安徽省蚌埠第二中学2026-2027学年高三上学期物理第三次练习（B）

蚌埠第二中学2026-2027学年第一学期高三年级 物理学科第三周第2次练习 命制人：窦月 审核人：张小燕 一、多选题 1．如图所示，质量分别为和的物体A、B，通过轻绳跨过轻质定滑轮相连接，在水平力的作用下，B沿水平地面向右运动，A恰以速度匀速上升。已知B与水平面间的动摩擦因数为0.2，不计滑轮摩擦，重力加速度取。当B运动到使轻绳与水平方向成时（已知）。下列选项中正确的是（　　） A．B所受摩擦力为 B．B所受摩擦力为 C．B的速度大小为 D．小于 2．一个包裹以的初速度从右侧冲上了匀速运动的传送带，传送带速度向右大小为，假设传送带足够长，包裹在传送带上经速度减为零，，则（     ） A．包裹与传送带间动摩擦因数为 B．包裹1s时与传送带共速 C．包裹与传送带共速后，受到传送带的静摩擦力作用 D．内包裹在传送带上留下的摩擦痕迹为 3．如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。时，将一煤块（可视为质点）轻放在传送带上，内煤块的图像如图乙所示。已知重力加速度g。则下列说法正确的是（　　） A．传送带的运行速率为 B．煤块与传送带之间的动摩擦因数为 C．内煤块的位移为 D．内煤块在传送带上留下的痕迹长度为 4．如图所示，长度为质量为1kg的3个木板紧挨着静止在水平面上，现有一质量为3kg可视为质点的小物块以初速度滑上第一块木板，已知小物块与木板的动摩擦因数为，木板与地面的动摩擦因数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的有（　　） A．小物块离开第一块木板时的速度为 B．小物块在第二块木板上滑行的时间为2s C．小物块在第二块木板上滑行时，第二块木板对第三块木板的推力为3N D．小物块最终停留在第三块木板的中点位置处 5．水平地面上有质量为M的木板，一质量为m的物块静止放在木板的左端，如图甲所示。现用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t变化的关系如图乙所示，木板的加速度a随时间t变化的关系如图丙所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。则（     ） A．时刻物块与木板发生相对滑动 B．时刻木板的速度大小为 C．摩擦因数的关系满足 D．时间内合力对木板做的功为 二、解答题 6．如图所示，左侧有一长为的传送带，以速度顺时针转动，右侧有一质量为、长为的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为的小物块（可视为质点）以初速度从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)小物块刚滑上长木板时的速度大小； (2)小物块的最终速度大小； (3)全过程系统产生的内能。 试卷第2页（共2页） 试卷第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 《连接体、传送带、板块问题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 答案 ACD AD AC AD BC 1．ACD 【详解】C．设B的速度大小为，根据速度的合成与分解，可得 解得 B向右运动的过程中，减小，故减小，所以B向右做减速运动，当时B的速度为 故C正确； AB．由题知，A向上做匀速运动，对A受力分析，根据平衡条件可得轻绳的拉力为 因B向右做减速运动，水平方向合外力不为零，故不能用平衡条件求B所受的滑动摩擦力大小，则当时，对B受力分析，根据正交分解，在竖直方向受力平衡，则有 解得 则B所受滑动摩擦力为 故A正确，B错误； D．设B向右做减速运动的加速度为a，在水平方向，根据牛顿第二定律有 解得 即 代入数据解得 故D正确。 故选ACD。 2．AD 【详解】AB．取向右为正方向，包裹相对传送带向左滑动，所受滑动摩擦力方向向右。由匀变速直线运动速度公式，包裹在时速度减为零，故 整理得 包裹竖直方向受力平衡，有 水平方向由牛顿第二定律得 滑动摩擦力满足 联立得 包裹速度减为零后，因其速度小于传送带速度，仍受向右的滑动摩擦力，加速度仍为。由匀变速直线运动速度公式，以该段初速度为零，达到传送带速度时有 整理得 包裹首次与传送带共速的时刻为 B项所给时间与首次共速时刻不符，故A正确，B错误； C．共速后包裹与传送带一起做匀速直线运动，包裹的加速度为。水平方向只有传送带对包裹的摩擦力，由牛顿第二定律得，故C错误； D．在前内，由匀变速直线运动位移公式 代入得 包裹向左运动的路程为 传送带做匀速直线运动，由位移公式，其位移满足 代入得 由于包裹与传送带在这段时间内运动方向相反，划痕长度等于相对位移的大小，故 代入得，故D正确。 故选AD。 3．AC 【详解】B．煤块刚放上传送带时，速度小于传送带速度，受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律，物体刚滑上传送带时的加速度大小满足 解得 当煤块速度超过传送带速度后，摩擦力沿斜面向上，同理可知，煤块的加速度为 设传送带的速度为，由图像可知，时煤块速度等于传送带速度，时煤块速度等于， 因此， 故有 代入， 可知 解得，故B错误； A．因此煤块的加速度， 由图像可知，时煤块速度等于传送带速度，因此，故A正确； C．时间内，煤块的位移 时间内，煤块的位移 因此内煤块的位移为，故C正确； D．时间内，传送带的位移为 故时间内，煤块相对传送带的位移方向沿传送带斜向上，大小为 时间内，传送带的位移为 故时间内，煤块相对传送带的位移方向沿传送带斜向下，大小为 考虑两段时间内煤块相对传送带留下的痕迹有重叠区域，痕迹取最大的相对位移，故内煤块在传送带上留下的痕迹长度为，故D错误。 故选AC。 4．AD 【详解】A．小物块在第一块木板上滑动时，物块对木板的摩擦力 三个木板与地面间的最大静摩擦力 可知三个木板静止，小物块做减速运动的加速度为 则离开第一块木板时的速度为，A正确； B．小物块在第二块木板上滑行时，此时两个木板与地面间的最大静摩擦力 可知两个木板产生滑动，两木板的加速度为 当小物块滑离第2个木板时 解得t=0.4s（或者t=2s，该结果不符合题意，舍掉），即小物块在第二块木板上滑行的时间为0.4s，B错误； C．小物块在第二块木板上滑行时，对第3个木板分析可知 解得F=1.5N，即第二块木板对第三块木板的推力为1.5N，C错误； D．小物块滑离第2个木板时，小物块的速度 第2、3块木板的速度 滑上第3块木板时，第三块木板的加速度当两者共速时 解得 此过程中小物块相对第三块木板的位移 以后小物块和木板一起做减速运动直到停止，则小物块最终停留在第三块木板的中点位置处，D正确。 故选AD。 5．BC 【详解】A．根据受力分析可知，对的摩擦力与地面对的摩擦力的合力对提供加速度。 根据丙图可知，时刻，与地面发生相对滑动，开始运动；时刻，与发生相对滑动，在此之后两个摩擦力均为滑动摩擦力，合力大小不变，加速度大小不变，故A错误； B．图像与围成的面积表示速度，可得时刻木板的速度大小为，故B正确； C．对的滑动摩擦力 地面对的滑动摩擦力 根据丙图可知，与地面先发生相对滑动，与后发生相对滑动，可得 解得，故C正确； D．时刻，木板的速度大小为 时间内，由动能定理得合力对木板做的功为，故D错误。 故选BC。 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块滑上传送带时初速度，传送带顺时针转动，故小物块受到的摩擦力水平向左，在传送带上做匀减速运动，由牛顿第二定律可知 代入数据解得 假设小物块能减速到与传送带共速，则此过程的位移满足 解得 说明小物块在传送带上全程都在匀减速，未达到传送带速度。故小物块滑到传送带末端的速度大小满足 解得 因此小物块刚滑上长木板时的速度大小为。 （2）长木板所在的水平面光滑，小物块滑上长木板后做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律可知它们的加速度大小分别满足， 解得， 设小物块和长木板达到共速所需的时间为，则 解得， 即小物块的最终速度大小为。 （3）小物块在传送带上运动的时间 在该段时间内，小物块和传送带的位移分别为， 两者的相对位移为 因此产生的内能为 小物块在长木板上滑行阶段，由能量守恒定律可知，产生的内能满足 代入数据解得 因此全过程的总内能为 答案第2页（共5页） 答案第1页（共5页） 学科网（北京）股份有限公司 $