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

**基本信息** 聚焦动力学传送带与滑块—木板模型，通过典型题组强化牛顿第二定律与运动学公式的综合应用，突出模型建构与科学推理能力培养。 **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（水平/倾斜）|考查相对运动、摩擦力方向、划痕长度及运动时间计算|基于牛顿第二定律分析合力，结合运动学公式推导运动过程，建立摩擦力与相对运动关系| |滑块—木板模型|4题（含1计算）|涉及相对滑动、临界状态及多过程运动分析|通过受力分析确定加速度，利用运动学公式求解相对位移，构建系统运动与相互作用的逻辑链条|

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.(2026·浙江杭州期末)如图甲所示，水平传送带顺时针方向匀速运动。从传送带左端P先后由静止轻轻放上两个物体A、C，物体A经tA＝9.5 s到达传送带另一端Q，物体C经tC到达传送带另一端Q。若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出A、C的速度—时间图像如图乙、丙所示。g＝10 m/s2。下列结论不正确的是(　　) A.传送带运动速度大小为4 m/s B.P、Q间距为36 m C.C与传送带间的动摩擦因数为0.125 D.图丙中tC＝24 s 答案：C 解析：由题图乙可知，物体A先匀加速直线运动，达到与传送带速度相等后做匀速直线运动，可知传送带的速度大小为4 m/s，根据v -t图像与横轴围成的面积表示位移，可得PQ间的距离为LPQ＝×4×1 m＋4× m＝36 m，故A、B正确；根据题图丙可知物体C在传送带上一直加速，根据v -t图像与横轴围成的面积表示位移可得LPQ＝×tC×3 m/s，解得tC＝24 s，根据vC＝atC，可得C在传送带上运动的加速度大小为a＝＝ m/s2，对C由牛顿第二定律得a＝μg，可得C与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.012 5，故C错误，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.(2026·辽宁葫芦岛期末)在倾斜传送带的顶端由静止释放物块，当传送带静止时，物块滑到传送带底端用时t0；当传送带顺时针转动时，物块从静止滑到传送带底端用时t1；当传送带逆时针转动时，物块从静止滑到传送带底端用时t2。下列关系正确的是(　　) A.t1＝t2 B.t2＝t0 C.t1＝t0 D.t0＝ 答案：C 解析：传送带静止时，物块能够向下滑动，表明重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，设传送带长度为L，则有L＝a1，解得t0＝。当传送带顺时针转动时，物块相对于传送带始终向下运动，物块所受滑动摩擦力始终沿传送带向上，即物块始终向下以加速度a1做匀加速直线运动，则有L＝a1，解得t1＝t0＝，故C正确。当传送带逆时针转动时，物块开始相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，物块向下做匀加速直线运动。若传送带速度较大，物块始终没有与传送带速度达到相等，则有L＝a2，解得t2＝；若传送带速度较小，物块以a2匀加速至与传送带速度相等后再以a1向下加速，该过程物块的平均加速度大于a1，根据位移与时间公式，综上可知，有t0＝t1＞t2，则有t0＞，故A、B、D错误。 题组2　动力学中的“滑块—木板”模型 6.(多选)(2026·重庆市巴蜀中学月考)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力方向均与各自运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C.A长度至少为3 m D.长木板A的质量是4 kg 答案：BD 解析：摩擦力与物体相对运动的方向相反，由题意可知，木板A的运动方向与所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小为aB＝＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝mBaB，可解μ＝0.2，故B正确；由题图乙可知0～1 s内二者相对运动，相对位移大小为Δx＝×1×3 m＝1.5 m，则A长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小为aA＝＝1 m/s2，又μmBg＝mAaA，联立解得mA＝4 kg，故D正确。 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.(2026·江苏省苏锡常镇二模)如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ＜tan θ。不计滑块在传送带连接处的能量损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长。下列说法正确的是(　　) A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B.滑块一定可以回到A点 C.滑块最终停留在B点 D.若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方 答案：A 解析：因μ＜tan θ，可得mgsin θ＞μmgcos θ，所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确。若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故B错误。滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。由B项分析可知，若增大水平传送带的速率，滑块第二次到达B点时的速度小于或等于第一次到达B点的速度，滑块可以运动到A点或A点下方，不可能到达A点上方，故D错误。 9.(8分)如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝3 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16 m。在平板的上端A处放一可视为质点、质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。 答案：2 s 解析：由于Mgsin 37°＜μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，滑块在平板上滑动时加速度大小a1＝gsin 37°＝6 m/s2 到达B点时速度v＝＝6 m/s 之后滑块滑离平板，在斜面上运动时的加速度大小a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 设滑块在斜面上运动的时间为t，则有 LBC＝vt＋a2t2 代入数据解得t＝2 s 对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度为 a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 设平板下端B滑至斜面底端C所用时间为t'，则有LBC＝a3t'2 代入数据解得t'＝4 s 滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为Δt＝t'－t＝2 s。 学生用书⬇第55页 学科网（北京）股份有限公司 $