專題4牛頓運動定律（2）

考點愿型歸納

一、牛頓定律與直線運動..............................2

二、斜面模型.........................................8

三、等時圓模型......................................12

四、連接題問題......................................17

五、物塊在傳送帶上運動分析.........................22

六、板塊模型........................................27

專題一牛頓定律與直線運動

1.（2022?遼寧?高考真題）如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度V。沿中線

滑向另一端，經過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為〃，g取10m/s2。下列v。、

A.vo=2.5m/sB.vo=1.5m/sC.〃=0.28D.〃=0.25

【答案】B

【詳解】AB.物塊水平沿中線做勻減速直線運動，則

_XV+V

v=—=n-----

t2

由題干知

x=Im,t=Is,v>0

代入數據有

vo<2m/s

故A不可能，B可能；

CD.對物塊做受力分析有

a=-v2-vo2=2ax

整理有

vo2-2ax>0

由于vo<2m/s可得

<0.2

故CD不可能。

故選Bo

2.（2023?湖北?高考真題）如圖所示，原長為/的輕質彈簧，一端固定在。點，另一端與一

質量為冽的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數為0.5。桿上

M、N兩點與。點的距離均為/,P點到。點的距離為。尸與桿垂直。當小球置于桿上

2

尸點時恰好能保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某

一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的

是（）

，

/,'M

//

\:

OxVWVWWOP

、\

V\、

\\

V\

'1N

A.彈簧的勁度系數為空

B.小球在尸點下方/處的加速度大小為（3拒-4）g

C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大

D.從M點到P點和從尸點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同

【答案】AD

【詳解】A.小球在P點受力平衡，則有

聯立解得

k-

I

A正確；

C.在PW之間任取一點/,令/O與九W之間的夾角為。，則此時彈簧的彈力為

F=k{l——--]

（2sin。J

小球受到的摩擦力為

<==〃尸sin。

化簡得

夕在〃尸之間增大在PN減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯誤；

D.根據對稱性可知在任意關于尸點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P

和尸到N摩擦力做功大小相等；D正確；

B.小球運動到P點下方!時。=45。，此時摩擦力大小為

2

由牛頓第二定律

mg+Feos45°-/=ma

聯立解得

a=41g

B錯誤。

故選ADo

3.（2022?重慶?高考真題）小明設計了一個青蛙捉飛蟲的游戲，游戲中蛙和蟲都在xOy豎直

平面內運動。蟲可以從水平x軸上任意位置處由靜止開始做勻加速直線運動，每次運動的加

速度大小恒為（g為重力加速度），方向均與x軸負方向成37。斜向上（x軸向右為正）。

蛙位于了軸上M點處，0M=H,能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙運動過程中僅受

重力作用。蛙和蟲均視為質點，取sin37o=：。

3

（1）若蟲飛出一段時間后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在了=7〃的高度捉住蟲

時，蛙與蟲的水平位移大小之比為2a:3,求蛙的最大跳出速率。

（2）若蛙跳出的速率不大于（1）問中的最大跳出速率，蛙跳出時刻不早于蟲飛出時刻，蟲

能被捉住，求蟲在x軸上飛出的位置范圍。

（3）若蟲從某位置飛出后，蛙可選擇在某時刻以某速率跳出，捉住蟲時蛙與蟲的運動時間

之比為1:亞；蛙也可選擇在另一時刻以同一速率跳出，捉住蟲時蛙與蟲的運動時間之比為

l：V17o求滿足上述條件的蟲飛出的所有可能位置及蛙對應的跳出速率。

【答案】（1）窈；（2）k±KH<x<2H；（3）匕=口30gH,玉=!|以或

9=置30gH,x2

【詳解】（1）蟲子做勻加速直線運動，青蛙做平拋運動，由幾何關系可知

——=H

tan37°

工逑

x蟲3

青蛙做平拋運動，設時間為4,有

x

a=vtt

H--H=-gt2

42*

聯立解得

（2）若蛙和蟲同時開始運動，時間均為f,則蟲的水平分加速度和豎直分加速度分別為

545?皿。1

^--gcos37°--g,

ay--gsin37°--g

相遇時有

1212

一gtH-----Clt=H

22,

解得

則最小的坐標為

〃12

y=H--gt,x=vmt

可得軌跡方程為

y=H--^-x2

2年

蟲的軌跡方程為

y=Umax一x)tan37。

兩軌跡相交，可得

(x1mxr)tan37°=〃一裊/

2%

整理可知

2,33

——X—XH—x—H=0

2444m

令A=0,即

二9一4x鳥2.(、3一")=0

162片4m

解得

Xmax=2H

蟲在X軸上飛出的位置范圍為

LH&X&2H

3

(3)設蛙的運動時間為4,有

上:+"(回)2="

22,

ggg+，yM^2)2=H

解得

6H3H

若青蛙兩次都向右跳出，則

卬1+/4(8。)2=玉

卬2+~ax(y^t2)2=X1

解得

M=J30gH,西=||〃

若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，則

V

/1+；QX(61)2=%2

9(而行”=%

解得

%30gH,x2=^H

4.（2022?浙江?高考真題）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑

軌與水平面成24。角，長度4=4m,水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜

滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為7=2,貨物可視為質點（取

cos24°=0.9,sin240=0.4,重力加速度g=lOm/s?）。

（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度外的大小；

（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；

（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度4.

2

【答案】（1）2m/s;（2）4in/s;（3）2.7m

【詳解】（1）根據牛頓第二定律可得

mgsin24°-〃mgcos24°=mq

代入數據解得

2

a}=2m/s

（2）根據運動學公式

2a，—v

解得

v=4m/s

（3）根據牛頓第二定律

/Mg=ma2

根據運動學公式

2

-2a2/2=v^ax-v

代入數據聯立解得

l2=2.7m

專題二斜面模型

5.(2022?北京?高考真題)如圖所示，質量為優的物塊在傾角為6的斜面上加速下滑，物塊

與斜面間的動摩擦因數為〃。下列說法正確的是()

A.斜面對物塊的支持力大小為mgsin。B.斜面對物塊的摩擦力大小為〃機gcosO

C.斜面對物塊作用力的合力大小為加gD.物塊所受的合力大小為機gsin。

【答案】B

【詳解】A.對物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據平衡條件，可得支持力為

FN=mgcos0

故A錯誤；

B.斜面對物塊的摩擦力大小為

耳=RFN=//mgcos6

故B正確；

CD.因物塊沿斜面加速下滑，根據牛頓第二定律得

F合=mgsin0-jLjmgcos0=ma

可知

mgsin6>pimgcos6

則斜面對物塊的作用力為

F=qF*F：=J(?jgcose)2+(〃/Mgcos2)2<-^(mgcos^)2+(mgsin0)2=mg

故CD錯誤。

故選Bo

6.(2022?福建?高考真題)一物塊以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上運動，一段時間后

回到斜面底端。該物體的動能線隨位移x的變化關系如圖所示，圖中看、線|、后口均己知。

根據圖中信息可以求出的物理量有()

B.物體所受滑動摩擦力的大小

C.斜面的傾角D.沿斜面上滑的時間

【答案】BD

【詳解】ABC.由動能定義式得心產;所；，則可求解質量如上滑時，由動能定理

耳-Eki=-(mgsin6+f)x

下滑時，由動能定理

線=(附5也。-/)(%-無加為上滑的最遠距離；由圖像的斜率可知

mgsmd+f=—,mgsmO-f=—

%X。

兩式相加可得

gsin。=-^―(^-+

2mx0x0

相減可知

r_4-%

2x0

即可求解gsind和所受滑動摩擦力/的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故

AC錯誤，B正確；

D.根據牛頓第二定律和運動學關系得

mgsin0+/=ma,f=—

a

故可求解沿斜面上滑的時間，D正確。

故選BD-

7.(2024?重慶?二模)如圖1所示，一足夠長的粗糙斜面固定在水平面上，a、b兩物塊分別

在沿斜面向下的力F作用下由靜止開始運動，兩物塊運動的加速度。隨力下變化的關系如圖

2所示。忽略空氣阻力，下列關于0、6的質量?與%以及a、b與斜面間的動摩擦因數4

與4的大小關系，正確的是（）

A.ma>mb,B.ma>mb,凡〈網

C.ma<mb,D.ma<mb,

【答案】B

【詳解】物塊沿斜面向下運動過程中，對物塊進行受力分析，由牛頓第二定律有

F+mgsin6-pimgcos0=ma

解得

F

a=——bgsin6—jugcos0

m

由。-尸圖像知

左=’且儲</

m

則

11

——<——

mamb

得。、6的質量關系為

"%>啊

又由

gsin。一從geos6>gsin6—“gcos。

得4、b與斜面間的動摩擦因數大小關系為

A,<4

故選B。

8.（2024?江蘇?高考真題）某重力儲能系統的簡化模型如圖所示，長度為工、傾角為6的斜

坡/BCD上，有一質量為根的重物通過線索與電動機連接。在電動機的牽引下，重物從斜

坡底端A點由靜止開始運動，到達3點時速度達到最大值v,然后重物被勻速拉到C點，此

時關閉電動機，重物恰好能滑至頂端。點，系統儲存機械能。已知繩索與斜坡平行，重物

與斜坡間的動摩擦因數為〃，重力加速度為g,不計空氣阻力和滑輪摩擦。

(1)求CD的長度x；

(2)求重物從8到C過程中，電動機的輸出功率P；

(3)若不計電動機的損耗，取在整個上升過程中，系統存儲的機械能?和電動機消耗的電

能及的比值。

【答案】(1)——7-----------------r；(2)加gu(sin6+4cos。)；(3)------包叱----

口木2g(sin6+"cos。)31sin9+〃cose

【詳解】(1)重物在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得

mgsin0+jumgcos0=ma

由運動學公式

0-v2——2.ctx

聯立解得

2g(sin。+//cos。)

(2)重物在BC段勻速運動，得電動機的牽引力為

F=mgsin0+pimgcos6

由尸=八得

P=mgv(sin0+/JCOSO^

(3)全過程重物增加的機械能為

Ex=mgLsin6

整個過程由能量守恒得電動機消耗的總電能轉化為重物增加的機械能和摩擦產生的內能，故

可知

E2=EX+jumgcosOL

故可得

E、mgLsin6sin0

E2mgLsin9+jumgLcos0sin6+〃cos6

專題三等時圓模型

9.（2024?湖北黃石?二模）如圖所示，是一個傾角為。的傳送帶，上方離傳送帶表面距

離為/的P處為原料輸入口，為避免粉塵飛揚，在P與NB傳送帶間建立一直線光滑管道，

使原料無初速度地從尸處以最短的時間到達傳送帶上，則最理想管道做好后，原料從尸處到

【詳解】如圖所示

以尸處為圓的最高點作圓。與傳送帶相切于C點，設圓。的半徑為R,從尸處建立一管道到

圓周上，管道與豎直方向的夾角為原料下滑的加速度為

mgcosa

-geosa

m

管道長度為

L=2Rcosa

由運動學公式可得

L=—at2

2

解得

可知從P處建立任一管道到圓周上，原料下滑的時間相等，故在P與N5傳送帶間建立一管

道尸C,原料從尸處到傳送帶上所用時間最短；根據圖中幾何關系可得

R+Rcos0=1

可得

R=----------=---------

"cos。2cos29

2

聯立可得

故選D。

10.（23-24高三下?黑龍江?二模）如圖所示，從豎直圓上的/到圓周上的。兩點有兩條

光滑的直軌道，3c是圓的豎直直徑，40是圓的傾斜直徑，與8c夾角為53。。讓兩個

質量相等的小球1、2同時從/點由靜止釋放，分別沿NC、ND滑行到圓上的C、。兩點。

sin53°=0.8,cos53°=0.6,則在運動過程中，1、2兩球重力的沖量大小之比為（）

B

A/\\

'D

C

A.3:5B.4:5C.2:75D.V3：V5

【答案】D

【詳解】根據題意可知，小球沿/。運動的加速度為

a=gsin37°

則有

1,

2

27?=-gsin370-Z1

解得

設/c與水平方向夾角為e,連接如圖所示

由幾何關系可得

AC=2RsmO

小球沿/C運動的加速度為

a2=gsin6

則有

1.

2Rsin。=5gsin0K；9

解得

在運動過程中,1、2兩球重力的沖量大小之比為

/2_mgt2_t2_/gsin37°_

Amgt,fjVg

故選Do

11.（2024?湖南長沙?二模）如圖所示，。點為豎直圓周的圓心，和尸。是兩根光滑細桿,

兩細桿的兩端均在圓周上，M為圓周上的最高點，。為圓周上的最低點，N、P兩點等高。

兩個可視為質點的圓環1、2（圖中均未畫出）分別套在細桿AW、尸。上，并從M、尸兩點

由靜止釋放，兩圓環滑到N、。兩點時的速度大小分別為匕、v2,所用時間分別為匕、A2，

則（）

A.v,=V2B.Vj>v2C.tx>t2D.tx=t2

【答案】BD

【詳解】連接NQ、MP,如圖所示

Q

小環i從"點靜止釋放，根據牛頓第二定律可得

ax=gsin0

1

MN——?

MN=2RsinO

W=Q/1

所以

4R

『％V]=J4gAsin0

同理可得

故選BDo

12.（2024?陜西安康?二模）如圖所示，豎直固定的圓形框架內有兩個光滑的斜面，斜面的

傾角分別為60。和45。，斜面的底端都在圓形框架的最低點。兩個完全相同的小球（可視為

質點）1、2分別同時從兩斜面頂端由靜止釋放，則兩小球滑到斜面底端的過程，小球的速

率V、重力對小球做的功％與時間動能線、動量大小〃與路程x之間的關系圖象可能正

確的是（圖線編號對應小球編號）（）

【詳解】A.設桿與水平方向夾角為仇圓形半徑為力根據牛頓第二定律

mgsin3=ma

得

a=gsin。

又

12

x=—at,x=dsin0

2

得

2d

則小球1的加速度大于小球2的加速度，兩球的運動時間相等，A錯誤;

B.重力做功等于合力做功，則

22

e121/$mgsin6

%=5小=丁(加)=］一t2

結合斜面傾角，B正確;

C.根據動能定理

mgsin0-x=Ek

又

2

廠121/\2mgsin202

Ek=—mv=—m(at)=-----------1

則小球1的末動能較大,且圖線斜率較大，C正確;

D.根據

p=mv=my/lax=2gsin。?x

兩小球的位移不相同，D錯誤。

故選BCo

專題四連接題問題

13.（2024?北京?高考真題）如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力歹作用下一起向前運

動。飛船和空間站的質量分別為"和則飛船和空間站之間的作用力大小為（）

空間站飛船

MmF

mM廠m「

A.乂FB.FC.——尸D.——F

M+mM+mmM

【答案】A

【詳解】根據題意，對整體應用牛頓第二定律有

F=(M+m)a

對空間站分析有

Fr=Ma

解兩式可得飛船和空間站之間的作用力

F'="F

M+m

故選Ao

14.（2024?全國甲卷?高考真題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P,P置于

水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置祛碼。

改變盤中祛碼總質量加，并測量P的加速度大小°,得到。-機圖像。重力加速度大小為g。

在下列。-加圖像中，可能正確的是（）

二「

um0m

【答案】D

【詳解】設P的質量為P與桌面的動摩擦力為了；以P為對象，根據牛頓第二定律可

得

T-f=Ma

以盤和祛碼為對象，根據牛頓第二定律可得

mg—T=ma

聯立可得

M+mM+m

可知，a-加不是線性關系，排除AC選項,可知當祛碼的重力小于物塊P最大靜摩擦力時，物

塊和祛碼靜止，加速度為0,當祛碼重力大于/時，才有一定的加速度，當初趨于無窮大時,

加速度趨近等于g。

故選D。

15.（2022?江蘇?高考真題）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，

處于壓縮狀態，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右

側，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始

位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數相同、彈簧未超過彈性限度，則（）

A.當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下

B.A上滑時、彈簧的彈力方向不發生變化

C.下滑時，B對A的壓力先減小后增大

D.整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量

【答案】B

【詳解】B.由于A、B在下滑過程中不分離，設在最高點的彈力為尸，方向沿斜面向下為

正方向，斜面傾角為0,AB之間的彈力為月歷摩擦因素為小剛下滑時根據牛頓第二定律

對AB有

尸+（加A+機B）gsin。-〃（冽A+加B）gC0Se=（加A+機B）a

對B有

mBgsin0-//mBgcos0-FAB=mBa

聯立可得

mA+mBmB

由于A對B的彈力方向沿斜面向上，故可知在最高點歹的方向沿斜面向上；由于在最

開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態，所以A上滑時、彈簧的彈力方

向一直沿斜面向上，不發生變化，故B正確；

A.設彈簧原長在。點，A剛開始運動時距離。點為X/,A運動到最高點時距離。點為也;

下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態，上滑過程根據能量守恒定律可得

；fee；=；丘;+(mgsin0+f)(X]-x2)

化簡得

2(mgsin。+/)

xl+x2

當位移為最大位移的一半時有

F合=k（%-再2%）一（機gsin0+f）

帶入左值可知尸產0,即此時加速度為0,故A錯誤；

C.根據B的分析可知

F=%

mAA+mDRmRD

再結合B選項的結論可知下滑過程中尸向上且逐漸變大，則下滑過程用8逐漸變大，根據

牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤；

D.整個過程中彈力做的功為0,A重力做的功為0,當A回到初始位置時速度為零，根據

功能關系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯

誤。

故選Bo

16.（2023?北京?高考真題）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物

塊質量均為1kg,細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力尸作用下，兩物塊一起向右

做勻加速直線運動。則廠的最大值為（）

~II~F

---------?

///////////////

A.INB.2NC.4ND.5N

【答案】C

【詳解】對兩物塊整體做受力分析有

F=2ma

再對于后面的物塊有

FTmax=ma

FTM=2N

聯立解得

F=4N

故選C。

17.（2022?全國?高考真題）如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈

簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為〃。重力加速度大小為g。用水平向右的拉

力歹拉動P,使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次

恢復原長之前（）

fWwMPl一＞F

/777/777777777777777Z7777777777777777-

A.P的加速度大小的最大值為2〃g

B.Q的加速度大小的最大值為2〃g

C.P的位移大小一定大于Q的位移大小

D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小

【答案】AD

【詳解】設兩物塊的質量均為加，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為

F=2/zmg

撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為

3=〃機g

AB.從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前的過程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈

簧彈力不變為W"g,兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為

一"-jLimg=maP1

解得

%~2〃g

此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，過后滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小,

彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q

的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動。

故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2〃g。

Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時

一〃機g=〃2aom

解得

?Qm="g

故滑塊Q加速度大小最大值為〃g,A正確，B錯誤；

C.滑塊PQ水平向右運動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤;

D.滑塊P在彈簧恢復到原長時的加速度為

-pimg=maP2

解得

?P2=一意

撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2〃g做加速度減小的減速運

動，最后彈簧原長時加速度大小為〃g；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運

動，最后彈簧原長時加速度大小也為〃go分析可知P的速度大小均不大于同一時刻Q的速

度大小，D正確。

故選ADo

專題五物塊在傳送帶上運動分析

18.（2025?湖南長沙?二模）許多工廠的流水線上安裝有傳送帶，如圖所示傳送帶由驅動電

機帶動，傳送帶的速率恒定v=2m/s,運送質量為加=2kg的工件，將工件輕放到傳送帶上

的/端，每當前一個工件在傳送帶上停止滑動時，后一個工件立即輕放到傳送帶上。工件

與傳送帶之間的動摩擦因數〃=手，傳送帶與水平方向夾角6=30。，工件從/端傳送到2

端所需要的時間為4s。取g=10m/s2,工件可視作質點。關于工件在傳送帶上的運動，下

列說法正確的是（

B.加速運動的距離為lm

C.兩個相對靜止的相鄰工件間的距離為lm

D.4、8兩端的距離為8m

【答案】AC

【詳解】A.工件加速過程，根據牛頓第二定律有

//mgcos30°-mgsin30°=ma

解得

a=4m/s2

故A正確；

B.加速過程，根據速度與位移的關系有

2

v=2axt

解得

x=0.5m

故B錯誤；

C.工件加速經歷時間

V

4=—=0.5s

a

根據先加速后勻速，由于每當前一個工件在傳送帶上停止滑動時，后一個工件立即輕放到傳

送帶上，則兩個相對靜止的相鄰工件間的距離為

Ax=%=1m

故C正確；

D.工件從N端傳送到5端所需要的時間為

辦=4s

則工件勻速的位移為

Z=v&—i)=7m4、8兩端的距離

xAB=項+工2=7.5m

故D錯誤。

故選AC。

19.（2024?河南?二模）如圖1所示，傾角為30。的淺色傳送帶以恒定速率逆時針運行，將一

質量為〃?的可視為質點的深色物塊輕放在傳送帶的頂端P點，2s末物塊恰好到達傳送帶底

端0點。物塊的速度v隨時間f的變化圖像如圖2所示，重力加速度大小g=10m/s2。下列

說法正確的是（）

B.物體滑到。點的速度大小為9m/s

C.P、。兩點之間的距離為12m

D.傳送帶劃痕的長度為3m

【答案】D

【詳解】A.圖2可知，物塊向從0開始先加速到與傳送帶共速（v共=6m/s）,之后再繼續

加速到傳送帶末端，設動摩擦因素為〃，速度時間圖像斜率表示加速度，故結合圖2可知共

速前，物塊加速度大小

622

ax=gsin30°+//geos30°=yin/s=6m/s

解得

V3

故A錯誤；

B.共速后，物塊加速度大小

2

a2=gsin30°-〃gcos30°=4m/s

物體滑到。點的速度大小為

%=丫共+2xA，=（6+4xl）m/s=10m/s

故B錯誤；

C.速度時間圖像面積表位移，尸、。兩點之間的距離為

L=lx6xl+^xlm=llin

22)

故c錯誤;

D.圖像可知從開始到共速用時％=Is,則共速前劃痕

A12

聯立以上解得

必=3m

圖像2可知，共后到。點用時弓=Is,則共速到。點劃痕

12

聯立以上，解得

AX2=2m<Ax1

故傳送帶劃痕的長度為3m,故D正確。

故選D。

20.（2021?遼寧?高考真題）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以

恒定速率v/=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角a=37。，轉軸間距￡=3.95m。工作人員

沿傳送方向以速度V2=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質點）。小包裹與傳送帶

間的動摩擦因數上0.8。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37o=0.8.求：

（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；

（2）小包裹通過傳送帶所需的時間t.

【答案】⑴0.4m/s2;（2）4.5s

【詳解】（1）小包裹的速度為大于傳動帶的速度匕，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動

帶向上，根據牛頓第二定律可知

pimgcos6-mgsin9=ma

解得

a=0.4m/s2

（2）根據（1）可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時

v2-Vj_1.6-0.6

h=s=2.5s

a0.4

在傳動帶上滑動的距離為

1.6+0.6-尸-”

匕+3A=----------x2.5=2.75m

212

因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即〃加gcos6＞冽gsin。，所以

小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為

生3=3.95-2.755=

’2二2s

0.6

所以小包裹通過傳送帶的時間為

t=tx+t2=4.5s

21.（2024?安徽合肥?二模）傳送帶是常見的運輸裝置，為了提高運送貨物的效率，人們采

用了“配重法”。如圖所示，長度為Z=8m的傾斜傳送帶以v=4m/s的速率順時針勻速轉動,

傳送帶與水平方向的夾角為0=37。。質量均為2kg的物塊A、B通過繞在光滑定滑輪上的

細線連接，將A拉到底端由靜止釋放。連接A的繩子與傳送帶平行，輕繩不可伸長且足夠

長，不計滑輪的質量，B離地足夠高。已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.5,取sin370

=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。求：

（1）釋放瞬間物塊A的加速度大小a；

（2）物塊A在傳送帶上留下的劃痕長度

【答案】（l）4m/s2

（2）2m

【詳解】（1）對物塊A與B整體根據牛頓第二定律得

mg-mgsin37°+prngcos37°=2ma

解得

a=4m/s2

(2)物塊A與傳送帶達到共同速度的時間

VY

%=—=1s

a

痕跡的長度為

0+v,

s=vtx-----tx=2m

假設共速后物塊A所受的合力為

mg-mgsin37°-=0

解得

F畸=8N=//mgcos37°

假設成立，共同速度后，物塊A在摩擦力作用下和傳送帶一起做勻速運動，所以痕跡的長

度為2mo

專題六板塊模型

22.(2024?遼寧?高考真題)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為〃。t=0

時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向

的速度從右端滑上木板。已知=0至打=包的時間內，木板速度v隨時間，變化的圖像如圖

所示，其中g為重力加速度大小。”書。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的

B.小物塊和木板間動摩擦因數為2〃

C.小物塊與木板的質量比為3：4D./=%之后小物塊和木板一起做勻速運動

【答案】ABD

【詳解】A.v-f圖像的斜率表示加速度，可知/=3/。時刻木板的加速度發生改變，故可知

小物塊在1=3%時刻滑上木板，故A正確；

B.結合圖像可知=3%時刻，木板的速度為

3

v0=-m

設小物塊和木板間