新高考物理二轮复习一模题型分类汇编专题03 牛顿运动定律（2份，原卷版+解析版）

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1．（2025·河北秦皇岛·一模）一个质量为的乒乓球，以的初速度水平向北抛出，此时正好有风，风力水平向西，俯视图如图所示，已知重力加速度为，乒乓球受到的水平风力大小恒为。乒乓球在空中运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球做变加速曲线运动
B．乒乓球的加速度大小为
C．乒乓球向北运动的位移大小为
D．乒乓球下落高度为
【答案】C
【详解】A．乒乓球受重力和水平向西的风力，两力均为恒力，所以合力也为恒力，故乒乓球做匀变速曲线运动，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得，乒乓球的加速度大小为
故B错误；
C．乒乓球在向北的方向上不受力，该方向上的分运动为匀速直线运动，向北运动的位移大小为
故C正确；
D．乒乓球竖直方向上做自由落体运动，下落的高度为
故D错误。
故选C。
2．（2025·宁夏银川·一模）如图，半径的光滑固定竖直的四分之一圆弧轨道末端水平圆心为O，轨道末端与水平地面上足够长的水平木板c的上表面等高并且平滑对接，但不粘连。现将质量的物块a从轨道上A处由静止释放，此时物块b、木板c、物块d均静止，b到c左端的距离。物块a滑上水板c后经过一段时间与物块b发生弹性碰撞，b与c相对静止时c恰好与d发生碰撞，此后二者粘在一起运动。已知O、A连线与竖直方向的夹角为，b、c、d的质量分别为，a与c之间的动摩擦因数、b与c之间的动摩擦因数，水平地面光滑且所有碰撞时间均很短，物块均可看作质点，重力加速度g取求：
(1)物块a对圆弧轨道最低点的压力大小；
(2)a、b碰后瞬间物块b的速度大小；
(3)开始时c的右端与d之间的距离。
【答案】(1)36N
(2)
(3)
【详解】（1）物块a下滑过程，由动能定理得
解得a在圆弧轨道最低点时速度
a在圆弧轨道最低点时，轨道对a的支持力和a自身重力的合力提供向心力，有
解得
由牛顿第三定律可知，物块a对轨道最低点的压力大小为36N。
（2）假设a滑上c之后与b碰撞之前，b、c相对静止，对a列牛顿第二定律，有
解得
对b、c整体列牛顿第二定律，由
解得
假设成立，设a从滑上c至其与b相撞所用的时间为，有
解得（舍去另一个解）
此时a的速度
解得
此时b、c的速度
联立解得
对a、b之间的碰撞，以的方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，
联立解得，
可知a、b碰撞之后b速度的大小为。
（3）、b碰撞之后，设c的加速度大小为，对c有
解得
设a、b碰撞后经过时间后a、c共速，此时速度大小为，有
解得
设a、c共速后的加速度为大小，有
解得
设a、c共速后再经时间，a、b、c三者共速，此时速度大小为，有
解得
由运动学公式可知
联立解得
3．（2025·江西南昌·一模）在游乐场内有这样一个大型滑梯，可看成一个倾角为的斜面，如图甲所示，在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板，护板与斜面底端边缘间的夹角也为。质量的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑，经后抵达护板，并与护板反生碰撞，撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零，撞击结束后游客紧贴护板运动后滑离斜面，运动过程中可将游客视为质点，垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为，g取。求下滑过程中：
(1)游客撞击护板时的速度大小；
(2)游客紧贴护板运动时，游客与斜面和护板间的滑动摩擦力、分别多大；
(3)游客滑离斜面时速度大小。
【答案】(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）在撞击护板前，根据牛顿第二定律有a1
撞击护板时的速度
（2）根据摩擦力的公式有，
（3）在撞击护板后，根据牛顿第二定律有
根据速度—位移公式有
解得
4．（2025·辽宁·一模）如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放，时，物块A、B发生第一次碰撞，时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的图线如图乙所示（其中、均为未知量），若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。
(1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值；
(2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离；
(3)已知物块B的质量，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最大距离。
【答案】(1)2
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，由图乙可知，物块A在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小
物块A在的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小
解得
（2）物块A在时间内与在的时间内受力情况一致，则加速度相同，故时
刚释放物块A时，A、B之间的距离为L，则有
整理得
则物块A在的时间内沿斜而向上运动，运动的距离
联立解得
（3）物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有
其中，，
联立解得
则物块A在时间内下滑的距离
已知第二次碰撞前物块B已停止运动，故物块B碰后沿斜面下滑的距离
物块A与物块B发生第二次碰撞，由图可知，碰前瞬间物块A的速度
由动量守恒有
由机械守恒有
联立解得
设物块B下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为，则有
设第二次碰撞后物块B下滑的距离为，则有
可得
以此类推可得
则物块B运动的总距离
当时，代入数据解得
5．（2025·辽宁·一模）以相同的初速度将A、B两物体同时竖直向上抛出，物体A所受空气阻力可忽略，物体B所受空气阻力大小与物体速率成正比，用和分别表示两物体上升至最高点所需要的时间，则和的大小关系为（ ）
A．B．C．D．无法比较
【答案】C
【详解】由题意可知，物体A不受空气阻力只受重力，做竖直上抛运动，则有
物体B受空气阻力，在其上升阶段，根据牛顿第二定律有
解得
由于物体B所受阻力随着速度减小而减小，故物体B的加速度逐渐减小至最小值，由于物体B上升过程中的加速度大于重力加速度即物体A上升过程中的加速度，且二者初速度相同，所以
故选C。
6．（2025·新疆·一模）如图所示，某同学将质量不等的纸盒A、B从距地处静止释放，分别测得下落时间并将实验结果记录在表中。之后他将两盒用轻绳相连，依旧从同一高度H处静止释放。以上下落过程中纸盒A、B均不发生形变和旋转，且各自所受空气阻力大小均不变。下列说法正确的是（ ）
A．纸盒A下落过程所受阻力较大
B．纸盒B下落过程所受阻力较大
C．两盒相连后，纸盒B下落的时间小于0.70s
D．两盒相连后，下落过程中绳上的拉力小于纸盒B的重力
【答案】BD
【详解】AB．根据
解得，
根据牛顿第二定律可得，
代入表格数据解得，
故A错误，B正确；
C．两盒相连后，可知纸盒B受到绳子向上的拉力，使得下落加速度小于，则纸盒B下落的时间大于0.70s，故C错误；
D．两盒相连后，以纸盒A、B为整体，整体的加速度向下，则纸盒B的加速度向下，则下落过程中绳上的拉力小于纸盒B的重力，故D正确。
故选BD。
7．（2025·新疆乌鲁木齐·一模）如图所示，A，B为某滑雪场的一条长直滑道上的两点，滑道的倾角，A、B两点间的长度。一质量的滑雪者（含装备）从A点由静止开始下滑到B点的过程中，其位移x随滑行时间t的变化关系为（各物理量均为国际单位），已知，重力加速度取。求
(1)滑雪者下滑到B点时速度的大小；
(2)滑雪者下滑过程中受到的阻力的大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设滑雪者下滑过程中的加速度为a，由运动学公式
可知
由运动学公式
联立解得
（2）滑雪者下滑过程，根据牛顿第二定律得
联立解得
8．（2025·重庆·一模）2024年11月12~17日，“第十五届中国国际航空航天博览会”在珠海国际航展中心举行。题图1为某飞机小队表演的精彩瞬间；题图2为其中一架飞机（可视为质点）攀升时的示意图，时刻，其速度大小为、方向与水平方向的夹角为θ，经过时间，沿直线飞行了距离x。该过程视为匀加速直线运动，空气提供的升力始终与速度方向垂直，飞机飞行时所受阻力大小，其中k（已知）为定值。已知飞机总质量为m，重力加速度为g，忽略飞行过程中的质量损失。求：
(1)该过程中，飞机飞行的加速度大小；
(2)时刻，飞机所受牵引力的大小；
(3)该段时间内，飞机所受牵引力的冲量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设该飞机的加速度大小为a，由位移—时间公式有
解得
（2）设时刻，该飞机的速度大小为，所受牵引力大小为F，由
得
由牛顿第二定律有
解得：
（3）由题知，牵引力
在极小时间内：
可得：
因此，该段时间内，牵引力的冲量
解得：，方向与速度方向相同
9．（2025·福建·一模）如图所示，这是一种能垂直起降的小型遥控无人机，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机从地面上由静止匀加速竖直向上起飞，它5s上升了25m。已知无人机的质量，它运动过程中所受空气阻力大小恒为，取重力加速度大小。无人机受到的升力大小为（ ）
A．10NB．20NC．30ND．40N
【答案】B
【详解】无人机5s上升了25m，可知无人机的加速度大小
根据牛顿第二定律有
解得
故选B。
10．（2025·湖南株洲·一模）水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知苹果在与地板接触后经过时间速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间速度减为0，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为（ ）
A．1：4B．1：3C．1：2D．2：1
【答案】A
【详解】苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，可知苹果和桔子减速过程的加速度大小均为
设与地板接触时，苹果和桔子的速度分别为、，根据题意有
，
可得
根据自由落体运动公式
可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为
故选A。
斜面模型
11．（2025·河北·一模）如图所示，斜面静止在粗糙水平地面上，质量为m的滑块在恒力F作用下沿斜面向下运动，恒力过物块重心且与竖直方向夹角为β，斜面倾角为α，已知此过程中斜面体受到的摩擦力方向水平向左，则下列说法正确的是（ ）
A．若撤去外力，物块加速度方向一定沿斜面向下
B．若撤去外力，物块加速度方向一定沿斜面向上
C．若撤去外力，在物块仍向下运动的过程中，斜面体受到的摩擦力方向可能向右
D．若给物块再加一个水平向右的外力，在物块仍向下运动的过程中，斜面体受到的摩擦力方向仍向左
【答案】AD
【详解】ABC．若物块与斜面之间粗糙，设物块与斜面的动摩擦因数为，对物块受力分析，如图所示。
则滑动摩擦力为
由题知，此过程斜面体受到的摩擦力方向水平向左，对斜面体受力分析，如图所示。
根据正交分解，在水平方向有
可知
其中，
可得
若撤去外力，对物块受力分析，如图所示。
根据正交分解，可得垂直斜面方向有
沿斜面方向有
根据
可得
可得
说明加速度方向沿斜面向下；
假设地面对斜面体的摩擦力水平向左，对斜面体受力分析，如图所示。
根据正交分解，在水平方向有
又，
可得
化简得
根据
可得
说明地面对斜面体的摩擦力方向水平向左；
若物块与斜面体之间光滑，对物块受力分析，如图所示。
根据正交分解，则沿斜面方向有
解得
方向沿斜面向下；
假设地面对斜面体的摩擦力水平向左，对斜面体受力分析，如图所示。
。
根据正交分解，在水平方向有
可知地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，与题意相符。综上分析，故A正确，BC错误；
D．由上分析，可知地面对斜面体的摩擦力方向与是否在物块加上一个恒力无关，其方向仍是水平向左，故D正确。
故选AD。
12．（2025·宁夏石嘴山·一模）如图甲所示，一物块以某一速度冲上一倾角α=37°的固定斜面，取斜面底端水平面为参考平面，物块冲上斜面开始计时，0.5s内物块动能Eₖ随高度h的变化规律如图乙所示，重力加速度 ，，下列说法正确的是（ ）
A．物块的质量m=2kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25
C．物块上升过程的加速度大小
D．物块回到斜面底端时的动能
【答案】BD
【详解】ABC．设物体的质量为m，初速度为，末速度为，由图可知
解得
动能由36J变化为16J物体在斜面上的位移
根据运动学公式则有
解得
联立可得，
又因为
解得
物块的加速度
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
AC错误，B正确；
D．物体上升到斜面最高点的位移
从最高点到斜面底端，由动能定理可得
代入数据解得
D正确。
故选BD。
13．（2025·江西赣州·一模）近期，我国展示了一款令人惊艳的军用机器狗，将给中国陆军带来降维打击的战斗力。在某次军事演习中，机器狗从山坡上滑下至水平面，随后跳跃过一障碍物，模型可简化为：如图所示，倾角为斜面AB与水平面BC平滑连接，一长为、高为的矩形障碍物位于水平面上，距离斜面底端B有一定的距离，机器狗（可视为质点）从斜面顶端A由静止下滑，滑至速度为零时未到达障碍物处，此后机器狗斜向上跳起越过障碍物。已知斜面AB长，机器狗与斜面、水平面的动摩擦因素均为，不计空气阻力，重力加速度g取，，，求：
(1)机器狗在斜面上运动的加速度大小a和时间t；（计算结果可用根号表示）
(2)障碍物左侧与斜面底端B距离s多大时，机器狗跳起的速度有最小值。
【答案】(1)，
(2)4.8m
【详解】（1）机器狗在水平面上运动过程，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移公式有
解得
（2）机器狗在水平面上运动过程，根据速度公式有
机器狗在水平面上运动过程，根据牛顿第二定律有
解得
利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有
解得
若机器狗跳起的速度为最小值，此时机器狗做斜抛运动的轨迹恰好经过矩形障碍物上侧的左右边缘，且机器狗经过矩形障碍物上侧的左右边缘的速度也为最小值，令该速度大小为、该速度方向与水平方向夹角为，在机器狗处于障碍物上侧的斜抛运动运动过程有，
解得
根据数学三角函数规律可知，当等于时，解得的最小值为
此时有，
机器狗跳起到运动至障碍物上侧边缘过程，利用逆向思维有，
解得
则障碍物左侧与斜面底端B距离
结合上述解得
14．（2025·广东茂名·一模）如图所示，质量为M的滑块A出静止开始从倾角为的固定斜面上滑下，下滑时间后与另一个质量同为M的静止拴在轻质弹簧上端的滑块B发生碰撞（碰撞时间极短），且碰撞后A、B黏在一起。已知A、B初始位置的竖直高度差为。以滑块A出发点为原点，取沿斜面向下为正方向，滑块A的位移为x，运动的速度为v，加速度为a，运动时间为t，忽略空气阻力、两滑块与斜面摩擦力，两滑块可看作质点，弹簧在弹性限度内。关于滑块A从出发到运动到最低点的过程中，以下图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】C．滑块 A 从静止开始沿斜面下滑，在与滑块 B 碰撞前，根据牛顿第二定律
碰前B，根据平衡条件
碰撞瞬间，根据牛顿第二定律
联立解得
然后 A、B 整体压缩弹簧向下运动， 先
其中
整理得
随位移线性减小到零，方向沿斜面向下，后反向沿斜面向上，根据牛顿第二定律
其中为加速度为零之前的位移，随位移反向线性增大，斜率不变， 故C正确；
AB．根据C项分析知，加速度先正向定值后从
正向逐渐减小到零，做加速直线运动，再负向逐渐增大，做减速直线运动到零，到达最低点，图线中斜率表示加速度，故图像先是一条过原点的倾斜直线，碰撞瞬间根据动量守恒知，速度发生突变（减小），后正向加速，速度增大到加速度为零时达最大，后减小到零，斜率逐渐增大，故A错误，B正确；
D．根据运动学公式
知匀加速阶段图线是一条倾斜的直线，之后都是变加速直线运动，图线不再是直线，故D错误。
故选BC。
15．（2025·福建·一模）工人师傅巧妙地利用载重货箱下行的动力拉起上行的空载货箱，既解决了载重货箱下行过快的问题，又减轻了搬运空载货箱上行的劳动强度，其装置简化为如图所示，在倾角为的斜坡上，一总质量为15kg的载重货箱，通过轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为5kg的空载货箱相连，轻绳与斜面平行。当载重货箱下行时，能够拖动空载货箱上行，已知两货箱与斜坡间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取，，，则当载重货箱下行时，加速度大小为 ，轻绳的拉力大小为 N。
【答案】 1 45
【详解】[1][2]空载货箱受力如图所示
根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得
载重货箱受力如图所示
根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得
联立解得
16．（2024·重庆九龙坡·一模）某游乐场娱乐设施如图所示，倾角37°的粗糙斜面AB和光滑弧面轨道BC在最低点B处平滑连接（不考虑B点处的能量损失）。小孩从斜面上A点由静止释放，第一次运动到弧面轨道C点处时速度恰好为零。现把小孩视为质点，小孩与斜面间的动摩擦因数为0.5，已知AB间距离为9m，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小孩在斜面上下滑时的加速度大小；
(2)C点和B点的高度差。
【答案】(1)a=2m/s2
(2)
【详解】（1）物体下滑时，由牛顿第二定律
解得
a=2m/s2
（2）由运动学公式，B点的速度满足
从B点开始上滑到C点，应用动能定理，有
代入数据，可得
连接体模型
17．（2025·北京房山·一模）如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，另一质量为的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．汽车一定向右加速运动
B．细线中的拉力大小为
C．物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为
D．物块受到车厢左壁的弹力大小为
【答案】D
【详解】AB．根据题意，对小球受力分析，如图所示
竖直方向由
水平方向由牛顿第二定律有
可得
方向水平向右，则小车和物块的加速度也是水平向右的，则小车可能做向右的加速运动，也能做向左的减速运动，故AB错误；
CD．根据题意，对物块受力分析，如图所示
则有
竖直方向的静摩擦力大小为
摩擦力不一定达到最大静摩擦力，故C错误，D正确。
故选D。
18．（2025·北京顺义·一模）如图所示，A、B两物体并排放在光滑水平面上，质量分别为1kg和2kg。在水平推力F的作用下一起向右运动，A、B之间作用力的大小为6N，则水平推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据题意，由牛顿第二定律，对整体有
对物体B有
联立解得
故选D。
19．（2025·福建泉州·一模）我国高铁技术处于世界领先水平。某列复兴号动车组由8节车厢组成，以1车在前、8车在后沿水平直轨道运行，其中2车和7车为动车，提供动力，其余为拖车，不提供动力。假设各节车厢质量及受到的阻力均相等，2车和7车提供的动力始终相同，则（ ）
A．加速运行时，4车对5车有作用力
B．关闭动力滑行时，每节车厢之间均无作用力
C．匀速运行时，每节车厢之间均无作用力
D．匀速运行时，6、7车之间的作用力大于2、3车之间的作用力
【答案】B
【详解】A．设每节动车的牵引力为，每一节车厢的质量是，阻力为，加速运行时，有两节动力车厢，对整个动车组车进行受力分析得
对第5车到第8车进行受力分析得
联立解得即4车对5车的作用力为
故A错误；
B．关闭动力滑行时，对整个动车组车进行受力分析得
设第车对余下车整体的作用力为，对余下整体进行受力分析得
联立解得
可知关闭动力滑行时，每节车厢之间均无作用力，故B正确；
CD．匀速运行时，对整个动车组车进行受力分析得
以7、8两节车厢为整体，由平衡条件可得
以1、2两节车厢为整体，由平衡条件可得
对第1节车厢，由平衡条件可得
对5-8节车厢分析
可得，，,
匀速运行时，并不是每节车厢之间均有作用力，6、7车之间的作用力大小等于2、3车之间的作用力，故CD错误。
故选B。
20．（2025·山东菏泽·一模）如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知 ，mB=3kg。从t=0开始， 推力FA和拉力FB分别作用于A、B上， FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则（ ）
A．t=0.5s时， A、B间的弹力为2N
B．t=1s时， A、B分离
C．分离时，它们的位移为4.5m
D．A、B分离时的速度为4m/s
【答案】D
【详解】B．根据图像可得
在0-3s内
当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有
即
解得t=2s
故B错误；
A．t=0.5s时，AB没有分离，看成一个整体，则有
解得
隔离A，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
故A错误；
CD．由上分析可知分离前的加速度为
分离时，它们的位移为
A、B分离时的速度为
故C错误，D正确。
故选D。
21．（2025·天津南开·一模）如图所示，缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上，车厢连同悬臂的质量为M，车厢水平底板放置一质量为m的货物。某段时间内，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动。已知悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度为，缆绳的倾角为，则在这段时间内（ ）
A．车厢对货物的支持力大小为masin
B．车厢对货物的摩擦力大小为macs
C．缆绳对悬臂和车厢的作用力大小大于
D．缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ
【答案】BCD
【详解】A．在缆绳的牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的加速运动，沿水平和竖直进行分解加速度，分别为，
因为是匀加速运动，所以加速度恒定，故车厢对货物的支持力，故A错误；
B．水平方向，故B正确；
C．对悬臂和货物组成的系统分析，悬臂对车厢的作用力为F
则竖直方向
水平方向
则
解得，故C正确；
D．悬臂对车厢的作用力与水平的夹角为
则
所以缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ，故D正确。
故选BCD。
22．（2025·北京朝阳·一模）如图所示，在光滑水平面上有质量相同的甲、乙两个物体靠在一起，在水平力F1、F2的作用下运动，已知F1>F2。下列说法正确的是（ ）
A．甲对乙的作用力大小为F1
B．乙对甲的作用力大小为
C．如果撤去F1，乙的加速度一定变大
D．如果撤去F1，甲对乙的作用力一定减小
【答案】D
【详解】AB．设甲、乙的质量都为m，撤去某个外力之前，对整体，根据牛顿第二定律有
解得
对乙分析有
解得
根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小也为
故AB错误；
CD．如果撤去F1，对整体，根据牛顿第二定律有
解得
由于无法比较与的大小关系，故无法比较与的大小关系，故C错误；
D．如果撤去F1，对乙分析有
解得
故甲对乙的作用力一定减小，故D正确。
故选D。
23．（2025·甘肃·一模）如图所示是著名的阿特伍德装置，不考虑绳和滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时，甲、乙两人均站在水平地面上，质量分别为M和m。当乙加速向上攀爬时，甲始终用力抓住绳子。结合两人加速度的关系图像，下列说法中正确的是（ ）
A．甲对绳子拉力比乙对绳子的拉力大B．甲比乙的质量大
C．乙比甲先到最高点D．图像的斜率表示
【答案】BCD
【详解】A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，同理，乙对绳的拉力与绳对乙的拉力是作用力与反作用力，又同一根绳子，拉力大小处处相等，故甲对绳子拉力等于乙对绳子的拉力，故A错误；
BCD．设绳子的拉力为F，根据牛顿第二定律，对甲有
解得
对乙有
解得
联立解得
可知图像的斜率为
且图像的纵截距小于0，即
即
解得
因，根据甲、乙的加速度表达式，
可知甲的加速度小于乙的加速度，甲乙都做初速度为零的匀加速直线运动，且位移大小相等，则有
可得
甲的加速度小于乙的加速度，所以甲上升的时间大于乙上升的时间，故乙比甲先到最高点，故BCD正确。
故选BCD。
24．（2025·新疆·一模）如图所示，轻杆两端分别固定质量均为的物块A和物块B，物块A，B与水平地面间的动摩擦因数分别为、。现用的水平向左的恒力推物块B，A和B由静止开始运动，1.2s后撤去恒力F。求：
(1)撤去恒力F之前，系统加速度的大小。
(2)撤去恒力F瞬间，轻杆对物块A的作用力的大小和方向。
(3)撤去恒力F之后，轻杆对物块B做的功。
【答案】(1)
(2)，方向向左
(3)
【详解】（1）对系统进行受力分析，系统受到水平向左的恒力F，物块A受到向右的摩擦力，物块B受到向右的摩擦力。根据牛顿第二定律
将，，，，代入可得
解得
（2）撤去恒力F瞬间，对物块A进行受力分析，物块受到向右的摩擦力
设轻杆对物块的作用力为T，方向向左，根据牛顿第二定律
撤去F后，系统的加速度
联立解得
方向向左。
（3）先求出撤去F时的速度
撤去F后，物块B加速度
物块A速度
设经过时间系统停止运动，以系统为研究对象，，，得
物块B的位移
对物块B根据动能定理
解得
25．（2025·山东淄博·一模）如图所示，光滑水平面上放置质量均为的两块木板，其上分别有质量均为的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则轻绳对机器人的最大拉力大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】设轻绳拉力最大值为F，对左边一组物体分析受力，由牛顿第二定律
绳子拉力最大时，右边一组m和2m之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人分析受力，由牛顿第二定律有
联立解得绳子拉力最大值
故选B。
26．（2025·安徽·一模）如图所示，图（1）、图（2）是一辆质量为m的公共汽车启动过程中和两个时刻的照片。到时间内汽车的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。图（3）是此过程中车内横杆上悬挂的拉手经放大后的图片。m、、、均为已知量，重力加速度大小为 g。根据上述信息并结合图片，可以得出的物理量有（ ）
A．公共汽车车身的大致长度
B．公共汽车所受牵引力的冲量大小
C．到时间内公共汽车的平均速率
D．到时间内合外力对公共汽车做的功
【答案】ACD
【详解】A．对拉手受力分析可知，公共汽车的加速度为
故到时刻间公共汽车产生的位移为
根据汽车实际位移与图片的比例关系，即可估算车身长度，故A正确；
B．公共汽车的在时刻的速度为
由动量定理可知：
由于公共汽车所受摩擦力f未知，无法求解牵引力的冲量大小，故B错误；
C．公共汽车做匀变速直线运动，根据
故C正确；
D．根据动能定理，到时间内合外力对公共汽车做的功
故D正确。
故选ACD。
27．（2025·甘肃酒泉·一模）如图甲所示，物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑的水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块a施加水平向右、大小的恒力，时撤去F，此过程中两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．物块a的质量为2kg
B．物块b的质量为2kg
C．时，弹簧的弹力大小为0.4N
D．撤去F后，a、b组成的系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】BD
【详解】ABC．时，对物块，由牛顿第二定律有
其中aa=1.0m/s2，解得
时，设弹簧弹力大小为，对物块有
对物块有
联立解得，
选项AC错误，B正确；
D．撤去拉力后，的速度大于的速度，则、之间的距离将继续增大，弹簧弹性势能增大，则组成的系统动量守恒，但机械能减小，D正确。
故选BD。
传送带模型
28．（2025·河南三门峡·一模）某煤矿厂需要将煤块运往高处，其模型简化图如图所示，传送带与水平面的夹角，以的速率顺时针转动，传送带两端的长度。现将质量为的煤块轻放在传送带A端，已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，在煤块从A端运动到B端的过程中，求：
(1)煤块在传送带上的划痕s；
(2)和未放煤块相比，传送带的电动机多消耗的电能。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）对煤块，由牛顿第二定律有
解得
则煤块加速到与传送带共速所需时间
共速物块移动的距离
传送带运动的距离
则划痕
（2）从共速后到煤块运动到B点，由于，故煤块与传送带共速，该过程摩擦力
由电动机对传送带做功知
可得
29．（2025·浙江宁波·一模）一游戏装置截面如图所示，为足够长的倾斜直轨道，、是两段半径均为的竖直圆管轨道，为水平轨道，固定水平传送带以顺时针转动，轨道与圆管道相切于处，各部分之间平滑连接，紧靠处有一质量的小车静止在光滑的水平地面上，小车的上表面由水平面和半径的四分之一圆弧面组成。一个可视为质点的滑块，从轨道上距点处由静止开始下滑，经过圆管轨道和水平轨道，并冲上传送带，已知滑块的质量，传送带的长度，滑块与传送带间的动摩擦因数，与其余各处阻力均不计，，则
(1)求滑块到达点时对轨道的压力大小；
(2)求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
(3)求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
(4)调节传送带以不同的速度顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面最大高度与速度的关系。
【答案】(1)82N
(2)
(3)
(4)见解析分析
【详解】（1）从B点到D点根据动能定理
解得
滑块经过D点有
解得FND = 82N
根据牛顿第三定律可知求滑块到达D点时对轨道的压力大小为82N。
（2）滑块滑上传送带的加速度
加速到和传送带共速时间
滑动位移
可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移
对传送带所做的功
（3）滑块以的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为，根据
解得
根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
因为
滑块从小车端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为，设滑块的速度为，根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
（4）根据
解得
①若一直在传送带上减速，则
②若一直在传送带上加速，
则
③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则
30．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，一水平传送带以的速度顺时针运转，两端点之间的距离为。现有两个可视为质点的物块A和B，质量均为，用竖直轻质细线将物块B悬挂于固定钉子，使B可绕钉子在竖直平面内运动，初始物块B静止于最低点，且下端刚好与水平面上点接触，现将A轻放于传送带左端点，A与传送带间动摩擦因数为，传送带右端与的距离为，不计空气阻力，A与B所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，B物块光滑。
(1)求物块A离开传送带时的速度；
(2)若传送带右侧的水平面光滑，为使碰撞结束后，B做完整的圆周运动，悬线长度应满足什么条件？
(3)若悬线长度，且传送带右侧的水平面粗糙，物块A与水平面之间的动摩擦因数，仍将物块A轻放于传送带左端，求物块A与B能碰撞多少次，及整个过程中，物块A运动的总路程。
【答案】(1)，方向向右
(2)
(3)8次，
【详解】（1）对物块A根据牛顿第二定律
解得
若A一直匀加速至传动带右端，根据运动规律
解得
假设成立，故A以离开传送带，速度方向向右。
（2）弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒定律，
解得，
即每次撞后二者交换速度，若B恰好做完整圆周运动，设B在最高点速度为，根据动能定理
根据牛顿第二定律
解得
即悬线长度
（3）若悬线长度为
以进入水平面向右运动，撞后B每次最大摆角均小于，摆回向左与A相撞，A在传送带上向左匀减速和向右匀加速运动，传送带不改变A的速率，只改变运动方向，从此B来回摆动，A往复运动，最终停下，设A在水平面粗糙段的总路程为，根据动能定理则有
解得
又
故共碰撞次，
故最后A停在中点处，根据动能定理及运动学公式
，
，
，
则物块A的总路程为
31．（2025·河北·一模）如图所示，长度为6m、倾角为30°的传送带以4m/s的速率沿逆时针匀速转动。将质量为2kg的小物块无初速度地放置在传送带的顶端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s²，则物块从传送带顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块运动的时间为2.25s
B．传送带对物块做的功为-24J
C．重力对物块做功的平均功率为60W
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量为12J
【答案】BD
【详解】A．物块与传送带共速前，由牛顿第二定律得
解得
物块运动到与传送带共速所用的时间
运动的距离
共速后，由牛顿第二定律得
解得
运动到传送带底端的过程有
解得物块运动到传送带底端时的速度大小
该过程所用的时间
所以整个过程物块运动的时间，故A错误；
B．整个过程传送带对物块做的功
解得，故B正确；
C．整个过程重力做的功
故重力做功的平均功率，故C错误；
D．整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量
解得，故D正确。
故选BD。
32．（2025·甘肃兰州·一模）如图所示，一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，水平面上方有一轻杆，可绕其上端O点自由旋转，下端悬挂物块B（可看成质点），B与水平面接触无挤压。将物块A轻放在传送带底端，一段时间后与B发生碰撞，碰后B恰好能运动至最高点。已知传送带顺时针方向运行，与水平面夹角为，传送带长，速度，A与传送带间的动摩擦因数，A、B质量分别为，，轻杆长，重力加速度。求：
(1)A在传送带上运行的时间；
(2)碰撞后A的速度；
(3)把A从底端运送到顶端的过程中，为保持传送带始终匀速电动机多消耗的电能。
【答案】(1)2.2s
(2)
(3)160
【详解】（1）刚放在传送带上时先加速上滑，根据牛顿第二定律，解得
加速到与传送带速度相等所用时间
加速过程的位移
之后物块以速度匀速运动，匀速运动的时间
所以物块在传送带上运行的总时间
（2）物块与碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为，的速度为。撞后恰好能运动至最高点，由于是轻杆，故B在最高点速度为0。根据机械能守恒定律
解得
由动量守恒定律可得
解得
（3）电动机多消耗的电能等于物块增加的机械能与因摩擦产生的热量之和。物块增加的机械能
在传送带上加速阶段，传送带位移
二者的相对位移
故因摩擦产生的热量
所以电动机多消耗的电能
33．（2025·山东淄博·一模）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为、的两小物块、，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未栓接），弹簧的弹性势能为。轴间距为的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为的足够长的固定斜面，小物块静置于距斜面顶端处。现将间的细线烧断，与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞的由斜面顶端滑入斜面，一段时间后与发生碰撞。时恰完成第一次碰撞，时刚要发生第二次碰撞，在内运动的图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度，求：
(1)B刚滑上传送带时的速度大小；
(2)B与传送带间的动摩擦因数；
(3)C的质量以及与斜面间的动摩擦因数；
(4)C沿斜面下滑的最大距离。
【答案】(1)
(2)
(3)，
(4)
【详解】（1）对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得：
①
由①②得：
（2）若B在传送带上一直加速，由
得：
则在传送带末端的速度为：不合题意。
故B在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，设加速用时为，匀速用时为，
则由
解得：
由
得：
（3）在斜面顶端有：③
由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为：
在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有：
④
由③④式得：
对、第一次碰撞过程有：⑤，
由⑤⑥得：
由图像得：
若在经过程后速度恰减为0，则由：
得：
故与再次碰撞时早已停止运动
与第一次碰后对有：
⑦
⑧
则由⑦⑧得：
（4）设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为：
⑨
第次碰后上升过程有：⑩
减速过程有：
与第次碰撞前的速度应满足：（11）
由⑨⑫式得：
由⑨⑾式可知第次碰撞后的位移为：
第次碰撞后的位移为：
又第一次碰后的位移为：
则每次碰后的位移为：
沿斜面下滑的最大距离为：
34．（2025·山东日照·一模）如图所示，一水平传送带的左右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离，传送带以的速度顺时针传动。质量m均为1kg的A、B两物块间有一压缩的轻弹簧（弹簧与两物块不连接），开始弹簧的压缩量，弹性势能。两物块与左侧地面和传送带间的动摩擦因数均为0.2。紧靠传送带右端地面上依次排放着三个完全相同的小球1、2、3，质量M均为2kg，相邻两小球间的距离d均为1m。现由静止同时释放A、B两物块，B脱离弹簧时恰好滑上传送带，此时开始计时。物块A、B和三个小球均在同一直线上，所有的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，物块和小球都可视为质点，取重力加速度。求：
(1)物块B滑上传送带时的速度大小；
(2)小球3开始运动的时间；
(3)物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒
根据能量守恒
联立，解得
（2）因为
所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过时间与传送带共速，根据牛顿第二定律
根据运动学公式有
联立，解得
减速的位移大小为
所以假设成立。则匀速的位移大小为
匀速的时间为
物块B与小球1碰撞，根据动量守恒
根据动能守恒
解得，
因为小球1、2、3完全相同，所以小球1与小球2发生弹性碰撞后，交换速度，所以从小球1运动到小球3运动所需时间为
小球3开始运动的时间为
（3）物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为
物块B第一次与小球1碰撞后返回到传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1发生碰撞，物块B第二次在传送带上相对传送带的路程为
物块B与小球1第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，
解得
物块B第三次在传送带上相对传送带的路程为
物块B与小球1第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，
解得
物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为
所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为
35．（2025·广西·一模）一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率，顺时针方向运行，质量的玩具（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，玩具和传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度（、）。

(1)求玩具从平台到传送带最上端的时间t；
(2)求玩具在传送带上运动产生的热量Q；
(3)求因传送玩具电动机多消耗的电能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有
解得
故
（2）玩具刚滑上传送带时的速度为
可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为
玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
下滑的位移为
故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为
玩具在传送带上运动产生的热量
（3）根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能
板块模型
36．（2025·北京门头沟·一模）如图所示，光滑水平轨道上长木板A和滑块B、C都处于静止状态，滑块B置于A的左端。A、B间的动摩擦因数为0.5，A、B、C质量分别为kg，kg，kg。现在使A、B一起以5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后立即一起向右运动。两滑块均可视为质点，取m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．C增加的动量为4kg·m/s
B．A与C碰撞过程中损失的机械能为15J
C．A与C碰撞后瞬间，A的速度大小为2m/s
D．若长木板A的长度为0.6m，则滑块B不会滑离长木板A
【答案】D
【详解】C．在A与C碰撞中，因碰撞时间极短，动量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速度为vAC，以右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故C错误；
A．C增加的动量为
故A错误；
B．A与C碰撞运动中损失的机械能为
代入数据解得
故B错误；
D．A与B的摩擦力大小为
则有B的加速度大小为
AC的加速度大小为
B做减速运动，AC做加速运动，设速度相等时所用时间为t，则有
解得
B的位移为
A的位移为
B相对A的位移为
因此若长木板A的长度为0.6m，则滑块B不会滑离木板A，故D正确。
故选D。
37．（2025·湖北·一模）如图所示，水平面放置“L”形长木板B，木板左侧有凸起的小挡板，木板B上表面P点处放置小铁块C（可视为质点），P点到挡板间的上表面光滑且距离，P点右侧的上表面粗糙，铁块C与木板B上P点右侧的上表面间动摩擦因数，木板B与水平面间动摩擦因数。质量的小物块A以速度与木板B发生弹性碰撞，一段时间后木板B与铁块C发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短，木板B质量，铁块C质量，铁块C始终没有脱离木板B，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
(1)物块A与木板B碰后B的速度大小及木板B与铁块C碰后C的速度大小；
(2)铁块C对木板B的摩擦力所做的功；
(3)木板B的最小长度。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）物块A与木板B发生弹性碰撞，
得
碰撞后铁块C静止不动，木板B加速度
木板B与铁块C碰前B的速度大小为，则
得
木板B与铁块C发生弹性碰撞，
得，
（2）木板B与铁块C相碰后，C做匀速运动，B做减速运动，经过时间铁块C运动到P点有
得
此时木板B的速度
此后铁块C的加速度
木板B加速度
经过时间木板B停止，此过程木板B位移
此后，，木板B静止不动，铁块C继续做匀减速运动到停止，铁块C对木板B的摩擦力所做的功
（3）铁块C从P点向右一直减速到零，其位移，有
得
铁块C静止在木板B上的位置与P点相对位移
木板B最小长度
38．（2025·云南昆明·一模）如图甲所示，质量为1kg的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻，对物块施加水平向右、大小为F=15N的恒力；t=1.0s时刻，撤去F，物块、木板运动的速度随时间变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．物块的质量为3kg
C．t=1.3s时，物块的加速度大小为2m/s2
D．木板的长度至少为0.75m
【答案】BC
【详解】AB．在0~1s，物块向右匀加速，木板向右匀加速，对木板，设木板与地面的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律可得
由v−t图像可知
对物块，由牛顿第二定律可得
由v−t图像可知
撤去F，对木板，由牛顿第二定律可得加速度仍为
对物块
从撤去外力到共速
其中为物块速度，为木板速度
联立解得，m＝3kg，
故A错误，B正确；
C．t=1.3s时，根据整体法，物块的加速度大小为
解得
故C正确；
D．0-1.25s木板的位移
0-1物块位移
其中
1-1．25s物块位移
木板长度至少为
故D错误。
故选BC。
39．（2025·江西鹰潭·一模）某同学设计了如图甲所示装置：一质量为0.5kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1kg的滑块B（可视为质点）置于木板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物C，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t=0时刻，所有物体均静止。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．本次操作中，所挂重物C的质量为8kg
B．木板A与滑块B间动摩擦因数为µ1=0.4
C．木板A与桌面间的动摩擦因数为µ2=0.2
D．为使滑块B始终不脱离木板A，A至少长1.5m
【答案】BCD
【详解】ABC．由图可知，，
根据牛顿第二定律可得，，
代入数据解得，，
故A错误，BC正确；
D．为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速时，B滑到A的最左端，由图可知A至少长为
故D正确。
故选BCD。
40．（2025·山东临沂·一模）如图甲所示，一可看作质点的物块位于底面光滑的木板的最左端，和以相同的速度在水平地面上向左运动。时刻，与静止的长木板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，，厚度相同，平滑地滑到的右端，此后的图像如图乙所示，时刻，与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后的速度大小不变，方向相反；运动过程中，始终未离开。已知与的质量，重力加速度大小。求：
(1)与间的动摩擦因数以及与地面间的动摩擦因数；
(2)和第一次碰撞后的速度大小；
(3)之后间因摩擦产生的热量为多少？
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）由图乙有过程中在上滑动的加速度大小为
由受力分析和牛顿第二定律有
解得与间的动摩擦因数为
在过程中，和一起运动的加速度大小为
对整体受力分析和牛顿第二定律有
解得与地面间的动摩擦因数为
（2）在过程中，设的加速度为，对进行受力分析和牛顿第二定律有
解得
设时刻的速度为，经匀加速到
由运动学公式
有
和弹性碰撞，动量守恒
能量守恒
解得，
所以和碰撞后的速度大小为
（3）由图乙有，与墙壁碰撞后速度大小为
设向右匀减速运动的时间为，加速度的大小为，则
其中
解得
即时刻，速度为零，此时的速度
接着继续向左做减速运动，向左加速，设共速时间为，由运动学公式可知
可得，
由图可知之后间的相对位移为阴影部分面积，故因摩擦产生的热量为
其中
联立可得
41．（2025·湖北·一模）一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg，质量m=1kg的小滑块Q（可视为质点）从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过t1=2s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2）求：
(1)0~2s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小；
(2)滑块Q运动的总位移；
(3)拉力F的大小。
【答案】(1)4m/s2，2m/s2，1m/s2
(2)24m
(3)9N
【详解】（1）v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据图乙可知，
0~2s内滑块Q的加速度大小
0~2s内木板P的加速度大小
两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小
（2）v-t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则滑块Q运动的总位移
（3）0~2s内对滑块Q分析有
0~2s内对木板P分析有
两物体一起做匀减速直线运动，对PQ整体分析有
联立代入数据解得F＝9N。
42．（2025·河北保定·一模）如图所示，倾角为的斜面C固定在水平面上，质量为m、长度为的木板B恰能静止在斜面顶端，木板B与斜面底端固定平台D的厚度相同，其下端到固定平台D的距离为s。一质量为的物块A（可视为质点）以方向平行斜面向下、大小的初速度从上端滑上木板B，木板B与平台D碰撞后立即停止运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A与木板B间的动摩擦因数是木板B与斜面C间的动摩擦因数的2倍，重力加速度为g。
(1)求物块A与木板B间的动摩擦因数；
(2)若，求物块A与木板B速度相同时，木板B前进的距离；
(3)若，求物块A从滑上木板B到离开木板B的过程中，物块A克服摩擦力做的功。
【答案】(1)
(2)
(3)①若物块A克服摩擦力做的功，②若物块A克服摩擦力做的功
【详解】（1）设物块A与木板B间的动摩擦因数为，木板B与斜面C间的动摩擦因数为
木板B恰好静止在斜面顶端有
其中
解得
（2）物块A与木板B整体所受外力的矢量和为0，所以系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得
对物块A根据牛顿第二定律可得
根据运动学
对木板B根据牛顿第二定律可得
根据运动学
联立，解得，
（3）①若，物块A与木板B整体沿斜面向下运动的过程中，物块A与木板B没有共速时木板B就与平台D碰撞而停止，则物块A克服摩擦力做的功
②若，物块A与木板B整体沿斜面向下运动的过程中，物块A与木板B共速时木板B还未与平台D碰撞，则此过程物体A克服摩擦力做功为
物块A与木板B共速时物块A相对木板B滑动
物块A与木板B共速后共同沿斜面匀速运动，共同运动的距离
此过程物体A克服摩擦力做功为
木板B与平台D碰撞而停止，物块A在木板B上继续滑动
到达平台D上。此过程物体A克服摩擦力做功为
物块A克服摩擦力做的功
质量/kg
下落时间/s
纸盒A
0.037
0.90
纸盒B
0.110
0.70