第04講 連接體模型、板塊模型、傳送帶模型（解析版）-2025版高一物理寒假精*品講義

第04講連接體模型、板塊模型、傳送帶模型考點聚焦：復習要點+知識網(wǎng)絡，有的放矢重點專攻：知識點和關鍵點梳理，查漏補缺難點強化：難點內(nèi)容標注與講解，能力提升提升專練：真題感知+提升專練，全面突破高考考點聚焦1．連接體問題：2024·北京、2024·寧夏四川2．板塊問題：2024·遼寧、2024·新疆河南1．整體法與隔離法解連接體問題1)整體法：把整個系統(tǒng)作為一個研究對象來分析的方法。不必考慮系統(tǒng)的內(nèi)力的影響，只考慮系統(tǒng)受到的外力，依據(jù)牛頓第二定律列方程求解。此方法適用于系統(tǒng)中各部分物體的加速度大小和方向相同的情況。2)隔離法：把系統(tǒng)中的各個部分(或某一部分)隔離，作為一個單獨的研究對象來分析的方法。此時系統(tǒng)的內(nèi)力就有可能成為該研究對象的外力，在分析時應加以注意。然后依據(jù)牛頓第二定律列方程求解。2．連接體的運動特點1)輕繩:輕繩在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度一般是相等。2)輕彈簧:在彈簧發(fā)生形變的過程中,兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時,兩端連接體的速率相等。3．板塊模型常見的兩種類型1)木板B帶動物塊A,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等，則位移關系為xB=xA+L(L為木板長度)2)物塊A帶動木板B,物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等，則位移關系為xB+xA=L(L為木板長度)強化點一物塊在傳送帶上運動分析1．水平傳送帶圖示物塊可能的運動情況(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(1)v?>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v?<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速(1)傳送帶較短時，物塊一直減速達到左端(2)傳送帶較長時，物塊還要被傳送帶傳回右端，若v?>v,則返回時速度大小為v;若v?<v,則返回時速度大小為v2．傾斜傳送帶圖示物塊可能的運動情況(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a?加速后以a加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能一直勻速(4)可能先以a?加速后以a?加速(5)可能一直減速(6)可能先減速后勻速(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能一直減速真題感知一、單選題1．（2024·北京·高考真題）如圖所示，飛船與空間站對接后，在推力F作用下一起向前運動。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)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F′=Ma解兩式可得飛船和空間站之間的作用力故選A。2．（2024·寧夏四川·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(zhì)量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】設P的質(zhì)量為，P與桌面的動摩擦力為；以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以盤和砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知，a-m不是線性關系，排除AC選項,可知當砝碼的重力小于物塊P最大靜摩擦力時，物塊和砝碼靜止，加速度為0，當砝碼重力大于時，才有一定的加速度，當趨于無窮大時，加速度趨近等于。故選D。二、多選題3．（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(shù)為μ。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。已知到的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A．小物塊在時刻滑上木板 B．小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μC．小物塊與木板的質(zhì)量比為3︰4 D．之后小物塊和木板一起做勻速運動【答案】ABD【詳解】A．圖像的斜率表示加速度，可知時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在時刻滑上木板，故A正確；B．結(jié)合圖像可知時刻，木板的速度為設小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為，負號表示方向水平向左物塊在木板上滑動的加速度為經(jīng)過時間與木板共速此時速度大小為，方向水平向右，故可得解得故B正確；C．設木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為故可得解得根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為此時對木板由牛頓第二定律得解得故C錯誤；D．假設之后小物塊和木板一起共速運動，對整體故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設成立，即之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。故選ABD。三、解答題4．（2024·新疆河南·高考真題）如圖，一長度的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；（2）平臺距地面的高度?！敬鸢浮浚?）4m/s；；（2）【詳解】（1）物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為薄板做加速運動的加速度對物塊對薄板解得（2）物塊飛離薄板后薄板得速度物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間為則平臺距地面的高度提升專練一、單選題1．（2024·北京朝陽·模擬預測）質(zhì)量為、的兩個小物塊用輕繩連接，繩跨過位于傾角為的光滑斜面頂端的輕滑輪，滑輪與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦不計，斜面固定在水平桌面上，如圖所示。第一次，懸空，放在斜面底端，由靜止釋放后，從斜面底端運動到頂端的時間為。第二次，懸空，放在斜面底端，由靜止釋放后，從斜面底端運動到頂端的時間為。則與的比值為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】第一次，懸空，在斜面底端，設斜面總長為，加速度大小相等為對受力分析由牛頓第二定律可得對受力分析由牛頓第二定律可得由運動學可得第二次，懸空，在斜面底端，設斜面總長為，加速度大小相等為對受力分析由牛頓第二定律可得對受力分析由牛頓第二定律可得由運動學知識得聯(lián)立解得故選A。2．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·一模）如圖所示，質(zhì)量為5kg的物塊A與水平地面的動摩擦因數(shù)，質(zhì)量為3kg的物塊B與地面間無摩擦，在水平力F的作用下，A、B一起做加速運動，已知F=26N。則下列說法中正確的是（g取10）（）A．A、B的加速度均為B．A、B的加速度均為C．A對B的作用力為9.75ND．A對B的作用力為6N【答案】D【詳解】AB．對物塊A、B整體受力分析，由牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得故AB錯誤；CD．對物塊B受力分析，由牛頓第二定律故C錯誤，D正確。故選D。3．（2024·吉林·一模）如圖，在光滑的固定足夠長木板上，用輕質(zhì)彈簧連接的兩個物塊A、B在水平恒力F作用下以相同加速度向左運動，兩物塊材料相同且。下列可以使彈簧伸長量不變的是（）A．增大水平拉力FB．在木板上表面墊上粗糙的紙C．將A、B的位置互換D．懸線下增掛一定質(zhì)量的小鉤碼【答案】B【詳解】A．彈簧穩(wěn)定時伸長量取決于彈簧的彈力，以物塊A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得可知增大水平拉力F，彈簧的彈力增大，伸長量增大，故A錯誤；B．在木板上表面墊上粗糙的紙，設物塊A、B與紙間的動摩擦因數(shù)為，以物塊A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得可知彈簧彈力不變，則伸長量不變，故B正確；C．將A、B的位置互換，以物塊A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得可知彈簧彈力變大，伸長變大，故C錯誤；D．懸線下增掛一定質(zhì)量的鉤碼，設鉤碼的質(zhì)量為，對ABC整體，由牛頓第二定律得可知對A有未懸掛鉤碼時，對A有對比可得可知彈簧彈力變大，伸長變大，故D錯誤。故選B。4．（2024·吉林長春·一模）木板靜置于光滑水平地面上，初始時刻滑塊以一定的水平初速度從左端滑上木板，當二者速度恰好相等時，對比初始時刻滑塊和木板的位置情況可能是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】滑塊以一定的水平初速度從左端滑上木板，在摩擦力作用下，滑塊做勻減速直線運動，木板做勻加速直線運動，設經(jīng)過t時間滑塊與木板達到共速v，此過程木板的位移為滑塊的位移為則滑塊相對于木板向前的位移大小為可得故選A。5．（23-24高三下·海南·期中）如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動的速度大小為，一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（

）A．小滑塊的加速度向右，大小為μgB．若，小滑塊返回到左端的時間為C．若，小滑塊返回到左端的時間為D．若，小滑塊返回到左端的時間為【答案】D【詳解】A．小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得解得故A錯誤；B．若，小滑塊的速度從先向右減速到0再返回加速到，剛好返回到左端，時間為故B錯誤；CD．若，小滑塊的速度從先向右減速到0的時間位移為然后加速返回，速度加速到的時間位移為最后以速度勻速回到左端，時間為小滑塊返回到左端的時間解得故C錯誤，D正確。故選D。6．（2024·山東·一模）如圖所示，與水平面成θ30°角的傳送帶正以v=10m/s的速度順時針運行，A、B兩端相距l(xiāng)40m?，F(xiàn)每隔1s把質(zhì)量m1kg的工件(視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上的A端，當每個工件離開B端時恰好在A端放上一個工件，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．傳送帶上始終有6個工件B．兩個工件間的最小距離為2.5mC．工件在傳送帶上時，先受到沿傳送帶向上的摩擦力，后不受摩擦力D．滿載時與空載時相比，電機對傳送帶的牽引力增大了30N【答案】A【詳解】C．工件放到傳送帶上瞬間，工件相對傳送帶向下運動，受到斜向上的滑動摩擦力，大于重力沿傳送帶方向的分力，工件開始斜向上做勻加速直線運動，當工件速率和傳送帶速率相等時，摩擦力突變，受到斜向上的靜摩擦力，等于重力沿傳送帶方向的分力，工件開始相對傳送帶靜止，斜向上做勻速直線運動，故C錯誤；A．工件在傳送帶上加速過程，由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可得工件加速過程所用的時間工件加速過程的位移大小工件勻速過程所用的時間每隔1s把工件放到傳送帶上，所以勻加速過程放了4個，勻速過程放了2個，共6個，故A正確；B．由于每隔1s放一個工件，傳送帶的速度是10m/s，而每個工件的運動情況都相同，最終工件相對于傳送帶靜止時，相鄰的兩個工件之間的距離一定是10m；相對于后一個工件來說，前一個工件剛剛加速運動1s時，與后一工件間距離最小，由可得傳送帶上兩個工件間的最小距離故B錯誤；D．滿載時增加的牽引力為6個工件所受的摩擦力之和D錯誤。故選A。7．（2025·重慶·模擬預測）如圖，MN是一段傾角為的傳送帶，質(zhì)量為的小物塊，以沿傳送帶向下的速度從點開始沿傳送帶運動。物塊運動過程的部分圖像如圖所示，取，則（）A．物塊最終從傳送帶N點離開B．傳送帶的速度，方向逆時針C．物塊相對傳送帶滑動的距離為D．物塊將在時回到原處【答案】D【詳解】AB．從圖像可知，物體速度減為零后反向向上運動，最終的速度大小為1m/s，因此沒從N點離開，并且能推出傳送帶斜向上運動，速度大小為1m/s，故AB錯誤；CD．根據(jù)圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度由圖可知，物塊的速度為0時之后物塊沿斜面向上運動，速度圖像與時間軸圍成的面積表示位移，所以物塊沿斜面向下運動的位移到時，物塊沿斜面向上加速運動的位移物塊沿斜面向上勻速運動的時間所以物塊回到原處的時間物塊相對傳送帶滑動的距離為故C錯誤，D正確。故選D。8．（2024·四川綿陽·模擬預測）機場利用傳送帶將行李送入飛機貨艙。如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角，轉(zhuǎn)軸間距。傳送帶靜止，工作人員將一件小包裹（可視為質(zhì)點）放在傳送帶的最下端，然后傳動帶以的加速度勻加速啟動，2s后保持勻速，當包裹通過傳送帶后工作人員發(fā)現(xiàn)包裹在傳送帶上留下一段痕跡。已知小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，取重力加速度，，。則痕跡的長度為（）A．1．2m B．2.95m C．3.95m D．7m【答案】B【詳解】對于包裹而言，其加速度為，根據(jù)牛頓第二定律可得解得2s內(nèi)包裹的位移2s內(nèi)傳送帶的位移此階段痕跡的長度2s時包裹的速度此時傳送帶的速度此后一直做勻速直線運動，包裹依然做勻加速直線運動，設經(jīng)過二者共速，則有代入數(shù)據(jù)解得此時包裹的位移所以包裹在沒有共速前就已經(jīng)到達頂端，設包裹在余下的位移所以時間為，則有解得此解得傳送帶的位移包裹的位移為故此階段包裹又在傳送帶上留下的痕跡整個過程，包裹在傳送帶上留下痕跡的長度為B正確。故選B。9．（2024·山西·一模）如圖所示，物塊A通過一根不可伸長且承受張力足夠大的輕繩繞過光滑的輕滑輪與物塊B連接，A置于物體C上方，B與C的右側(cè)接觸。已知C上表面粗糙，右側(cè)光滑，當C豎直向上以加速度勻加速運動時，B恰好相對C不下滑。當C的加速度由逐漸緩慢變大時（）A．A對C的摩擦力保持不變 B．A對C的壓力保持不變C．A、B相對C仍保持靜止 D．輕繩對B拉力保持不變【答案】C【詳解】D．受力分析，如圖所示當C以加速度a0向上勻加速時，A、B均相對于C恰好保持相對靜止，則由受力圖可得水平方向豎直方向解得當加速度由a0逐漸變大時，加速度越大，輕繩對B拉力逐漸變大，故D錯誤；B．C對A的支持力逐漸變大，由牛頓第三定律，A對C的壓力逐漸變大，故B錯誤；A．A對C的摩擦力逐漸變大，故A錯誤；C．整理表達式發(fā)現(xiàn)A、B質(zhì)量消元，則A、B相對C一直靜止，故C正確。故選C。10．（2025·安徽合肥·模擬預測）如圖，四個滑塊疊放在傾角為的固定光滑斜面上，其中B和C的質(zhì)量均為m，A和D的質(zhì)量均為3m，B和C之間用一平行于斜面的輕繩連接，現(xiàn)對A施加平行于斜面向上的拉力F，使得四個滑塊以相同加速度一起沿著斜面向上運動，滑塊間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（

）A．拉力F的最大值為B．C對D的摩擦力為時，A對B的摩擦力為C．當拉力F取得最大值時，輕繩上的彈力大小為D．當拉力F取得最大值時，C、D間的摩擦力為【答案】C【詳解】ACD．當A、B間的摩擦力為最大靜摩擦力時，拉力F取最大值，將BCD看成一個整體，可得對整體解得此時對CD的整體T-4mgsinθ=4ma解得此時對D分析可知解得故AD錯誤，C正確；B．C對D的摩擦力為時，對D進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有設A對B的摩擦力為，對BCD根據(jù)牛頓第二定律有解得故B錯誤；故選C。11．（2024·河北保定·三模）如圖所示，ABC和CDE兩個光滑斜面體固定在水平面上，a、b兩個小球分別從兩個斜面的最高點A和E同時由靜止釋放，結(jié)果兩個球同時到達C點，已知斜面體ABC的斜面長為、高為，斜面體CDE斜面長為，高為，不計小球大小，則下列關系正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】球運動的加速度大小b球運動的加速度大小a、b兩個小球分別從兩個斜面的最高點A和E同時由靜止釋放，結(jié)果兩個球同時到達C點，則有，解得故選C。12．（2024·湖北·模擬預測）豎直墻壁上有A、B、C、D四個點，離墻壁為d的E點有四個光滑的斜面分別連接到A、B、C、D且斜面與水平面的夾角為30°、37°、53°、60°。同時在E點靜止釋放四個物體，則下列說法正確的是（）A．物體最先到達A B．物體同時到達A、BC．物體同時到達B、C D．物體同時到達C、D【答案】C【詳解】沿四個斜面加速度分別為沿四個斜面下滑的時間分別為故AD、BC同時到達。故選C。13．（2024·浙江·一模）如圖，兩根相互平行的長直木棍AB和CD，兩端固定。一個外徑D0=10cm、質(zhì)量m=20kg的管狀鑄件恰能從木棍上端勻速滑下，已知兩木棍間距d=8cm，與水平面的夾角α=37°，忽略木棍粗細，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A．木棍對鑄件彈力的合力為80NB．每根木棍與鑄件間的摩擦力為60NC．若僅稍增大AB與CD間距離，木棍對鑄件彈力的合力增大D．若僅稍減小AB與CD間距離，鑄件將沿木棍減速下滑【答案】B【詳解】A．垂直兩根直木棍所在平面，根據(jù)受力平衡可得兩根直木棍對鑄件彈力的合力大小為故A錯誤；B．鑄件從木棍的上部恰好能勻速滑下，沿木棍方向根據(jù)受力平衡可得兩根直木棍對鑄件摩擦力的合力的大小為所以每根木棍與鑄件間的摩擦力為故B正確；C．若僅稍增大AB與CD間距離，木棍對鑄件彈力的合力不變，仍等于鑄件重力垂直于兩木棍所在平面的分量，故C錯誤；D．如圖所示根據(jù)幾何關系可得若僅稍減小AB與CD間距離，即d減小，sinθ減小，θ減小，cosθ增大，所以N減小，根據(jù)可知，N減小，則f減小，即鑄件重力沿斜面向下的分量大于向上的摩擦力的合力，所以鑄件的合力向下，向下加速，故D錯誤。故選B。14．（2024·重慶大足·二模）如題圖所示，一質(zhì)量為m的物塊在外力作用下能靜止在傾角的粗糙斜面上，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，現(xiàn)在外力大小變成（為重力加速度），方向與斜面底邊平行的向左，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（）A．物塊靜止不動，摩擦力的大小為B．摩擦力的大小為方向沿斜面向上C．物塊向斜面左下方做勻加速直線運動D．物塊向斜面左下方做曲線運動【答案】C【詳解】對物塊受力分析，若物體處于平衡狀態(tài)，重力的分力與外力的合力為若摩擦力為滑動摩擦力，則由于故物塊受到的摩擦力為動摩擦力，方向沿斜面右上方，根據(jù)牛頓第二定律可得可知物塊向斜面左下方做勻加速直線運動。故選C。15．（2025·湖南永州·一模）如圖所示，A、B滑塊質(zhì)量分別是和，斜面傾角為，斜面體D緊靠地板突出部分，控制使所有物體處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)靜止釋放，當沿斜面體D下滑、B上升時，不計繩子質(zhì)量及一切摩擦，重力加速度為，地板突出部分對斜面體D的水平壓力為（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】由題意可知，對A、B、D組成的整體為研究對象，地板突出部分對斜面體D的水平壓力，可知水平壓力只引起滑塊A水平方向的加速度，因為B、D在水平方向的加速度均是零，因此由牛頓第二定律可得對A、B組成的整體則有又有聯(lián)立解得故選A。16．（2024·四川瀘州·一模）如圖1，水平地面上有一長木板，將一小物塊放在長木板上，給小物塊施加一水平外力F，通過傳感器分別測出外力大小F和長木板及小物塊的加速度a的數(shù)值如圖2所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A．小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)B．長木板與地面間的動摩擦因數(shù)C．小物塊的質(zhì)量D．長木板的質(zhì)量【答案】C【詳解】由題中a-F圖像知，當F=F1時小物塊與長木板均恰好開始相對地面滑動，則有F1=μ2（m+M）g當F1＜F≤F3時，小物塊與長木板相對靜止一起加速運動，有F-μ2（m+M）g=（m+M）a即結(jié)合圖像的截距有-a0=-μ2g聯(lián)立可解得當F＞F3時，小物塊相對長木板滑動，對小物塊有F-μ1mg=ma整理得結(jié)合圖像有則小物塊的質(zhì)量對長木板根據(jù)牛頓第二定律有μ1mg-μ2（M+m）g=Ma1聯(lián)立解得由題中a-F圖像知可解得故選C。17．（2024·安徽·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為的物塊A放在一個靜止木箱內(nèi)，A和木箱水平底面之間的動摩擦因數(shù)。A的右邊被一根輕彈簧水平向右拉著并保持靜止，且彈簧的拉力為。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取。則下列說法正確的是（

）A．當木箱由靜止以的加速度水平向左加速瞬間，A所受的摩擦力為B．當木箱由靜止以的加速度水平向右加速瞬間，A與木箱發(fā)生相對滑動C．當木箱由靜止以的加速度豎直向下加速瞬間，A的加速度大小為D．當木箱由靜止以的加速度豎直向上加速瞬間，木箱對A的作用力大小為【答案】C【詳解】A．木箱受到的最大靜摩擦力為木箱以向左加速時，物塊的合力大小為方向向左，若此時仍相對靜止，則所需的摩擦力為則兩者發(fā)生相對滑動，此時所受摩擦力為，方向向左，故A錯誤；B．木箱以向右加速時，合力大小為方向向右，又解得則物塊A與木箱底面相對靜止，故B錯誤；C．木箱以豎直向下加速時，由牛頓第二定律解得支持力由于水平方向，根據(jù)牛頓第二定律可得A的加速度大小為故C正確；D．木箱以豎直向上加速時，由牛頓第二定律解得支持力木箱對A的作用力大小為故D錯誤。故選C。18．（2024·安徽·模擬預測）如圖所示，一個質(zhì)量為的小環(huán)套在一根傾角的桿子上，小環(huán)通過一根不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛一個質(zhì)量為的小球，兩者一起沿桿運動，穩(wěn)定后連接小球的細線偏離垂直桿方向的夾角為，且保持不變。下列關于小環(huán)與小球運動性質(zhì)說法正確的是（

）A．沿桿做加速度為的勻加速下滑B．沿桿做加速度為的勻加速下滑C．沿桿做加速度為的勻減速上滑D．沿桿做加速度為的勻減速上滑【答案】C【詳解】依題小環(huán)和小球穩(wěn)定后具有相同的加速度，且小球受到重力和細線拉力，由牛頓第二定律可知，小球沿桿方向的合力為垂直桿方向，有聯(lián)立兩式可知所以二者加速度方向沿桿向下。若小環(huán)沒有摩擦力，由牛頓第二定律可知，整體的加速度為顯然小環(huán)受到的滑動摩擦力沿桿向下，所以小環(huán)和小球的速度方向沿桿向上，二者做勻減速上滑。故C正確，ABD錯誤。故選C。二、多選題19．（2024·安徽合肥·模擬預測）乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖所示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止（設纜車保持豎直狀態(tài)運行,重力加速度g）。則（）A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物塊受到的支持力大小為D．小物塊受到的摩擦力大小為【答案】AD【詳解】纜車以加速度a上行，小物塊的加速度也為a，以小物塊為研究對象，沿斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律有解得方向平行斜面向上。垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件有FN-mgcos30°＝0解得故選AD。20．（2024·貴州六盤水·模擬預測）如圖所示，物塊A和木板B疊放后靜置于水平桌面上，現(xiàn)用水平向右的恒力拉A物體，則（）A．物塊A和木板B一定相對滑動B．物塊A和木板B可能保持靜止C．物塊A和木板B一定一起向右運動D．物塊A和木板B可能一起向右運動【答案】BD【詳解】AB．令A、B之間的最大靜摩擦力為，桌面對B的最大靜摩擦力為，若大于，當水平向右的恒力小于時，A、B始終保持靜止，當水平向右的恒力大于時，A相對于B向右滑動，而B仍然保持靜止，故A錯誤，B正確；CD．結(jié)合上述，若小于，當水平向右的恒力小于大于時，物塊A和木板B一起向右運動，故C錯誤，D正確。故選BD。21．（2024·安徽·一模）如圖所示，一長L、質(zhì)量為M的木板靠在光滑豎直墻面上，木板右下方有一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點），滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的最大靜摩擦力可近似等于滑動摩擦力，現(xiàn)用水平恒力F1向左作用在滑塊上，用豎直恒力F2向上拉動滑塊，使滑塊、木板同時從地面由靜止開始向上運動。已知L=1.0m、質(zhì)量M=0.20kg、m=0.80kg、μ=0.10，現(xiàn)F2與F1同時作用時間t=2s，滑塊與木板恰好分離，g=10m/s2，試根據(jù)以上信息，判斷以下正確的選項是（）A．F1不能小于20NB．F2不能小于20NC．當F1=30N時，F(xiàn)2=19ND．t=2s內(nèi)，滑塊與木板加速度之差一定等于0.5m/s2【答案】AD【詳解】A．根據(jù)題意有所以故A正確；B．根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有對木板有根據(jù)滑塊與木板的位移關系有聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得由于所以故B錯誤；C．當F1=30N時，有故C錯誤；D．由于代入數(shù)據(jù)可得故D正確。故選AD。22．（2025·貴州·模擬預測）如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量且足夠長的木板，木板上疊放著質(zhì)量的物塊，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度?，F(xiàn)對木板施加水平向右的恒定拉力F，下列說法中正確的有（）A．若拉力逐漸增大，則物塊的加速度也一直增大B．當拉力等于15N時，物塊與木板剛好發(fā)生相對滑動C．當時，物塊與木板間的摩擦力大小為8ND．當時，則內(nèi)物塊與木板摩擦產(chǎn)生的熱為60J【答案】BCD【詳解】A．物塊與木板發(fā)生相對運動前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物塊與木板發(fā)生相對運動之后，物塊的加速度為不變，故A錯誤；B．假設物塊與木板相對靜止：對整體對物塊當時，，恰好等于物塊與木板間的最大靜摩擦力，故物塊與木板剛好發(fā)生相對滑動，故B正確；C．當，物塊與木板相對靜止，對整體對物塊可得故C正確；D．當，物塊與木板相對滑動，物塊的加速度2s內(nèi)的位移木板的加速度2s內(nèi)的位移摩擦生熱故D正確。故選BCD。23．（2024·遼寧本溪·一模）如圖所示，傳送帶以10m/s的速度逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，兩側(cè)的傳送帶長都是16m，且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個滑塊A、B（可視為質(zhì)點）從傳送帶頂端同時由靜止滑下，已知滑塊A、B的質(zhì)量均為1kg，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（）A．滑塊A先做勻加速運動后做勻速運動B．滑塊A比B早到達底端2sC．滑塊A、B到達傳送帶底端時的速度大小不相等D．滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為4m【答案】BC【詳解】AB．兩滑塊從靜止開始沿傳送帶下滑，開始階段傳送帶對A滑塊的滑動摩擦力沿斜面向下，對B滑塊的滑動摩擦力沿斜面向上，則滑塊A先加速，加速到與傳送帶速度相等，位移為所需時間為滑塊A加速到與傳送帶速度相等后，由于故滑塊A不能和傳送帶保持相對靜止，則摩擦力反向，之后加速度大小為加速到傳送帶底端，則有解得所以滑塊A到達底端共用時B滑塊一直勻加速運動，加速度大小為解得所以故A錯誤，B正確；C．A到達底端時的速度大小為B到達底端時的速度大小為故C正確；D．A加速到與傳送帶共速時，劃痕長度為在這之后，相對位移為滑塊比傳送帶速度快，會覆蓋之前的劃痕，滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為5m，故D錯誤。故選BC。24．（2024·四川成都·三模）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為θ，以恒定速率順時針轉(zhuǎn)動，一煤塊以初速度從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g=10m/s2，則下列說法不正確的是（）A．傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tanθ=0.75B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5C．煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為2sD．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為【答案】BC【詳解】AB．內(nèi)煤炭的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得后煤炭的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值為故A正確，不滿足題意要求；B錯誤，滿足題意要求；C．煤炭的位移為煤炭的位移為煤炭下滑的過程中，根據(jù)動力學公式有解得煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為故C錯誤，滿足題意要求；D．煤炭相對傳送帶向上的位移為煤炭相對傳送帶向下的位移為煤炭相對傳送帶向下的位移為由于煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為故D正確，不滿足題意要求。故選BC。25．（2024·廣東·模擬預測）如圖所示，均可視為質(zhì)點的小球A、B通過跨過車廂頂部的光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩連接，小球A用輕繩AC系于車廂側(cè)壁，當小車在水平面上向左做勻加速直線運動時，定滑輪兩側(cè)的輕繩恰好垂直，輕繩AC恰好水平。已知A、B兩小球的質(zhì)量分別為0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g=10m/s2，下列說法正確的是（）A．輕繩AB中的張力大小為5N B．小車的加速度大小為C．輕繩CA中的張力大小為3N D．輕繩對定滑輪的作用力小于7N【答案】AB【詳解】A．設輕繩AB中的張力大小為T，OA與豎直方向的夾角為θ，則有解得故A正確；B．小球B受到的合力為4N，其加速度大小為故B正確；C．設輕繩CA中的張力大小為T′，則有解得故C錯誤；D．輕繩對定滑輪的作用力大小為，故D錯誤。故選AB。26．（2024·云南大理·一模）如圖所示，傾角的光滑斜面固定在水平地面上，與斜面垂直的擋板P固定在斜面底端，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為的物塊B并排放在斜面上，物塊A、B不粘連，處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的外力FT拉物塊B，使B沿斜面向上做加速度大小為的勻加速直線運動。已知重力加速度大小為g，彈簧的勁度系數(shù)為k，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．無外力作用，A、B處于靜止狀態(tài)時，彈簧的壓縮量為B．物塊A、B分離前，外力的大小與位移成正比C．物塊A、B分離時，彈簧壓縮量為D．物塊A、B分離時，物塊B的速度大小為【答案】AD【詳解】A．無外力作用，A、B處于靜止狀態(tài)時，對A、B整體，根據(jù)平衡條件可知解得故A正確；B．物塊A、B分離前，設物塊A的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律解得故外力的大小隨位移線性變化，但不成正比，故B錯誤；C．物塊A、B分離時，兩物體接觸面間彈力為0，兩物塊加速度均為a，對A，根據(jù)牛頓第二定律解得彈簧壓縮量為故C錯誤；D．物塊A、B分離時，根據(jù)動力學公式解得物塊B的速度大小為故D正確。故選AD。27．（2025·重慶·模擬預測）如圖所示，一輕彈簧放在傾角且足夠長的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的擋板上，上端與放在斜面上的物塊A連接，兩質(zhì)量均為m的小物塊A，B疊放在斜面上且保持靜止，現(xiàn)用大小為的恒力平行于斜面向上拉物塊B。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．剛施加恒力的瞬間，物塊B的加速度大小為B．剛施加恒力的瞬間，物塊A給物塊B的彈力大小為C．物塊B與物塊A分離的瞬間，彈簧的彈力大小為D．物塊B從開始運動到與物塊A分離的過程中，運動的距離為【答案】ACD【詳解】AB．剛施加恒力的瞬間，對A、B整體分析，由牛頓第二定律可得解得對物塊B分析，設剛施加恒力的瞬間，物塊A給物塊B的彈力大小為，由牛頓第二定律有解得故A正確，B錯誤；C．物塊A與物塊B分離瞬間，物塊A對物塊B的彈力恰好為零，此時刻二者加速度相同，則對B由牛頓第二定律有解得即此時B的速度達到最大值，而對A由牛頓第二定律有解得此時A速度同樣達到了最大值，故C正確；D．未施加恒力時，A、B整體處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有解得當A、B分離瞬間，根據(jù)胡克定律有解得由此可知，物塊B從開始運動到與物塊A分離的過程中，運動的距離為故D正確。故選ACD。28．（2024·湖南岳陽·一模）如圖所示，矩形盒內(nèi)用兩根不可伸長的輕線固定一個質(zhì)量為的勻質(zhì)小球，a線與水平方向成37°角，b線水平。兩根輕線所能承受的最大拉力都是，已知，，取，則（）A．系統(tǒng)靜止時，a線所受的拉力大小12NB．系統(tǒng)靜止時，b線所受的拉力大小8NC．當系統(tǒng)沿豎直方向勻加速上升時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為5m/s2D．當系統(tǒng)沿水平方向向右勻加速時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為10m/s2【答案】BC【詳解】AB．小球受力如圖所示系統(tǒng)靜止時，豎直方向有水平方向有解得故B正確，A錯誤；C．系統(tǒng)豎直向上勻加速運動時，小球受力如圖所示當a線拉力為15N時，由牛頓第二定律得，豎直方向有水平方向有解得此時加速度有最大值故C正確；D．系統(tǒng)水平向右勻加速運動時，由牛頓第二定律得，豎直方向有水平方向有解得當時，加速度最大為故D錯誤。故選BC。29．（2024·全國·模擬預測）如圖，在傾角為的粗糙斜面中點由靜止釋放物塊后，物塊以的加速度向下加速運動。重新把物塊置于原處，用輕繩將物塊和物塊B連接，輕繩跨過斜面頂端的定滑輪P，再由靜止釋放物塊，物塊的加速度為。物塊和物塊B的質(zhì)量相等，重力加速度取，，，則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)和加速度分別為（）A． B． C． D．【答案】AC【詳解】AB．只有物塊從斜面上滑下時，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A正確，B錯誤；CD．物塊和物塊B連接后，對整體根據(jù)牛頓第二定律有解得故C正確，D錯誤。故選AC。30．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在質(zhì)量為M的斜面體頂端，斜面體左側(cè)傾角為37°，右側(cè)傾角為53°。質(zhì)量分別為m和4m的物體A、B通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩均與斜面平行，A、B恰好都處于靜止狀態(tài)。已知A、B兩物體與斜面體間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，?，F(xiàn)剪斷輕繩，若斜面體始終處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）A．B．剪斷輕繩后，A、B都能沿斜面加速下滑C．剪斷輕繩后，斜面體對地面的壓力大于D．剪斷輕繩后，地面對斜面體的摩擦力大小為【答案】AD【詳解】A．對物體受力分析，由平衡條件得對物體受力分析，由平衡條件得可得兩物體與斜面體間的動摩擦因數(shù)A正確；B．對物體受力分析同理對物體有剪斷輕繩后，在斜面上保持靜止，能沿斜面加速下滑，B錯誤；C．剪斷輕繩后，對物體由牛頓第二定律有解得對斜面體和整體受力分析，在豎直方向有由牛頓第三定律斜面體對地面的壓力C錯誤；D．對斜面體和物體整體受力分析，在水平方向上由平衡條件得，剪斷輕繩后地面對斜面體的摩擦力大小為D正確。故選AD。31．（2024·河南·模擬預測）如圖所示，輕彈簧豎直立在地面上，物塊A放在輕彈簧上，物塊B疊放在物塊A上，用繞過兩定滑輪的輕繩將物塊B、C連接，用手托著物塊C，使滑輪兩邊的輕繩剛好沿豎直方向伸直，已知物塊A、B、C的質(zhì)量分別為m、m、2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，不計空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，開始時物塊B到滑輪的距離足夠遠，快速撤去手，則下列判斷正確的是（）A．撤去手的一瞬間，物塊C的加速度為0B．撤去手的一瞬間，A對B的作用力大小為C．撤去手后，物塊B向上運動過程中加速度先減小后不變D．當物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為【答案】BC【詳解】A．由題意可知，撤去手之前繩子上得拉力為0，此時，對AB整體受力分析得撤去手得一瞬間，彈簧上彈力不變，A、B、C三個物體加速度大小相等，對C受力分析得對AB整體受力分析，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得撤去手的一瞬間，物體C的加速度大小為此時繩上的拉力突變，大小為A錯誤；B．撤去手的一瞬間，對物體B受力分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得此時A對B的作用力大小為B正確；C．撤去手之后AB分開前，對A、B、C系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得隨著A向上運動，彈簧的形變量減小，可知加速度減?。籄、B分開后，B、C兩個物體由繩連接加速度大小一樣，對C受力分析由牛頓第二定律可知對B受力分析，由牛頓第二定律可知聯(lián)立解得B、C的加速度大小為加速度不再變化C正確；D．A、B分開時，，此時A、B、C加速度大小相等，設此時彈簧的形變量為，對A、B、C系統(tǒng)受力分析解得隔離A，受力分析由牛頓第二定律得聯(lián)立解得，此時彈簧形變量為故當物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為D錯誤。故選BC。三、解答題32．（2025·福建·一模）金秋十月，辛勤勞動的農(nóng)民將收獲的谷粒堆放成圓錐體，在堆放完成后，最上層谷粒恰好處于靜止狀態(tài)，已知谷粒之間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度，，，求：(1)堆放完成時，圓錐體的底角的正切值；(2)堆放過程中，當圓錐體底角大小為時，最上層谷粒的加速度大小。【答案】(1)0.5(2)【詳解】（1）由題知，最上層谷粒恰好處于靜止狀態(tài)，設圓錐體的底角為,對其受力分析，可得解得（2）當圓錐體底角大小為時，對最上層谷粒，根據(jù)牛頓第二定律有解得33．（2024·遼寧·三模）如圖所示，工人要將貨物運送到平臺上，由于貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)較小，便用繩子拴住貨物平行傳送帶向上拉動。傾斜傳送帶與水平面夾角，長度，向上運動的速度，貨物質(zhì)量，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，貨物可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（取，，重力加速度）。（1）貨物輕放到傳送帶的下端，開始階段工人施加的拉力，求貨物經(jīng)多長時間能達到與傳送帶共速；（2）貨物與傳送帶共速后，工人至少用多大的拉力可以保持貨物相對傳送帶靜止?！敬鸢浮浚?）1.5s；（2）44N【詳解】（1）貨物與傳送帶共速前受到的摩擦力沿傳送帶向上，則有達到共速時有v=at解得t=1．5s（2）貨物與傳送帶共速后，若貨物相對傳送帶靜止，對貨物受力分析有則當靜摩擦取得最大值且向上時，拉力取得最小值，即解得34．（2024·黑龍江·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為的長木板乙放在光滑的地面上，另一質(zhì)量為的滑塊甲放在長木板的最右端，質(zhì)量為的滑塊丙也放置在木板上。現(xiàn)在甲上施加一斜向左上方與水平方向成、大小為的恒力F，使甲開始在長木板上滑動，已知甲與乙之間、丙與乙之間的動摩擦因數(shù)分別為、，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取，。求恒力作用時滑塊丙的加速度大小?！敬鸢浮俊驹斀狻吭谖矬w甲上施加恒力后，對甲受力分析，在豎直方向，設乙對甲的支持力為N，則解得則乙受到的甲的滑動摩擦力為對丙受力分析，丙受到的合外力為乙對丙的摩擦力，則丙的最大加速度為假設乙丙沒有發(fā)生相對滑動，則乙丙整體的加速度為所以，假設成立，乙丙一起加速度運動，滑塊丙的加速度大小為。35．（2024·云南大理·模擬預測）如圖所示，已知一質(zhì)量為的滑塊放在傾角的固定斜面上，M上再放一滑塊m，且，滑塊m與滑塊M間的動摩擦因數(shù)，滑塊M與斜面間的動摩擦因數(shù)，現(xiàn)給滑塊M一平行于斜面向上的恒力F，用時將M和m拉至斜面頂端，斜面長度，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)求滑塊m所受摩擦力的大小和方向；(2)求拉力F的大小；(3)只給滑塊m一個沿斜面向上的恒定拉力（F已撤走），求能將兩滑塊拉至斜面頂端且不會發(fā)生相對滑動的取值范圍?！敬鸢浮?1)24N，方向沿斜面向上(2)245N(3)【詳解】（1）對M、m整體，根據(jù)得加速度對m，根據(jù)牛頓第二定律得方向沿斜面向上。（2）對M、m整體，根據(jù)牛頓第二定律解得（3）給滑塊m一個沿斜面向上的恒定拉力，能將他們拉至頂端的最小拉力若m和M恰好相對滑動，則m和M之間達到最大靜摩擦力，對整體有對M有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得故36．（2024·云南大理·模擬預測）如圖所示，一水平傳送帶以的恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動，傳送帶兩端A、B間的距離為，把一個質(zhì)量、可看作質(zhì)點的物體輕放在傳送帶的右端A點，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，。求：(1)試判斷物體相對于傳送帶向哪個方向運動；(2)物體從右端A運動到左端B所用的時間；(3)物體從右端A運動到左端B的過