第3章 第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

**基本信息** 聚焦传送带与板块模型，以摩擦力分析为核心，通过牛顿运动定律与运动学公式构建多过程问题解决逻辑，强化模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|4题（如第2题）|倾斜/水平传送带、运动状态判断、摩擦力方向分析|摩擦力性质判断→牛顿第二定律求加速度→v-t图像分析运动过程| |板块模型|6题（如第3题）|板块相对运动、多过程受力分析、临界状态计算|系统/隔离法受力分析→加速度关系推导→相对位移公式应用|

[课时跟踪检测] 1.如图甲所示,将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上,取向右为速度的正方向,物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示,下列描述正确的是 (　 ) A.小物块一直受滑动摩擦力 B.传送带做顺时针的匀速运动 C.传送带做顺时针的匀加速运动 D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 解析:选C　由题图乙可知,物块先做加速运动,当与传送带共速后,与传送带一起做顺时针的匀加速运动,故B错误,C正确;当物块与传送带共速后一起顺时针加速,物块受静摩擦力。物块也不可能从图甲的左端滑下传送带,故A、D错误。 2.如图所示,足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动,一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则 (　 ) A.滑块受到的摩擦力方向保持不变 B.滑块的加速度保持不变 C.若减小传送带的倾角,滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D.若传送带改为顺时针转动,滑块可能先做加速运动后做匀速运动 解析:选C　设滑块质量为m,传送带倾角为θ,刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,滑块向下匀加速运动,当滑块与传送带达到共同速度时,如果mgsin θ>μmgcos θ,则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,则滑块继续向下加速运动,加速度大小改变,故A、B错误;若减小传送带的倾角,当滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ≤μmgcos θ,此后滑块与传送带一起匀速运动,所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动,故C正确;若传送带改为顺时针转动,若mgsin θ≤μmgcos θ,滑块不能向下运动,若mgsin θ>μmgcos θ,则滑块一直向下匀加速运动,故D错误。 3.如图甲所示,一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22 N的水平外力拉长木板,取g=10 m/s2,则小物块在长木板上滑行的时间为 (　 ) A.1 s B.2 s C. s D. s 解析:选A　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F>2 N时二者开始加速,表明长木板受水平面的滑动摩擦力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,小物块的加速度a1=4 m/s2。改用F=22 N的外力水平拉长木板时,由牛顿第二定律可得F-Ff1 -Ff2=Ma,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2-a1t2=L,解得t=1 s,故A正确。 4.一辆货车在平直道路上以加速度a向右加速行驶,车厢中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止。A、B间的动摩擦因数为μ1,B与车厢底面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 (　 ) A.a可能大于μ1g B.a可能大于μ2g C.A对B的摩擦力水平向右 D.车厢底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力 解析:选D　车厢中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,对木箱A由牛顿第二定律,则有μ1mAg≥mAa,解得a≤μ1g,即加速度a不可能大于μ1g,A错误;木箱A、B看成整体,由牛顿第二定律可得μ2(mA+mB)g≥(mA+mB)a,解得a≤μ2g,即加速度a不可能大于μ2g,B错误;A向右做加速运动,则B对A的摩擦力向右,由牛顿第三定律可知,A对B的摩擦力水平向左,C错误;对木箱B受力分析可知,B在水平方向受车厢底面向右的摩擦力、A对B水平向左的摩擦力,由牛顿第二定律可得fB厢-fAB=mBa,因加速度a>0,所以车厢底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力,D正确。 5.如图甲所示,上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t=0时,小车以速度v0向右运动,将小滑块无初速度地放置于小车的右端,最终小滑块恰好没有滑出小车。图乙为小滑块与小车运动的v⁃t图像,图中t1、v0、v1均为已知量,重力加速度大小为g。由此不可求得的物理量是 (　 ) A.小车的长度 B.小滑块的质量 C.小车在匀减速运动过程中的加速度 D.小滑块与小车之间的动摩擦因数 解析:选B　最终小滑块恰好没有滑出小车,由图像可求出小车的长度L=t1-t1=t1,故A不符合题意;根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度,无法求出小滑块的质量,故B符合题意,C不符合题意;对小滑块,由v⁃t图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小,即a=,再由牛顿第二定律得a===μg,联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ=,故D不符合题意。 6.(2025·盐城市四校月考)如图甲所示,长木板静止在光滑水平地面上,质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端滑上木板上表面,经过Δt恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段(如图乙),该滑块仍以v0从木板左端滑上木板上表面,也经过Δt时间,下列物体的位置关系示意图中正确的是 (　 ) 解析:选C　设木板的质量为M,滑块与木板间的动摩擦因数为μ,第一次运动过程,滑块一直减速,加速度大小a1==μg,木板一直加速,加速度大小a2=;第二次运动过程,滑块的加速度仍为a1,滑块在木板第一部分上运动时木板整体的加速度仍为a2,在第二部分上运动时第一部分停止加速,第二部分的加速度a3==,滑块与木板第二部分共速后二者一起做匀速运动;作出两过程的v⁃t图像如图所示,其中实线表示第一次运动过程,虚线表示第二次运动过程,由v⁃t图线与t轴围成的面积表示位移可知,在Δt时间内,第二次运动木板第二部分的位移大于第一次运动木板整体的位移,第二次运动滑块的位移大于第一次运动滑块的位移,同时第二次运动滑块与木板的相对位移小于第一次运动,即第二次运动滑块没有到达木板最右端,故选C。 7.(2025·苏锡常镇二模)如图所示,一水平固定传送带与一倾斜固定传送带在B点相接,倾斜传送带与水平面的夹角为θ,两传送带均以速率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),滑块与两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,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 解析:选A　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做匀加速运动,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做匀减速运动,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,受力情况总相同,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的加速度总相同,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、D错误。由以上分析可知,滑块将在B点两侧做往复运动,不会停止运动,故C错误。 8.如图,质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上,二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连,乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度,此后运动过程中乙始终不脱离挡板,且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为 (　 ) A.2mgsin θ B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ 解析:选C　物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小值为0,对乙有F弹1=mgsin θ,对甲有F弹1+mgsin θ=ma,物块甲运动至最低点时,根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma,对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ,故选C。 9.(8分)(2025·连云港期中)如图所示,水平传送带以速度v0=2 m/s匀速转动,A、B两端的距离L=5 m。将一小物块无初速度地轻放在传送带上的A端,物块和传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)物块加速过程中的加速度大小a;(3分) (2)物块从A端运动到B端的时间t。(5分) 解析:(1)根据牛顿第二定律有μmg=ma 可得物块加速过程中的加速度大小a=μg=5 m/s2。 (2)物块加速运动的时间t1==0.4 s,加速运动的位移大小为x=a=0.4 m<L, 物块与传送带共速后做匀速运动,匀速运动的时间t2==2.3 s 可知物块从A端运动到B端的时间 t=t1+t2=2.7 s。 答案:(1)5 m/s2　(2)2.7 s 10.(18分)(2025·宿迁质检)如图,倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上,一质量m1=2 kg的木板A以v0=3 m/s的初速度沿斜面匀速下滑,木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2=1 kg的滑块B轻放在木板A上,滑块B可视为质点,与木板A之间的动摩擦因数为μ2,且μ2=μ1。当木板A的速度刚减为零时,滑块B恰好从下端滑离木板,滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长,sin θ=0.4,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号);(3分) (2)滑块B刚放在木板A上时,滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1;(6分) (3)滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。(9分) 解析:(1)开始时,木板A能够匀速下滑,有m1gsin θ=μ1m1gcos θ,解得μ1=tan θ=。 (2)刚放上滑块B时,对滑块B受力分析,如图甲所示,由牛顿第二定律可得m2gsin θ+μ2m2gcos θ=m2a2 又μ2=μ1,解得a2=6 m/s2 对木板A受力分析,如图乙所示 由牛顿第二定律可得μ2m2gcos θ+μ1(m1+m2)gcos θ-m1gsin θ=m1a1 解得a1=3 m/s2。 (3)设经过t1时间木板A与滑块B共速,共速时的速度为v,对A、B分别有v=v0-a1t1,v=a2t1 联立解得t1= s,v=2 m/s 设共速时滑块B相对木板A向上滑动的位移大小为Δx1, 有Δx1=t1-t1=0.5 m　 共速后,再对滑块B受力分析,如图丙所示 由牛顿第二定律可得 m2gsin θ-μ2m2gcos θ=m2a2' 解得a2'=2 m/s2 对木板A受力分析,如图丁所示 由牛顿第二定律可得μ1(m1+m2)gcos θ-μ2m2gcos θ-m1gsin θ=m1a1',解得a1'=1 m/s2 设再经过t2时间木板A速度减为零,有t2==2 s 此时滑块B的速度大小为v2=v+a2't2=6 m/s 设共速后滑块B相对木板A向下滑动的位移大小为Δx2, 有Δx2=t2-t2=6 m 由于Δx2>Δx1 则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为 s=Δx2=6 m。 答案:(1)　(2)6 m/s2　3 m/s2　(3)6 m 17 / 71 $