专题05 牛顿运动定律的应用——连接体、传送带和板块模型 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

专题05牛顿运动定律的应用——连接体、传送带和板块模型（解析版） 3大高频考点概览 考点01 连接体模型 考点02 传送带模型 考点03 板块模型 考点01 连接体模型 一、单选题 1．如图所示，跨过光滑定滑轮的轻质细绳分别与甲、乙两个物块相连，甲位于光滑的水平平台上，乙竖直悬挂，平台上方的细绳水平，甲离定滑轮足够远，乙离地面足够高。甲的质量为m，乙的质量为，重力加速度为，由静止释放两物块，则释放后细绳对物块甲的拉力大小为（     ） A． B． C． D． 2．如图所示，箱子用轻绳吊在空中，箱子内有质量均为的A、B、C三个物块叠放，处于静止状态，A、B、C中心在同一竖直线上，轻弹簧在弹性限度内，重力加速度为，则剪断轻绳的一瞬间，下列说法正确的是（　　） A．弹簧对A的弹力变小 B．箱子的加速度大小等于 C．B、C间的作用力为零 D．C的加速度大小等于0 二、多选题 3．如图所示，可视为质点的小球A、B、C通过不可伸长的轻绳连接，分别悬挂于定滑轮两侧，A、B的质量均为m，C的质量为。在外力作用下，系统处于静止状态，A、B之间距离为L，B离地高度为L，C离地高度为2L；撤去外力后，C始终不与定滑轮相碰，A、B触地后均不反弹。忽略空气阻力和摩擦，重力加速度为g。则在小球C向上运动的过程中，小球C的（     ） A．加速度大小为 B．最大速度为 C．上升时间为 D．离地最大高度为 4．如图所示，两个质量均为的物块，由劲度系数为的轻弹簧连接。在大小为的水平拉力（作用在B上）作用下，两物块在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。设弹簧原长为，突然撤掉拉力，下列说法正确的是（     ） A．撤掉拉力的瞬间，弹簧的长度为 B．撤掉拉力的瞬间物块B的加速度大小为 C．到A、B的速度再次相同时，两物块的位移差为 D．之后A、B及弹簧系统的运动满足机械能守恒，但动量不守恒 5．如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1kg，B的质量是2kg，A、B间的动摩擦因数为μ，其他摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中，A、B恰好不发生相对滑动（C未落地，B未撞到滑轮，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，）。下列说法正确的是（     ） A．细绳对C物体的拉力大小等于10N B．动摩擦因数 C．B物体的加速度大小是 D．若撤去物体C，改用的水平拉力拉B，A、B也不发生相对滑动 考点02 传送带模型 一、单选题 6．某工厂流水线上的水平传送带如图所示，传送带长8m，当物体从右侧以3m/s的初速度滑上传送带的瞬间，传送带以0.5m/s2的加速度从静止开始逆时针加速转动，达到最大速度2m/s后保持匀速转动。物体与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2，则物体在传送带上运动的时间为（     ） A．3.25s B．4.5s C．5.75s D．6s 二、多选题 7．如图1所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根水平轻弹簧的两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰好处于原长。物块向右运动的过程中，加速度与位移的关系如图2所示，其中、为已知量，~之间加速度为0。已知物块的质量为m，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（     ） A．物块与传送带间的动摩擦因数为 B．传送带的速度大小为 C．弹簧的劲度系数为 D．物块向右运动的最大距离为 8．倾角的传送带以大小的速度顺时针转动，一质量的煤块（视为质点）无初速度地从传送带底端滑到的顶端，煤块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，，传送带的传送轮的大小不计，则（     ） A．煤块加速阶段的加速度大小为 B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为 C．煤块到达传送带顶端时的速度大小为 D．增大传送带的速度，煤块从传送带底端运动到顶端的时间不变 9．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，将质量的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度，则（     ） A．传送带的速率 B．传送带的倾角 C．物体与传送带之间的动摩擦因数 D．0~2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为5m 三、解答题 10．如图甲所示，机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送到低处平板车上，简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为，将质量的物块无初速度地放在传送带的顶端，物块到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，木板与地面之间的动摩擦因数为。已知传送带与水平地面夹角，两端的距离为，物块可视为质点，木板足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知，）。求： (1)物块刚放上传送带时的加速度； (2)物块滑上木板左端时的速度大小； (3)要使物块恰好不会从木板上掉下，木板长度应是多少？ 一、单选题 考点03 板块模型 11．如图，倾角为的斜面上放有质量为的木板和质量为的物块，与斜面间动摩擦因数为，与间动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，不考虑物块从木板上掉下。下列说法正确的是（　　） A．若初始时刻由静止释放，同时具有沿上表面向下的初速度，则将保持静止 B．若初始时刻、都由静止释放，则接下来、将做加速度不等的匀加速直线运动 C．若初始时刻，都以速度沿斜面向下运动，则，将会保持相对静止 D．若初始时刻、都以速度沿斜面向上运动，则接下来会相对向下滑动 12．如图所示，A、B两物块的质量分别为mA=3kg和mB=2kg，静止叠放在水平地面上。已知A、B间的动摩擦因数为μ1=0.6，B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，重力加速度g取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对A施加一水平拉力F，则（     ） A．无论F为何值，B加速度大小不会超过3m/s2 B．当F<18N时，A与B相对地面静止 C．当F>26N时，A与B发生相对滑动 D．当F=20N时，A的加速度大小为2m/s2 13．如图所示为一智能仓储系统用升降试验舱检验货物在不同情况下防滑性能装置的简化示意图。质量为M的长板B置于光滑的试验舱水平地面上，质量为m的物块A置于B上，A、B间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。实验前A、B处于静止状态。实验过程中，对B施加水平向右的恒力F。第一阶段，试验舱以大小为的加速度竖直向上做匀加速直线运动，此时A、B恰要发生相对滑动且B水平方向加速度大小为。第二阶段，试验舱以大小为的加速度竖直向下做匀加速直线运动，保持F不变，此时A、B发生相对滑动且B水平方向加速度大小为。重力加速度大小为g，则实验过程中使用的物块A和长板B的质量之比为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 14．如图所示，质量分别为和的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（     ） A．当时，A、B都相对地面运动 B．当时，A、B间相对滑动 C．当时，B的加速度等于 D．无论F为何值，A的加速度不会超过 15．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左面上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力作用在物块上，随时间的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻的大小。木板的加速度随时间的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为。则（     ） A． B． C． D．在时间段物块与木板相对静止 16．如图所示，物块叠放在木板上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，、间的动摩擦因数，现对施加一水平向右的拉力，测得的加速度与拉力的关系如图乙所示，下列说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取）（     ） A．、间的最大静摩擦力为 B．当 时，与相对静止 C．质量为，质量为 D．当时，、间摩擦力为 三、解答题 17．如图所示，足够长木板B静止在光滑水平面上，在木板左端放置小滑块A，已知滑块A、木板B的质量均为 ，滑块与木板间动摩擦因数为，现对滑块施加水平向右的外力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)使滑块A与木板B发生相对滑动的最小外力； (2)若外力的大小随时间的大小变化关系为，求时木板B的速度。 18．如图所示，光滑水平地面上有一长度为的木板，质量为。质量的小滑块（可视为质点）放在木板的右端，与长木板间的动摩擦因数为，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板施加一水平向右的拉力，若认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)判断小滑块和木板能否保持相对静止？写出必要的推理过程。 (2)若能保持相对静止，求小滑块与木板间的静摩擦力大小；若不能，求从给木板施加力开始到小滑块离开木板时的时间。 19．如图所示，一个质量的足够长木板置于水平面上，一可视为质点的物块质量，初始时刻物块处于木板右端。木板与水平面间、物块与木板间的动摩擦因数分别为和。现对木板施加一水平向右的拉力，同时给物块一水平向左的初速度，后撤去拉力。不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)小物块向左运动的最远距离； (2)时木板的速度大小和0~11 s内木板的位移大小； (3)两者最后都静止时，物块到木板右端的距离。 20．如图所示，在粗糙的水平地面上有一质量为的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为的小物块A（可视为质点）。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为和，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时A、B均静止，现用水平向右的恒力拉长木板B，取重力加速度。 (1)当长木板B刚好相对地面开始滑动时，求水平拉力的大小； (2)当小物块A刚好相对长木板B开始滑动时，求水平拉力的大小； (3)当水平拉力，作用后撤掉该力，小物块A最终不滑离长木板B，求长木板B的最小长度L。 21．如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等都为2kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。求： (1)滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数?长木板P与地面之间的动摩擦因数? (2)水平向右的力F的大小? (3)小滑块Q最终停在长木板P的位置与板右侧的距离? 22．如图甲所示，质量的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为，置于C上，B位于A右方处。A、C间的动摩擦因数，B、C间及C与地面间的动摩擦因数。时刻给C施加一水平向右、大小可调的恒力F。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。 (1)若，求滑块A、B的加速度大小； (2)若，求A、B第一次相遇的时刻； 23．如图1所示，一质量的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的高度为，木棒上有一质量为（为圆木棒质量）的弹性小环。若时刻，小环从木棒上某处以竖直向上的初速度向上滑动，同时撤去作用在木棒上的外力，并立即对小环施加竖直向上的外力，在木棒第一次与弹性地面相碰前，外力的大小与时间的关系如图2所示。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力（之后不再施加外力）。已知木棒与小环间的滑动摩擦力，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，木棒与地面相碰后会以原速率竖直向上弹回，取，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求小环和木棒刚开始运动时的加速度大小分别为多少； (2)求木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小； (3)若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端的距离。 试卷第1页，共3页 1 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05牛顿运动定律的应用——连接体、传送带和板块模型（解析版） 3大高频考点概览 考点01 连接体模型 考点02 传送带模型 考点03 板块模型 考点01 连接体模型 一、单选题 1．如图所示，跨过光滑定滑轮的轻质细绳分别与甲、乙两个物块相连，甲位于光滑的水平平台上，乙竖直悬挂，平台上方的细绳水平，甲离定滑轮足够远，乙离地面足够高。甲的质量为m，乙的质量为，重力加速度为，由静止释放两物块，则释放后细绳对物块甲的拉力大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设两物块运动的加速度大小为a，绳中的张力为T。轻绳不可伸长，甲、乙的加速度大小相等。对甲、乙组成的整体，沿运动方向的合外力只有乙的重力，由牛顿第二定律得 解得 隔离甲，甲在水平方向只受绳的拉力，由牛顿第二定律得 故选C。 2．如图所示，箱子用轻绳吊在空中，箱子内有质量均为的A、B、C三个物块叠放，处于静止状态，A、B、C中心在同一竖直线上，轻弹簧在弹性限度内，重力加速度为，则剪断轻绳的一瞬间，下列说法正确的是（　　） A．弹簧对A的弹力变小 B．箱子的加速度大小等于 C．B、C间的作用力为零 D．C的加速度大小等于0 【答案】D 【详解】A．剪断轻绳瞬间，轻绳拉力消失，但弹簧的形变来不及恢复，弹簧弹力瞬间保持不变。 初始静止时，对B、C整体 弹簧对B向上，对A向下，弹簧形变在瞬间不能突变，因此弹簧对A的弹力仍为，不会变小，故A错误； B．A在箱底上方，若分离则A向下加速度为 而箱子若不受A的压力，向下加速度仅为，因为，A会向下压紧箱底，所以A与箱子不会分离，二者具有相同加速度。 设箱子质量为，共同向下加速度为，对A有；对箱子有 联立解得，故B错误； C．对B、C整体，弹簧弹力向上，总重力向下，二者恰好平衡，所以B、C 整体的加速度为零。 由于B、C 保持接触，二者加速度相同，均为零。由C的平衡条件，B对C的支持力仍为，不为零，故C错误； D．由上面分析，B、C整体合外力为零，二者加速度均为零。因此C的加速度大小等于0，故D正确。 故选D。 二、多选题 3．如图所示，可视为质点的小球A、B、C通过不可伸长的轻绳连接，分别悬挂于定滑轮两侧，A、B的质量均为m，C的质量为。在外力作用下，系统处于静止状态，A、B之间距离为L，B离地高度为L，C离地高度为2L；撤去外力后，C始终不与定滑轮相碰，A、B触地后均不反弹。忽略空气阻力和摩擦，重力加速度为g。则在小球C向上运动的过程中，小球C的（     ） A．加速度大小为 B．最大速度为 C．上升时间为 D．离地最大高度为 【答案】BD 【详解】AB．刚撤去外力时，以C为对象，根据牛顿第二定律可得 以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 当B落地时，C的速度最大，根据运动学公式可得 解得最大速度为，故A错误，B正确； CD．B落地后，A、C组成的系统，根据牛顿第二定律可得 解得A、C做减速运动的加速度大小为 设A落地瞬间，C的速度大小为，根据运动学公式可得 解得 A落地后，C以加速度向上做匀减速运动，继续向上运动的高度为 则C离地最大高度为 C上升的时间为，故C错误，D正确。 故选BD。 4．如图所示，两个质量均为的物块，由劲度系数为的轻弹簧连接。在大小为的水平拉力（作用在B上）作用下，两物块在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。设弹簧原长为，突然撤掉拉力，下列说法正确的是（     ） A．撤掉拉力的瞬间，弹簧的长度为 B．撤掉拉力的瞬间物块B的加速度大小为 C．到A、B的速度再次相同时，两物块的位移差为 D．之后A、B及弹簧系统的运动满足机械能守恒，但动量不守恒 【答案】BC 【详解】A．两物块在光滑水平面上一起做匀加速运动时，对整体由牛顿第二定律得 可得加速度 对物块A，弹簧弹力提供A的加速度得 代入得弹簧伸长量 因此弹簧长度为，故A错误； B．撤掉瞬间，弹簧弹力不会突变，B的合力由向左的弹簧弹力提供，可得 所以B的加速度，故B正确； CD．撤掉后，两物块和弹簧组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，只有系统内的弹力做功，机械能也守恒。当两者速度再次相等时速度为，由动量守恒得 可得 共速时系统总动能 撤掉瞬间，系统初始的总动能 共速时系统总动能和撤去瞬间总动能相等，所以弹簧弹性势能和初始时相等，则弹簧形变量大小相同，即弹簧被压缩了 初始时弹簧伸长，共速时弹簧压缩，两物块的位移差，故C正确，D错误。 故选BC。 5．如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1kg，B的质量是2kg，A、B间的动摩擦因数为μ，其他摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中，A、B恰好不发生相对滑动（C未落地，B未撞到滑轮，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，）。下列说法正确的是（     ） A．细绳对C物体的拉力大小等于10N B．动摩擦因数 C．B物体的加速度大小是 D．若撤去物体C，改用的水平拉力拉B，A、B也不发生相对滑动 【答案】BC 【详解】ABC．当A、B间的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B恰好不发生相对滑动，对A、B整体由牛顿第二定律得 对C由牛顿第二定律得 对A由牛顿第二定律得 代入数据解得：，，，故A错误，BC正确； D．设A、B恰好滑动时的拉力为F，对A由牛顿第二定律得 对A、B整体由牛顿第二定律得 代入数据解得，则改用的水平拉力拉B，A、B发生相对滑动，故D错误。 故选BC。 考点02 传送带模型 一、单选题 6．某工厂流水线上的水平传送带如图所示，传送带长8m，当物体从右侧以3m/s的初速度滑上传送带的瞬间，传送带以0.5m/s2的加速度从静止开始逆时针加速转动，达到最大速度2m/s后保持匀速转动。物体与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2，则物体在传送带上运动的时间为（     ） A．3.25s B．4.5s C．5.75s D．6s 【答案】B 【详解】物体的速度先大于传送带的速度，所以物体先做匀减速运动，加速度大小为 设经过时间，物体与传送带共速，则有 解得， 该过程物体通过的位移大小为 共速后，物体与传送带保持相对静止一起做匀加速直线运动，达到最大速度2m/s后保持匀速转动，该过程所用时间为 该过程物体通过的位移大小为 之后物体做匀速运动的时间为 则物体在传送带上运动的时间为 故选B。 二、多选题 7．如图1所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根水平轻弹簧的两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰好处于原长。物块向右运动的过程中，加速度与位移的关系如图2所示，其中、为已知量，~之间加速度为0。已知物块的质量为m，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（     ） A．物块与传送带间的动摩擦因数为 B．传送带的速度大小为 C．弹簧的劲度系数为 D．物块向右运动的最大距离为 【答案】ABD 【详解】A．刚开始时弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律有 可得物块与传送带间的动摩擦因数为，故A正确； BC．物块向右运动的过程中，在过程中，物块与传送带之间为滑动摩擦力，~之间加速度为0，可知此阶段二者共速，之间为静摩擦力，之后又变为滑动摩擦力，可知 解得弹簧的劲度系数为，故C错误； 设传送带的速度为，由动能定理得 解得传送带的速度大小为，故B正确； D．之后又变为滑动摩擦力，滑块向右做简谐运动，为平衡位置，有 解得振幅为 即物块向右运动的最大距离为，故D正确。 故选ABD。 8．倾角的传送带以大小的速度顺时针转动，一质量的煤块（视为质点）无初速度地从传送带底端滑到的顶端，煤块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，，传送带的传送轮的大小不计，则（     ） A．煤块加速阶段的加速度大小为 B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为 C．煤块到达传送带顶端时的速度大小为 D．增大传送带的速度，煤块从传送带底端运动到顶端的时间不变 【答案】AD 【详解】A．煤块加速阶段对其进行受力分析，由牛顿第二定律有 解得，故A正确； BC．由几何关系可知，传送带到顶端的距离为s，有 假设煤块在传送带上一直加速，设其到达传送带顶端时速度为v，有 则满足提出的假设，煤块在传送带上加速的时间为t，有 该时间内，传送带运动的距离为L，有 则煤块在传送带上的划痕为 但传送带的总长度为 由于 故煤块在传送带上运动过程中，痕迹长度为10m，故BC错误； D．增大传送带的速度，煤块运动过程中的受力情况没有发生变化，则运动情况不变，从传送带底端运动到顶端仍然一直做匀加速运动，时间不变，故D正确。 故选AD。 9．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，将质量的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度，则（     ） A．传送带的速率 B．传送带的倾角 C．物体与传送带之间的动摩擦因数 D．0~2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为5m 【答案】AD 【详解】A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为，故A正确； BC．在0~1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 由图可得 在1.0~2.0s，物体的加速度为 由图可得 联立解得，，故BC错误； D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移 传送带的位移为 物体对传送带的位移大小为 方向向上；1.0~2.0s物体相对于地的位移 传送带的位移为 物体对传送带的位移大小为 方向向下，两部分痕迹相互叠加，故留下的痕迹为5m，故D正确。 故选AD。 三、解答题 10．如图甲所示，机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送到低处平板车上，简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为，将质量的物块无初速度地放在传送带的顶端，物块到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，木板与地面之间的动摩擦因数为。已知传送带与水平地面夹角，两端的距离为，物块可视为质点，木板足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知，）。求： (1)物块刚放上传送带时的加速度； (2)物块滑上木板左端时的速度大小； (3)要使物块恰好不会从木板上掉下，木板长度应是多少？ 【答案】(1)，沿传送带向下 (2) (3) 【详解】（1）物块无初速度放在传送带上，初始速度小于传送带速度，相对传送带向上滑动，滑动摩擦力沿传送带向下。沿传送带方向由牛顿第二定律得 解得，方向沿传送带向下 （2）物块以加速到与传送带共速的位移 共速后，由于 物块会继续相对传送带向下滑动，滑动摩擦力反向沿传送带向上，此时由牛顿第二定律得 解得 剩余位移 由运动学公式 解得 （3）物块滑上木板后，对物块和木板，分别由牛顿第二定律得， 解得物块和木板的加速度分别为， 设经过时间二者共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系得 解得 共速前二者的位移分别为， 解得， 物块与木板共速后一起匀减速运动不再相对滑动，木板长度 一、单选题 考点03 板块模型 11．如图，倾角为的斜面上放有质量为的木板和质量为的物块，与斜面间动摩擦因数为，与间动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，不考虑物块从木板上掉下。下列说法正确的是（　　） A．若初始时刻由静止释放，同时具有沿上表面向下的初速度，则将保持静止 B．若初始时刻、都由静止释放，则接下来、将做加速度不等的匀加速直线运动 C．若初始时刻，都以速度沿斜面向下运动，则，将会保持相对静止 D．若初始时刻、都以速度沿斜面向上运动，则接下来会相对向下滑动 【答案】A 【详解】A．初始时刻具有沿上表面向下的初速度，则受到B沿斜面向下的摩擦力为 受到沿斜面向下的合力为 与斜面间的最大静摩擦力为 由于受到沿斜面向下的合力小于与斜面间的最大静摩擦力，所以将保持静止，故A正确； B．初始时刻静止释放，受到沿上表面方向的合力大小为（方向沿斜面向下） 则沿上表面向下运动，由选项A中分析可知，A将保持静止，故B错误； C．若初始时刻、都以速度沿斜面向下运动且相对静止，则整体加速度大小为 B需要静摩擦力为 由于B需要静摩擦力大于、间的最大静摩擦力 所以、间不会保持相对静止，故C错误； D．若初始时刻A、B都以速度沿斜面向上运动，假设相对静止，则整体加速度大小为（方向沿斜面向下） B需要静摩擦力为，所以、间发生相对滑动。B的加速度大小为 的加速度大小为 两加速度方向均为沿斜面向下，且，减速更快，会相对B向下滑动，故D错误。 故选A。 12．如图所示，A、B两物块的质量分别为mA=3kg和mB=2kg，静止叠放在水平地面上。已知A、B间的动摩擦因数为μ1=0.6，B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，重力加速度g取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对A施加一水平拉力F，则（     ） A．无论F为何值，B加速度大小不会超过3m/s2 B．当F<18N时，A与B相对地面静止 C．当F>26N时，A与B发生相对滑动 D．当F=20N时，A的加速度大小为2m/s2 【答案】D 【详解】A、B间的最大静摩擦力（等于滑动摩擦力）： B与地面间的最大静摩擦力： A．当A、B发生相对滑动后，B的合力为A给的滑动摩擦力减去地面的滑动摩擦力，即 由牛顿第二定律得B的最大加速度 故A错误； B．地面的最大静摩擦力仅为10N，当时，A与B相对地面运动，故B错误； C．A、B刚好发生相对滑动的临界条件是A、B加速度相同，且A、B间静摩擦力达到最大值。对B得临界加速度 对整体得临界拉力 代入得 因此，A与B发生相对滑动，故C错误； D．当时，A、B相对静止，整体合力为 整体加速度 即A的加速度为，此时A、B间静摩擦力为14N，小于最大静摩擦力18N，故D正确。 故选D 。 13．如图所示为一智能仓储系统用升降试验舱检验货物在不同情况下防滑性能装置的简化示意图。质量为M的长板B置于光滑的试验舱水平地面上，质量为m的物块A置于B上，A、B间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。实验前A、B处于静止状态。实验过程中，对B施加水平向右的恒力F。第一阶段，试验舱以大小为的加速度竖直向上做匀加速直线运动，此时A、B恰要发生相对滑动且B水平方向加速度大小为。第二阶段，试验舱以大小为的加速度竖直向下做匀加速直线运动，保持F不变，此时A、B发生相对滑动且B水平方向加速度大小为。重力加速度大小为g，则实验过程中使用的物块A和长板B的质量之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】第一阶段，试验舱竖直向上做匀加速直线运动，物块A处于超重状态，A、B间的正压力 A、B恰要发生相对滑动，A受到的静摩擦力达到最大值，A的水平加速度与B相同，为，由牛顿第二定律得 解得 对长板B，水平方向受到恒力和A对B的静摩擦力 由牛顿第二定律得 解得 第二阶段，试验舱竖直向下做匀加速直线运动，物块A处于失重状态，A、B间的正压力 A、B发生相对滑动，A受到的滑动摩擦力 对长板B，由牛顿第二定律得 联立得 解得 故选C。 二、多选题 14．如图所示，质量分别为和的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（     ） A．当时，A、B都相对地面运动 B．当时，A、B间相对滑动 C．当时，B的加速度等于 D．无论F为何值，A的加速度不会超过 【答案】CD 【详解】A．物块B对地面的总压力为A、B的总重力，因此，只有拉力时，A、B整体才会相对地面滑动。当，拉力小于地面给物块B的最大静摩擦力，因此A、B都保持静止，不会相对地面运动，故A错误； D．物块A的加速度完全由A、B间的摩擦力提供，当二者即将相对滑动时，A的加速度达到最大值，由A、B间的最大静摩擦力提供，有 解得，因此无论F多大，物块A的加速度都不会超过，故D正确； B．当A、B即将相对滑动时，对整体列牛顿第二定律，有 解得刚好相对滑动的临界拉力，即只有时，A、B才会发生相对滑动。 当，未达到相对滑动的临界拉力，因此A、B相对静止，一起加速运动，故B错误； C．当时，A、B相对静止，对A、B整体列牛顿第二定律，有 解得，故C正确。 故选CD。 15．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左面上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力作用在物块上，随时间的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻的大小。木板的加速度随时间的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为。则（     ） A． B． C． D．在时间段物块与木板相对静止 【答案】BCD 【详解】A．由图（c）可知，时物块、木板一起刚要从水平地面滑动，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有，故A错误； BC．由图（c）可知，时物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 联立解得，，故B、C正确； D．由图（c）结合上述分析可知，由于 可知 这段时间内，物块与木板静止于地面；这段时间内，物块与木板一起以相同的加速度向右运动，故在时间段物块与木板相对静止，故D正确。 故选BCD。 16．如图所示，物块叠放在木板上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，、间的动摩擦因数，现对施加一水平向右的拉力，测得的加速度与拉力的关系如图乙所示，下列说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取）（     ） A．、间的最大静摩擦力为 B．当 时，与相对静止 C．质量为，质量为 D．当时，、间摩擦力为 【答案】BCD 【详解】ABC．在图像的直线段，与相对静止，取与整体为研究对象，水平方向只有拉力，由牛顿第二定律得 则 因此直线段斜率满足 即 当时，，恰好达到最大静摩擦状态。对列水平方向方程得 又由最大静摩擦力公式得 联立上述两式并结合总质量，得且，所以 当拉力小于时，由整体方程可得 所需的摩擦力为 所需摩擦力未超过最大静摩擦力，与能够保持相对静止，故A错误，BC正确； D．当时，由前述整体关系得。对由牛顿第二定律得，故D正确。 故选BCD。 三、解答题 17．如图所示，足够长木板B静止在光滑水平面上，在木板左端放置小滑块A，已知滑块A、木板B的质量均为 ，滑块与木板间动摩擦因数为，现对滑块施加水平向右的外力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)使滑块A与木板B发生相对滑动的最小外力； (2)若外力的大小随时间的大小变化关系为，求时木板B的速度。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设向右为正方向。、未发生相对滑动时，两物体的加速度相同。对、整体，由牛顿第二定律得；对木板，静摩擦力提供其加速度，有 可昨 最大静摩擦力为 恰好发生相对滑动时，所以 解得 （2）由题给关系和，得相对滑动开始的时刻为。在内，、相对静止，可视为整体。由于外力随时间线性增大，平均外力为 由动量定理，外力冲量等于整体动量的变化，有 解得。 当时，相对向右滑动，木板受到向右的滑动摩擦力，大小为 对木板由牛顿第二定律得，所以。由匀变速直线运动速度公式， 所以时木板的速度为 18．如图所示，光滑水平地面上有一长度为的木板，质量为。质量的小滑块（可视为质点）放在木板的右端，与长木板间的动摩擦因数为，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板施加一水平向右的拉力，若认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)判断小滑块和木板能否保持相对静止？写出必要的推理过程。 (2)若能保持相对静止，求小滑块与木板间的静摩擦力大小；若不能，求从给木板施加力开始到小滑块离开木板时的时间。 【答案】(1)无法保持相对静止 (2) 【详解】（1）滑块与木板间的最大静摩擦力 代入数据得 若两者保持相对静止，则二者加速度相同，滑块的加速度由静摩擦力提供，滑块能获得的最大加速度 对整体，所需拉力 由于 ，若两者保持相对静止，所需静摩擦力将超过最大静摩擦力，故两者发生相对滑动，无法保持相对静止。 （2）发生相对滑动后，滑块相对木板向左滑动，滑块所受滑动摩擦力方向水平向右，由牛顿第二定律得 对木板，水平方向受拉力 与滑块对其向左的摩擦力 。 由牛顿第二定律得 滑块从木板右端开始相对木板向左滑动，滑到木板左端时离开木板，此时木板相对滑块的位移等于木板长度 ，由匀变速直线运动的位移公式得 即 解得 即从给木板施加力 开始经 小滑块离开木板。 19．如图所示，一个质量的足够长木板置于水平面上，一可视为质点的物块质量，初始时刻物块处于木板右端。木板与水平面间、物块与木板间的动摩擦因数分别为和。现对木板施加一水平向右的拉力，同时给物块一水平向左的初速度，后撤去拉力。不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)小物块向左运动的最远距离； (2)时木板的速度大小和0~11 s内木板的位移大小； (3)两者最后都静止时，物块到木板右端的距离。 【答案】(1) (2)； (3) 【详解】（1）取水平向右为正方向。开始时物块相对木板向左滑动，受到向右的滑动摩擦力。物块竖直方向平衡，设木板对它的支持力大小为，则 以表示物块此阶段的加速度，由牛顿第二定律得 解得 物块向左减速至速度为零所经历的时间为，由匀变速直线运动的速度公式得 解得。此后物块向右运动，故向左运动的最远距离为，由速度与位移的关系得 解得 （2）物块与木板相对滑动时，木板受到向右的拉力、向左的地面滑动摩擦力和向左的物块滑动摩擦力。设地面对木板的支持力大小为，由竖直方向受力平衡得 以表示木板此阶段的加速度，由牛顿第二定律得 代入数据得 设从开始到两者首次共速的时间为，共同速度为。由匀变速直线运动的速度公式，物块、木板分别满足和 联立得。首次共速时的速度为 假设共速后两者保持相对静止，以表示共同加速度。取物块与木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得 解得 此时物块所需的静摩擦力为 故上述假设成立，两者共同向右匀加速运动至撤力。记撤力时的共同速度为，则在时有 木板前一阶段从静止开始匀加速，后一阶段以为初速度继续匀加速，因此其在内的位移为 （3）到首次共速时，物块相对地面的位移为 此时木板相对地面的位移为 物块初始位于木板右端，故首次共速时物块在木板右端左侧，两者距离为 共速后到撤力前，两者相对静止，该距离保持不变。若撤力后仍相对静止，以表示共同加速度，由整体的牛顿第二定律得 解得 物块所需的摩擦力大小为 因此两者不能继续保持相对静止，物块相对木板向右滑动。物块受到向左的滑动摩擦力，以表示其加速度，由牛顿第二定律得 木板仍向右运动，受到向左的地面滑动摩擦力和向右的物块滑动摩擦力，以表示其加速度，则 两者的加速度分别为和。设撤力后木板和物块减速至零的时间分别为和，由速度公式得和 解得和。木板停止后，物块对它的向右摩擦力大小仅为，小于地面所能提供的最大静摩擦力，故木板保持静止，物块继续匀减速至停止。以撤力时刻为计时起点，两者的速度—时间图如下，陡线表示木板，缓线表示物块 速度—时间图线与时间轴围成的面积表示相应位移，故撤力后物块、木板的位移分别为和 物块相对木板向右移动，最终物块距木板右端的距离为 20．如图所示，在粗糙的水平地面上有一质量为的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为的小物块A（可视为质点）。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为和，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时A、B均静止，现用水平向右的恒力拉长木板B，取重力加速度。 (1)当长木板B刚好相对地面开始滑动时，求水平拉力的大小； (2)当小物块A刚好相对长木板B开始滑动时，求水平拉力的大小； (3)当水平拉力，作用后撤掉该力，小物块A最终不滑离长木板B，求长木板B的最小长度L。 【答案】(1)6N (2)18N (3)3.96m 【详解】（1）B与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B刚要滑动时，拉力与地面的最大静摩擦力平衡 代入数值得 （2）A刚要相对B滑动时，A的加速度由A、B间的最大静摩擦力提供，对A由牛顿第二定律 此时A、B加速度恰好相等，对A、B整体由牛顿第二定律 代入数值解得 （3）已知，因此A、B发生相对滑动 拉力作用的阶段，对A：加速度始终由A、B间滑动摩擦力提供， 对B：由牛顿第二定律 代入数值得 时刻， 此阶段B相对A的位移 撤去F后，到A、B共速阶段 ，B的合力反向，加速度变为 设经过时间二者共速，由 代入得 共速时速度 此阶段B相对A的位移 共速后，整体加速度，小于A能达到的最大加速度，二者无相对滑动，直到静止。 总相对位移 由于A初始在B中点，要不滑离木板，木板总长度的一半至少等于总相对位移，因此最小长度： 21．如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等都为2kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。求： (1)滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数?长木板P与地面之间的动摩擦因数? (2)水平向右的力F的大小? (3)小滑块Q最终停在长木板P的位置与板右侧的距离? 【答案】(1)， (2)6N (3)3m 【详解】（1）由图乙可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为 ，6s时两者速度相同为 ，在0~6s内，滑块Q相对长木板P向左滑动，对Q由牛顿第二定律得 根据图乙可知 联立解得滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为 在5~6s内，对P由牛顿第二定律得 由图乙可知 联立解得长木板P与地面之间的动摩擦因数为 （2）在0~5s内，长木板P做匀加速运动，由图乙可知 ，对P由牛顿第二定律得 解得 ，水平向右的力F的大小为6N （3）0~6s内，长木板P的速度大于滑块Q的速度，Q相对P向左滑动，由v-t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，P的位移为 Q的位移为 该过程中Q相对P向左滑动的距离 6s时两者速度相同为 ，此后若两者相对静止一起做匀减速运动，Q需要的静摩擦力为 大于Q能受到的最大静摩擦力 ，故两者发生相对滑动，Q相对P向右滑动 对Q由牛顿第二定律得 解得 Q再经 停止，位移为 对P由牛顿第二定律得 解得 P再经 停止，位移为 该过程中Q相对P向右滑动的距离 滑块Q从长木板最右端出发，先相对P向左滑动7.5m，再相对P向右滑动4.5m，最终停在长木板上的位置与板右侧的距离 22．如图甲所示，质量的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为，置于C上，B位于A右方处。A、C间的动摩擦因数，B、C间及C与地面间的动摩擦因数。时刻给C施加一水平向右、大小可调的恒力F。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。 (1)若，求滑块A、B的加速度大小； (2)若，求A、B第一次相遇的时刻； 【答案】(1)， (2)2s 【详解】（1）当BC之间即将发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律得 解得 对整体由牛顿第二定律得 解得 由于，则A、B、C相对静止，一起向右加速，则对整体由牛顿第二定律得 解得 即滑块A、B的加速度大小均为。 （2）当A、C之间即将发生相对滑动时，对A由牛顿第二定律得 解得 则对A、C整体由牛顿第二定律得 解得 由于，则B与C之间出现了相对运动，B的加速度大小为 A、C相对静止，对A、C由牛顿第二定律得 解得 由运动学公式可得 解得从刚开始施加力至A、B第一次相遇所用时间 23．如图1所示，一质量的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的高度为，木棒上有一质量为（为圆木棒质量）的弹性小环。若时刻，小环从木棒上某处以竖直向上的初速度向上滑动，同时撤去作用在木棒上的外力，并立即对小环施加竖直向上的外力，在木棒第一次与弹性地面相碰前，外力的大小与时间的关系如图2所示。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力（之后不再施加外力）。已知木棒与小环间的滑动摩擦力，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，木棒与地面相碰后会以原速率竖直向上弹回，取，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求小环和木棒刚开始运动时的加速度大小分别为多少； (2)求木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小； (3)若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端的距离。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）小环开始相对木棒向上滑动，受到的滑动摩擦力竖直向下，木棒受到的摩擦力竖直向上。由题意，滑动摩擦力大小为 设小环刚开始运动时的加速度大小为，方向竖直向下，由牛顿第二定律有 代入，解得 设木棒刚开始运动时的加速度大小为，方向竖直向上，由牛顿第二定律有 解得 （2）取竖直向上为正方向。小环相对木棒向上滑动时，两者的速度分别为和 设两者第一次达到相同速度的时刻为，有 解得 此时两者共同的速度为 木棒下端距地面的高度为 此后外力变为。若小环与木棒保持相对静止，设共同加速度大小为，方向竖直向下，对整体由牛顿第二定律有 解得 设木棒受到的静摩擦力大小为，方向竖直向上，则 解得 故两者能够保持相对静止，先共同向上减速，再共同向下加速，直至木棒第一次碰地。 设木棒第一次碰地时的速度大小为，由运动学关系有 解得 （3）设小环开始运动时距木棒下端的距离为。在前内，小环相对木棒向上移动的距离为，有 解得 此后直到木棒第一次碰地，两者保持相对静止，故第一次碰地时小环距木棒下端的距离为 第一次碰地后，木棒以速度大小竖直向上弹回，小环的速度仍竖直向下、大小为，因此小环相对木棒向下滑动。 设此时小环和木棒的加速度大小分别为、，方向均竖直向下，由牛顿第二定律有， 解得， 设木棒第一次碰地后至第二次碰地的时间为，由木棒的位移为零，有 解得 取竖直向上为正方向，该段运动开始时小环相对木棒的速度为，相对加速度为 第二次碰地前，小环相对木棒的速度为 故这一段内小环始终相对木棒向下滑动。以后小环向下的速度继续增大，而木棒每次均以相同速率反弹，因此后续各段内小环也始终相对木棒向下滑动，木棒相邻两次碰地的时间均为。 从木棒第一次碰地到第四次碰地，共经过，木棒下端的总位移为零，小环向下运动的距离为，有 代入得 第四次碰地时小环恰好从木棒底端滑落，故 解得 试卷第1页，共3页 1 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $