第3章 课时测评15 牛顿第二定律的综合应用(二)(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦牛顿第二定律综合应用，通过传送带与滑块—木板模型分类训练，强化力与运动关系的模型建构及科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|5题|涵盖水平/倾斜传送带，考查摩擦力方向判断、相对运动、划痕长度及运动时间计算|以牛顿第二定律为核心，结合运动学公式分析不同速度关系下的运动过程，构建传送带问题的动态分析模型| |滑块—木板模型|4题|涉及整体与隔离法、临界相对滑动条件及相对位移计算|通过摩擦力类型（静→滑动）转变，关联牛顿第二定律与运动学公式，建立系统加速度与相对位移的逻辑关系|

课时测评15　牛顿第二定律的综合应用(二) (时间：30分钟　满分：40分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8，每题4分，共32分) 题组1　动力学中的传送带模型 1.如图所示，水平传送带以速率v2顺时针匀速转动，一个煤块以速率v1从传送带的右端A滑上传送带，刚好不从传送带左端B掉落，下列说法可能正确的是(　　) A.煤块的所受摩擦力先向右后向左 B.煤块回到A端时，速率一定为v2 C.其他条件不变，仅v2减小，那么煤块会从B端掉落 D.其他条件不变，仅v2变大，那么煤块留在传送带上的划痕一定会变长 答案：D 解析：煤块向左运动，相对传送带速度向左，所受摩擦力只可能向右，A错误。若v1＞v2，煤块回到A端时速率为v2；若v1＜v2，煤块回到A端时速率为v1，B错误。若v1一定，v2减小，煤块向左的最大位移不变，煤块仍恰好滑到B端，C错误。若v2增大，则传送带与煤块的相对速度v1＋v2变大，传送带与煤块的相对位移x＝变大，可知划痕变长，D正确。 2．(多选)(2024·广东汕头一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1 m、速率为2 m/s，g取10 m/s2，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，则(　　) A．物品在传送带上运动的时间是1.3 s B．物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带速度 C．物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长 D．若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍 答案：AD 解析：物品在传送带上前阶段受滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得a＝＝μg＝4 m/s2，物品加速阶段的位移x1＝ m＝0.5 m，物品加速达到与传送带共同速度后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故B错误；物品匀加速运动的时间t1＝ s＝0.5 s，物品匀速运动的时间t2＝ s＝0.8 s，物品在传送带上运动的时间是t＝t1＋t2＝0.5 s＋0.8 s＝1.3 s，与物品的质量无关，故A正确，C错误；由x＝，可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。 3.(2026·安徽合肥六校联盟联考)如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器(图甲中未画出)记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s 内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块滑上传送带的初速度大小4 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 C.2.0～3.0 s时间内，物块的加速度为2 m/s2 D.第2.0 s末和第3.0 s末物块的速度分别为0、－3 m/s 答案：A 解析：位移－时间图像的斜率表示速度，由题图乙可知，前2.0 s内物块向左做匀减速运动，2.0 s末速度为零，第3.0 s内向右做匀加速运动，3.0～4.5 s内x -t图像为一次函数，物块做匀速直线运动，说明物块与传送带保持相对静止，与传送带一起向右做匀速直线运动。由题图乙可知，前2.0 s内物块的位移x1＝4 m＝t1，代入数据解得，物块的初速度大小v0＝4 m/s，故A正确；物块在传送带上滑动过程的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物块由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，故B错误；2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向右，以向左为正方向，则加速度为－2 m/s2，故C错误；由以上分析知，第2.0 s 末的速度为0，2.0～3.0 s内物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，第3.0 s末的速度v'＝a't2＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故D错误。 4.(2026·安徽宿州高三上期末)如图所示，与水平面夹角为37°的倾斜传送带，在电机控制下以4 m/s的恒定速率逆时针运转，两轮中心间的距离为5.75 m。质量为10 kg的小物块(可视为质点)以1 m/s的初速度从传送带顶端滑至底端的过程中(已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6)，物块(　　) A.先做匀加速直线运动，后做匀速运动 B.所受的摩擦力方向一直沿传送带向上 C.从顶端运动至底端的时间为1.4 s D.在传送带上留下的划痕长度为1.0 m 答案：D 解析：刚开始时，物块受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物块先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，假设能与传送带达到共速，则x1＝＝0.75 m＜L＝5.75 m，假设成立。由于μ＜tan 37°，所以二者共速后物块继续向下做匀加速直线运动，即物块所受摩擦力为沿传送带向上的滑动摩擦力，故A、B错误；共速后，物块的加速度为a'＝，根据位移与时间关系有L－x1＝vt2＋a'，代入数据解得t2＝1 s，所以从顶端运动至底端的时间为t＝t1＋t2＝＋t2＝1.3 s，故C错误；共速前划痕长度为Δx1＝vt1－x1＝0.45 m，共速后划痕长度为Δx2＝(L－x1)－vt2＝1.0 m＞Δx1，所以在传送带上留下的划痕长度为1.0 m，故D正确。 5．(2024·广东广州华侨中学期中)如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大小为v1(v1>v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v -t图像如图乙，则(　　) A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变 B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ<tan θ C．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大 D．小物块返回传送带底端时的速率大于v1 答案：B 解析：由题图乙可知，0～t1时间内小物块相对传送带向上滑动，沿传送带向上做匀减速直线运动，此时摩擦力方向沿传送带向下，t1时刻小物块的速度减为零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大；t1～t2时间内小物块向下做初速度为零的匀加速直线运动，由于该时间内小物块的速度小于传送带的速度，小物块相对传送带向上滑动，摩擦力方向仍沿传送带向下，t2时刻小物块的速度与传送带速度相等；t2～t3时间内小物块继续向下做匀加速直线运动，该时间内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对传送带向下滑动，摩擦力方向变为沿传送带向上，由此可知，t2时刻小物块相对传送带向上的位移到达最大。0～t3时间内小物块相对传送带一直滑动，小物块所受的摩擦力一直是滑动摩擦力，大小不变，但方向发生了改变，故A、C错误。由题图乙可知，t2时刻以后小物块相对传送带向下做匀加速直线运动，加速度方向平行于传送带向下，重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，即mg sin θ>μmg cos θ，解得μ<tan θ，故B正确。小物块从滑上传送带到返回传送带底端的整个运动过程中，合力做的功等于滑动摩擦力对小物块做功，滑动摩擦力对小物块做负功，由动能定理可知，小物块的动能减小，小物块返回底端时的速率小于v1，故D错误。 题组2　动力学中的“滑块—木板”模型 6．某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到逆时针转动的水平传送带上，工件恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设传送带两个转轮之间的长度为18 m、运行速度是6 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是12 m/s，工件可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　) A．工件被传送到另一端的最长时间是3 s B．工件与传送带间动摩擦因数不大于0.1才合格 C．若工件不被传送过去，工件在传送带上向右运动的时间与向左运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到传送带左端时的速度为12 m/s 答案：A 解析：工件恰好传到右端，有0－＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.4，工件与传送带间动摩擦因数不大于0.4才合格，此时用时t＝＝3 s，故A正确，B错误；若工件不被传送过去，当工件向左运动时，最大速度与传送带速度相同，由于传送带的速度小于工件刚被弹射到传送带左端时的速度，根据匀变速运动速度与时间关系可知，工件在传送带上向右运动的时间与向左运动的时间不相等，故C、D错误。 7.(2026·陕西宝鸡阶段练习)如图甲所示，粗糙的水平地面上静置一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板，在其右端放一质量为1 kg的小物块(可看作质点)。某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2。若一开始改用F＝16 N的水平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为(　　) A.2 s B.3 s C. s D. s 答案：A 解析：由题图乙知，力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当14 N≥F＞2 N时，二者开始一起加速，则长木板受水平地面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F＞14 N时，小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，则小物块的加速度最大为a1＝＝ m/s2＝4 m/s2。改用F＝16 N的外力水平拉长木板时，对长木板，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5 m/s2，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间t满足at2－a1t2＝L，代入数据解得t＝2 s。故选A。 8．(10分)如图(a)所示，长L＝1 m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)。现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图(b)所示，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1； (2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M； (3)若水平恒力F＝31 N，滑块从木板上滑落经历的时间t。 答案：(1)0.5　(2)0.08　4 kg　(3)2 s 解析：(1)由题图(b)可知，F＝29 N时滑块和木板发生相对运动，此时，滑块的加速度a1＝5 m/s2 对滑块有μ1mg＝ma1 解得μ1＝0.5。 (2)相对滑动时对木板有F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma2 整理可得a2＝ 结合题图(b)可得 kg-1，0＝ 解得μ2＝0.08，M＝4 kg。 (3)F＝31 N时，滑块和木板发生相对运动，此时，滑块的加速度a1＝5 m/s2 对木板有F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma2′ 解得a2′＝5.5 m/s2 又有L＝a2′t2－a1t2 解得t＝2 s。 9．(12分)(2025·广东佛山高三上阶段练习)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、EG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)v传≥2 m/s　(3) m 解析：(1)若传送带静止，则根据动能定理有 －μmgL＝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，对物体有mg＝m 根据机械能守恒有＋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 $