(5)牛顿运动定律的应用-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习周测卷（R）

高三一轮复习周测卷/物理 (五)牛顿运动定律的应用 (考试时间90分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.如图所示，甲、乙两只猴子沿绕过定滑轮的轻绳下滑，甲的质量大于乙的质量，甲与绳 间的摩擦力大小为f1,乙与绳间的摩擦力大小为f2,甲下滑的加速度大小为α1，乙下 滑的加速度大小为α2。不计滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是 A.一定有a1大于a2 B.可能有a1小于a2 C.一定有f1大于f2 D.可能有f小于f2 甲6 2.牛顿在《自然哲学的数学原理》一书中指出：“力使物体获得加速度”。某同学为探究加速度与力 的关系，取两个材质不同的物体A、B放置在水平面上，使其分别在水平拉力F的作用下由静止 开始沿水平面运动，测得两物体所受拉力F与其加速度α的关系图像如图所示，由图可知两物 体的质量及其与水平面间的动摩擦因数的关系为 A.mA>mB :uAuB B.mA<mB,HAUB C.mA>mB,HA<uB D.mA<mB,HA<uB a 3.滑沙，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑。有一段沙坡的高度为h、长度为L,小华把滑板放 在沙坡上，然后坐在滑板上，小华在小明推动一下后，与滑板一块恰好可以匀速下滑。下列说法 正确的是 A,滑板与沙坡间的动摩擦因数为 h B.若仅增大h,则小华对沙坡的压力将增大 C.若换体重更大的小明坐在滑板上，则小明将加速下滑 D.若换一个更光滑的滑板，则小华获得初速度后将加速下滑 4.如图所示，一辆小车内有两根长度为L的轻绳，轻绳一端系着一质量为的小球，另一端系在 车顶前、后相距为L的、b两点上，小车先在水平路面上行驶，后在上坡路段行驶，重力加速度 为g,则下列说法正确的是 A.小车在水平路面匀速行驶时，轻绳对a点的拉力大小 为3mg 2 B.小车在上坡路段匀速行驶时，轻绳对a点的拉力小于对b点 的拉力 C.小车在水平路面向右加速行驶时，加速度越大，轻绳对α点的拉力就越大 D.小车在上坡路段匀速行驶时，坡度越大两轻绳对小球拉力的合力就越大 5.光滑水平桌面上放有一“V”形槽B,B上表面有一光滑圆柱体A,B右侧连有不可伸长的轻绳， 轻绳绕过定滑轮与C相连。已知“V”形槽的夹角a=60°，A、B的质量均为m,C的质量为M,重 力加速度为g,现将C释放，则下列说法正确的是 A.若A与B保持相对静止，则A、B、C三者加速度相同 B.当M=2m时，A和B共同运动的加速度大小为g C.当A与B右侧挡板之间的正压力等于零时，M=(2√3十1)m 7777777777777777 D.当M=(√5+1)m时，A相对B刚好发生滑动 C 6.高铁已成为重要的“中国名片”。一列由8节车厢编组而成的列车，从右侧车头开始的第1节为 动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动，动力车厢的牵引力恒定为F,每 节车厢所受阻力大小均为自身重力的k倍，重力加速度为g,下列说法正确的是 物理第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 A.列车加速的加速度为a时，车厢给质量为m的乘客的作用力大小为ma B.第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为子F C.若去掉4节非动力车厢，则列车的加速度大小变为原来的一半 D.将第4节非动力车厢换为与第1节同样动力的动力车厢，列车加速度比去掉4节非动力车厢 的加速度大 7.在机场的工作人员利用传送带为登机旅客运送货物，如图甲所示为某机场利用传送带运送货物 到机舱的情景，简化为如图乙所示的情景图。传送带顺时针转动，将质量为m的货物（可看作质 点)无初速度地放在传送带底端，货物经t=7s到达传送带顶端，传送带与水平面间的夹角0 37°，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，传送带的长度L=20m,速度v 4m/s,下列说法正确的是 ⊙y A.货物在传送带上一直加速 B.货物在传送带上匀加速的时间为4s 货物 C.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 D.货物增加的动能与摩擦产生的热量一样多 甲 乙 8.如图所示为货物输送装置示意图，载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长 圆柱上，平台重心与两圆柱等距，货物放在平台正中间。两圆柱以角速度w=20rad/s绕轴线做 相反方向的转动。现沿轴线方向给平台施加F=10N的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动。 已知平台的质量M=4kg,平台与两圆柱间的动摩擦因数均为1=0.2，货物的质量m=1kg, 与平台间的动摩擦因数2=0.3，圆柱的半径r=4cm,重力加速度g=10m/s2。下列说法正确 的是 5E-. A.货物与平台一起做匀加速直线运动 B.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度大小为2m/s2 C.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度大小为0.8m/s2 D.若施加的恒力F<10N,平台将保持静止 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.质量为的斜面体放置在光滑的水平面上，斜面体上固定一根轻质的竖直硬杆，一轻质细线上 端系在硬杆上，下端悬挂一质量为m的小球，质量也为m的物块放置在斜面上。现用水平向左 的推力F(为未知量)作用在斜面体上，使整体一起向左做匀加速直线运动，各物体保持相对静 止时，细线与竖直杆之间的夹角为B,已知斜面的倾角为，重力加速度为g,下列说法正确的是 A.当3=30°时，水平推力大小一定为√3mg B.当0=30时，水平推力大小一定为√3mg C.当B=0时，物块与斜面间的摩擦力不一定为零 D.当斜面光滑时，细线与斜面一定垂直 m 77729777777777 10.如图所示，A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为0的斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知 A光滑、质量为m,B与斜面间的动摩擦因数为μ、质量为2，整个过程斜面始终静止不动。下 列说法正确的是 A.B与斜面间的动摩擦因数为tan0 B B.轻杆对B的作用力沿斜面向上 C.增加B的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 D.增加A的质量，A、B整体将沿斜面加速下滑 人0 11.如图所示，现采用前拉后推的方式在光滑固定的斜面上移动A、B两个物体，斜面倾角为30°且 足够长，两物体相互接触但不黏合，质量分别为A=2kg、mB=3kg。从t=0时刻开始，推力 FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间变化的规律为FA=50一t(N),FB=20十 t(N),重力加速度g=10m/s2。则关于两个物体的运动下列说法正确的是 A.t=10s的时刻，A的加速度大小为15m/s2 B.t=10s的时刻，B的加速度大小为9m/s2 FB C.t=40s的时刻，B的加速度大小为15m/s D.t=40s的时刻，A的加速度大小为9m/s2 FA 309 三一轮复习周测卷五 物理第2页（共4页) ® 12.如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固 定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为、2m,A与斜 面间的动摩擦因数为，重力加速度为g,将A,B由静止释放，在B下降的过程巾(A未碰到 滑轮且B未与地面接触)，斜面体静止不动。下列说法正确的是 A.轻绳对P点的拉力大小为mg B.A的加速度大小为3g C地面对斜面体的支持力大小为(M+多m)g 309 D.增大A的质量，再将A、B由静止释放，则B有可能上升 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、非选择题（本题共6小题，共60分。请按要求完成下列各题） 13.(6分)如图所示，木板与水平地面间的夹角0可以随意改变，当0=30°时，可视为质点的一小木 块恰好能沿着木板匀速下滑。若将小木块从木板的底端以初速度大小，=10/s沿木板向 上运动，随着0的改变，小木块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10m/s2。(结 果可用根号表示) (1)求小木块与木板间的动摩擦因数； (2)求小木块沿木板向上滑行的距离最小时日角的值及此滑行距离最小值。 14.(8分)倾角为0的光滑斜面上，一劲度系数为的轻弹簧连接质量分别为m1、2的甲、乙两物 块，开始时，两物块在光滑挡板的作用下静止在斜面上，现作用在乙上一方向沿斜面向上的力， 使乙以加速度α做匀加速运动，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)甲离开挡板的时间； (2)从开始运动到甲恰好离开挡板的过程中作用在乙上的力的最大值和最小值。 00 甲 0 15.(8分)如图所示，一个质量为M、长度为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为的弹性小 球，M=2,小球与圆管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为2g。圆管从下端距离地面 为H处自由下落，运动过程中，圆管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度 大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)求圆管第一次落地弹起时圆管和小球的加速度； (2)圆管第一次落地弹起后至第二次落地前，若小球没有从圆管中滑出，求L的最小值。 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·言 16.(9分)如图所示，有10个可视为质点的相同滑块质量均为=0.1kg,其中9个滑块在水平地 面上分别用长度L1=1m的轻杆连成一条线。水平地面除一段长度L2=3m的粗糙区域AB 外，其余各段均光滑。现用水平轻绳一端连接滑块1，另一端跨过光滑定滑轮连接第10个滑 块。释放系统时，滑块1从A处由静止开始运动，设在整个运动过程中悬挂滑块未到达地面，B 点到滑轮距离足够长，滑块与粗糙区域间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10/s2。求： (1)第1个滑块刚进入粗糙区域时加速度的大小； (2)第3个滑块刚离开粗糙区域时轻绳的拉力； (3)第9个滑块刚离开粗糙区域时10个滑块的总动能。 1 B77777777777773 L2 17.(13分)如图所示，一倾斜传送带以w1=2/s的速度沿顺时针方向转动，传送带与水平面的夹 角0=30°。一质量m=1kg的小炭块从斜面底端以2=4m/s的速度滑上传送带，已知小炭块 与传送带间的动摩擦因数怎.传送带足够长了≈2.6，重力加速度g=10m/。 (1)若小炭块未能从上端滑出，求传送带底端到顶端的距离； (2)小炭块在传送带上运动的整个过程中，求其相对传送带的位移大小及在传送带上留下的痕 迹长度。 18.(16分)如图所示，在粗糙的水平面上有一质量M=2kg、足够长的长木板，在长木板右端有一 质量m=1kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数4=0.2，长木板与地面间的动摩擦 因数2=0.1，长木板与小物块均静止。现用F=15N的水平恒力向右拉长木板，经过时间t= 1s撤去水平恒力F,重力加速度g=10m/s2。求： (1)在力F的作用下长木板的加速度的大小； (2)刚撤去力F时小物块离长木板右端的距离； (3)最终小物块离长木板右端的距离。 F 三一轮复习周测卷五 物理第4页（共4页） ®高三一轮复习R ·物理· 高三一轮复习周测卷/物理（五） 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： .理解能力Ⅱ.推理能力 Ⅲ，分析综合能力Ⅳ，应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I W V ① ②③④ 档次 系数 1 单项选择题 牛顿第二定律 易 0.85 2 单项选择题 3 F-a图像、牛顿第二定律 易 0.85 3 单项选择题 3 牛顿第二定律、平衡条件 易 0.80 4 单项选择题 受力分析、牛顿第二定律 中 0.75 5 单项选择题 3 临界、牛顿第二定律 中 0.70 牛顿运动定律、整体法、隔离法 6 单项选择题 中 0.65 的应用 7 单项选择题 3 传动带模型 中 0.60 8 单项选择题 3 牛顿运动定律、受力分析 中 0.60 9 多项选择题 4 受力分析、牛顿第二定律 中 0.75 10 多项选择题 4 连接物的运动状态分析 中 0.70 11 多项选择题 4 连接体问题与牛顿第二定律 中 0.65 12 多项选择题 4 受力分析、牛顿第二定律 难 0.55 13 非选择题 6 牛顿运动定律与极值 中 0.70 14 非选择题 8 弹簧与连接体问题 中 0.65 15 非选择题 8 牛顿运动定律与惯性 中 0.75 16 非选择题 9 多物体运动 / 中 0.65 17 非选择题 13 传送带模型 中 0.75 18 非选择题 16 板块模型、牛顿第二定律 难 0.55 ·17· ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、单项选择题 对小球的拉力的合力等于重力，若坡面的倾角为日，有 1.A【解析】对轻绳研究可知，由于轻绳的质量不计， T.cos60°-T.cos60=mgsin0,可知T6>T.,即轻 因此轻绳所受的合外力一定为0，可知作用在轻绳上 绳a的拉力小于轻绳b的拉力，B项正确，D项错误； 的摩擦力一定大小相等，即有=2，C、D项错误； 在水平路面加速行驶时水平方向有T6cos60° 根据牛顿第二定律有m甲g一f=m甲a1,m乙g一f2 T.cos60°=ma,竖直方向有T6sin60°十T.sin60°= =nzag,由甲的质量大于乙的质量可知a1>a2,A g,加速度越大，轻绳b的拉力就越大，沿竖直方向 项正确，B项错误。 的分力也增大，则轻绳a的拉力沿竖直方向的分力减 2.C【解析】物体在水平面上运动，在拉力F和滑动摩 小，即轻绳a的拉力减小，C项错误。 擦力的作用下做加速运动，根据牛顿第二定律有F一 5.D【解析】若A未相对B发生滑动，则A、B,C三者 g=a可知F-a图像的斜率表示物体的质量，则 的加速度大小相同，方向不同，A项错误；当M=2m 有>g,纵截距表示物体所受的滑动摩擦力大 时，以整体为研究对象根据牛顿第二定律可得Mg= 小，则甲、乙受到的滑动摩擦力大小相等，又> (M+2m)a,解得a=之g,B项错误：当A和B右测 mg,故n<,C项正确，A、B、D项错误。 挡板之间的作用力为零时，加速度为a。,以A为研究 3.D【解析】设沙坡的倾角为9，由平衡条件可得 对象，根据牛顿第二定律可得ngtan30°=ma6,解得 h umgcos 6=mgsin 0,y tan = 几-h丽 ,联立解得 兮，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可 h L2-h2 ,A项错误；根据FX=ngcos0= 得Mg=(M+2m)a,解得M=(W3+1)m,C项错误， mg正可知，若仅增大，则沙坡对小华的支持 D项正确。 L 6.B【解析】列车以加速度α匀加速运动时，乘客所受 力将减小，根据牛顿第三定律可知小华对沙坡的压力 的合力大小为ma,由力的合成可知，车厢给质量为m 将减小，B项错误；若换体重更大的小明坐在滑板上， 的乘客作用力大小为√(mg)+(ma)严，A项错误：对 则有Mgcos0=Mgsin0,则小明仍匀速下滑，C项错 列车整体，根据牛顿第二定律F-8kmg=8ma1,解得 误；若换一个更光滑的滑板，滑板与沙坡间的动摩擦 因数减小，由牛顿第二定律可得gsin9-以'mgcos9 列车的加速度大小a=F一8kmg=E一kg,对第1、 87m 8m =ma,则小华获得初速度后将加速下滑，D项正确。 2节车厢整体，根据牛顿第二定律F一F2一2kmg= 4.B【解析】小车在水平路面匀速行驶时，两轻绳拉力 2ma1,解得上e-子r,根据牛顿第三定律可知第2节 大小相等，合力等于重力，由平衡条件可得2Tcos30 =mg,可得一根轻绳上的拉力大小T=3m竖，A项 车厢对第3节车厢的作用力大小为子F,B项正确： 3 错误；在上坡路段匀速行驶时，小球受力平衡，两轻绳 去掉4节车厢后，F一4kg=4ma2,a2= F-4kmg= Am ·18· 高三一轮复习R ·物理· F -kg,显然a1与a不是2倍关系，C项错误；将第 可知平台受到两个圆柱表面对平台沿轴线方向的摩 Am 擦力大小均为f.=fcos0,根据牛顿第二定律有F一 4节非动力车厢换为与第1节同样动力的动力车厢 后，对列车整体，根据牛顿第二定律2F-8kng= 2f,=(M十m)a,解得a=F二2fos日，可知随着平台 M+m 8ma,解得列车的加速度大小a,=2F二8kmg一卫 速度v的逐渐增大，9逐渐减小，cosB逐渐增大，加速 Am 度逐渐减小，所以货物与平台不是一起匀加速直线运 一kg,故a=a2,D项错误。 动，A项错误；当平台速度v=0.6m/s时，则有cos0 7.B【解析】货物刚放上传送带时做初速度为零的匀 加速直线运动，若一直加速，加速阶段位移大小x= /千=0.6，可得加速度大小a=0,8m/s,B 之1=14m<L,故货物先加速后匀速，A项错误：设 项错误，C项正确；若施加的恒力F<10N,由于初始 时刻，两圆柱的表面对平台沿轴线方向的摩擦力大小 匀加速时间为有，有受·十(：一)=L,解得，= 为零，所以平台一定沿轴线方向运动，D项错误。 4s,B项正确：货物的加速度a=之=1m/s,根据牛 二、多项选择题 9,AD【解析】小球、物块、斜面体有共同的加速度，对 顿第二定律得ngcos37°-mgsin37°=ma,解得= 小球受力分析，受重力和细线的拉力，合力水平向左， 0.875,C项错误；货物在传送带上留下的痕迹长度 如图所示： △x=Ut1一 受4=8m,摩擦产生的热量Q mgeos9·△x=56m,货物增加的动能E=乞md 1 8m,D项错误。 77729777777777777 8,C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表面的 当B=30时，F合=mgtan30°=ma,解得a=gtan30, 1 摩擦力相等，大小均为f=乞4(M十m)g=5N,沿 整体由牛顿第二定律得F=3ma=√3mg,A项正确： 物块受到的合力水平向左，物块受重力、斜面的支持 轴线方向给平台施加F=10N的恒力，使平台从静 力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小与方向不 止开始沿轴线运动，初始时刻，平台受到两圆柱的摩 确定，当0=30°时，物块的加速度不能确定，则水平推 擦力刚好平衡，以平台和货物为整体，加速度大小 力大小不确定，B项错误；当B=时，小球的加速度 F =2m/s<2g=3m/s2,圆柱表面的点转动 大小a=gtan B=gtan 0,物块与小球有共同的加速 的线速度大小v=or=0.8m/s,设平台运动的速度 度，物块与斜面间的摩擦力一定为零，C项错误；当斜 大小为，如图所示： 面光滑时，物块受重力与斜面的支持力，小球与物块 1 有共同的加速度gtan3=gtan 0,解得B=0,细线与斜 面一定垂直，D项正确。 10CD【解析】对A、B整体分析，根据平衡条件有 3mgin9=2mg6os0,解得=号am9,A项错误： ·19· ·物理· 参考答案及解析 规定沿斜面向下为正方向，设轻杆对B的作用力大 面对斜面体的支持力R,=(M+号m)g,C项正确： 小为T,单独对B分析，根据平衡条件有T十 假设B上升，则A下滑，A所受到的滑动摩擦力方 2 ngsin0=2 ngcos0,解得T=ngsin0,方向沿斜 向沿斜面向上，分析此时A的受力情况可知 面向下，B项错误；若增加B的质量，设增量为△， ng sin30°<mngcos30°十2T1,A无法下滑，D项 则(3m+△n)gsin0-（2m十△m)gcos日= 错误。 、1 △mgsin6,上式说明此时A,B整体所受合外力 三、非选择题 将沿斜面向上，则A、B整体将沿斜面减速下滑，C 13.【解析】(1)当0=30时，对木块受力分析，根据平衡 项正确；增加A的质量，设增量为△m',则(3m十 条件有 △m')gsin日-2 ngcos日=△m'gsin0,上式说明此时 mgsin 0=umgcos A、B整体所受合外力将沿斜面向下，则A、B整体将 沿斜面加速下滑，D项正确。 联立解得4= 3 (2分) 11.BC【解析】t=10s的时刻Fa=50-t=40N,F (2)当9变化时，木块的加速度为a,根据牛顿第二定 =20十t=30N,若A、B两个物体一起沿斜面向上 律有 运动，对A、B整体由牛顿第二定律有FA十FB mgsin 0+umgcos 0=ma (十g)gsin9=(u十g)a,解得加速度a= 木块的位移为s,根据速度位移公式有6=2as 9m/s2,对B有FB十N-mag sin0=ma,解得A对 (1分) B的支持力N=12N>0,所以A、B两个物体一起 解得s= 沿斜面向上以大小为a=9m/s2的加速度做加速运 2g(sin 0+ucos 0)2g 1u sin(a+0) (1分) 动，A项错误，B项正确；t=40s的时刻Fa'=50-t =10N,FB'=20十t=60N,若A、B两个物体分开， 其中tana=u,则当a十0=90°时s最小，即8=60°，s 各自沿斜面运动，由牛顿第二定律对A有F′ 最小值smin一 53 2 m (2分) ag sin日=AaA,对B有FB'一agsin日=ngaB,解 14.【解析】(1)甲刚好离开挡板时乙发生的位移 得aA=0,aB=15m/s2,C项正确，D项错误。 migsin 6m2 gsin 12.BC【解析】由于相同时间内B通过的位移是A通 (1分) 过的位移的两倍，则B的加速度是A加速度的两 1 又x=2at (1分) 倍；设A的加速度为a,则B的加速度为2a,A、B释 放瞬间，轻绳的拉力为T,对A、B分别受力分析，由 联立解得t=√ 2(1+2)gsin8 (2分) ka 牛顿第二定律得2T-ngsin30°-gcos30°=ma, (2)乙刚开始运动时作用在乙上的力最小Fmm=2a 2mg一T=2m·2a,解得T=号mg,a=子g,A项结 (1分) 误，B项正确；B下降过程中，对斜面体、A、B整体受 甲刚好离开挡板时作用在乙上的力最大Fmx 力分析，在竖直方向根据牛顿第二定律得(M十 (mgsin 0+m2gsin 0)=m2 a (1分) 3m)g-Fv-Tsin30°=2m·2a-masin30°，解得地 联立解得Fmx=(gsin日+2gsin0)十a(2分) ·20· 高三一轮复习R ·物理· 15.【解析】(1)圆管第一次落地弹起时，设圆管的加速 mg-T=ma2 (1分) 度大小为a1,根据牛顿第二定律有2ng十Mg=Ma 解得T=0.96N (1分) 解得a1=2g,方向竖直向下 (1分) (3)每个滑块离开粗糙区域克服摩擦力做的功大小 设小球的加速度为a2,则有2mg-mg=ma2(1分) W。=mgLg (1分) 解得ag=g,方向竖直向上 (1分) 以系统为研究对象，根据动能定理得mg×(8L1十 (2)设圆管第一次落地时的速度大小为%，此时小 L2)-9W。=E (1分) 球的速度大小也为o,则有=2gH 解得E=5.6J (1分) 解得=√2g五，方向竖直向下 (1分) 17.【解析】(1)由题可知，小炭块在开始运动时受到传 碰地后，圆管的速度4=√2g五，方向竖直向上 送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运 取竖直向下为正方向，设经过时间，小球、圆管的 动的加速度大小为a1,有ngsin日+ngcos9=ma 速度相同，则一u十a1t1=一a2t (1分) (1分) 解得t=2√②g日 (1分) 其速度减小到=2m/s时所用的时间t=二 3g a 设时间内圆管的位移大小为x,小球的位移大小 (1分) 为x2,则有 之后，小炭块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向 1 上，设其加速度大小为a2,有ngsin0一ngcos日= x1=U1t1一 2a1t号 maz (1分) 1 xg=voti一 2a2t (1分) 小炭块减速到零所用的时间t妇=西 (1分) 若小球刚好没有从圆管中滑出，小球与圆管的相对 -t 位移大小L=十，=号H 小炭块沿传送带向上滑行的最大距离x=十 2 3 之后圆管与小球一起运动，加速度大小为g,方向竖 (1分) 直向下，则L的最小值为号H (1分) 解得x=1.75m (1分) (2)又由于小炭块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦 16.【解析】(1)第1个滑块刚进入粗糙区域时，对10个 力沿传送带向上，其加速度大小仍为a2=2m/s2,设 滑块整体根据牛顿第二定律得 mg一mg=10a1 (1分) 小炭块滑回底端用的时间为1，=子，店 (1分) 解得a1=0,8m/s2 (1分) (2)当第3个滑块刚离开区域AB时，4、5、6三个滑 解得= 2s≈1.3s (1分) 块在区域AB内，以全部滑块为研究对象，根据牛顿 小物块向上减速的第一阶段，相对位移大小△x1= 第二定律得 边·t-t=0.25m(向上） 2 (1分) mg一3mg=1071a2 (1分) 小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小△x2= 解得a2=0,4m/s (1分) 以悬挂的滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得 一 2=1m(向下) (1分) ·21· ·物理· 参考答案及解析 小物块向下加速阶段，相对位移大小△x=x十 解得△x=1.5m (2分) =4.35m(向下) (1分) (3)由题可知最终小物块与长木板共速，设此时速度 故总的相对位移△x=△x1十（一△2）十（一△x)= 为 -5.1m 刚撤去F时，对长木板有mg十(M十m)g=Mag 即相对传送带的位移大小为5.1m,方向沿传送带 (1分) 向下 (1分) 解得a2=2.5m/s (1分) 而△x1重叠在△x2内，则全程的划痕△d=△x2十 刚撤去力F时，长木板的速度大小v=at=5m/s △x3=5.35m (1分) (1分) 18.【解析】(1)设长木板的加速度大小为a,由牛顿第二 小物块的速度大小v2=a1t=2m/s (1分) 定律可得 设从撤去力F时到一起匀速运动的时间为t',则有 F-m mg-pe (m+M)g=Ma (1分) v=u-a2t'=y十a1t (1分) 解得a=5m/s2 (2分) 解得1=号= 3 m/s (1分) (2)设小物块的加速度大小为a1,由牛顿第二定律 在时间t内，木板与小物块的位移差为△x1,由运动 可得 学公式 uimg=ma 解得a1=2m/s2 (1分) △x,=。心--暖 2a22a1 刚撤去力F时，小物块离长木板右端的距离即是长 解得△x1=1m (1分) 木板与小物块的位移差△x,由运动学公式△x 最终小物块离长木板右端的距离 tar-tad 1 (1分) L=△x十△x1=2.5m (2分) ·22·