】
【解析】 工件加速运动时间为，位移
匀速运动的时间
总时间是 。
（3） 相邻工件之间的最大和最小距离；
【答案】 ;
【解析】 刚放上后一个工件时，该工件与前一个工件的距离最小，且最小距离
，解得 ，当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则
。（【点拨】因为工件的加速时间是 ，两工件放上传送带的时间
间隔为 ，所以刚放上后一个工件时前一个工件的速度大于后一个工件的速度，此时
距离最小，此后距离增大，后放上的工件与前一工件的速度相等（都为 ）时，它
们距离最远。）
. .
. .
. .
（4） 满载与空载相比，传送带需要增加的牵引力。
【答案】
【解析】 由于工件加速时间为，工件放入时间间隔为 ，因此传送带上总有3个
工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移
传送带上匀速运动的工件数
当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力
所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力
与空载相比，传送带需增加的牵引力 （【点拨】传送带需要增加的牵引
力等于在传送带上所有工件对它的总摩擦力。），联立解得 。
. .
觉醒集训
1.（2025江苏南通海安高级中学月考）如图，将一质量为 的小球靠近一
面墙竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照片，图乙是小球
下落时抓拍的频闪照片，重力加速度为 ，假设小球所受的空气阻力大小
不变，则小球所受空气阻力大约为( )
A
A. B.
C. D.因砖的尺寸未知，无法估算
【解析】 小球的上升过程是匀减速直线运动过程，末速度为零，下落过
程是初速度为零的匀加速直线运动过程。设频闪周期为，每块砖的厚度为 ，砖与砖
之间的缝隙忽略不计。根据匀变速直线运动推论可知，在上升过程有
，在下降过程有 ，由牛顿第
二定律可得，，解得 ，故A正确。
2.［多选］（2025湖南邵阳联考）如图所示，个质量均为 的小球用完全相同的轻
质弹簧相连，在水平拉力的作用下，保持相对静止，一起沿与小球的动摩擦因数为
的粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1和2间弹簧的弹力为 ，2和3间弹簧的弹力为
，和2 024间弹簧的弹力为，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 ，
下列结论正确的是( )
A.
B.从左到右各弹簧长度之比为
C.若突然撤去拉力，此瞬间第2 024个小球的加速度为 ，其余每个球的加速
度不变
D.若1和2之间的弹簧长度为，和2 024之间的弹簧长度为 ，则弹簧原长为
√
√
√
【解析】 以整体为研究对象，加速度 ，以第1个小球为研究对象,则
有 ，以第1、2小球为研究对象，则有
，以第1、2、3小球为研究对象，
则有， ，以第1个到第2 023个
小球为研究对象，有
。
（【大招应用】将整体看成一个系统，弹簧的弹力属于内力，可运用内力公式
，可快速计算出、、 ，即
。）
. .
. .
. .
. .
.
. .
根据题意，由胡克定律可得 ，则从左到右各弹簧伸长量之比为
，从左到右各弹簧长度之比不可能为 。
若突然撤去拉力 瞬间，由于弹簧的形变不能突变，则除第2 024个小球以外的小
球受力情况不变，加速度不变，对第2 024个小球，由牛顿第二定律有
，解得 。
设弹簧原长为，1和2之间的弹簧长度， 和2 024之间的弹簧长度
，联立得 。
3.（2024河南南阳中学月考）如图所示，质量为、倾角为 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和物体 ，两滑轮之间的轻绳始终与斜面
平行，物体、的质量分别为、，物体与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速
度大小为，将物体、由静止释放，在物体下降的过程中（物体 未碰到滑轮），
斜面体静止不动。下列说法正确的是( )
A
A.轻绳对点的拉力大小为
B.物体的加速度大小为
C.地面对斜面体的摩擦力大小为
D.地面对斜面体的支持力大小为
【解析】 由于相同时间内物体通过的位移是物体 通过的位移的两倍，则
物体的加速度是物体 的加速度的两倍（【点拨】找到加速度关系是关键，加速度、
速度关系可以通过位移关系得到。）。设物体的加速度为，则物体的加速度为 ，
物体、释放瞬间，轻绳的拉力为，对物体 根据牛顿第二定律得
，对物体有，解得 ，
。
. .
. .
物体下降过程中，运用大招对系统列牛顿第二定律，对斜面体、物体、 整体，
水平方向根据牛顿第二定律得 ，解得地面对斜面体的摩擦力
为 。
物体下降过程中，运用大招对系统列牛顿第二定律，对斜面体、物体、 整体，
在竖直方向根据牛顿第二定律得 ，
解得地面对斜面体的支持力为 。
4.（2022江苏连云港二模）如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布， 上放有
质量分别为、的静止物块和，、与间的动摩擦因数均为 。已知、与
间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对施加一水平向左的拉力， 从0开始逐渐增
大，下列说法正确的是( )
B
A.当时，、、 均保持静止不动
B.当时，、 不会发生相对滑动
C.当时，、 会以相同的加速度运动
D.只要力足够大，、 一定会发生相对滑动
【解析】 水平面光滑，故只要拉力不为零，、、就会发生运动。、 间的最大
静摩擦力为，、间的最大静摩擦力为，由于 是轻质绸布，
，所以无论多大，、 都不会发生相对滑动（【易错】根据生活经验想当然
地以为只要足够大，、 之间就一定会发生相对滑动.殊不知本题中的绸布是理想化
模型。）。若、将要发生相对滑动，对由牛顿第二定律有，解得此时
的加速度大小为，此时对、、 整体分析，由牛顿第二定律有
，故当时，、 即将发生相对滑动，且当发生相对
滑动后，二者加速度不同，故B正确。
. .
5.［多选］（2023湖北卷）如图所示，原长为的轻质弹簧，一端固定在
点，另一端与一质量为 的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与
杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上、两点与点的距离均为，点到 点
的距离为，与杆垂直。当小球置于杆上 点时恰好能保持静止。设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为。小球以某一初速度从
点向下运动到 点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确
的是( )
AD
A.弹簧的劲度系数为
B.小球在点下方处的加速度大小为
C.从点到 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D.从点到点和从点到 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【解析】 根据题干条件找到平衡点，对处于平衡点的小球进行受力分析并求出劲度系
数；再对各点处的小球进行受力分析，利用牛顿第二定律进行求解。
小球在点受力平衡，则有，，，解得 。
如图所示,在之间任取一点，令与之间的夹角为 ，则此时
弹簧的弹力为 ，小球受到的摩擦力为
，化简得，小球从点到 点运
动过程中， 先变大后变小，即摩擦力先变大后变小。
根据对称性可知在杆上任意关于 点对称的两点小球受的摩擦力大小
相等，因此由对称性可知到和到 小球受的摩擦力做功大小相等。
小球运动到点下方时 ，此时的摩擦力大小为
，弹簧弹力为 ,由牛顿第二定律
，联立解得 。
跳跳学长传妙招
由胡克定律可知弹簧弹力大小与形变量成正比，故可根据形变量的变化来判断弹力大小
的变化，则对于摩擦力也可如下分析：
6.［多选］（2025河北保定定州中学开学考试）如图所示，表面粗糙的斜面体 置于光
滑水平面上，斜面的左侧倾角为 ，右侧倾角为 ，绕过斜面体顶端光滑、轻质定
滑轮的轻绳连接滑块、，轻绳平行于斜面体表面。水平推力作用于，使、、 一
起运动，此时滑块刚好脱离。已知、、的质量分别为、 、
，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， ，
。下列说法正确的是( )
AC
A.滑块的加速度为
B.轻绳拉力为
C.滑块 与斜面体间的动摩擦因数至少为0.5
D.水平推力为
【解析】 由题意可知滑块 受重力和轻绳拉力，受力分析如图1所示。由
牛顿第二定律有，解得 。
对受力分析有 ，解得 。
对 受力分析并建立如图2所示坐标系。结合牛
顿第二定律有
， ，由
题意有，解得， ，
。
对整体受力分析，由牛顿第二定律有
。
跳跳学长有话说
整体法与隔离法是解决动力学问题的重要分析方法，该方法使用有三个关键点：
（1）多物体处于平衡状态时优先考虑整体法，平衡状态包括静止状态和匀速直线运动
状态；（2）多物体共同加速时优先考虑整体法；（3）隔离物体分析，优先考虑对受力
较少、受力限制较多的物体分析。
7.（2025江西宜春丰城二中检测）如图所示
为货物传送装置的其中一段，由平滑连接的
倾斜的传送带和水平平台组成。斜面的倾角
，连接处的长度可忽略不计。传送
带长度，当传送带不转动时，质量为 的货物从传送带上端由静止释放，货物沿
传送带匀加速下滑，到达平台时速度方向改变，但大小不变，并最终停在平台上。货物
停止位置与传送带右端的距离为。已知货物与平台间的动摩擦因数 ，
重力加速度取 ，货物可视为质点，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，
， 。求：
（1） 货物在传送带上做匀加速直线运动的加速度 ；
【答案】 2
【解析】 设货物到达平台时速度大小为，货物在平台上运动时的加速度大小为 ,货
物在平台上受到的摩擦力大小为
解得
由于货物最终减速为零，则有
货物在传送带上匀加速直线运动，则有
解得 。
（2） 货物与传送带间的动摩擦因数 ；
【答案】 0.5
【解析】 货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得 。
（3） 若传送带顺时针转动，写出货物停止位置与传送带右端距离跟传送带线速度
的函数关系。
【答案】
【解析】 设货物到达传送带底端的速度为
情况一：若传送带速度为零，则货物到达平台的位置不变，即
情况二：若货物一直受到传送带向下的摩擦力，则根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学规律，在传送带上
解得
在水平平台上有
解得
此时
情况三：当 时，货物经历两段加速度不同的加速运动到达底端，分别分
析两段加速过程，设两段加速的位移大小分别为和，则有 ，
，，同理有，解得
综上，；，；， 。
觉醒原创
1.如图所示，地面上有一斜面体，轻质弹簧左端固定，并处于自然长度。斜面体顶端有
一小物块，现由静止释放小物块，在下滑过程中斜面体始终处于静止状态。 与斜
面体间的动摩擦因数处处相同，弹簧未超过弹性限度，则在小物块向下运动到最低点的
过程中，下列说法正确的是( )
B
A.当 刚要接触弹簧时，其速度达到最大
B.地面对斜面体的支持力先小于二者的重力，后大于二者的
重力
C.地面对斜面体的摩擦力方向始终向右
D. 不可能静止在其向下运动的最低点处
【解析】 当小物块加速度为零时其速度最大，而此时弹簧为压缩状态。
小物块沿斜面向下运动时，其加速度先沿斜面向下再沿斜面向上，故整个系
统先有竖直向下的加速度分量后有竖直向上的加速度分量，先有水平向左的加速度分量
后有水平向右的加速度分量，故地面对斜面体的支持力先小于二者的重力，后大于二者
的重力，地面对斜面体的摩擦力先水平向左，后水平向右。
开始时沿斜面下滑，则，当的速度为0瞬间， 向下运动到最低点。
在最低点斜面对 的摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下，若摩擦力沿斜面向上，
则在斜面上可以保持静止状态。若摩擦力沿斜面向下，根据题给信息无法判断 与
的大小关系，因此 也可能静止在最低点。
2.［多选］如图所示，位于水平面上的车厢里，有一倾角 的斜面，斜面上静置
一质量为的物块，物块与斜面间的动摩擦因数。已知 ，重力加速
度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块与斜面始终保持相对静止，则车厢向左做
匀加速运动的加速度大小可能为( )
BC
A. B. C. D.
【解析】 对物块进行受力分析 物块受力不平衡，注意列
式结果
情况1：当最大静摩擦力沿斜面向上时
对物块进行受力分析，如图所示，其中 为物块受到的合外
力。沿垂直斜面方向有 ，沿斜面方
向有 ，又 ，联立得
。
情况2：当最大静摩擦力沿斜面向下时
此时物块受到的合外力为，沿垂直斜面方向有 ，沿斜面
方向有 ，又，联立得， 正确。
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