牛頓運動定律的綜合應用（二）（練習）（解析版）-2025年高考物理一輪復習（新教材新高考）

第11講牛頓運動定律的綜合應用（二）

目錄

01模擬基礎練

【題型一】水平面的板塊模型

【題型二】斜面上的板塊模型

【題型三】水平傳送帶模型

【題型四】傾斜傳送帶模型

02重難創(chuàng)新練

【題型一】水平面的板塊模型

1.（2024?江西?二模）如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質點的物塊以vo=3m/s的速度

滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度。已知物塊與木板

間的動摩擦因數(shù)〃尸0.2,木板與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=0.05,取重力加速度大小g=10m/s2,則木板的長度

為（

%

P

A.1.0mB.1.5mC.2.0mD.2.5m

【答案】B

【詳解】設滑塊的質量為加，木板的質量為M,在滑塊減速和木板加速到共速的時間為4,加速度為可、a,2，

有

—=2mzs2

m

jLtxmg—+m)

M

%-印1=%。-V

木板的位移為

V

%=5%

兩者共速后，因〃1>〃2，則一起減速到停止，共同減速的加速度為附，有

。廣兒⑺+出必二。5mzs2

m+M

木板的位移為

V2

Xrf-----

2a3

木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度，即

L=xx+x2

最終物塊恰好到達木板的右端，即滑塊相對滑動的位移為板長，有

聯(lián)立各式解得

%=ls,L=1.5m

故選B。

2.如圖所示，足夠大的水平地面上靜置一木板，兩個均可視為質點的滑塊A、B分別放在木板兩端，現(xiàn)使

兩滑塊同時以3m/s的速度相向滑動，兩滑塊恰好在木板的正中間相遇，相遇前木板做勻加速直線運動，相

遇后木板做勻減速直線運動。已知滑塊A的質量為5kg,與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2,滑塊B的質量為1kg,

與木板間的動摩擦因數(shù)為04,木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.05,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力

加速度大小g=10m/s2。下列說法正確的是（）

A.木板的長度為2m

B.木板的質量為1kg

C.木板運動的最大距離為2m

D.整個過程中滑塊B的位移為0

【答案】D

【詳解】B.對兩滑塊受力分析，根據牛頓第二定律可得

〃A=4Ag=2m/s2,&=/g=4m/s2

依題意，相遇前木板勻加速，由牛頓第二定律，有

“A;4g-〃B〃%g-4木(M+74+7電)g=.木

相遇后木板勻減速，有

以木（"+〃％+〃％”=（加+%+7電”'木

解得

。'木=0.5m/s2

可知相遇時三者共速，取向右為正方向，設三者經r時間共速，由速度與時間關系可得

v=%—a^t,v=-%+aBt,v=〃木，

聯(lián)立，解得

v=lm/s,%=ls,M=2kg

故B錯誤；

ACD.根據B選項分析，三者一起勻減速過程，有

0=v-a'-^t'

解得

t'=2s

做出它們運動的v-t圖像如圖

v/(m-s-1)

j-3.0認

-3/

由圖可知，木板的長度為

L=2x—m=3m

2

木板運動的最大距離為

3m=1.5m

2

分析滑塊B,減速時間設為灰，則有

0=v—aBtB

解得

%=0.75s

整個過程中滑塊B的位移為

O.75x（-3）+（3-O.75）xl_o

/=

22

故AC錯誤；D正確。

故選Do

3.如圖所示，一足夠長的質量為m的木板靜止在水平面上，片0時刻質量也為m的滑塊從板的左端以速度%

水平向右滑行，滑塊與木板，木板與地面的摩擦因數(shù)分別為從、生且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?；瑝K

的VT圖像如圖所示，則有（)

A.〃尸〃2B.〃i<〃2c.〃1>2〃2D.〃1=2〃2

【答案】C

【詳解】由丫，圖像分析可知，木板相對地面滑動，滑塊與木板共速后一起減速到停止，對木板

NMg>出2mg

則有

>2〃2

故選C。

4.如圖所示，質量加=lkg的小滑塊（可視為質點）放在木板的右端，質量為M=4kg的木板與水平地面和

滑塊間的動摩擦因數(shù)皆為〃=。4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，開始時木板與小滑塊均處于靜止狀態(tài)，

現(xiàn)給木板加一水平向右的恒力「重力加速度g=10m/s2,則以下說法中錯誤的是（）

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃

A.當拉力尸=18N時，小滑塊和木板一起勻速運動B.當拉力尸=24N時，小滑塊和木板一起勻速

運動

C.當拉力/=30N時，小滑塊和木板一起加速運動D.當拉力尸=42N時，小滑塊和木板發(fā)生相對

滑動

【答案】AB

【詳解】A.木板受到地面最大靜摩擦力

fx=+m）g=20N

則當拉力產=18N時，小滑塊和木板都保持靜止，故A錯誤，符合題意；

B.當小滑塊受到最大摩擦力時，產生最大加速度為

Ring..

a==4m/s2

m

對木板受力分析，根據牛頓第二定律可知

F-jumg-ju[M+m)g=Ma

解得

F=40N

當拉力P=24N時，因為

20N<24N<40N

所以滑塊和木板一起勻加速運動，故B錯誤，符合題意；

C.當拉力/=30N時，因為

30N<40N

所以滑塊和木板一起加速運動，故C正確，不符合題意；

D.當拉力廠=42N時，因為

42N>40N

兩者發(fā)生相對滑動，故D正確，不符合題意。

故選AB。

5.如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板左端放置一可看成質點的物塊。U0時對物塊施加

一水平向右的恒定拉力尸，在尸的作用下物塊和木板發(fā)生相對滑動，Z=2s時撤去E物塊恰好能到達木板右

端，整個過程物塊運動的v-r圖像如圖乙所示。已知木板的質量為0.5kg,物塊與木板間、木板與地面間均

有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正確的是（）

B.物塊的質量為0.8kg

C.拉力廠對物塊做的功為9.9J

D.木板與地面間因摩擦產生的熱量為3.3J

【答案】CD

【詳解】A.根據題意可知，木板在0~2.5s內向右做勻加速直線運動，作出圖像，如圖所示

由圖像可知2.5s時兩者共速，則木板在0~2.5s內的加速度大小為

=—^―m/s2=0.4m/s2

2.5

物塊在0~2.0s內的加速度大小為

3

a,=—m/s2=1.5m/s2

2.0

物塊在2.0s?2.5s內的加速度大小為

3—1.22

C“=出￡=------m/s=4Am/zs

322.5-2.0

2.5s~3.0s內二者一起做勻減速直線運動，加速度大小為

c〃==-----------m/s2=2m/s2

413.0-2.5

可得木板與地面間的動摩擦因數(shù)為

"i=0.2

物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為

pi?=0.4

木板的長度為

,2.5x(3-0.8)…

L=----------------m=2.75m

2

故A錯誤；

B.前2s內，對木板，有

根2g-Ai(mi+根2)g=m\a\

對物塊，有

F—42加2g=m2a2

解得

咫=0.6kg,F=3.3N

故B錯誤;

C.前2s內，拉力/對物塊做的功為

W=Fx,

結合圖像可知，0~2s內物塊的位移為

X=—x3x2.0m=3m

12

所以

W=9.9J

故C正確;

D.木板與地面間因摩擦產生的熱量

。=從（嗎+7%）g?龍2

結合圖像可知，木板的位移為

%=—x3.0xlm=1.5m

22

所以

Q=3.3J

故D正確。

故選CD?

【題型二】斜面上的板塊模型

6.如圖所示，一傾角為6=37。的足夠長斜面體固定在水平地面上，質量為M=2kg的長木板B沿著斜面以速

度%=9m/s勻速下滑，現(xiàn)把質量為〃z=lkg的鐵塊A輕輕放在長木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板

上滑下。已知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加

速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列判斷正確的是（）

B.鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/s

C.長木板的長度為2.25m

D.從鐵塊放上到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產

生的熱量

【答案】BC

【詳解】A.開始時長木板B沿著斜面勻速下滑，根據平衡條件得

Mgsin37°=//A/gcos37°

解得

〃=0.75

故A錯誤；

B.鐵塊A輕輕放在長木板B時有，根據牛頓第二定律有，對A分析有

]umgcos37°+mgsin37°=maA

解得

〃A=12m/s2

方向沿斜面向下；對B,根據牛頓第二定律有

gcos37°+pmgcos37°-Mgsin37°=Ma^

解得

2

aB=6m/s

方向沿斜面向上；鐵塊A和長木板B共速的時間為

v0-aBt—aAt

解得

t=0.5s

鐵塊A和長木板B共速后，速度大小為

口共二〃A，=6m/s

故B正確；

C.鐵塊A和長木板B共速，一起沿斜面勻速下滑，則長木板的長度為

L=XB-XA=%；"共/爭=2.25m

故C正確；

D.從鐵塊放上到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B的機械能轉化為系統(tǒng)因摩擦產生的內能，

根據能量守恒定律可知，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產生的熱量和B、斜面之間

摩擦產生的熱量之和，故D錯誤。

故選BC。

7.滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37。的斜坡上有長

21

為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為右。小孩（可視為質點）坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開

40

始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為04,小

孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?,則下列判斷正確的是

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2

B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8m/s2

C.經過Is的時間，小孩離開滑板

D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8m/s

【答案】BC

【詳解】AB.對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為

mgsin37°-AWgcos37°=Z8m/s2

m

同理對滑板，加速度大小為

mgsin37°+jn^mgcos37°-2//2mgcos37°81nzs2

m

A錯誤B正確;

CD.要使小孩與滑板分離

解得

/=ls

離開滑板時小孩的速度大小為

v=a]t=2.8m/s

D錯誤C正確。

故選BC。

8.如圖甲所示，光滑斜面上有固定擋板A,斜面上疊放著小物塊B和薄木板C,木板下端位于擋板A處,

整體處于靜止狀態(tài)。木板C受到逐漸增大的沿斜面向上的拉力尸作用時，木板C的加速度a與拉力F的關

系圖象如圖乙所示，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g=10m/s2,則由圖象可知下列說法

正確的是（)

A.10N<F<15N時物塊B和木板C相對滑動

B.木板和物塊兩者間的動摩擦因數(shù)不可求出

C.由題目條件可求木板C的質量

D.尸>15N時物塊B和木板C相對滑動

【答案】D

【詳解】AD.由圖像可知，當lONvbvlSN時物塊B和木板C相對靜止，當P>15N時木板的加速度變

大，可知此時物塊B和木板C產生了相對滑動，故A錯誤，D正確;

2

B.因當耳=15N時一,a=2.5m/s,此時木塊和木板開始發(fā)生相對滑動，此時物塊和木板之間的摩擦力達到

最大，則對物塊

/nmgcos6—mgsin0=ma

聯(lián)立方程可求解

V3

A=T

故B錯誤；

C.對木板和木塊的整體，當居=10N時，“=0,則

Fx-（M+m）gsin0

2

當巴=15N時，a=2.5m/s,則

F2—(M+m)gsin0=(M+m)a

聯(lián)立方程可求解

M+m=2kg

,八1

sin”=一

2

但是不能求解木板C的質量，故C錯誤。

故選D。

【題型三】水平傳送帶模型

9.如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為匕，一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小”滑上

傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為〃，小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g,下列說

法正確的是（）

—

A.小滑塊的加速度向右，大小為〃g

B.若%＜甘，小滑塊返回到左端的時間為血叢

c.若%〉外，小滑塊返回到左端的時間為心1

D.若%＞匕，小滑塊返回到左端的時間為（%+%）

【答案】D

【詳解】A.小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據牛頓第二定律得

jumg—rm

解得

a=Ng

故A錯誤；

B.若％（匕，小滑塊的速度從“先向右減速到。再返回加速到%,剛好返回到左端，時間為

t=^o.

"g

故B錯誤;

CD.若“＞匕，小滑塊的速度從%先向右減速到0的時間

位移為

%]=

2〃g

然后加速返回，速度加速到匕的時間

=—

位移為

2〃g

最后以速度匕勻速回到左端，時間為

.二國一二2〃g2〃g

Z

V]匕2〃8匕

小滑塊返回到左端的時間

A=%++￡3

解得

一%上W--V；(%+%]

l一十十一

〃g〃g2〃gV]2〃gV]

故C錯誤，D正確。

故選D。

10.一水平傳送帶長L=16m,以恒定速度v=4m/s向右勻速運動，現(xiàn)在傳送帶左端每隔1s由靜止放上一個

完全相同的質量為m=lkg的小物塊，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0]，重力加速度g取10向/,則第

1個小物塊到達傳送帶最右端后的1s內，傳送帶對所有小物塊摩擦力的總沖量大小為（）

A.3N-sB.4N-s

C.5N-sD.6N-s

【答案】B

【詳解】由題意可知，小物塊做勻加速直線運動的加速度

a=jug=lm/s2

加速運動的時間

v,

%=—=4s

a

加速運動的位移

勻速運動的位移

X2=L-XX=8m

勻速運動的時間

第1個小物塊到達最右端時，第7個小物塊剛要放上傳送帶，傳送帶對第2-3個工件的摩擦力為0,因此在

此后1s內的沖量

/2=/3=0

對第4-7個工件的摩擦力在此后r=1s內的沖量

=jumg?1=IN?s

故此后Is內傳動帶對工件摩擦力的總沖量大小為

/=/2+，3+14+15+16+17=4N?S

故選B。

11.如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度％=4m/s順時針運行，小物塊以匕=6m/s的初速度從傳

送帶右端滑上傳送帶。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為02傳送帶的長度為10m,重力加速度

g=10m/s2,考慮小物塊滑上傳送帶到離開傳送帶的過程，下列說法正確的是（）

VoC）

A.小物塊從傳送帶左端滑離傳送帶

B.小物塊滑離傳送帶時的速度大小為6m/s

C.小物塊從滑上傳送帶到滑離傳送帶經歷的時間為6.25s

D.小物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為17m

【答案】C

【詳解】A.物塊在傳送帶上的加速度

a=/jg=2m/s

向左減速到零的時間

向左運動的最大距離

=9m<L=10m

故物塊不會從左端滑離傳送帶，故A錯誤；

B.物塊向左減速到零后，向右加速，但只能加速到%=4m/s,故B錯誤;

C.物塊向左加速到%=4m/s用時

t=—=2s

2a

這段時間內向右運動的距離

江=4m

2a

之后，做勻速直線運動，剩余在傳送帶上運動時間

t3=--------=1.25s

%

小物塊從滑上傳送帶到滑離傳送帶經歷的時間

t=t1+t2+t3=6.25s

故c正確；

D.向左運動過程，劃痕長度

4=貼+占=21m

向右運動過程，劃痕長度

l2=v0t2-x2=4m

總劃痕長度

I=+/2=25m

故D錯誤。

故選C。

12.如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率匕運行，初速度大小為V2的小物塊從與傳送帶等高的光

滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的VI圖象（以

地面為參考系）如圖乙所示。已知%＞匕，物塊和傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃，物塊的質量為加。則（）

B.。~4時間內，小物塊的加速度方向先向右后向左

C.0~4時間內，因摩擦產生的熱量為〃〃取y(i2+?!)+

D.0~弓時間內，物塊在傳送帶上留下的劃痕為當上&+馬)

【答案】C

【詳解】A.初速度大小為"2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，小物塊在傳送

帶上運動的V—圖象可知，％時刻，小物塊離A處的距離達到最大，A錯誤；

B.。?&時間內，小物塊受到的摩擦力方向一直向右，所以小物塊的加速度方向一直向右，B錯誤；

CD.。?4時間內物體相對地面向左的位移

s-2

51-21

這段時間傳送帶向右的位移

S2=貼

因此物體相對傳送帶的位移

Asl=sl+s2=^-tl+vltl「L時間內物體相對地面向右的位移

s：吟(D

這段時間傳送帶向右的位移

S；=匕02-1)

因此物體相對傳送帶的位移

$=-S：=］仁-G0~々時間內物塊在傳送帶上留下的劃痕為

AS=A51+A52=3色+%)+等0?L這段時間內，因此摩擦產生的熱量

Q=/jmgxA5=jumg■^(&+G+?。?/p>

C正確，D錯誤。

故選C。

【題型四】傾斜傳送帶模型

13.如圖甲所示，是一段傾角為6=30。的傳送帶，一個可以看作質點，質量為機=lkg的物塊，以沿

傳動帶向下的速度%=4m/s從M點開始沿傳送帶運動。物塊運動過程的部分圖像如圖乙所示，取

g=10m/s2,貝I］()

甲乙

A.物塊最終從傳送帶N點離開

B.物塊將在4.8s時回到原處

C.物塊與傳送帶之間的摩擦因數(shù)為也

2

D.傳送帶的速度u=lm/s,方向沿斜面向下

【答案】C

【詳解】AD.從UT圖像可知，物體速度減為零后反向向上運動，最終的速度大小為lm/s,因此物塊沒從

N點離開，物體最終與傳送帶共速，所以傳送帶的速度v=lm/s,方向沿斜面向上，故AD錯誤；

C.口一，圖像中的斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度大小為

a=—―m/s2=2.5m/s2

2

根據牛頓第二定律可得

umgcos0-mgsin0

a=---------------------------

m

聯(lián)立解得物塊與傳送帶之間的摩擦因數(shù)為

百

故C正確；

B.物塊沿傳送帶向下減速到速度為0所用時間為

?!=—=1.6s

a

物塊沿傳送帶向下減速通過的位移大小為

=

xx3.2m

物塊反向向上加速到與傳送帶共速所用時間為

v

t=—=0.4s

2a

物塊反向向上加速通過的位移大小為

V

%=—=0.2m

則物塊與傳送帶共速后繼續(xù)向上運動回到原處所用時間為

q==^=3s

V

則物塊從滑上傳送帶到回到原處所用時間為

/=%+J=5s

故B錯誤。

故選C。

14.（2024?湖北?二模）如今網上購物非常流行，快遞公司把郵件送到家里，消費者足不出戶就可以購買到

想要的商品。如圖是某快遞公司分揀郵件的傾斜傳輸裝置：傳送帶4B間長度為￡=10m,傾角為。=30。，

正以恒定速率v=5m/s順時針運轉?，F(xiàn)將一質量為〃z=lkg的郵件（可視為質點）輕放在傳送帶底端A點，

則郵件從A運動到5過程中，傳送帶對郵件的沖量大小為（已知郵件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為產旦,

2

C.15V3N-SD.5A/43N-S

【答案】D

【詳解】郵件輕放在傳送帶上時，受力分析如圖所示

FN=mgcos0—5A/3N

摩擦力

八=jumgcos0=7.5N

根據牛頓第二定律得沿斜面方向

pimgcos0—mgsin0=ma

可知，郵件上升的加速度為

a=2.5m/s

當郵件與傳送帶速度相同時，由

則相對位移為

x=vtx-—at：=5m<L=10m

之后郵件與傳送帶保持相對靜止，以速度V=5m/s勻速上升到8點，有

此階段的摩擦力

于z=mgsin0=5N

郵件從A運動到8過程中，支持力的沖量

4=0(4+/,)=15-\/3N-s

方向垂直斜面向上；

摩擦力的沖量

^=^+^2=20N-S

方向沿斜面向上;

由矢量合成可得傳送帶對郵件的沖量大小

/=5>/43N-s

故選D。

15.如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當?shù)奈恢梅派暇哂?/p>

一定初速度的小物塊，如圖所示。取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列VT圖中不可熊描述小物塊在

傳送帶上運動的是()

OO

【詳解】AB.當小物塊的初速度沿斜面向下（//>tan。），且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由

牛頓第二定律可得

ma=mgsin6+pimgcos0

即

a=gsin0+jugcos0

可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，若傳送帶足夠長，則會出現(xiàn)小物塊達到傳送帶速度時，滿

足

mgsin0</jmgcos0

可知二者將共速。故AB正確，與題意不符；

CD.同理，可知當小物塊的初速度沿斜面向上（〃>tan。），對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得

ma=mgsin0+"mgcos0

即

a=gsin0+/2gcos0

可知小物塊先沿傳送帶向上勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會出現(xiàn)與傳送帶共速

的情況（“>tan。）或者繼續(xù)勻加速（〃<tan。）此時加速度滿足

"=gsin。一jUgcos3<a

故C正確，與題意不符；D錯誤，與題意相符。

本題選不正確的故選D。

一、單選題

1.（2024?重慶?二模）如圖，將一質量為《i=10g、長度為/=20cm的長方形硬紙板放在水平桌面上，左端一

小部分伸出桌外。將一質量為也為10g的橡皮擦（可視為質點）置于紙板的正中間，用手指將紙板水平彈

出，紙板瞬間獲得初速度%=lm/s。已知橡皮擦與紙板、桌面間的動摩擦因數(shù)均為〃1=0」，紙板與桌面間

的動摩擦因數(shù)為"2=02,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m/s?。則（）

____________________________VX

T市沂晶、橡皮擦<

硬紙板'—板、

水平桌面\

A.彈出紙板后瞬間，紙板的加速度大小為2m/s2

B.橡皮擦與紙板達到相同速度后，一直與紙板相對靜止

C.最終橡皮擦不會脫離紙板

D.因橡皮擦與紙板摩擦而產生的熱量為高J

【答案】C

【詳解】A.彈出紙板后瞬間，對紙板受力分析可知橡皮擦給紙板水平向右的摩擦力為

—4巧g=01x0.01xION=0.01N

桌面給紙板水平向右的摩擦力為

.=也（勿+%Jg=02x0.02xl0N=0.04N

由牛頓第二定律可知彈出紙板后瞬間，紙板的加速度大小為

a=f"&-5m/s2

叫

橡皮擦的加速度大小為

￡1/2

芻=—L=Lms

叫

故A錯誤；

B.橡皮擦與紙板達到相同速度后，假設紙板和橡皮擦相對靜止，則整體受到的加速度為

si-———二2m/s2

刃+勿1

而橡皮擦開始做減速運動的加速度最大值為

a[=--lm/s2<a,=2m/s2

叫

故此時橡皮擦將相對紙板向左運動，且橡皮擦向右的加速度為

1fl,2

%=—=A1nus

叫

紙板向右的加速度為

%=-—―=3mzi之

m

故B錯誤；

CD.結合AB選項，設橡皮擦與紙板經過f時間速度相同，則有

卬=%一at

代入數(shù)據解得

1

t——s

6

此時二者向左共速的速度為

v=-m/s

6

橡皮擦的位移為

紙板的位移為

則二者相對位移為

、X\=x2-xr=—m<01m

可知橡皮擦未滑出紙板，接著二者由相同的速度開始以不同加速度做減速運動，由于

a,=3m/s2>a/=lm/s2

所以紙板先減速為0,保持靜止，橡皮擦繼續(xù)以a：減速為0,規(guī)定向左為正方向則橡皮的位移為

紙板的位移為

則二者相對位移為

可知橡皮擦最終距離紙板中點的距離為

Ax=AJTJ—NX]=—m<Qlm

即最終橡皮擦不會脫離紙板，且此過程中橡皮擦與紙板摩擦而產生的熱量為

故C正確，D錯誤。

故選C。

2.平板小車靜止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度從左端滑上平板車，箱子和車之間有摩擦，地

面對小車的阻力可忽略，當它們的速度相等時，箱子和平板車的位置情況可能是（）

【答案】C

【詳解】箱子以一定的水平初速度％從左端滑上平板車，在摩擦力作用下，箱子做勻減速直線運動，平板

車做勻加速直線運動，設經過f時間箱子與平板車達到共速煤，此過程平板車的位移為

箱子的位移為

2

則箱子相對于平板車向前的位移大小為

%+丫共，v共一%,

----------------1-----------1------1

22

故選C。

3.如圖所示，質量為m的長木板A放在光滑的水平面上，物塊B、C放在長木板上。物塊B的質量也為m,

B、C與A間的動摩擦因數(shù)均為〃，A、B、C均處于靜止狀態(tài)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速

度為g?，F(xiàn)給物塊B施加一個水平向右的拉力R則下列判斷正確的是（）

Q1回

V//////////////////////////////

A.當尸足夠小時，A仍保持靜止狀態(tài)

B.當拉力尸=〃咫時，物塊B與A剛好要發(fā)生相對滑動

C.當物塊C的質量足夠小時，C與A會發(fā)生相對滑動

D.當物塊C的質量也為初時，物塊C能獲得的最大加速度為

【答案】D

【詳解】A.由題知，長木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦力作用，B與A間的動摩擦因數(shù)均為〃，

當尸足夠小時，B對A有靜摩擦力作用，A在水平方向合力不為零，故A不能保持靜止狀態(tài)，A錯誤；

B.根據牛頓第二定律可知，當拉力尸=〃儂時，物塊B與A間的摩擦力小于ZW,并沒有剛好要滑動,

B錯誤；

C.當B與A發(fā)生相對滑動時，假設C與A不會發(fā)生相對滑動，則

解得

口mg

CI-

m+mc

則A對C的摩擦力

m

r1nm

j=mca=----------Neg<Ncg

m+mc

假設成立，即c與A不可能發(fā)生相對滑動，C錯誤；

D.當C的質量也為,找時，物塊C能獲得的最大加速度為

ums1

a=---------=

m+mc2

D正確；

故選D。

4.（2024?山東青島?一模）如圖是貨物輸送裝置示意圖，載物平臺M架在兩根完全相同、軸線在同一水平面

內的平行長圓柱上，平臺重心與兩圓柱等距，貨物加放在平臺正中間。兩圓柱以角速度。=20rad/s繞軸線

做相反方向轉動?，F(xiàn)沿平行于軸線的方向給平臺施加歹=1ON的恒力，使平臺從靜止開始沿軸線運動。已知

平臺質量M=4kg,平臺與兩圓柱間的動摩擦因數(shù)均為4=0.2,貨物質量m=lkg,與平臺間的動摩擦因數(shù)

〃2=。.3,圓柱半徑r=4cm,重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）

B.當平臺速度v=0.6m/s時，貨物加速度為Zm/s?

C.當平臺速度v=0.6m/s時，貨物加速度為0.8m/s2

D.若施加的恒力/<10N,平臺將保持靜止

【答案】C

【詳解】A.根據對稱性可知平臺與兩個圓柱表面的摩擦力相等，大小均為

f+in）g=5N

沿平行于軸線的方向給平臺施加P=10N的恒力，使平臺從靜止開始沿軸線運動，初始時刻，平臺受到兩圓

柱的摩擦力剛好平衡，以平臺和貨物為整體，加速度大小為

F2