小练12 临界与极值问题 板块模型与传送带-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理拿满基础分自主小练

拿满基础分自主小练·物理 小练12临界与极值问 (考试时间：30 第1~2小题为单项选择题，每小题4分；第 3~4小题为多项选择题，每小题6分 1.(教材改编题)机场和车站的安全检查仪用 于对旅客的行李进行安全检查。其传送装 置可简化为如图所示的模型，紧绷的传送 带始终保持v=1m/s的恒定速率向左运 行，旅客把可视为质点的行李无初速度地 放在A端。已知行李与传送带间的动摩擦 因数=0.1，A、B两端间的距离为2m,重 力加速度g=10m/s2,则下列说法正确 的是 □A (·） A.行李到达B端需要的时间为2s B.行李加速运动的过程中，传送带的总位 移是行李总位移的2倍 C.若行李到达B端时恰好与传送带共速， 则传送带的速度大小为3m/s D.若传送带的速度足够大，行李运送到B 端的时间可能为1.2s 2.(教材改编题)如图所示，水平地面上两滑 块A、B的质量分别为1kg、2kg,A、B与水 平地面间的动摩擦因数均为0.2。劲度系 数为50N/m的弹簧左端固定在墙壁上，右 端固定在A上。A、B紧靠在一起（不粘连） 压紧弹簧，此时弹簧的压缩量为10cm,且 A、B均静止。现施加一水平向右、大小恒 为10N的力F拉B,若最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，重力 加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是 入 MI 7777777→777777777777 A.施加拉力前A、B间的弹力大小为2N B.A、B分离瞬间B的加速度大小为2m/s C.A的速度最大时其位移为4cm D.从施加拉力开始计时，3s末B的速度大 小为9m/s 3.(多选)图甲所示，一劲度系数为k的轻质弹 簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个 质量均为M的物体A、B(物体B与弹簧连 接)，初始时物体A、B处于静止状态。现将 竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物 体A开始向上做加速度为a的匀加速运 动，图乙所示为两个物体的v-t图像，重力 加速度为g,不计空气阻力，则下列说法正 确的是 班级： 姓名： 题 板块模型与传送带 钟，满分63分) A.施加拉力F前，弹 1y 的形变量 为2 A(B) B.施加拉力F瞬间， 物体A、B间的弹 力大小为M(g-a) C.物体A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力 恰好为零 D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到 最大值 4.(多选，教材改编题)如图所示，三个质量均 为1kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上， B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定 滑轮连接，A与B、B与C间的接触面以及 轻绳均与桌面平行，A与B、B与C以及C 与桌面间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和 0.1,重力加速度g=10m/s2。设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，现用力F沿水平方 向拉C,则下列说法正确的是 A.拉力F大 A 于11N B 时，才能拉 动C 77777777777 77 B.拉力F为17N时，轻绳的拉力为4N C.A的加速度将随拉力F的增大而增大 D.要使A、B保持相对静止，拉力F不能超 过23N 5.(7分)图甲所示，倾角为37°、足够长的传送 带以4m/s的速率顺时针转动。现使小物 块（可视为质点）以2m/s的初速度沿斜面 向下运动，图乙为小物块的速度随时间变 化的关系图像，已知重力加速度g= 10m/s,sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)小物块与传送带间的动摩擦因数； (2)0~8s内小物块与传送带之间滑痕的 长度。 /(m's-1) 21 Q37 2468s 甲 乙 3 6.(19分，教材改编题)图甲所示，粗糙的水平 地面上有一块长木板P,可视为质点的小滑 块Q放置于长木板P上表面的最右端。现 将一水平向右的恒力F作用在长木板P的 右端，让长木板P从静止开始运动，5s后 撤去力F。图乙所示为小滑块Q和长木板 P的速度一时间图像，已知小滑块Q与长 木板P的质量均为2kg,小滑块Q始终没 有从长木板P上滑下，重力加速度g= 10m/s2。求： (1)长木板P与地面间的动摩擦因数； (2)图乙中两直线与t轴交点的横坐标； (3)长木板P的最小长度。 /(ms-1) 甲 24 7.(17分)图甲中质量M=0.5kg的木板静止 在光滑水平面上，质量m=1kg的物块以 o=4m/s的初速度滑上木板的左端，物块 与木板间的动摩擦因数为0.2。在物块滑 上木板的同时，给木板施加一个水平向右 的恒力F,当恒力F取某一值时，物块在木 板上相对于木板滑动的路程为S,给木板施 加大小不同的恒力F,图乙为得到的三-F 关系图像，其中AB段与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1m1。物块可视为质点，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g =10m/s2。 (1)若恒力F=0,则物块会从木板的右端滑 下，求物块在木板上滑行的时间； (2)图乙中BC为直线段，求该段恒力F的 取值范围及F的函数关系式： (3)简要说明图乙中线段DE所表示的物块 和木板的相对运动情况。 M 分 F 乙参考答案及解析 此时对整体有F-u(A十)g=(A十mB）a2 (1分) 解得F=4.5N,=0.05 (1分) 6s时对物体B有T-μBg=na2 (1分) 解得T=1.5N (1分) (2)0~4s内物体A向右运动的位移x1=4X8m 2m= 16m (1分) 4~10s内物体A向左运动的位移r,=6X6 2 m= 18m (1分) 因两个位移方向相反，又在一条直线上，故10s时物 体A与计时起始点间的距离为x2一x1=2m(1分) 10.【解析】(1)当速度最大时小球的加速度为零(2分) 由g=kx。可知O点在图示小托架位置下方x。= 兴处 (2分) (2)小球在接触小托架前自由下落，入盘后随弹簧形 变量的增大先做加速度逐渐减小的加速运动，达到 最大速度后做加速度逐渐增大的减速运动，由g一 k(x十)=m加得a=一点，即加速度先恒定，后线 性变化 (2分) 0 (2分) (3)由于a-x图像与坐标轴所围成的面积表示速 度，小球从初始下落位置到最低点的过程中初、末速 度均为零 有gh+8=2g·2x 2 (2分) 解得婴 (2分) ↑a 2x0 -x0-h00 -2g--- 小练12临界与极值问题 板块模型与传送带 1.B【解析】行李无初速度地放在传送带上，摩擦力使 之做匀加速运动，由g=ma和v=at可知a= 1 物理 1m/8,4=1s,对应的位移=号4=0.5m,和传 送带共速后匀速运动到B端，所用的时间=L一工 7 =1.5s,故t=t十t2=2.5s,A项错误；行李在传送 带上相对滑动时，行李的位移x1=0.5m,传送带的 位移x2=vt1=1m,即xg=2x1,B项正确；若行李到 达B端时恰好与传送带共速，由L=号得4 2s,故传送带的速度大小v=at=2m/s,C项错误； 若传送带的速度足够大，行李一直做匀加速运动，在 传送带上运动的最短时间m=√匹=2s,D项 错误。 2.D【解析】由题意可知，弹力F=kx=5N,A的最 大静摩擦力fa=Ag=2N,B的最大静摩擦力fB =mBg=4N,故施加拉力前A、B间的弹力大小N =F-fa=3N,A项错误；A、B分离时对B有F一 fB=msa,解得a=3m/s2,B项错误；当A的加速度 为零时速度最大，有fA=k△x,解得△x=4cm,其位 移为10cm一4cm=6cm,C项错误；由分析可知施加 拉力时A、B就分离，分离后B做匀加速运动，3s末 B的速度大小v=at=9m/s,D项正确。 3.AB【解析】施加拉力F前物体A、B整体平衡，有 2Mg=k,解得x=2M竖，A项正确：施加拉力F瞬 k 间，对物体B有kx一Mg-FAB=Ma,又2Mg=kx,故 FB=M(g-a),B项正确：物体A、B在ti时刻分离， 此时物体A、B有共同的速度v与加速度a,且FAB= 0,对物体B有F'一Mg=Ma,解得弹簧弹力F'= M(g十a),弹力不为零，C项错误；当弹簧恢复到原长 时，物体B受到的合力仅为重力，已经减速一段时 间，速度不是最大值，D项错误。 4.AD【解析】由题意可知桌面给C向右的最大静摩 擦力f。=·3ng=3N,B与C间的最大静摩擦力 ∫1=1·2g=4N,A与B间的最大静摩擦力f2= mg=4N,若能拉动C,对C有F≥f。+f+T,A、 B整体能相对C向右滑动时有T≥，解得F≥ 11N,A项正确：若拉力较大，A、B、C都做加速运动， 其中A不相对B滑动是极限，对A有f2=a,解得 a=4m/s,此时对C有Fm一f。一fi一T=ma,对 A、B整体有T1-fi=2ma,解得Fm=23N,D项正 确；当拉力为17N时A、B无相对滑动，对A、B整体 有T2-f1=2ma1,对C有F'-f。-f1一T2=ma1, 解得T:=8N,B项错误；当拉力增大到A和B发生 相对滑动时，A受到滑动摩擦力产生的最大加速度为 4m/s2不变，C项错误。 物理 5.【解析】(1)u-t图像的斜率表示加速度，故a=A △t 1m/s2 (1分) 对小物块有mgcos37°-ngsin37°=ma (1分) 解得=召 (1分) (2)0一6s内小物块与传送带相对滑动时，传送带匀 速运动的距离x1=t=24m (1分) )-t图像的面积表示小物块的位移，0一2s内小物块 铅斜面向下运动的位移飞三2×2X2m=2m (1分) 1 2一6s内小物块沿斜面向上运动的位移x=2X4 X4 m=8 m (1分) 故0一8s内小物块与传送带之间滑痕的长度△x= x1十x2-x3=18m (1分) 6.【解析】(1)在两者共速前长木板P的速度大于小滑 块Q的速度，t=5s撤去力F时长木板P的速度大 小u1=5m/s (1分) t2=6s时二者共速，均为2=3m/s (1分) t2=6s后二者仍相对滑动，说明长木板P的加速度 大于小滑块Q的加速度 设小滑块Q与长木板P间的动摩擦因数为 0~6s内对小滑块Q有1mg=a (1分) 1 a=2 m/s (1分) 解得1=0.05 (1分) 设长木板P与地面间的动摩擦因数为2 5~6s内对长木板P有41mg十·2g=ma2 (1分) a2=2m/s2 (1分) 解得2=0.075 (1分) (2)从二者共速到长木板P停下来，有2·2mg一 uimg=ma3 (1分) 解得aa=1m/s (1分) △t==3s (1分) 故在t=6s十3s=9s时长木板P停下来，即与t轴 交点的横坐标为t?=9s (1分) 对小滑块Q有1mg=ma4 (1分) 解得a4=0.5m/s2 (1分) △t2=业=6s (1分) 故在t=6s十6s=12s时小滑块Q停下来，即与t 轴交点的横坐标为t,=12s (1分) (3)由v-t图像所围成的面积表示位移，可知共速前 ·15 参考答案及解析 小滑块Q相对长木板P向左滑行的位移△虹=子× 5×5m+2×6+3)X1m-号×3X6m=7.5m (1分) 共速后小滑块Q相对长木板P向右滑行的位移△x2 =7×12-6)X3m子×3X9-6)m=4.5m (1分) 因△x1>△x2 故长木板P的最小长度L=△x=7.5m (1分) 7.【解析】(1)以初速度方向为正方向，物块减速时的加 速度大小am=g=2m/s2,木板的加速度大小aM= tmng=4 m/s' M (2分) 由图乙可知板长L=1m,物块相对木板运动的路程 L=w-合a-awd 1 (1分) 解得t=1s或t=了s 1 (1分) 当t=1s时物块的速度大小为2m/s,木板的速度大 小为4m/s,而当物块从木板右端滑离时，物块的速 度不可能小于木板的速度，t=1s应舍弃 故物块在木板上滑行的时间为了s 1 (1分) (2)由图乙中BC段可知物块与木板的相对路程小于 1m,即物块没有滑出木板时，两者共速 当F较小时，物块从木板右端滑下，当F增大到某一 值时物块恰到木板右端时共速，对木板有F十ag= May (1分) 物块与木板共速，有0=w一a1=a14,5=十心 2 24 (2分) 解得1=F+3 (1分) s 4 由图乙可知相对路程s1m (1分) 解得F≥1N (1分) 当F继续增大时物块减速、木板加速，两者在木板上 某一位置共速，此后相对静止以a=士的加速度 做匀加速运动 f=ma,又f≤fm=mg=2N (1分) 解得F3N (1分) 综上可知，BC段恒力F的取值范围为1N≤F≤ 3N,函数关系式为1=F+3 (2分) 5 4 (3)若F>3N,物块和木板速度相等后将不能一起运 参考答案及解析 动，且am<aM,物块从木板左端滑下且F越大s越小 (2分) 小练13曲线运动运动的合成与分解 1.A【解析】冰球在受到打击时，沿打击的方向会获得 一个分速度，之后沿水平面方向上冰球不受外力作 用，一定是匀速直线运动，运动轨迹是直线。冰球在 受到打击时，沿打击的方向会获得一个分速度，故合 速度的方向一定在初速度方向与打击方向之间，A项 正确。 2.B【解析】做曲线运动的物体，速度方向沿轨迹的切 线方向，朝向前进一侧，A项错误，B项正确；飞出后 的摩托车只受重力作用，有恒定的加速度g,方向竖 直向下，C项错误；由于在空中运动的人和车处于完 全失重状态，故选手对摩托车的压力为零，D项错误。 3.C【解析】塔式起重机能全方位运送货物，货物沿塔 臂匀速前移时还在竖直上升，若上升的速度不变，则 货物匀速运动且轨迹是直线，A项错误：篮球从运动 员手中投出后，由于受到空气阻力和重力而做曲线运 动，则其加速度与速度一定不共线，B项错误；汽车在 立交桥上转弯行驶时做曲线运动，汽车所受的合外力 一定与前进的速度方向间有夹角，C项正确；雨天打 雨伞时，若转动伞柄伞上的水滴飞出是曲线运动，表 明速度和加速度有夹角时雨滴做曲线运动，但速度与 加速度不一定要垂直，D项错误。 4.C【解析】足球被踢出后向前运动的同时还在高速 旋转才能成为“香蕉球”，球受重力和周围空气对它的 作用力而做曲线运动，但无论怎么运动，其速度方向 一定为轨迹的切线方向，A、B项错误；足球旋转时两 侧空气的流速不同，流速大的一侧压强小，其所受合 外力指向相对速度较大的一侧，即轨迹的内侧，故合 外力的方向一定指向轨迹的内侧，C项正确，D项 错误。 5.D【解析】物体B的速度可分解为沿绳BO方向的 分速度vB∥=VB cOS a和与绳BO垂直方向的分速度。 因绳不可伸长，则有=∥，故n=B cOS a,解得 %=203 m/s,D项正确。 6.ABD【解析】甲、乙两船在垂直河岸方向上的分速 度=snB相同，可知两船的渡河时间相同，且与 水速无关，A、B项正确：甲船恰好能垂直到达河正 对岸的A点，4=cos9,若增大水速，调节夹角后，仍 满足该式时甲船才能达正对岸，若不满足此关系式甲 船就不能达正对岸，C项错误两船到达对岸时，两船 间距为x=(ucos 0+w)t-(w一ucos)t=2 utcos8, 与无关，D项正确。 7.AC【解析】由运动的合成与分解可知，若合加速度 ·16 物理 沿AD方向，运动轨迹可能为直线P,A项正确，D项 错误；若玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小蜡块 的合外力向上，做曲线运动，因竖直分速度越来越大， 水平方向移动相同位移的时间相同，但竖直方向的位 移越来越大，使曲线向竖直方向偏，对应的轨迹可能 是曲线R,B项错误，C项正确。 8.【解析】(1)船夫以最短时间渡河时船头垂直河岸，船 实际向下游漂移 x=vitl (1分) 解得水流速度y=0.3m/s (1分) (2)设小船在静水中的速度为6，若船夫想以最短位 移过河，船头应斜向上游，船实际垂直过河，则船垂直 河岸的速度u'=√话一 (1分) d=vot (1分) 又d=ut 解得，=2000√万s 7 (2分) (3)涨水后水流速度变大，以最短位移过河与正常的 最短时间过河位移重合，表明水速2大于船速0 设实际过河速度与河岸的夹角为日 则u2sin日=w,ycos8= 对应的渡河时间有=十 (2分) 又由儿何关系知tan9=d (1分) x 解得=0.5m/s,右=250 3 (1分) 9.【解析】(1)小球以=4/s的速度射出后，在竖直 方向上受重力做匀减速运动 d=vot-2gti (1分) 可得t1=0.2s或0.6s(舍) (1分) 到达M点的竖直分速度v,=,一gt=2m/s(1分) 小球离开风洞区后继续上升的时间=改=0.2s g (1分) 由竖直上抛运动的对称性可知小球在风洞区内、外运 动的时间之比会=十 (1分) (2)小球从V点返回风洞区恰能直线运动，表明合外 力与速度共线 由1an53°=学 (1分) 舒得F-马n (2分) (3)tan53°= (1分) Ux 小球从风洞上边界飞出后，水平方向做匀速运动