第11讲 牛顿运动定律的综合应用（二）（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

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【题型一】水平面的板块模型
1．（2024·江西·二模）如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0=3m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，取重力加速度大小g=10m/s2，则木板的长度为（ ）
A．1.0mB．1.5mC．2.0mD．2.5m
【答案】B
【详解】设滑块的质量为，木板的质量为，在滑块减速和木板加速到共速的时间为，加速度为、，有
木板的位移为
两者共速后，因，则一起减速到停止，共同减速的加速度为，有
木板的位移为
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即
最终物块恰好到达木板的右端，即滑块相对滑动的位移为板长，有
联立各式解得
，
故选B。
2．如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为，与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为
B．木板的质量为
C．木板运动的最大距离为
D．整个过程中滑块B的位移为0
【答案】D
【详解】B．对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得
，
依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有
相遇后木板匀减速，有
解得
可知相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经t时间共速，由速度与时间关系可得
联立，解得
故B错误；
ACD．根据B选项分析，三者一起匀减速过程，有
解得
做出它们运动的v-t图像如图
由图可知，木板的长度为
木板运动的最大距离为
分析滑块B，减速时间设为，则有
解得
整个过程中滑块B的位移为
故AC错误；D正确。
故选D。
3.如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为、且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的图像如图所示，则有（ ）

A．=B．2D．=2
【答案】C
【详解】由图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板
则有
>2
故选C。
4．如图所示，质量的小滑块（可视为质点）放在木板的右端，质量为的木板与水平地面和滑块间的动摩擦因数皆为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板加一水平向右的恒力F，重力加速度，则以下说法中错误的是（ ）
A．当拉力时，小滑块和木板一起匀速运动B．当拉力时，小滑块和木板一起匀速运动
C．当拉力时，小滑块和木板一起加速运动D．当拉力时，小滑块和木板发生相对滑动
【答案】AB
【详解】A．木板受到地面最大静摩擦力
则当拉力时，小滑块和木板都保持静止，故A错误，符合题意；
B．当小滑块受到最大摩擦力时，产生最大加速度为
对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知
解得
当拉力时，因为
所以滑块和木板一起匀加速运动，故B错误，符合题意；
C．当拉力时，因为
所以滑块和木板一起加速运动，故C正确，不符合题意；
D．当拉力时，因为
两者发生相对滑动，故D正确，不符合题意。
故选AB。
5．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t=2s时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的v-t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为3m
B．物块的质量为0.8kg
C．拉力F对物块做的功为9.9J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，木板在0~2.5s内向右做匀加速直线运动，作出图像，如图所示
由图像可知2.5s时两者共速，则木板在0~2.5s内的加速度大小为
物块在0~2.0s内的加速度大小为
物块在2.0s~2.5s内的加速度大小为
2.5s~3.0s内二者一起做匀减速直线运动，加速度大小为
可得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
木板的长度为
故A错误；
B．前2s内，对木板，有
对物块，有
解得
，
故B错误；
C．前2s内，拉力F对物块做的功为
结合图像可知，0~2s内物块的位移为
所以
故C正确；
D．木板与地面间因摩擦产生的热量
结合图像可知，木板的位移为
所以
故D正确。
故选CD。
【题型二】斜面上的板块模型
6.如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为的长木板B沿着斜面以速度匀速下滑，现把质量为的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，，，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为
C．长木板的长度为
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
【答案】BC
【详解】A．开始时长木板B沿着斜面匀速下滑，根据平衡条件得
Mgsin37°=μMgcs37°
解得
μ=0.75
故A错误；
B．铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有
解得
方向沿斜面向下；对B，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向上；铁块A和长木板B共速的时间为
解得
铁块A和长木板B共速后，速度大小为
故B正确；
C．铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为
故C正确；
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B的机械能转化为系统因摩擦产生的内能，根据能量守恒定律可知，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量和B、斜面之间摩擦产生的热量之和，故D错误。
故选BC。
7．滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，，，g取10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2
C．经过1s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s
【答案】BC
【详解】AB．对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为
同理对滑板，加速度大小为
A错误B正确；
CD．要使小孩与滑板分离
解得
t=1s
离开滑板时小孩的速度大小为
D错误C正确。
故选BC。
8．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则由图象可知下列说法正确的是（ ）
A．时物块B和木板C相对滑动
B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．时物块B和木板C相对滑动
【答案】D
【详解】AD．由图像可知，当时物块B和木板C相对静止，当时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；
B．因当时，，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块
联立方程可求解
故B错误；
C．对木板和木块的整体，当时，，则
当时，，则

联立方程可求解
但是不能求解木板C的质量，故C错误。
故选D。
【题型三】水平传送带模型
9．如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为，一小滑块从传送带左端以初速度大小滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小滑块的加速度向右，大小为μg
B．若，小滑块返回到左端的时间为
C．若，小滑块返回到左端的时间为
D．若，小滑块返回到左端的时间为
【答案】D
【详解】A．小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得
解得
故A错误；
B．若，小滑块的速度从先向右减速到0再返回加速到，刚好返回到左端，时间为
故B错误；
CD．若，小滑块的速度从先向右减速到0的时间
位移为
然后加速返回，速度加速到的时间
位移为
最后以速度匀速回到左端，时间为
小滑块返回到左端的时间
解得
故C错误，D正确。
故选D。
10．一水平传送带长，以恒定速度向右匀速运动，现在传送带左端每隔1s由静止放上一个完全相同的质量为的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，则第1个小物块到达传送带最右端后的1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由题意可知，小物块做匀加速直线运动的加速度
加速运动的时间

加速运动的位移

匀速运动的位移
匀速运动的时间

第1个小物块到达最右端时，第7个小物块刚要放上传送带，传送带对第个工件的摩擦力为0，因此在此后1s内的冲量
对第个工件的摩擦力在此后内的冲量
故此后1s 内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为
故选B。
11．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度顺时针运行，小物块以的初速度从传送带右端滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为，重力加速度，考虑小物块滑上传送带到离开传送带的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小物块从传送带左端滑离传送带
B．小物块滑离传送带时的速度大小为
C．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为
D．小物块在传送带上留下的划痕长度为
【答案】C
【详解】A．物块在传送带上的加速度
向左减速到零的时间
向左运动的最大距离
故物块不会从左端滑离传送带，故A错误；
B．物块向左减速到零后，向右加速，但只能加速到，故B错误；
C．物块向左加速到用时
这段时间内向右运动的距离
之后，做匀速直线运动，剩余在传送带上运动时间
小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间
故C正确；
D．向左运动过程，划痕长度
向右运动过程，划痕长度
总划痕长度
故D错误。
故选C。
12.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m。则（ ）
A．时刻，小物块离A处的距离最大
B．时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．时间内，因摩擦产生的热量为
D．时间内，物块在传送带上留下的划痕为
【答案】C
【详解】A．初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的图象可知，时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
B．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
CD．时间内物体相对地面向左的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物体相对地面向右的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物块在传送带上留下的划痕为
这段时间内，因此摩擦产生的热量
C正确，D错误。
故选C。
【题型四】倾斜传送带模型
13．如图甲所示，MN是一段倾角为的传送带，一个可以看作质点，质量为 的物块，以沿传动带向下的速度从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图乙所示，取，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．物块将在4.8s时回到原处
C．物块与传送带之间的摩擦因数为
D．传送带的速度，方向沿斜面向下
【答案】C
【详解】AD．从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此物块没从N点离开，物体最终与传送带共速，所以传送带的速度，方向沿斜面向上，故AD错误；
C．图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得物块与传送带之间的摩擦因数为
故C正确；
B．物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间为
物块沿传送带向下减速通过的位移大小为
物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为
物块反向向上加速通过的位移大小为
则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为
则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为
故B错误。
故选C。
14．（2024·湖北·二模）如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B间长度为L =10m，倾角为θ =30°，正以恒定速率v =5m/s顺时针运转。现将一质量为m =1kg的邮件（可视为质点）轻放在传送带底端A点，则邮件从A运动到B过程中，传送带对邮件的冲量大小为（已知邮件与传送带之间的动摩擦因数为 μ =，重力加速度g =10m/s2）（ ）
A．5N·sB．20N·sC．15N·sD．N·s
【答案】D
【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示
支持力
摩擦力
根据牛顿第二定律得沿斜面方向
可知，邮件上升的加速度为
当邮件与传送带速度相同时，由
得
则相对位移为
之后邮件与传送带保持相对静止，以速度v =5m/s匀速上升到B点，有
此阶段的摩擦力
邮件从A运动到B过程中，支持力的冲量
方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量
方向沿斜面向上；
由矢量合成可得传送带对邮件的冲量大小
故选D。
15．如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列图中不可能描述小物块在传送带上运动的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
即
可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足
可知二者将共速。故AB正确，与题意不符；
CD．同理，可知当小物块的初速度沿斜面向上（），对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
即
可知小物块先沿传送带向上匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况（）或者继续匀加速（）此时加速度满足
故C正确，与题意不符；D错误，与题意相符。
本题选不正确的故选D。
一、单选题
1．（2024·重庆·二模）如图，将一质量为m=10g、长度为l=20cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸出桌外。将一质量为也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板瞬间获得初速度。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为，纸板与桌面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。则（ ）
A．弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²
B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止
C．最终橡皮擦不会脱离纸板
D．因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
【答案】C
【详解】A．弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸板水平向右的摩擦力为
桌面给纸板水平向右的摩擦力为
由牛顿第二定律可知弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为
橡皮擦的加速度大小为
故A错误；
B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到的加速度为
而橡皮擦开始做减速运动的加速度最大值为
故此时橡皮擦将相对纸板向左运动，且橡皮擦向右的加速度为
纸板向右的加速度为
故B错误；
CD．结合AB选项，设橡皮擦与纸板经过t时间速度相同，则有
代入数据解得
此时二者向左共速的速度为
橡皮擦的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度做减速运动，由于
所以纸板先减速为0，保持静止，橡皮擦继续以减速为0，规定向左为正方向则橡皮的位移为
纸板的位移为
则二者相对位移为
可知橡皮擦最终距离纸板中点的距离为
即最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为
故C正确，D错误。
故选C。
2．平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过时间箱子与平板车达到共速，此过程平板车的位移为
箱子的位移为
则箱子相对于平板车向前的位移大小为
可得
故选C。
3．如图所示，质量为m的长木板A放在光滑的水平面上，物块B、C放在长木板上。物块B的质量也为m，B、C与A间的动摩擦因数均为，A、B、C均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给物块B施加一个水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（ ）
A．当F足够小时，A仍保持静止状态
B．当拉力时，物块B与A刚好要发生相对滑动
C．当物块C的质量足够小时，C与A会发生相对滑动
D．当物块C的质量也为m时，物块C能获得的最大加速度为
【答案】D
【详解】A．由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦力作用，B与A间的动摩擦因数均为，当F足够小时，B对A有静摩擦力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持静止状态，A错误；
B．根据牛顿第二定律可知，当拉力时，物块B与A间的摩擦力小于，并没有刚好要滑动，B错误；
C．当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑动，则
解得
则A对C的摩擦力
假设成立，即C与A不可能发生相对滑动，C错误；
D．当C的质量也为m时，物块C能获得的最大加速度为
D正确；
故选D。
4．（2024·山东青岛·一模）如图是货物输送装置示意图，载物平台M架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上，平台重心与两圆柱等距，货物m放在平台正中间。两圆柱以角速度绕轴线做相反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知平台质量，平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，货物质量，与平台间的动摩擦因数，圆柱半径，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．货物与平台一起做匀加速直线运动
B．当平台速度时，货物加速度为
C．当平台速度时，货物加速度为
D．若施加的恒力，平台将保持静止
【答案】C
【详解】A．根据对称性可知平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小均为
沿平行于轴线的方向给平台施加的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物为整体，加速度大小为
圆柱表面的点转动的线速度大小为
设平台运动的速度大小为，如图所示
可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为
根据牛顿第二定律可得
可知随着平台速度的逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，加速度逐渐减小，所以货物与平台不是一起匀加速直线运动，故A错误；
BC．当平台速度时，则有
又
可得加速度大小为
故B错误，C正确；
D．若施加的恒力，由于初始时刻，两圆柱对表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小为0，所以平台一定沿轴线的方向运动，故D错误。
故选C。
5．如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度的轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
B．饺子相对与传送带的位移为
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能
【答案】C
【详解】A．饺子的加速度
与传送带的速度无关，故A错误；
B．饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间
饺子在传送带上留下的痕迹长度
故B错误；
C．饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能
因摩擦产生的热量
又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移
相对位移为
故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；
D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
故选C。
6．在机场、车站常用传送带来传送旅客的包裹，在传送过程中同时对包裹进行安检。将一个包裹(可视为质点)轻放在水平传送带的左端，同时启动传送带，传送带向右做初速度为0 的匀加速直线运动。包裹和传送带的速度一时间图像如图所示， s时包裹运动到传送带的右端。下列说法正确的是（ ）
A．图线I 反映的是包裹的运动
B．包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.16
C．传送带的长度为 20 m
D．包裹相对传送带滑动的距离为7.5m
【答案】D
【详解】A．传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于传送到的加速度，则由图像可知图线I 反映的是传送带的运动，图像Ⅱ反应包裹的运动，选项A错误；
B．包裹的加速度
根据
可知包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.1，选项B错误；
C．传送带的长度等于包裹的位移
选项C错误 ；
D．包裹相对传送带滑动的距离为
选项D正确。
故选D。
7．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送带两端相距，物料与传送带间的动摩擦因数为。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当传送带分别以和的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小，物料通过传送带的时间差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】物料在传送带加速运动时的加速度为
当传送带以的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为
加速过程的位移为
匀速过程的时间为
物料通过传送带的时间为
当传送带以的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有
解得
物料离开传送带的速度为
假设成立，故物料通过传送带的时间差为
故选A。
8．如图甲所示，一粮食储备仓库工人正利用传送带运送货物，以恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°，转轴间距L=3.5m。工人将货物（可视为质点）沿传送方向以速度v1=1.5m/s从传送带顶端推下，t=4.5s时货物运动到传送带底端，货物在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．t=2.5s时，货物所受摩擦力方向改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．传送带运行的速度大小为0.5m/s
D．货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，在0~2.5s内，货物的速度大于传动带的速度，则货物受沿斜面向上的滑动摩擦力，在2.5s~4.5s内，货物匀速下滑，根据平衡条件可知，货物受沿斜面向上的静摩擦力，所以2.5s时货物所受摩擦力方向不变，故A错误；
C．图线与坐标轴围成的区域的面积表示位移的大小，根据题意可得
解得
故C正确；
B．由图乙和C分析可知，货物在0~2.5s内的对物块由牛顿第二定律
由图像可知货物的加速度大小为
联立解得
故B错误；
D．由于货物向下运动过程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做负功，根据功能关系可知，货物所具有的机械能一直减小，故D错误。
故选C。
9．快递员通过传送带和一段光滑圆弧轨道把包裹从低处送到高处的车厢，传送带倾角为，传送带ab端距离，始终以速度匀速顺时针转动，传送带上端与圆弧轨道bc相切于b点，bc段圆心为O，最高点为c。时刻，把第一个包裹轻放在传送带底端a，后面每隔0.5s放一个包裹，若包裹与传送带间的动摩擦因数为，每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c点。重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．包裹在最高点c时，对圆弧轨道的压力为零
B．第一个包裹在传送带上运动的时间为3.55s
C．圆弧轨道半径为
D．传送带上最多有5个包裹
【答案】B
【详解】A．因为每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c点，即包裹到达c点时的速度为0，即包裹在c点时重力和支持力为平衡力，等大反向，则支持力等于重力，根据牛顿第三定律，对圆弧轨道的压力等于支持力等于重力，故A错误；
B．包裹在倾斜传送带上先加速运动后匀速运动，加速时，根据牛顿第二定律
则加速时间为
加速位移为
匀速运动时间为
则包裹在传送带上运动时间为
故B正确；
C．由B可知，包裹在传送带上最终和传送带共速，即包裹在b点的速度为
包裹由b到c点，设圆弧轨道半径为R，根据动能定理
解得
故C错误；
D．由B可知，第一个包裹在传送带上运动时间为3.55s，这段时间内可以在传送带上放置包裹的个数为
即，第一个包裹到达b点时，传送带上又放置了7个包裹，则传送带上最多有8个包裹，故D错误。
故选B。
10．如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B．输送带A、B两端点间的距离为8m
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s
D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585J
【答案】C
【详解】A．由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知
对货物有
解得
故A项错误；
B．由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，有
解得
则传送带两端点之间的距离为
故B项错误；
C．加速阶段的加速度大小为a，有
加速阶段时间为，有
传送带速度为
设匀速阶段时间为，有
所以总时间为
故C项正确；
D．由能量守恒，其多消耗的能量为
解得
故D项错误。
故选C。
11．北京冬奥会后，冰雪运动越来越受人们关注，滑雪机也逐渐走进大众生活。滑雪机是利用电机带动雪毯向上运动，雪毯的质感完全仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习和锻炼的目的，并且通过调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行，如图为一小型滑雪机展品。已知某滑雪机坡道长，倾角，在某次训练中，一开始雪毯静止未开启，一质量（含装备）的滑雪者没有做任何助力动作，恰能够沿雪毯匀速下滑。现开启雪毯，使雪毯始终以速度向下运动，滑雪者没有做任何助力动作，从坡道顶端由静止滑到底端，关于该过程下列说法正确的是（ ）（已知重力加速度，，，不计空气阻力）
A．滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为0.5
B．滑雪者从坡道顶端由静止滑到底端所需时间为1s
C．整个下滑过程滑雪板与雪毯之间由于摩擦而产生热量为450J
D．整个过程中摩擦力对滑雪板一直做正功
【答案】C
【详解】A．设雪毯静止时，滑雪者匀速下滑，可知
滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为
故A错误；
B．开启雪毯，滑雪者从静止加速下滑时，有
可得
达到与雪毯共速所需时间
这0.5s内雪毯的位移
滑雪者运动位移
二者相对滑动的位移
之后二者相对静止一起匀速下滑，到达底端还需时间
总共用时
故B错误；
C．在相对滑动过程中因摩擦生热
故C正确；
D．从开始下滑的0～0.5s内，滑动摩擦力沿斜面向下，对滑雪者做正功，0.5s～1.25s内静摩擦力沿斜面向上，对滑雪者做负功，故D错误。
故选C。
12．“雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备，它类似于机场的传送带，主要用于将乘客从雪道底端运送到顶端。一名穿戴雪具的游客，从雪道底端静止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长，倾角（，），“雪地魔毯”以的速度向上滑行，经过游客滑到“雪地魔毯”的顶端。，人与“雪地鹰稳”间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，则（ ）

A．游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动
B．游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为
C．游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变
D．游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为0.26
【答案】D
【详解】A．若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的位移
则游客在“雪地魔毯”上不是一直做匀加速运动，选项A错误；
B．设游客匀加速的时间为，则
解得
选项B错误：
C．游客在“雪地魔毯”先受到滑动摩擦力，摩擦力方向沿“雪地魔毯”向上，然后受静摩擦力，方向也沿“雪地魔毯”向上，选项C错误；
D．游客加速阶段的加速度
根据
解得
选项D正确。
故选D。
二、多选题
13．如图，物块A、B静置叠放在光滑水平面上，A、B上下表面水平。A、B间动摩擦因数为，某时刻起受到水平向右随时间变化的拉力，A始终在B上，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．时，A的加速度大小为B．时，A、B间摩擦力大小为
C．时，A、B即将发生相对运动D．时，B的加速度大小为
【答案】AC
【详解】C．A、B不发生相对运动时，A的最大加速度为
以A、B为整体，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
AB．时，以A、B为整体，根据牛顿第二定律
解得A的加速度大小为
A、B间摩擦力大小为
故A正确，B错误；
D．时，A、B发生相对运动，对B，根据牛顿第二定律
解得B的加速度大小为
故D错误。
故选AC。
14．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，整个过程木板运动的图像如图乙所示。物块和木板的质量均为，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．内物块的加速度为B．木板与地面间的动摩擦因数为0.5
C．拉力F的大小为D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
【答案】BC
【详解】AB．设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，由图像可知，在t=1.5s时刻，滑块和木板速度相等，速度大小为3m/s，因此在时间内，物块的加速度
而
可知物块与木板间的动摩擦因数
在时间内，木板减速的运动的加速度
根据牛顿第二定律
可得木板与地面间的动摩擦因数为
A，B错误；
C．在内，根据牛顿第二定律
由图像可知在这段时间内，木板的加速度
联立解得
C正确；
D．在1.5s之后，由于
物块相对木板向前滑动，木板做减速运动的加速度
木块做减速运动的加速度
木板的总位移等于图像与时间轴围成的面积
物块的总位移
因此物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
D错误。
故选BC。
三、解答题
15．（2024·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量为的物块（视为质点）静止放置在长木板的最右端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向左的速度，经过一段时间长木板停止运动时木块正好从长木板的左端脱离。已知长木板的长度为，重力加速度为，求：
（1）长木板的运动时间以及长木板的质量；
（2）长木板与地面间的摩擦生热以及长木板从运动到停止克服摩擦力做功的平均功率。
【答案】（1），；（2），
【详解】（1）设长木板的运动时间为，则长木板的位移为
木块做匀速运动，位移为
两者的相对位移为
综合解得
，
设长木板的质量为，木块在长木板上运动，对长木板进行受力分析，长木板的合力（即滑动摩擦力）为
由牛顿第二定律可得长木板的加速度为
长木板运动的时间为
综合解得
，
（2）长木板与地面间的摩擦生热为
长木板从运动到停止克服摩擦力的平均功率为
计算可得
，
16．（23-24高三上·云南曲靖·阶段练习）如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距，质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端，C与A之间的动摩擦因数为，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右、大小为的恒力作用，木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起。（取重力加速度，计算结果用根式表示，其中）。求：
（1）A与B相撞前A的速度是多少？
（2）A与B相撞后向右做加速运动的位移是多少？
（3）要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有
（2）A、B两木板的碰瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得
碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则
设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为，对A、B系统，由动能定理
其中
得
（3）对C物体，由动能定理：
由以上各式，再代入数据可得
17．如图所示，质量的长木板放置在倾角的足够长斜面上。质量可视为质点的物块放置在木板的右端。在木板右侧的斜面上方固定着一个与斜面垂直的弹性挡板，木板恰好可以无擦碰地穿过挡板与斜面间的缝隙。现使木板和物块均以的速度一起从挡板上方某高度处沿斜面向下滑动。此后，物块与挡板发生的每次碰撞时间都极短且无机械能损失，整个过程中物块不会从木板上滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度。问：
（1）物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离多大？
（2）物块与挡板第二次碰撞前，速度多大？
（3）物块与挡板第一碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，木板滑行的距离及物块和木板间的相对位移各多大？

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）木板沿斜面向下滑动的过程中，以木板为研究对象，受力分析如图

则
又
可得
木板和物块构成的系统，沿斜面方向
所以，物块和木板一起匀速下滑，物块与挡板发生第一次弹性碰撞后的速度大小为仍为。接下来，物块沿斜面向上匀减速到速度为零的过程中，其沿斜面向上的位移的大小即为离开挡板的最大距离，以物块为研究对象
解得
由
解得
（2）物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中，系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，则有
可得
（3）物块与挡板第一次碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，物块匀变速运动的时间为
这段时间，物块的对地位移为
方向沿斜面向上；
木板的位移为
方向沿斜面向下；
物块与木板间的相对位移
做出物块与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的示意图如图

分析可知
18.某中学的两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L=0.5m、质量M=0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，一人用水平恒力F2向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F1向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。
（1）若F1=17.5N，F2=27.5N，求小滑块和木板的加速度；
（2）在第（1）问的条件下，经过多长时间滑块从木板上端离开木板；
（3）若F2=35N，为使滑块与木板一起向上运动但不发生相对滑动，则F1必须满足什么条件？
【答案】（1）2.0m/s2，竖直向上，1.0m/s2，竖直向上；（2）1.0s；（3）
【详解】（1）假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿第二定律有
方向：竖直向上，对木板由牛顿第二定律有
方向：竖直向上，因为，所以假设成立。
（2）设经过时间滑块从木板上端离开木板，则滑块从木板上端离开木板时
代入数据得
（3）为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故
为使滑块与木板不发生相对滑动，滑块与木板间静摩擦力应为最大静摩擦力，对木板由牛顿第二定律有
方向：竖直向上，对滑块由牛顿第二定律有
代入数据得
综上所述，必须满足条件为
目录
01 模拟基础练
【题型一】水平面的板块模型
【题型二】斜面上的板块模型
【题型三】水平传送带模型
【题型四】倾斜传送带模型
02 重难创新练