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（新高考）

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mg sin 37°＋μmg cos 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mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，根据题图乙可得a2＝ 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，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＝＝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＝，则有L－L1＝，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，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＋F sin 37°＝mBg， 　 Ff1＝μ2FNB＝4 N，根据牛顿第二定律有F cos 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mg sin 37°－μ1mg cos 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＝，故A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有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)(2021·辽宁卷·T13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2。 (2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间t1＝ s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为x1＝×2.5 m＝2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后随传送带一起做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 学科网（北京）股份有限公司 $