课时跟踪检测(17) 牛顿运动定律的综合应用(2)(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律在传送带、板块模型中的综合应用，通过多情境题型构建“受力分析-加速度计算-运动过程分析”的逻辑链条，渗透科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|4题|涵盖水平/倾斜传送带、多过程运动，结合v-t图像分析|基于摩擦力方向判断→牛顿第二定律求加速度→运动学公式分析位移与时间，体现运动和相互作用观念| |板块模型|3题|涉及物块与木板相对运动、动摩擦因数关联，含图像信息题|通过整体与隔离法受力分析→加速度关系推导→运动状态判断，强化科学推理与模型建构能力|

课时跟踪检测(十七)　牛顿运动定律的综合应用(二) 1.如图所示,水平传送带以v=1 m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速地放在A处,物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.物体在传送带上的加速时间为0.5 s B.物体从A处到B处的时间为2 s C.物体刚被放上传送带时的加速度大小为1 m/s2 D.若传送带的速度足够大,物体从A处到B处的最短时间为1.5 s 2.如图所示,足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动,一滑块从传送带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 3.(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v0时,将一物块轻放到木板上,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—时间图像可能是下列选项中的 (　　) 4.(2025·辽宁沈阳二模)如图所示,水平传送带以v0=2 m/s的速度顺时针匀速转动,质量均为m=0.5 kg的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带,滑上时速度的大小均为v=4 m/s,两滑块在传送带上恰好相遇未相碰,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8 s B.A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4 m C.传送带的长度为6 m D.滑块从滑上传送带到相遇,两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10 J 5.(2025·湖北武汉模拟)(多选)如图甲所示,质量为mB=1 kg的长木板B放在水平面上,质量为mA=2 kg的物块A放在木板上,开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上,当F从0开始逐渐增大时,物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示,图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.木板与水平面间的动摩擦因数为0.1 B.物块与木板间的动摩擦因数为0.3 C.图乙中F2=5.5 N D.图乙中F1=4 N 6.(12分)(2025·安徽合肥模拟)如图甲所示,机场使用倾角θ=37°的传送带,将每个质量m=10 kg的行李箱从地面运送到高h=3 m的出发平台。机械手每隔8秒就将一个行李箱放到传送带底端,传送带以v0=2 m/s的速度顺时针匀速转动。行李箱在传送带上的v⁃t图像如图乙所示。已知各行李箱与传送带间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)行李箱与传送带间的动摩擦因数μ;(3分) (2)传送带上最多同时输送的行李箱数量;(4分) (3)在机械手放置第一个行李箱开始计时的1分钟内,电动机因运送行李箱需多做的功。(5分) 7.(16分)传送带可以将货箱从高处传送到低处的平板上,简化原理如图所示。已知传送带顺时针匀速转动的速率为v0=3 m/s,将质量m=20 kg的物块无初速度地放在传送带的顶端A处,物块到达底端B处后能无碰撞地滑上质量为M=20 kg的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.3,传送带与水平地面的夹角为θ=37°,AB两端的距离s=7.2 m,物块可视为质点,且木板足够长。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)物块在传送带上刚开始下滑时的加速度大小;(2分) (2)物块在传送带上运动的时间;(6分) (3)根据实际需要,木板下表面可以涂抹不同材料的涂层,使得木板与地面间的动摩擦因数μ3满足0.05≤μ3≤0.3。在此μ3范围内,从物块离开传送带直至最终静止的过程中,求物块对地位移的最小值和最大值。(8分) 答案 课时跟踪检测(十七) 1.选C　物体刚被放上传送带时的加速度大小为a==μg=1 m/s2,物体在传送带上的加速时间为t1==1 s,A错误,C正确;物体加速的位移x1=a=0.5 m,匀速的时间t2==1.5 s,物体从A处到B处的时间为t=t1+t2=2.5 s,B错误;若传送带的速度足够大,物体从A处到B处一直加速,则根据L=a,可得最短时间为tmin== s=2 s,D错误。 2.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,滑块沿传送带向下做匀加速运动,当滑块与传送带达到共同速度时,由于滑块一直做加速运动,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可能有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;由于传送带沿逆时针方向转动时滑块一直做加速运动,可知mgsin θ>μmgcos θ,若传送带改为顺时针转动,则滑块一直向下做匀加速运动,故D错误。 3.选C　如图所示,设二者达到速度v'后,一起匀减速至t1时刻停止。对物块,有μ1mg=ma1,则a1=μ1g=,对木板,有μ1mg+μ2·2mg=ma2,则a2=μ1g+2μ2g=,二者一起匀减速时,有μ2·2mg=2ma2',则a2'=μ2g=。当v'=v0时,可推出a1=a2,矛盾,故A、B均错误;当v'=v0时,可推出t1=3t0,故C可能正确;当v'=v0时,可推出t1=1.5t0,故D错误。 4.选D　因为v>v0,故A滑上传送带后先减速后匀速,B滑上传送带后先减速,再反向加速,最后匀速,当两滑块都做匀速运动时刚好相遇,设滑块滑上传送带后的加速度大小为a,有μmg=ma,解得a=2.5 m/s2,A减速运动的时间tA==0.8 s,B从滑上传送带到匀速运动的时间tB==2.4 s,故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4 s,故A错误;两滑块相遇时与传送带左端的距离即A的位移,为xA=(v+v0)tA+v0(tB-tA)=5.6 m,故B错误;相遇前B的位移为xB=(v-v0)tB=2.4 m,方向向左,则传送带的长度为xA+xB=8 m,故C错误;A与传送带间的相对位移为ΔxA=xA-v0tB=0.8 m,B与传送带间的相对位移为ΔxB=xB+v0tB=7.2 m,故产生的总热量为Q=μmgΔxA+μmgΔxB=10 J,故D正确。 5.选AD　由题图乙知,当F0=3 N时,物块与木板开始运动,则有F0=μ0(mA+mB)g,解得μ0=0.1,故A正确;由题图乙知,当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律有μ1mAg-μ0g=mBa0,解得μ1=0.2,对小物块,根据牛顿第二定律有F2-μ1mAg=mAa0,解得F2=6 N,故B、C错误;当F>F2时,物块与木板相对滑动,对物块,根据牛顿第二定律有F-μ1mAg=mAa,变形得a=-μ1g+,由题图乙得=,解得F1=4 N,故D正确。 6.解析:(1)由题图乙可知,行李箱运动的加速度为a==0.4 m/s2 根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得μ=0.8。 (2)传送带的长度为L==5 m 行李箱加速运动的位移为x0=t1=5 m 所以行李箱在倾斜传送带上一直做匀加速运动,无匀速阶段。每8秒放置1个,运输时间为5秒,传送带上最多存在1个行李箱。 (3)行李箱在传送带上由底端到平台的过程中,摩擦力对传送带做功的大小为W01=μmgcos θ·v0t1=640 J 所以每传送一个行李箱,电机多消耗的能量为E0=W01=640 J 1分钟内传送带共传送=7.5,取8个行李箱,其中7个全部到顶端,一个加速了4 s,则电动机多做的功为E总=7W01+W01=4 992 J。 答案:(1)0.8　(2)1个　(3)4 992 J 7.解析:(1)物块在传送带上刚开始下滑时,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律有mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1 解得a1=10 m/s2。 (2)物块在传送带上从刚开始下滑到与传送带共速用时t1==0.3 s 该过程物块位移x1=t1=0.45 m<s 因为tan θ>μ1 故物块还要加速运动,滑动摩擦力变为沿传送带向上,此时加速度大小 a2==2 m/s2 则有s-x1=v0t2+a2 解得t2=1.5 s(另一结果为负值,舍去) 故物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=1.8 s。 (3)由以上分析可知物块到达传送带底端时的速度大小v=v0+a2t2=6 m/s 若物块滑上木板后木板处于静止状态,则有μ2mg≤μ3g 解得μ3≥0.15 可知,当木板与地面间的动摩擦因数在0.15到0.3之间时,木板始终处于静止状态,物块在木板上向右做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有μ2mg=ma3 解得a3=3 m/s2 此时,物块相对地面运动的位移最小,根据速度与位移的关系式可知最短位移大小 xmin==6 m 当木板与地面间的动摩擦因数小于0.15时,物块先以a3向右做匀减速直线运动,木板此时向右做匀加速直线运动,两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动,当木板与地面间的动摩擦因数等于0.05时,物块最终相对于地面的位移达到最大值,两者达到相等速度之前,对木板有 μ2mg-μ3g=Ma4 解得a4=2 m/s2 设历时t3两者达到相等速度,则有 v共=v-a3t3=a4t3 解得t3=1.2 s,v共=2.4 m/s 此过程物块的位移大小x3=t3=5.04 m 之后两者保持相对静止,对整体,根据牛顿第二定律有μ3g=(m+M)a5 解得a5=0.5 m/s2 故此后二者位移大小x4==5.76 m 则物块相对于地面的位移的最大值为xmax=x3+x4=10.8 m。 答案:(1)10 m/s2　(2)1.8 s　 (3)6 m　10.8 m 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $