课时测评14 牛顿第二定律的综合应用(二)（word练习）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

课时测评14　牛顿第二定律的综合应用(二) (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1～4，6～9，每题6分，5题4分，共52分) 1.(多选)(2024·安徽蚌埠期末)如图甲为机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带以1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。行李从A到B的过程中(　　) A.行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右 B.行李到达B处时速率为1 m/s C.行李到达B处所需的时间为2.5 s D.行李与传送带间的相对位移为2 m 答案：BC 解析：由牛顿第二定律得μmg＝ma，设行李与传送带共速所需的时间为t，则有v＝at，解得t＝1 s，匀加速运动的位移大小为x＝at2＝0.5 m＜2 m，所以行李先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故A错误，B正确；匀速运动的时间为t'＝＝1.5 s，行李从A到B的时间为t总＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，传送带在t时间内的位移为x'＝vt＝1 m，行李与传送带间的相对位移为Δx＝x'－x＝0.5 m，故C正确，D错误。故选BC。 2.(多选)(2025·八省联考·内蒙古卷)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中(　　) A.物块的运动方向不变 B.物块的加速度方向不变 C.物块相对木板的运动方向不变 D.物块与木板的加速度大小相等 答案：CD 解析：根据题图可知，木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速v0，然后一起减速到0，所以物块的运动方向先向左后向右，故A错误；物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板的运动方向不变，故C正确；在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1＝＝，物块的加速度大小为a2＝＝，即木板和物块加速度大小相等，故D正确。故选CD。 3.(多选)(2023·天津市芦台一中期末)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2＞v1，则(　　) A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 D.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左 答案：BC 解析：相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，t1之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误。小物块在0～t1时间内向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动；在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速；在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确。0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误。 4.(多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.长木板的最小长度为2 m B.A、B间的动摩擦因数为0.1 C.长木板的质量为0.5 kg D.外力F的大小为4 N 答案：ABD 解析：v-t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外力F，在1～2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可得μmg＝maA，由题图乙可知1～2 s内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可得μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错误；由0～1 s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA'，此过程中加速度的大小为aA'＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。故选ABD。 5.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。g取10 m/s2，则(　　) A.传送带的速度为16 m/s B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 答案：C 解析：由题图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；在0～1 s内，物块的速度大于传送带的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根据题图乙可得a1＝ m/s2＝8 m/s2，在1～2 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据题图乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2，解得μ＝0.25，故B错误，C正确；当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。故选C。 6.(多选)如图所示，有一条传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带以v＝4 m/s的速度匀速运动。现将一小物块轻放在最高点A，经过时间t小物块运动到最低点B。已知A、B之间的距离为5.8 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则小物块从A到B的时间可能是(　　) A.1 s B.1.4 s C. s D. s 答案：BD 解析：没有明确传送带的运动方向，因此，传送带可能沿顺时针方向转动，也可能沿逆时针方向转动。若传送带沿顺时针方向转动，则物块从A到B一直做匀加速运动，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，由运动学公式得L＝at2，联立解得t＝ s；若传送带沿逆时针方向转动，物块开始时的加速度a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，则物块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1＝＝0.4 s，发生的位移为L1＝a1＝0.8 m，可知物块加速到4 m/s时仍未到达B点，设此后物块的加速度为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，则有L－L1＝vt2＋a2，解得t2＝1 s，故物块从A运动到B所用的总时间t'＝t1＋t2＝1.4 s。故选BD。 7.(多选)(2024·黑吉辽卷·T10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为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＝4t0的时间内，木板速度v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＝3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 答案：ABD 解析：由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v-t图像中图线斜率的绝对值表示加速度的大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a'＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ'，对小物块由牛顿第二定律得μ'mg＝ma'，联立解得μ'＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律得F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ'mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0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Ff的作用，由于Ff＝μ(M＋m)g＝μMg＝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＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。故选ABD。 8.(多选)如图所示，质量mA＝1 kg的足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A.A的加速度大小为1 m/s2 B.B的加速度大小为6 m/s2 C.若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大 D.若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止 答案：BC 解析：对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBg， Ff1＝μ2FNB＝4 N，根据牛顿第二定律有Fcos 37°－Ff1＝mBaB，联立解得aB＝6 m/s2，故B正确；对长板A受力分析，如图乙，可知FNA＝FNB'＋mAg＝FNB＋mAg，由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N＞Ff1'＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误；若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有aA'＝＝1 m/s2，对B有aB'＝μ2g＝5 m/s2，可知，A的加速度大小增大，B相对A不是静止的，故C正确，D错误。故选BC。 9.(多选)滑沙运动的过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前，滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C.经过1 s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 答案：BC 解析：对小孩，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得加速度大小为a1＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，故A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，故C正确，D错误。故选BC。 10.(8分)(2025·广东佛山市高三上阶段练习)如图所示，水平轨道AB的左端有一压缩的弹簧，其储存有弹性势能，弹簧左端固定，右端放一个质量为m＝1 kg的物体(可视为质点)，物体与弹簧不粘连，物体离开弹簧时具有v＝4 m/s的速度，传送带BC的长为L＝1 m。CD'为水平轨道，DE、FG是竖直放置的两个半径分别为R＝0.4 m和r＝0.2 m的半圆轨道，AB、BC、CD、DE、FG均平滑连接。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，其余轨道均光滑，g取10 m/s2。 (1)若传送带静止，求物体弹出后第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小； (2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，求传送带速度的取值范围。 (3)已知物体在G点时，轨道对物体的支持力大小为70 N，求物体从G点水平抛出后落到半圆轨道时离G点的竖直高度y。 答案：(1)40 N　(2)大于或等于2 m/s (3) m 解析：(1)若传送带静止，则根据动能定理有 －μmgL＝m－mv2 在D点，对物体分析有F－mg＝m 联立解得物体第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小为F＝40 N。 (2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，则在E点时，对物体分析有 mg＝m 根据机械能守恒有m＝m＋mg·2R 解得物体离开传送带的速度为vC＝2 m/s 物体速度从4 m/s加速到2 m/s，摩擦力做正功，设经过的位移为x，则有 m－mv2＝μmgx 解得x＝1 m＝L 所以物体在传送带上加速，到达右端时恰好和传送带共速时，传送带速度有最小值，即 vmin＝vC＝2 m/s 则传送带的速度为v传≥2 m/s。 (3)物体在G点时，对物体分析有FG－mg＝m 根据平抛规律有x＝vGt，y＝gt2 根据几何关系有x2＋y2＝R2 联立解得y＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $