2025年高考物理压轴题(新高考通用)专题02力与物体的直线运动(原卷版+解析)特训

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考向一：匀变速直线运动规律的应用
1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
2．处理追及问题的常用方法
考向二：有关牛顿第二定律的连接体问题；
1.处理连接体问题的方法：
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.处理连接体问题的步骤：
3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：
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：；
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。
考向三 动力学两类基本问题
1.解决动力学两类问题的两个关键点
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
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。
2．两类动力学问题的解题步骤
考向四 有关牛顿第二定律的临界极值问题
问题情景
（1）当题目中出现“最大”“最小”或“刚好”等关键词时，经常隐藏着临界问题。
（2）当题目要求解某个物理量的最大值、最小值、范围或需要满足的条件时，经常为临界问题。
（3）常见临界条件
思路与方法
（1）基本思路
①认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
②寻找过程中变化的物理量。
③探索物理量的变化规律。
④确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
（2）思维方法
考向五 运动学和动力学图像
1．分析v－t图像和x－t图像问题时的四点注意事项
(1)x－t图像和v－t图像描述的都是直线运动，而不是曲线运动．
(2)x－t图像和v－t图像不表示物体运动的轨迹．
(3)x－t图像中两图线的交点表示两物体相遇，而v－t图像中两图线的交点表示两物体速度相等．
(4)图线为直线时，斜率所表示的物理量不变，若为曲线，则该量发生变化，与物体运动的轨迹无关．
2．常见非常规图像（处理方法：找原始关系式，理解清楚坐标的截距、图线的交点、拐点的物理意义）
3．图像问题的解题思路
考向六 板块模型
1.模型特点
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2.两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3.解题方法
整体法、隔离法．
4.解题思路
（1）求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。
（2）明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
考向七 板块模型
1.水平传送带问题
2.倾斜传送带问题
01 匀变速直线运动规律的应用
1．子弹垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后的速度变为0。可以把子弹视为质点，已知子弹在木板中运动的总时间是t，认为子弹在各块木板中运动的加速度都相同，且木板相对于地面始终保持静止，则（ ）
A．子弹穿过第1块木板所用的时间是
B．子弹穿过前三块木板所用时间之比为
C．子弹穿过前15块木板所用的时间是
D．子弹穿过第15块木板所用的时间
【答案】D
【详解】AB．子弹做匀减速运动穿过第20块木板后速度变为0，运用逆向思维法，子弹反向做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木板的厚度为s，则有
当时，有
①
穿过第1块木板后有
上式结合①式可得
因此子弹穿过第1块木板所用的时间为
同理子弹穿过第2块木板所用的时间为
子弹穿过第3块木板所用的时间为
穿过前三块木板的时间之比为
故AB错误；
C．穿过前15块木板，即有
上式结合①式可得
因此子弹穿过前15块木板所用的时间为
D.穿过前14块木板，有
上式结合①式可得
穿过第15块木板的时间
解得
故D正确。
2.A、B两个物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的图像如图所示，已知在时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法不正确的是（ ）
A．物体A、B在0时刻相距
B．时，物体B正在追赶物体
C．内，物体A、B间的最大距离为
D．物体B做匀加速直线运动且加速度大小为
【答案】AB
【详解】D．由匀变速直线运动的位移公式
可得
对比B物体的图线可知
解得
B物体做匀加速直线运动，故D错误；
A．由相似三角形可知，B图线与纵轴的交点坐标为1m/s。根据可知，B物体的初速度。由A物体的图线可知，A物体做匀速直线运动，速度为v=4m/s，在t=5s时A、B的位移分别为
此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前10m处，故A正确；
B．由于是初速度小的B追初速度大的A，加速追匀速，只会相遇一次，t=5s时相遇，则时，物体B正在追赶物体。故B正确；
C．当A、B速度相等时，相距最远，则
代入数据可得
内，物体A、B间的最大距离为
故C错误。
故选AB。
3.如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力4mg。断开细绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，棒与地碰撞后都能以原速率反弹。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
(1)棒第一次与地面碰撞时，棒的速度大小；
(2)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒的加速度；
(3)从断开轻绳到棒与地面第三次碰撞的过程所经历的时间t。
【答案】(1)
(2)，竖直向下
(3)
【详解】（1）棒与环一起自由落体运动，则有
解得
（2）棒第一次弹起过程，对棒由牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向下。
（3）棒与环一起自由落体过程，有
解得
棒第一次弹起过程，对环由牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向上；棒第一次弹起减速到0再向下加速到与环等速，用时，棒向上运动的位移大小为，则有
解得
由
解得
棒与环等速后一起向下加速，末速度为，用时，则有
解得
，
棒第一次弹起到第二次碰撞总用时
同理可得：棒第二次弹起到第三次碰撞总用时
从断开轻绳到棒与地面第三次碰撞的过程所经历的时间为
02 有关牛顿第二定律的连接体问题
4.一木板A与轻弹簧一端栓接，弹簧竖直固定在水平面上，A上面放置物块B，系统处于静止状态，如图所示，现对B施加竖直向上的拉力F（图中未画出），使其由静止开始做加速度大小的匀加速直线运动。弹簧的劲度系数，A、B的质量均为，A、B均视为质点，重力加速度g取10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．F的最小值为4N
B．A、B刚分离时，弹簧处于原长状态
C．A、B分离后，A在上升阶段先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动
D．若在A、B刚分离时撤去F，则此后B上升的最大高度为0.018m
【答案】ACD
【详解】A．A、B分离前对AB整体由牛顿第二定律得
A对B的支持力逐渐减小，F增大，所以刚开始运动时，F最小，此时
所以
故A正确；
B．当A、B分离时
对A由牛顿第二定律得
弹簧处于压缩状态，故B错误；
C．A、B分离后，A在上升阶段，F弹越来越小，由
可知A的加速度先减小，此时A向上做加速度减小的加速运动，当时
此后的上升过程中由
可知加速度的方向竖直向下，做加速度增大的减速运动，故C正确；
D．开始时，系统处于静止状态，设此时弹簧形变量为，则有
解得
A、B刚分离时，设弹簧形变量为，则有
代入数据解得
所以A上升的位移大小
A、B刚分离时，B上升的位移大小为x，设B的速度为v，撤去F后B上升的最大高度为h，由运动学公式可知
，
代入数据解得
故D正确。
故选ACD。
5．如图所示，光滑水平面上放置一长为0.4m木板C，一大小不计的支架B放置在木板C上，一段细线上端固定在支架上，下端连接小球A。已知小球A、支架B、木板C质量分别为1kg、2kg、3kg，支架B底座与木板C之间的动摩擦因数，现对木板施加水平向右的拉力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．细线与竖直方向的最大偏角为53°
B．当拉力时，细线对A的拉力大小为
C．当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F最小值为45N
D．当时，B经0.4s从木板C的左端离开
【答案】BCD
【详解】A．根据题意可知，支架B与木板C间发生滑动时，支架B与小球A的加速度最大，有
即
此时细线与竖直方向夹角最大为，选小球A为研究对象，则有
，
解得
故A错误；
C．选木板C为研究对象，则有
且
解得
即当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F最小值为，故C正确；
B．当拉力时，支架B与木板C相对静止，即A、B、C三者相对静止，其加速度为，由牛顿第二定律，有
解得
此时细线拉力为，细线与竖直方向的偏角为，选小球为研究对象，有
，
解得
故B正确；
D．当时，支架B与木板C间发生滑动，此时对木板C有
解得
设B经时间t从木板C的左端离开，则有
解得
故D正确。
故选BCD。
6．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块B栓接，劲度系数为k。物块A紧靠着物块B，物块与斜面均静止。现用一沿斜面向上的力F作用于A，使A、B两物块一起沿斜面做加速度大小为的匀加速直线运动直到A、B分离。物块A质量为m，物块B质量为2m，重力加速度为g，。下列说法中正确的是（ ）
A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为
B．A、B分离瞬间弹簧弹力大小为
C．拉力F的最大值大于mg
D．在A、B分离前整个过程中A的位移为
【答案】AD
【详解】A．施加拉力F之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件，有
解得
施加F瞬间，物体A、B加速度大小为
对A、B整体，根据牛顿第二定律
对A，根据牛顿第二定律得
联立，解得
故A正确；
B．分离时，物体A、B之间作用力为0，对B根据牛顿第二定律得
解得
可得
故B错误；
C．依题意，整个过程中拉力F一直增大， A、B分离瞬间，物体A、B之间作用力为0，F最大，对A根据牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．在A、B分离前整个过程中A的位移为
故D正确。
故选AD。
03 动力学两类基本问题
7.2022年北京冬奥会后，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为的斜面雪道如图（甲）。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为，他们沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力f与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的图像如图（乙）中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为（0，5）的切线，切线上一点B的坐标为（4，15），CD是曲线AD的渐近线。（g取，，）。下列说法正确的是（ ）
A．开始运动时雪橇的加速度大小为
B．内雪橇做加速度变小的曲线运动
C．比例系数为
D．动摩擦因数
【答案】ACD
【详解】A．在图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始运动时雪橇的加速度大小为
故A正确；
B．0-4s内，雪橇先做初速度为5m/s，加速度变小的沿正方向的直线运动，故B错误；
CD．根据牛顿第二定律，开始时
由CD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），即有
两式联立，得
将
代入后得
故CD正确。
故选ACD。
8.如图所示，水平平台ab长为20m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为30°；在平台a端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后，物块由静止开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：（结果可用分数、根号表示）
(1)物块由a运动到b所用的时间；
(2)若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间aP的距离为多少？（物块在b端无能量损失）
(3)若物块与斜面间的动摩擦因数，式中Lb为物块在斜面上所处的位置离b端的距离（斜面足够长），在（2）中的情况下，物块沿斜面滑多少距离时速度最大？最大速度为多少？
【答案】(1)5s
(2)14.3m
(3)0.7m，
【详解】（1）受力分析知物体的加速度为

解得a到b的时间为
（2）物体从a到P

物块由P到b

解得aP距离为
（3）物块沿斜面bc下滑的过程中，受摩擦力逐渐变大，则先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度为零时速度最大。
在该位置，由牛顿第二定律得
mgsin30°-μbcmgcs30°=0
由题意可知
解得
Lb=0.7m
因加速度与下滑的位移成线性关系，可知从开始运动到速度最大平均加速度为
则最大速度
9．如图所示，两端开口的竖直球筒中静置着一个羽毛球（视为质点），初始时用手握住球筒，在空中静止。某时刻开始用手带动球筒竖直向下做匀加速运动（加速度记作a），持续一段时间后忽然停止，球筒速度立刻变为0并保持静止。已知羽毛球质量为m，球与筒之间的最大静摩擦力为，滑动摩擦力为。羽毛球离筒的上、下端距离分别为、（）。已知重力加速度为g，空气阻力不计，球筒离地足够高，全过程筒身始终竖直。
(1)若，求刚开始运动时羽毛球对筒的摩擦力；
(2)若羽毛球速度变为0时仍未离开球筒，则球筒继续向下做加速度为a的匀加速运动，持续时间t后再忽然停止…，重复上述过程直到羽毛球离开球筒
①若从初始状态到球从上端离开球筒，球筒一共加速4次，求的取值范围（用a，g，t表示）；
②若球筒只加速一次，只要t取适当值，球总能从下端离开，求a的取值范围。（用g，，表示）
【答案】(1)，方向竖直向上
(2)①；②
【详解】（1）设羽毛球与球筒一起运动，则有
解得
故可以保持相对静止，由牛顿第三定律，羽毛球对球筒的摩擦力大小
方向竖直向上。
（2）①羽毛球速度变为0时仍未离开球筒，且球筒一共加速4次后从上端离开球筒，有
第一阶段球相对球筒向上滑动，球的加速度为，则有
解得
则这一阶段球相对球筒向上滑动的距离为
球筒静止后，对羽毛球有
球相对简向下滑动直到静止
要求
解得
②若时，只要足够大，停止加速后，球筒立刻静止。羽毛球的初速度足够大，故一定会从下端离开，因此取值范围是；
若，此时在一个周期内，球相对球筒向下滑的位移大于向上滑动的位置，且有
解得
且球不能从上端滑出
解得
筒只加速一次，并且球总能从下端离开则必须有
解得
综上所述，a的取值范围。
04 有关牛顿第二定律的临界极值问题
10.如图，水平地面上有一汽车做加速运动，车厢内有一个倾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一个质量为m的小球，用轻绳系于斜面的顶端，小球的重力大小为mg，绳对球的拉力大小为FT、斜面对小球的弹力大小为FN，当汽车以大小为a的加速度向左做匀加速直线运动时（sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．若a=14m/s2，小球受mg、FT、FN三个力作用
B．若a=14m/s2，小球受mg、FT两个力作用
C．若a=13m/s2，小球受mg、FT两个力作用
D．不论a多大，小球均受mg、FT、FN三个力作用
【答案】B
【详解】若支持力恰好为零，对小球受力分析，受到重力、绳子拉力，如图
小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根据牛顿第二定律，有；
解得
D．由以上分析可知，当时，小球受mg、FT两个力作用，当时，小球受mg、FT、FN三个力作用，故D错误；
AB．若，小球受mg、FT两个力作用，故A错误，B正确；
C．若，小球受mg、FT、FN三个力作用，故C错误。故选B。
05 运动学和动力学图像
11.在水平面上运动的质点通过O、A、B三点的过程中，其位移随时间变化规律图像如图所示，图像是抛物线的一部分，以过O点时的速度方向为正方向，则质点（ ）
A．质点运动的轨迹是曲线
B．通过A点时的速度为
C．质点的加速度为
D．从A点运动到B点，速度的变化量为
【答案】D
【详解】A． 图像只能描述直线运动，即质点运动的轨迹是直线，故A错误；
B． 从O点运动到B点过程的平均速度为
而A点是OB的中点，而不是OB中间时刻，即
故B错误；
CD． 设加速度大小为a；从O点运动到A点过程，有
从O点运动到B点过程，有
联立解得
，
从A点运动到B点，速度的变化量为
故D正确，C错误。
故选D。
12.如图甲所示，对静止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，2.5s后加速度保持不变；箱内有一光滑斜面，斜面倾角，可视为质点的滑块刚开始在斜面底部。已知木箱质量，滑块的质量，斜面高。下列说法正确的是（ ）（、，）
A．1s末，水平拉力F的大小为4NB．2s末，木箱的速度为6m/s
C．2.5s后滑块开始相对于斜面向上运动D．2.8s末滑块到达斜面顶部
【答案】BC
【详解】A．以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此时滑块的加速度
1s末由图可知，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块木箱可视为整体，由牛顿第二定律
解得
A错误；
B．根据图像可知，2s内速度增加量
2s末速度为6m/s，B正确；
C．2.5s末滑块的加速度为，滑块相对于斜面开始滑动，C正确；
D．2.5s后开始发生相对滑动，设相对加速度为，根据
，
解得
则滑块到达斜面顶部时刻为2.9s末，D错误。
故选BC。
13.长木板在水平地面上运动，在时刻将相对于地面静置的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示。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。取重力加速度的大小。求：
(1)物块刚放上木板时，物块、木板的加速度大小各为多少？
(2)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数？
(3)从时刻到物块与木板均停止运动时，物块和木板的位移各是多少？
【答案】(1)，
(2)，
(3)，
【详解】（1）分析可知，从时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，木板受地面和物块的摩擦力减速，此过程一直持续到时物块和木板具有共同速度为止。由图可知，时木板速度为，时，物块和木板的速度为。设到时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为和，则有
（2）设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为、，由牛顿第二定律得，对物块则有
对木板有
解得
（3）在时刻后，设物块与木板保持相对静止一起作减速运动，加速度大小为a，物块与木板之间的静摩擦力大小为f，则由牛顿第二定律，对整体有
对物块
联立解得
而，故假设不成立，即在时刻后，物块相对于木板向前滑动，物块在木板的摩擦力作用下做减速运动，其加速度的大小
对木板有
解得
木板的图像如图中实线所示，物块的图像如图中点画线所示。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的的位移分别为
解得
06 板块模型
14.如图甲所示，小物块A以初速度冲上水平放置的平板B，在此后的运动过程中A始终没有滑离平板B，A、B运动的部分v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．A、B两物体质量可能相同
C．0-2t₁时间内，B有时仅受一个摩擦力作用
D．A与 B间的动摩擦因数小于 B 与地面间的动摩擦因数
【答案】A
【详解】A．设AB之间、B与地面之间动摩擦因数分别为，0到内，对A、B，由牛顿第二定律分别有
解得A、B加速度分别为
，
则0到内，对A
对B有
到时间内，对整体有
联立解得
若
解得
故A正确；
B．以上分析可知
若AB质量相等，则
而图乙可知速度就已经为，故2速度不可能还是，不符合题意，故B错误；
C．速度-时间图像的斜率表示加速度，图乙可知0到时间内A始终有加速度，故AB间一直存在摩擦力，所以B在时间内一直同时受到A给摩擦力和地面给的摩擦力，故C错误；
D．题意可知要让B运动起来，必须满足
即
故A与 B间的动摩擦因数大于 B 与地面间的动摩擦因数，故D错误。
故选 A。
15.如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数
B．长木板与地面间的动摩擦因数
C．小物块的质量
D．长木板的质量
【答案】C
【详解】由题中a-F图像知，当F=F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有
F1=μ2（m+M）g
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
F-μ2（m+M）g=（m+M）a
即

结合图像的截距有
-a0=-μ2g
联立可解得
当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
F-μ1mg=ma
整理得
结合图像有
则小物块的质量
对长木板根据牛顿第二定律有
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma1
联立解得

由题中a-F图像知
可解得
故选C。
17.如图所示，紧靠（不粘连）在一起的平板A、B厚度相同，长度分别为、，均静止在水平地面上，质量的小物块放置在平板A的左端。某时刻对物块施加恒定的拉力，方向斜向右上方，与水平方向夹角，作用一段时间后立即撤去F。已知两平板的质量均为，小物块与平板A、B间的动摩擦因数分别为、，平板A与地面间的动摩擦因数，平板B的下表面光滑，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块可视为质点，取重力加速度，，。
(1)求刚施加拉力F时小物块的加速度大小。
(2)小物块滑离平板A时，小物块和平板A的速度分别是多大？
(3)小物块是否会脱离平板B？如果会脱离，通过计算说明理由；如果不会脱离，请计算小物块最终跟平板B相对静止时的位置与平板B左端的距离。
【答案】(1)
(2)，
(3)不会，
【详解】（1）刚对小物块施加拉力F时，假设其与平板发生相对滑动，对物块有

物块与平板A之间的摩擦力

平板A与地面之间的最大静摩擦力

比较可知，平板静止不动 ，则小物块的加速度为
（2）撤去拉力F时，物块的速度
物块的位移

从撤去拉力F到物块脱离平板A前，设物块的加速度大小为，平板A的加速度为，经历时间，脱离平板A时物块的速度为，根据牛顿第二定律，
对物块

对平板整体

物块的位移
平板的位移

根据空间位移关系可知

联立解得
则物块脱离平板时的速度
平板A的速度
解得
，
（3）假设小物块不会滑离平板B，设小物块的加速度大小为，平板B的加速度为，达到共同速度所需要的时间为，根据牛顿第二定律，对物块

对平板B

则

联立解得
此时小物块到平板B左端距离为

解得
假设成立
故小物块不会脱离平板B，最终到其左端的距离为。
07 传送带模型
18.如图1所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为 m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示，重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为
B．物体滑到Q点的速度大小为9 m/s
C．P、Q两点之间的距离为12 m
D．传送带划痕的长度为3m
【答案】D
【详解】A．图2可知，物块向从0开始先加速到与传送带共速（），之后再继续加速到传送带末端，设动摩擦因素为，速度时间图像斜率表示加速度，故结合图2可知共速前，物块加速度大小
解得
故A错误；
B．共速后，物块加速度大小
物体滑到Q点的速度大小为
故B错误；
C．速度时间图像面积表位移，P、Q两点之间的距离为
故C错误；
D．图像可知从开始到共速用时，则共速前划痕
联立以上解得
图像2可知，共后到Q点用时，则共速到Q点划痕
联立以上，解得
故传送带划痕的长度为3m，故D正确。
故选D。
19.如图所示，曲面和下底面都光滑的圆弧轨道A静置在水平地面上，其质量为3m、圆弧半径为R。A的左侧距离为处为一足够长、以大小为的速度顺时针匀速转动的传送带，其上表面与水平地面齐平。现将质量为m的滑块B，从圆弧最高点静止释放，B沿轨道下滑后，与静置在传动带右端的滑块C发生碰撞，C的质量也为m，B、C均可视作质点，B、C与传送带、水平地面的动摩擦因数都为μ = 0.25，重力加速度为g，且B与C的所有碰撞都是完全弹性的。求：
(1)从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B运动的水平位移的大小；
(2)滑块C第一次在传送带上向左运动的时间；
(3)从滑块C在传送带最左端开始计时，到B恰好停止的过程中，地面给B的冲量大小。（答案可以用根号表示）
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B组成的系统水平方向动量守恒，根据人船模型可得
联立解得A、B运动的水平位移的大小分别为
，
（2）从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程，根据系统水平方向动量守恒定律和系统机械能守恒定律可得
解得
，
从B滑到圆弧最低点到与C发生碰撞前瞬间过程，根据动能定理可得
解得B与C碰前的速度大小为
B与C发生弹性碰撞过程，有
解得
，
可知B、C速度交换，则滑块C第一次在传送带上向左运动过程，有
滑块C第一次在传送带上向左运动的时间为
（3）由于传送带速度为
可知滑块C向左减速为0后，反向向右加速到与传送带共速，接着匀速运动到右端与B发生弹性碰撞，碰后速度再一次发生交换，所以第二次碰撞后B的速度为
设滑块C在传送带上向右加速所用时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有
B向右减速到停下所用时间为
此过程，支持力对B的冲量大小为
摩擦力对B的冲量大小为
则地面给B的冲量大小为
20．如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙倾斜轨道在B点平滑对接，质量m=0.1kg的小煤块（可以看作质点）从倾斜轨道上高h=3m处的A点由静止开始下滑。煤块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ1=0.3，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.4.倾斜轨道与水平面的夹角θ=37°，传送带BC之间的距离d=8.5m。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。
(1)求煤块到达B点时的速度大小vB；
(2)求煤块从B点运动到C点的总时间t；
(3)求煤块在传送带上的滑痕长度。
【答案】(1)
(2)
(3)0.5m
【详解】（1）从A点到B点，对小煤块，设加速度大小为，由牛顿第二定律得
由速度位移公式有
代入题中数据，联立解得
（2）由于煤块刚上传送带时速度大于传送带速度，故煤块要减少运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
故煤块减速到与传送带共速时用时
该过程煤块位移
则煤块匀速运动时间
故煤块从B点运动到C点的总时间
（3）煤块与传送带共速前，传送带位移
故煤块在传送带上的滑痕长度
1．铁路部门在城际常规车次中实行交错停车模式，部分列车实行一站直达。假设两火车站之间还均匀分布了4个车站，列车的最高速度为。若列车在进站和出站过程中做匀变速直线运动，加速度大小均为，其余行驶时间内保持最高速度匀速运动，列车在每个车站停车时间均为，则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题可知，列车加速到速度最大所用的时间为
列车进站加速与出站减速时的加速度相等，故
设一站直达列车匀速行驶用时为t，“站站停”列车匀速行驶用时，根据题意可知
一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为
联立解得
故选C。
2．某一平直的公路上甲、乙两辆小车分别在各自的平行车道上匀速行驶，甲在乙的前方。突然甲车发现前方出现事故，立马踩下刹车，记此刻为时刻，2秒后乙车也开始刹车，两车的速度-时间图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．乙车秒的平均加速度为
B．8秒时刻甲乙一定相遇
C．如果时刻甲乙相距离20米，则甲乙在相遇
D．甲乙时刻的距离小于28米，则甲乙此过程中一定会相遇
【答案】D
【详解】A．乙车秒的平均加速度为
故A错误；
B．由于不知道开始甲乙的距离，故不知道8秒时刻是否相遇，故B错误；
C．甲车的加速度大小为
乙车秒的加速度大小为
乙车3秒内的位移为
甲车3秒内的位移为
若甲乙在相遇，时刻甲乙相距离
故C错误；
D．两车速度相等时有
解得
此时两车的速度大小为
此时乙比甲多运动的距离为
故甲乙时刻的距离小于28米，则甲乙此过程中一定会相遇，故D正确。
故选D。
3．如图所示是快递包裹运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用。将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v-t图像和a-x图像，其中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】AB．快递在接触弹簧前速度已达到v，说明它在接触弹簧前先加速再匀速，匀速阶段不受摩擦力。接触弹簧后，在开始一段时间内快递相对于传送带静止，即其受弹簧弹力和静摩擦力平衡，继续做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，由于惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，快递接下来做加速度增大的减速运动直到速度为零。故A错误；B正确；
CD．快递在接触弹簧前加速阶段，有
解得
方向向右。匀速运动阶段，有
接触弹簧后，运动到弹力大于最大静摩擦力前，仍做匀速运动，加速度仍然为零，弹力大于最大静摩擦力后，有
解得
方向向左。故CD错误。
故选B。
4．百米训练赛中，枪响后（忽略运动员的反应时间）运动员立即起跑，之后的运动可看作三个连续的过程，分别为匀加速直线运动、加速度随位移线性减小的加速运动、匀速直线运动，图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．运动员做匀加速直线运动的时间为
B．运动员的最大速度为
C．运动员到达终点前匀速运动的时间为
D．运动员的成绩大于
【答案】B
【详解】A．根据题图中数据可知，运动员匀加速阶段
解得
故A错误；
B．根据
可知图像与横轴围成面积的两倍等于速度的平方，即运动员的最大速度
故B正确；
C．依题意，可知运动员匀速阶段时间为
故C错误；
D．运动员变加速阶段，在处的速度大小为
运动员在处的速度大小为，此过程中的平均速度大于，根据
可知此过程运动的时间小于，运动员的成绩
故D错误。
故选B。
5．冯骥才的《俗世奇人》中有一位叫“弹弓杨”的人物，传闻他有着用弹弓打石块百发百中的本领，一天他在表演自己的绝活时，他先将石块甲以某速度v0的竖直射出，已知甲上升的最大高度距射出点的高度为H。当石块甲上升至射出点处时，他在同一位置又以另一速度v1射出石块乙，石块乙恰好在石块甲上升至最高点时被击中。如果把两石块的运动均看作竖直上抛运动，不计运动中所受到的空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．若甲从射出至最高点的时间为t1，乙从射出至击中甲的时间为t2，则t1∶t2=
B．石块乙击中石块甲时，石块乙的速度为v2=
C．如果他想在处击中甲，则射出的石块乙的初速度一定为v1=
D．若石块乙的密度较小，石块乙在运动过程中空气阻力不可忽略，其上升过程中实际加速度大小恒为a1=，下降过程中的加速度大小恒为a2=，方向均竖直向下，石块甲、乙射出的速度不变，则石块乙击中石块甲的实际位置为处。
【答案】D
【详解】A．甲从射出至最高点的时间为
乙从射出至击中甲的时间为
则
故A错误；
B．根据位移—时间公式有
根据速度公式有
解得
故B错误；
C．甲从最高点到的时间为
如果他想在处击中甲，则石块乙运动的时间为
或
根据位移—时间公式有
或
解得
或
故C错误；
D．由上述分析可知，乙射出后甲上升至最高点的时间为
则乙此时的速度为
位移为
设再经时刻，两物体相遇，则
则相遇时距离最高点的距离为
故D正确。
故选D。
6．如图1所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为 m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点，2s末物块恰好到达传送带底端Q点。物块的速度v随时间t的变化图像如图2所示，重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为
B．物体滑到Q点的速度大小为9 m/s
C．P、Q两点之间的距离为12 m
D．传送带划痕的长度为3m
【答案】D
【详解】A．图2可知，物块向从0开始先加速到与传送带共速（），之后再继续加速到传送带末端，设动摩擦因素为，速度时间图像斜率表示加速度，故结合图2可知共速前，物块加速度大小
解得
故A错误；
B．共速后，物块加速度大小
物体滑到Q点的速度大小为
故B错误；
C．速度时间图像面积表位移，P、Q两点之间的距离为
故C错误；
D．图像可知从开始到共速用时，则共速前划痕
联立以上解得
图像2可知，共后到Q点用时，则共速到Q点划痕
联立以上，解得
故传送带划痕的长度为3m，故D正确。
故选D。
7．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A、B，系统处于静止状态。时刻，对A施加竖直向上的拉力，使A先以的加速度向上做匀加速直线运动，从时起，使A改做匀速直线运动。已知：两物体的质量，，弹簧的劲度系数为，重力加速度；则从时刻起，拉力随时间变化的关系（F-t）图像大致正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】当系统静止时，对 A、B 整体进行受力分析，根据平衡条件可得弹簧的压缩量
在0-0.2s阶段，对整体受力分析
匀加速运动的位移
时弹簧的压缩量
解得
所以内F-t图像为二次函数图像；因为a=5m/s2，匀加速直线运动的0.2s末物体速度为
A、B一起匀速运动过程，A、B整体受平衡力
又
解得A、B一起匀速运动过程拉力大小为
则A、B一起匀速运动过程中图像是一次函数图像；
当A、B分离时，弹簧的压缩量
所以A、B一起匀速上升的位移大小
所以A、B一起匀速运动的时间
则A、B分离时
0.5s后A、B分离，A匀速运动，拉力F大小不变
故B正确，ACD错误。
故选B。
8．老虎车是一种搬运工具，如图所示，车的平面与挡板垂直。某次运货时货物与车保持相对静止并水平向右做加速运动，车平面与水平地面的夹角为，重力加速度为g。不考虑货物与车平面及与挡板之间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．当老虎车的加速度为时，车平面对货物的支持力为0
B．当挡板对货物作用力为0时，老虎车的加速度为
C．当加速度不断增大时，货物会沿车平面向上滑
D．当老虎车突然刹车时，货物只会沿车平面滑动，不会离开车平面
【答案】C
【详解】A．运货时货物与车保持相对静止并水平向右做加速运动，设平面对货物的支持力为，挡板对货物的弹力为，对货物由牛顿第二定律有
当老虎车的加速度为时，有
可知车平面对货物的支持力不为0，故A错误；
B．当挡板对货物作用力为0时，货物只受重力和车平面的支持力，由牛顿第二定律可得
解得老虎车的加速度为
故B错误；
C．对货物由牛顿第二定律有
可知当加速度不断增大时，平面对货物的支持力增大，挡板对货物的弹力减小，当车的加速度增大到时，挡板对货物作用力为0，平板车加速度再增大货物将会沿车平面向上滑，故C正确；
D．当老虎车突然刹车时，老虎车减速，但货物由于惯性会保持原来的运动状态，货物会离开车平面，故D错误。
故选C。
9．如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相同，质量分别为和的木板，在两木板的左端分别放一个大小、形状、质量完全相同的物体，开始时都处于静止状态，现分别对两物体施加水平恒力、，当物体与板分离时，两木板的速度分别为和，若已知，且物体与木板之间的动摩擦因数相同，以下几种情况中不能成立的是（ ）
A．，且B．，且
C．，且D．，且
【答案】B
【详解】在物块与木板相对滑动时，都做匀加速直线运动，对物块有
对木板有
A．若，则物块加速度相等，即，若，则木板加速度。根据
可知
故
根据知
故A正确；
B．若，则物块加速度相等，即，若，则木板加速度。根据
可知
故
根据知
故B错误；
C．若，则物块加速度关系为，若，则木板加速度关系为。根据
可知
故
根据知
故
故C正确；
D．若，则物块加速度关系为，若，则木板加速度关系为。根据
可知
故
根据知
故D正确。
本题选择不能成立的，故选B。
10．为研究山体滑坡，某同学建立了如图所示的模型，固定斜面体上有两段倾角均为37°的平行斜面ab和cd，cd足够长。质量为4m、长度为s的“L形”防滑板B恰好静止在cd段的最上端，上表面与ab齐平。在斜面ab上距b点1.5s处由静止释放质量为m的小滑块A，滑块A与ab面及与B的上表面间的动摩擦因数均为0.5。滑块与防滑板下端薄挡板间碰撞过程无机械能损失，且碰撞时间极短，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度为g。则（ ）
A．A刚滑上B时速度大小为
B．A滑上B后，B立即加速下滑
C．A与B第一次碰撞后，B的速度大小
D．A将与B发生二次碰撞，缓解山体滑坡的危害
【答案】D
【详解】A．滑块A从静止到刚滑上滑板B时，根据动能定理有
解得
故A错误；
B．L形滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有
解得
滑块A滑上滑板B时，对B分析可知
则滑板B静止不动，故B错误；
C．滑块A从静止到与滑板碰撞前有
碰撞过程中无机械能守恒，则有
解得
，
故C错误；
D．碰撞后，A沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有
对B有
解得
，
由于
则滑板先减速为0，滑块依然向上减速运动，位移分别为
由于
Ffm，则发生相对滑动
将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析
临界
条件
①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变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达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件
原理
时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景二
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0v返回时速度为v，当v0