《2026年一本密卷高考物理》

23.(多选)一足够长木板置于水平地面上，二着间的动摩擦因数为μ。t=0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t=0到t=4to的时间内,木板速度U随

时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块
和木板的速度相同。下列说法正确的是 )

A.小物块在t=3t时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2p
C.小物块与木板的质量比为3:4
D.t=4to之后小物块和木板一起做匀速运动

答案： 23. ABD　由题图可知，$t = 3t_0$时木板的速度开始减小，说明小物块在$t = 3t_0$时滑上木板，A正确；$v - t$图像斜率的绝对值表示加速度大小，则$0 \sim 3t_0$时间内，木板的加速度大小为$a_1 = \frac{\frac{1}{2}\mu gt_0}{t_0} = \frac{1}{2}\mu g$，$t = 3t_0$时木板的速度大小为$v_1 = a_1 · 3t_0 = \frac{3}{2}\mu gt_0$，结合题意可知，$t = 3t_0$时小物块以$\frac{3}{2}\mu gt_0$的速度水平向左滑上木板，$t = 4t_0$时小物块与木板共速，大小为$\frac{1}{2}\mu gt_0$，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小$a' = \frac{\frac{1}{2}\mu gt_0 - (-\frac{3}{2}\mu gt_0)}{t_0} = 2\mu g$，设小物块的质量为$m$，小物块与木板间的动摩擦因数为$\mu'$，对小物块由牛顿第二定律得$\mu'mg = ma'$，联立解得$\mu' = 2\mu$，B正确；设木板的质量为$M$，$0 \sim 3t_0$时间内，对木板由牛顿第二定律有$F - \mu Mg = Ma_1$，解得$F = \frac{3}{2}\mu Mg$，$3t_0 \sim 4t_0$时间内，木板的加速度大小$a_2 = \frac{\frac{3}{2}\mu gt_0 - \frac{1}{2}\mu gt_0}{t_0} = \mu g$，由牛顿第二定律可得$F - \mu'mg - \mu (M + m)g = -Ma_2$，解得$m : M = 1 : 2$，C错误；$t = 4t_0$时，小物块与木板速度相同，假设$t = 4t_0$后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到$F$和地面摩擦力$f$作用，由于$f = \mu (M + m)g = \frac{3}{2}\mu Mg = F$，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以$t = 4t_0$之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。

24.(多选)如图甲所示，小物块从左侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系
如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3s~4.5s段为直线，下列说法正确的是 (ACD)


A.传送带沿逆时针方向转动
B.小物块与传送带间的动摩擦因数p=0.1
C.小物块刚放上传送带时的速度大小为4m/s
D.0~4.5s内物块在传送带上留下的痕迹为9m

答案： 24. ACD　根据题意，物块最后返回出发点，可知传送带逆时针转动，选项A正确；根据图像可知，$2s$末物块的速度减为$0$，该时间内物块的对地位移大小为$x_1 = 4m$，此后物块将反向加速，通过图像可知，在$3s$末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为$x_2 = 1m$，根据位移与时间的关系有$x_1 = v_0t_1 - \frac{1}{2}at_1^2$，$x_2 = \frac{1}{2}at_2^2$，其中$t_1 = 2s$，$t_2 = 1s$，解得$v_0 = 4m/s$，$a = 2m/s^2$。而根据牛顿第二定律，对物块有$\mu mg = ma$，解得$\mu = 0.2$，选项B错误，C正确；根据乙中图像斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为$v = 2m/s$，则小物块与传送带达到共速前的这段时间内传送带的位移大小为$x_3 = vt_3 = 6m$，由此可得$0 \sim 4.5s$内物块在传送带上留下的痕迹为$\Delta x = x_1 + x_3 - x_2 = 4m + 6m - 1m = 9m$，选项D正确。

25.(多选)如图所示，轻弹簧的一端连在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另
一端和质量为m的小物块a相连，质量为$\frac{3}{5}$m的小物块b紧靠a静止在斜

面上，此时弹簧的压缩量为xo。从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外
力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间,b距其出发点
的距离恰好为xo。弹簧始终在弹性限度内,其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法
正确的是 (AC)

A.弹簧的劲度系数为8mg5xs0inθ
B.a、b分离时，弹簧的压缩量为$\frac{xo}{4}$
C.对b施加的沿斜面向上的外力先变大，再不变
D.物块b加速度的大小为$\frac{6}{5}$gsin0

答案： 25. AC　分析两物块在分离之前的运动时，注意弹簧的形变量发生变化而引起弹簧的弹力变化，分离之前可利用整体法分析，而分离之后则应用隔离法分析。小物块$b$紧靠$a$静止在斜面上，则将二者看成一个整体，可知弹力大小与整体重力沿斜面的分力大小相等，有$kx_0 = m_{总}g\sin\theta$，解得$k = \frac{8mg\sin\theta}{5x_0}$，选项A正确；由于$b$一直做匀加速运动，且初速度为$0$，最初两段相同时间间隔内，物块$b$的位移之比为$\frac{x_1}{x_2} = \frac{1}{3}$。由题意有$x_1 + x_2 = x_0$，所以$x_1 = \frac{1}{4}x_0$，即物块$a$、$b$分离时，弹簧压缩量为$\Delta x = \frac{3}{4}x_0$，选项B错误；两物块分离之前，对物块$a$、$b$有$F + kx - \frac{8}{5}mg\sin\theta = \frac{8}{5}ma$，随着弹簧形变量的变小，$F$将增大。当两物块分离之后，对物块$b$又有$F' - \frac{3}{5}mg\sin\theta = \frac{3}{5}ma$，所以$F$将不变，选项C正确。两物块刚好要分离时，$a$与$b$之间无相互作用力且加速度相同，对$a$由牛顿第二定律有$k\frac{3}{4}x_0 - mg\sin\theta = ma$，代入$k$后解得$a = \frac{1}{5}g\sin\theta$，D错误。