复习练案3 第一部分 微专题1 传送带摸型，滑块一木板摸型-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习提能训练

9.C根据题意可知，A依靠摩擦力获得最大加速度，则 a-5=6m/g=2,解得1=3s,即3s时A,B间出 现弹力，有弹力后A受到的摩擦力始终等于滑动摩擦 力，故A、B错误；设AB与车厢保持相对静止的最大加 速度为a,则a。=mg+mg=7ms2=2,解得t= 2m 3.5s,由此可知，3.5s后A、B开始相对车厢滑动，3s 到3.5s内，由于加速度不断增大，B对A的弹力也将 不断增大，故C正确，D错误。 10.AD位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两 个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙 物体做匀减速运动，在t。时间内甲乙的位移可得x甲= 26=3,成2=6+0 V0+) 2一。=x,可得时刻甲物体的速 度为v=2vo,B错误；甲物体的加速度大小为a1= ,乙物体的加速度大小为4=云，由牛顿第二定 to 律可得甲物体mgsin0-u1 mgcos0=ma1,同理可得乙 物体42 ngcos0-mgsin0=ma2,联立可得1+k2= 2tan0,A正确；设斜面的质量为M,取水平向左为正方 向，由系统牛顿牛顿第二定理可得f=ma1cos0- ma2cos0=0则t=t。之前，地面和斜面之间摩擦力为 零，C错误；t=。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿 斜面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f=ma,cos0,即 地面对斜面的摩擦力向左，D正确。故选AD。 11.BD由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大 小为号；若B球的加速度方向竖直向下，以B球为对 象，根据牛顿第二定律可得mg-T=m。·子，以A球 为对象，根据牛顿第二定律可得T-magsin30°=ma· 号，联立可得A,B两球的质量之比为m:m,=4:5: 若B球的加速度方向竖直向上，以B球为对象，根据 牛顿第二定律可得T-mg=m。·号，以A球为对 象，根据牛顿第二定律可得m,gsin30°-T=m·号， 联立可得A、B两球的质量之比为ma:mg=8:1,故 选BD。 12.AC运动员受力平衡时，速度最大。由图像可知，下 落高度为l5m时速度最大，此时受力平衡F=mg,且 F-4=(15-0)m=5n解得--罗m 120N/m,故A正确：根据加速度向上，物体处于超重状 态；加速度向下，物体处于失重状态，运动员下落过程 -30 先加速后减速，所以下落过程是先失重后超重，故B 错误；运动员在最低点时，速度为零，弹力最大，此时由 牛顿第二定律可得F-mg=ma,其中F=k△xm,xm= (25-10)m=15m联立解得a=20m/s2,故C正确； 速度最大时重力和弹力平衡，此时加速度为零，既不失 重也不超重，故D错误。故选AC。 13.(1)5×104N(2)0.48 【解析】(1)由题意可知车做匀减速直线运动，其加 速度大小a=血 又由牛顿第二定律有f=Ma 解得f=5×104N。 (2)车做匀减速直线运动的位移大小x= 2 则货物的位移大小x'=x+ L 则货物的加速度大小a'= 2x 由牛顿第二定律有ma'=wmg 解得u=0.48。 复习练案[3] A组·基础巩固练 1.C根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上 减速，则有umgcos0<mgsin0,可得u<tan0,故A错 误；因为>”，物块与传送带速度相等之前，物块受到 的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为 a,=mgsin9+ungeos8=gsin0+gcos9,物块与传送 带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为α2= mgsin 0-mgeos9=g9in日-1gcos0<a1,故B错误；物 m 块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为 a1-a2=2 ugcos0,故C正确；设物块从冲上传送带到与 传送带速度相等所用时间为t,此过程物块的位移为 =”十，传送带的位移为x=,可知此过程物块 x物=2 在传送带上的划痕长度为4r=物-=2，若满 1 足△x=2物，则有=3，由于%不一定等于30，则共 速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移 大小的一半，故D错误。故选C。 2.C如图所示，可设二者达到速度'后，一起匀减速至t1 时刻停止。对物块，有u,mg=ma1,则a,=4g=,对 to 木板，有umg+w2·2mg=ma2,则a2=1g+228= 09 ,二者一起匀减速时，有·2mg=2m',4' %-v' ”,当心=2，时，可推出a=a,矛盾，故A ag=t-to B均错误；当，'=3%时，可推出4=3，故C正确：当 二。%时，可推出三1.5，故D错误。故选( 整体 0 3.AB由图乙可知，当传送带速度在0~0.9/s范围取 值时，物块离开传送带后的水平位移x不变，说明物块 离开传送带的速度不变，在传送带上一直减速，故A正 确：当传送带速度v=0.9m/s时，物块在传送带上恰好 做匀减速直线运动至速度与传送带速度相同，然后以 该速度离开传送带做平抛运动。设物块的初速度大小 为vo,物块在传送带上的加速度大小为a,由运动学公 式2-，2=-2aL,当传送带速度v'=0.3√41m/s时， 物块在传送带上恰好做匀加速直线运动至速度与传送 带速度相同，然后以该速度离开传送带做平抛运动。由 运动学公式v2-,2=2aL,联立求解可得物块的初速度 o=1.5m/s,加速度a=2m/s2,故B正确；加速度a= m3=g=2m/s2,动摩擦因数4=0.2，故C错误；当传 m 送带速度在0~0.9m/s范围取值时，物块在传送带上 的位移和滑行时间相同，但传送带的位移不同，物块与 传送带的相对位移也不同。根据Q=ugx附物块和传 送带间产生的摩擦热不同，故D错误。故选AB。 4.AC小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿 第二定律有F+2mg-u1(m+M)g=Ma1,解得a1= 10m/s2,故A正确；对小物块进行分析，根据牛顿第二 定律有2mg=ma2,解得a2=5m/s2,t=1s时，小物块 的速度v1=o-a2t=10m/s,此时木板的速度2=a1t= 103=,两者的相对位移=8-之=1.5m 2 <L=7.8m,可知，t=1s时，小物块并没有运动到木板 最右端，故B错误；结合上述，在t=1s时，小物块与木 板速度恰好相等，之后两者不能保持相对静止，小物块 以a2=5m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，木板 以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对 木板进行分析，根据牛顿第二定律有F-u2g-u,（m 一31 +M)g=Ma,解得a=7.5m/s2,上述过程小物块相对 于木板向左运动，则有1=4+42-(4+ 244）,解得，=5s,可知，小物块从木板左端脱离 的时间t2=t+t1=(1+6)s,故C正确；若t=2s时撤 去外力F,由于t2=t+t1=(1+6)s>2s,令t3=2s- 1s=1s,结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别 为3=v1+a2t3=15m/s,4=2+a353=17.5m/s,此时 间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x榴= 2 2=1.25m,撤去外力后小物块向右继 v4+2,3+01 续以a2=5m/s2的加速度做匀加速直线运动，木板向 右做匀减速直线运动，对木板进行分析有山，mg+山(m +M)g=Ma4,解得a4=3.75m/s2,令历时t4两者达到 相等速度，则有5=+a,=-a,解得么=号， 此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为 ,,=话m,由于+m<a可 5 知，撤去外力，两者达到相等速度后，小物块没有从左 端滑离木板，之后两者保持相对静止，做匀减速直线运 动，一直到速度减为0后静止，即若t=2s时撤去外力 F,小物块最终不会从木板右端脱离，故D错误。故 选AC。 B组·综合提升练 5.(11≥2.25m2)号 【解析】(1)粮食包在传送带上加速过程，根据牛顿第 二定律可得f=mg=ma 解得加速度大小为a=2m/s2 粮食包在传送带上加速到与传送带共速时，速度达到 最大，根据运动学共速可得2ax1=,2-0 解得x1=2.25m 要使粮食包在B端时已经达到最大速度，则传送带长 度应满足L≥2.25m。 (2)粮食包从B端被水平抛出，水平方向做匀速直线运 动有x=vot 竖直方向做自由落体运动有y=乃 根据几何关系x2+y2=R 联立解得t=0.8s,x=2.4m,y=3.2m 则粮食包碰撞圆孤轨道时位置与圆心的连线和水平方 4 向夹角的正切值为tanB=义= 6.(1)F=5t(N)(2)m1=2.5kgk1=0.12=0.2 (3)a=2t-4(m/s2)(t≥3s) 【解析】（1)由乙图F=t 因线外来5 解得F=5t(N)。 (2)由丙图：t=1s时，f=5N=u(m1+m2)g t=3s时，f3=10N=u1(m1+m2)g+w2m2g t=3s时，木板与物块相对滑动a1=a2=u28 根据牛顿第二定律F3-u(m1+m2)g=(m1+m2)a2 解得m1=2.5kg,1=0.1,w=0.2。 (3)由牛顿第二定律得F。=F-u1(m1+m2)g-2m28 =m a 代入F=5t解得a=2t-4(m/s2)(t≥3s)。 7.(1)1.6m/s2(2)2.3s(3)23.3472J 【解析】(1)由静止释放长木板之后，设长木板的加速 度为a1,由牛顿第二定律有m1gsin0-u1m1gcos0 =m,a1 解得a1=gsin0-u1gcos0=0.4m/s 放上物块瞬间，同理由牛顿第二定律，长木板的加速度 大小为 u2mzgcos 0+u(m2 +m)gcos 0-migsin 0 m 1.6m/s2。 (2)刚放上物块时，设物块的加速度为a2,由牛顿第二 定律，m2gsin0+u2m2gcos8=m2a2 解得a2=gsin0+u2gcos0=8.4m/s2 此时长木板的速度为v,=a1△t=1.0m/s 设经过△t1时间二者共速，则1-a1'△t1=a2△t 解得△t1=0.1s,v共=0.84m/s。 这段时间里长木板比物块多走的距离为△x,=,△t,- 2a,'a42-20,a2=0.05m 1 经过判断，物块会继续相对长木板加速下滑，长木板的 加速度 a,”=41(m,+m,）gcos6-m1gsin0-k,m2gos9 mi 0.4m/s2 沿斜面向上 物块的加速度为a2'=gsin0-u2gcos0=3.6m/s2 设又经过△t2时间长木板停下，v共=a,"△t2 解得△t2=2.1s 1 A,时间内物块比长木板多走△x,=2（a,'+a,”)△ =8.82m 31 此时物块的速度为v,=a,△t,+a,'△t,=8.4m/s 距离长木板底端△x3=L+△x1-△2=0.858m 设再经△t时间，物块从长木板上滑落，则△x,=,△t 1 +20'△61 解得△t=0.1s 所以物块在长木板上滑行的时间为t=△t,+△t2+△t3 =2.3s。 (3)整个过程中，物块和长木板之间产生的热量为 Q=2m2gc0s0×（△x1+△x2+△x3）=23.3472J。 复习练案[4] A组·基础巩固练 1.AD手绢做匀速圆周运动，由图可知P、Q属于同轴传 动模型，故角速度相等，即角速度之比为1：1，B错误： 由v=or可知，P、Q线速度之比vp:vg=Tp:To0= 1:√3，A正确；由a=w,可知，P、Q向心加速度之比 ap:ao=Tm:Tn=1:3,C错误；做匀速圆周运动的 物体，其合外力等于向心力，故合外力总是指向圆心0， D正确。故选AD。 2.C根据题意可知跳绳的转动角速度为0=A △t 2 6 1 rad/s=5πad/s,故每分钟跳绳的圈数为n= 30 5m×60=150,故选C。 2π 3.BA点运动为A点绕O'的圆周运动和O'相对于0的 圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周 运动，故A错误；根据题意O固定在底盘上，故可知0 围绕O点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A点与O、O 恰好在同一条直线上时且A在O0'延长线上，A点和O 点运动运动方向相同，又A点相对O'点做圆周运动，故 此时A的速度大于O'的速度，故C、D错误。故选B。 4.A对最高点的水滴，根据牛顿第二定律得mg=mwR, 解得w=√货故选A。 5.C根据题意可知在曝光时间内小球运动的弧长为 11 △1=5=5×0.6m=0.12m,近似认为在曝光时间内 小球做匀速直线运动，故有=-0,12ms=6ms, 50 在最低点根据牛顿第二定律有T-mg=m,代人数据 解得T=7N,故选C。复习练案[3] 第一部分微专题1 A组·基础巩固练 1.（2025·山东临沂三模)如图所示，一传送带与水平 面间的夹角为0，在电动机的带动下，传送带以速度v 沿顺时针方向稳定运行。现将一物块（视为质点）从 传送带的底端以速度。冲上传送带，o>u,当物块运 动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之 间的动摩擦因数为u,物块的质量为m,下列说法正 确的是 A.u与0之间的关系为u=tan0 B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C.物块的速度达到前后，加速度的大小之差为 2ugcos 0 D.物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于 物块位移大小的一半 2.(2025·四川绵阳模拟)如图所示，一长木板在水平 地面上运动，在某时刻(t=0)长木板速度为。时，将 物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等， 物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，并认为最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在 物块放到木板上之后，物块运动的速度一时间图像可 能是下列选项中的 3.（多选)(2025·山东烟台预测)如图甲所示，水平放 置的传送带能以不同的速度v逆时针匀速转动，某时 刻物块以某一初速度从右端滑上传送带，物块离开传 送带后到落地过程的水平位移x与传送带速度v关 系图像如图乙所示。已知传送带长度L=0.36m,重 力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是() 17及 传送带模型、滑块一木板模型 个xm 00.9 0.3√年m.s- 甲 乙 A.当传送带速度在0~0.9m/s范围取值时，物块一 直减速 B.物块的初速度大小为1.5m/s C.物块与传送带间动摩擦因数为0.3 D.当传送带速度在0~0.9m/s范围取值时，物块和 传送带间产生的摩擦热相同 4.（多选)(2025·山东潍坊三模)如图所示，质量M= 4kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t=0时刻对木 板施加F=45N的水平向右恒力，同时质量m=1kg 的小物块以o=15m/s的初速度从左端滑上木板。 已知木板长度L=7.8m,木板与地面、木板与小物块 间的动摩擦因数分别为山1=0.2山2=0.5，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,下列 说法正确的是 () → A.小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为10m/s2 B.t=1s时，小物块恰好运动到木板最右端 C.1=(1+√6)s时，小物块从木板左端脱离 D.若t=2s时撤去外力F,小物块最终会从木板右端 脱离 B组·综合提升练 5.(2025·全国模拟预测)如图为粮食转运站内粮食运 输机的示意图，绷紧的传送带始终保持以=3m/s 的恒定速度运转，其末端B与一个半径R=4m的光 滑四分之一圆弧轨道的圆心位置重合。现有一袋粮 食包（可视为质点）无初速度地放置在运输机的A 端，粮食包与运输机传送带间的动摩擦因数μ=0.2。 当粮食包被运送到运输机B端时已经达到最大速度 并被水平抛出，落在圆弧轨道后不反弹，随后粮食包 沿着圆弧轨道滑下(g=10m/s2)。求： (1)运输机的传送带长度L应满足什么条件； (2)粮食包碰撞圆弧轨道时位置与圆心的连线和水 平方向夹角的正切值。 6.（2025·福建马鞍山预测)如图甲，质量m1的长木板 静置于粗糙水平地面上，质量m,=2.5kg的物块置 于木板之上，=0时刻力F作用于长木板，其变化规 律如图乙，之后木板的摩擦力∫随时间t的变化规律 如图丙。木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因 数u1u2以及m,均未知(g=10m/s2),求： 1712 m,☐ mhmm→F 甲 10 10 -t 丙 (1)F随t的变化规律公式； (2)木板质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动 摩擦因数2； (3)≥3s后木板的加速度随t的关系式。 17 7.(2025·河北邯郸三模)如图所示，在倾角为0=37° 的足够长的斜面上有一个质量为m1=4kg的长木 板，长木板与斜面之间的动摩擦因数为=0.7。将 长木板由静止释放，经过△t=2.5s,将一质量为m2 =1kg的物块无初速度地放到距长木板底端L= 9.628m处。已知物块最终从长木板底端滑出，物块 与长木板之间的动摩擦因数为2=0.3，重力加速度 为g=10m/s2,不计空气阻力，物体体积较小，计算时 可视为质点。 物块 -长木板底端 0入 (1)刚放上物块的瞬间，求长木板的加速度a'的 大小； (2)求物块在长木板上滑行的时间； (3)求整个过程中物块和长木板之间产生的热量Q。