牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用-2023年高考物理練習(xí)（解析版）

秘籍03牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

學(xué)高考預(yù)測(cè)

概率預(yù)測(cè)☆☆☆☆☆

題型預(yù)測(cè)選擇題、計(jì)算題☆☆☆☆☆

考向預(yù)測(cè)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

;應(yīng)試秘籍

牛頓運(yùn)動(dòng)定律是力學(xué)的重要定律，高考中力和運(yùn)動(dòng)的考查分量比較重。高考中，動(dòng)力學(xué)問(wèn)題是牛頓運(yùn)動(dòng)

定律熟練掌握基礎(chǔ)上，在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用。

?.從考點(diǎn)頻率看，板塊模型、傳送帶問(wèn)題、超重、失重是高頻考點(diǎn)、必考點(diǎn)，所以必須完全掌握。

2.從題型角度看，可以是選擇題、計(jì)算題其中小問(wèn)，分值10分左右，著實(shí)很多！

一、板塊模型和水平傳送帶

“滑塊一木板”模型

1.模型特點(diǎn)：滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）置于木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)

生相對(duì)滑動(dòng).

2.位移關(guān)系：如圖所示，滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差?x=

X1-X2=L（板長(zhǎng)）；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移大小之和x2+x1=L

3.水平傳送帶

滑塊的運(yùn)動(dòng)情況

情景

傳送帶不足夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)

“>=θV

Γ^l—*

()()一直加速先加速后勻速

Vo<v時(shí)，一直加速Vo<v時(shí)，先加速再勻速

%

T~Γ-??

OOVθ>v時(shí)，一直減速Vo>v時(shí)，先減速再勻速

滑塊先減速到速度為0,后被傳送帶傳回

左端.

或_滑塊一直減速到右端

()()

若Vo<v返回到左端時(shí)速度為Vo,若

返回到左端時(shí)速度為。.

二、斜面體模型、傳送帶問(wèn)題

1、斜面體模型

“斜面”是力學(xué)內(nèi)容考查中最常見(jiàn)的理想情境模型，也是綜合考查力學(xué)知識(shí)的較好方法?！靶?/p>

面+各類(lèi)物體”統(tǒng)稱為“斜面體”，“斜面體”題型涉及考點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，物理情景變化空

間大，問(wèn)題處理相對(duì)復(fù)雜。在正確的受力分析基礎(chǔ)上，利用正交分解法，建立分方向牛頓第二

定律的方程，處理該類(lèi)問(wèn)題。傾斜的傳送帶可看成移動(dòng)的斜面，一般情況下傳送帶有兩個(gè)運(yùn)動(dòng)

方向，即順時(shí)針?lè)较蚝湍鏁r(shí)針?lè)较?。解題時(shí)，根據(jù)需要可選取地面為參考系，也可選取傳送帶

為參考系。

2.傾斜傳送帶

滑塊的運(yùn)動(dòng)情況

情景

傳送帶不足夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)

一直加速（一定滿足關(guān)系

先加速后勻速

gsinθ<μgcosθ）

若"2tanO,先加速后勻速

一直加速（加速度為gsinΘ

÷∕∕gcos0）若〃Vtan仇先以0加速，后以。2加速

VO<V時(shí)，一直加速（加速度若〃2tana先加速后勻速；若"<tan仇

為gsin0+∕√gcosθ）先以41加速，后以。2加速

如時(shí)，一直減速（加速度若"2tana先減速后勻速；若"〈tan仇

為gsin∕zgcos0）先以。1減速，后以加速

一

^sinθ>μgcosθf(wàn)一直加速；

gsin9="gcos仇一直勻速

gsinθ<μgcosθ,一直減速先減速到速度為0后反向加速到原位置

(摩擦力方向一定時(shí)速度大小為訓(xùn)(類(lèi)豎直上拋運(yùn)動(dòng))

沿斜面向上)

三、動(dòng)力學(xué)中的連接體

1.連接體

多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細(xì)桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體.連

接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí))具有相同的運(yùn)動(dòng)情況(速度、加速度).

2.常見(jiàn)的連接體

(1)物物疊放連接體：兩物體通過(guò)彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度

777777777777777777777777^

?

ΓB~?-F..B?....、

"77777zzzzzzzz/z/z//〃〃〃〃，，〃〃〃〃//7777777777/77777//

速度、加速度相同

(2)輕繩連接體：輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等.

tFaF

固x≤dfl_______

速度、加速度相同

?A,?r

速度、加速度大小相等，方向不同

(3)輕桿連接體：輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度.

4

777777777/7777777777/77777777

速度、加速度相同

(4)彈簧連接體：在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈簧形變最大時(shí)，兩

端連接體的速度、加速度相等.

∣F-------AI

IITPwWWΛΛ

Bfe?C"?'二加i?

3.整體法與隔離法在連接體中的應(yīng)用

(1)整體法

當(dāng)連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體的加速度相同時(shí)，可以把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看成一個(gè)整體，分析其受力和運(yùn)動(dòng)

情況，運(yùn)用牛頓第二定律對(duì)整體列方程求解的方法.

(2)隔離法

當(dāng)求系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用的內(nèi)力時(shí)，常把某個(gè)物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái)，分析其受力和運(yùn)動(dòng)情況，再用牛頓

第二定律對(duì)隔離出來(lái)的物體列方程求解的方法.

(3)處理連接體方法

①共速連接體，一般采用先整體后隔離的方法.如圖所示，先用整體法得出合力F與。的關(guān)系，F(xiàn)=(mA+

m)a,再隔離單個(gè)物體(部分物體)研究尸內(nèi)力與α的關(guān)系，例如隔離B,F^=ma=F

βlllO?AT十

地面光滑

②關(guān)聯(lián)速度連接體

分別對(duì)兩物體受力分析，分別應(yīng)用牛頓第二定律列出方程，聯(lián)立方程求解.

一.板塊模型的解題技巧

1.解題關(guān)鍵點(diǎn)

(1)由滑塊與木板的相對(duì)運(yùn)動(dòng)來(lái)判斷“板塊”間的摩擦力方向.

(2)當(dāng)滑塊與木板速度相同時(shí)，“板塊”間的摩擦力可能由滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩

擦力(水平面上共同勻速運(yùn)動(dòng)).

2.處理“板塊”模型中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的流程

二、連接體類(lèi)問(wèn)題解題技巧

（1）若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，利用整體法計(jì)算外力（或其他未知量）；利用隔離

法求物體之間的作用力（內(nèi)力）。

（2）應(yīng)用牛頓第二定律解決連接體相對(duì)靜止類(lèi)問(wèn)題時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后用

隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求物體之間的作用力（內(nèi)力），即“先整體求

加速度，后隔離求內(nèi)力”。

核心素養(yǎng)提升

等時(shí)圓模型

當(dāng)物體由靜止沿光滑傾斜軌道下滑時(shí)，沿不同傾角的軌道下滑相同距離時(shí)所用時(shí)間不同，

沿同一軌道下滑不同距離時(shí)所用時(shí)間也不同，而沿著滿足特定條件的軌道下滑時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間與

軌道傾角無(wú)關(guān)。由于這些時(shí)間相等的特定軌道的兩端位于同一圓周上，故與此相關(guān)的問(wèn)題稱為

等時(shí)圓題型。

解題技巧

①多條相交的傾斜光滑軌道

②質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始從軌道的一端滑到另一端

設(shè)置①下端相交：交點(diǎn)為圓的最低點(diǎn)

頂點(diǎn)②上端相交：交點(diǎn)為圓的最高點(diǎn)

①過(guò)交點(diǎn)作豎直線

②以某軌道為弦作同心在豎直線上的面

Φ??道端點(diǎn)都在圓周上，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,

時(shí)間魂髓瞠露罐饕短,端

比較

mgsinθ=πιa找出圓直徑,停尋

下滑

爐J與X的關(guān)素，時(shí)間

典例剖析

一、板塊模型

例1、（2023?湖南岳陽(yáng)?統(tǒng)考二模）如圖所示,將小滑塊A放在長(zhǎng)為乙的長(zhǎng)木板B上，A與B間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為〃，長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，A與B的質(zhì)量之比為1:4,A距B的右端為:L?，F(xiàn)給長(zhǎng)木板B一

個(gè)水平向右初速度%=10、歷m∕s,小滑塊A恰好從長(zhǎng)木板B上滑下；若給A?—個(gè)水平向右初速度U,要使

A能從B上滑下，則V至少為（）

A.5m∕sB.10m∕sC.15m∕sD.2Om∕s

【答案】B

【解析】第一種情形下有

--4--=-L

2（工+工）3

加A外

第二種情形下有

V21.

------7--------k=—L

2（上+工）3

%w?

解得

v=10m∕s

故選Bo

二、傾斜傳送帶

例2、（2023?四川?統(tǒng)考二模）物塊P以速度%沿足夠長(zhǎng)的靜止的傾斜傳送帶勻速下滑，已知最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力。某時(shí)刻傳送帶突然以恒定速率匕沿圖示逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行，則從該時(shí)刻起，物塊P的速度

V隨時(shí)間r變化的圖像可能是（）

OO

D.vl

【答案】A

【解析】AB.當(dāng)WXV/時(shí)，對(duì)物塊P受力分析，由牛頓第二定律可得

ma=mgsinθ+μmgcosθ

可知物塊先做勻加速宜線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)W=V/時(shí)，摩擦力瞬間消失，然后隨著物塊的繼續(xù)加速，摩擦力反向，依

題意有

mgsinθ=μmgcosθ

即物塊勻速直線運(yùn)動(dòng)。故A正確；B錯(cuò)誤;

CD.當(dāng)％>v∕時(shí)，對(duì)物塊P受力分析，有

ma=mgSinJ-μmgcosθ=0

即物塊一直勻速直線運(yùn)動(dòng)。故CD錯(cuò)誤。

故選Ao

連接體模型

例3、(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為姓、，班的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為J的固定斜面上，兩物塊

與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，用始終平行于斜面向上的恒力尸推4,使它們沿斜面向上勻加速運(yùn)動(dòng)，為了增

大A、B間的壓力，可行的辦法是()

A.增大推力F

B.減小傾角θ

C.減小B的質(zhì)量

D.減小A的質(zhì)量

【答案】AD

【解析】設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,對(duì)A、8整體受力分析，有/一(/",+"s)gsinθ~μ(mA÷mβ)gcos

、/HRF

夕=(m八+如?〃，對(duì)8受力分析，有FAB-∕nfigsinθ-μmβgcosθ=r∏Ra,由以上兩式可得FAB=―一T-F=~^,

nu+niB強(qiáng)+]

加6十

為了增大A、8間的壓力，即尸A8增大，應(yīng)增大推力/或減小4的質(zhì)量，增大B的質(zhì)量.故A、D正確,

B、C錯(cuò)誤.

學(xué)誤區(qū)點(diǎn)撥

一、物體一定能和傳送帶共速

典例4.（2023?北京平谷?統(tǒng)考一模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率匕沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳

送帶的傾角為37。。一物塊以初速度%從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的VT圖

像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin37°=0.6,∞s37o=0.8?g取IOrn∕s"則（）

A.傳送帶的速度為16m∕s

B.摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反

C.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25

D?傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速率越大，物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度就會(huì)越大

【答案】C

【解析】A.由圖乙可知傳送帶的速度為8m∕s,A錯(cuò)誤；

BC.在0~ls內(nèi)，物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對(duì)物塊的摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律

有

mgsin37°+μmgcos37°=mal

根據(jù)圖乙可得

22

0l-?e??m∕s=8m∕s

在＞2s內(nèi)傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對(duì)物塊的摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)根據(jù)牛頓笫二定律有

o0

mgsin37-μmgcos37=ma2

根據(jù)圖乙可得

8—02ΛI(xiàn)2

a-=------m∕s^=4m∕s'

l2

聯(lián)立解得

μ=0.25

故C正確；

D.當(dāng)傳送帶的速度大于16m∕s后，物塊在傳送帶上一直做加速度為七的減速運(yùn)動(dòng)，無(wú)論傳送帶的速度為多

大，物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度都相等，D錯(cuò)誤。

故選C。

0名校模擬

一、單選題

1.（2023?遼寧?模擬預(yù)測(cè)）如圖，質(zhì)量為4加的貨車(chē)載有質(zhì)量為2m的貨物，一起在水平路面上以速度勻速

運(yùn)動(dòng)，因緊急情況貨車(chē)突然制動(dòng)，貨車(chē)停下后，貨物繼續(xù)運(yùn)動(dòng)后未與車(chē)廂前壁發(fā)生碰撞。已知貨物與水平

車(chē)廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，車(chē)輪與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2〃，貨物到車(chē)廂前壁的距離為L(zhǎng),重力加速

度為g。下列說(shuō)法正確的是（）

A.開(kāi)始剎車(chē)時(shí)貨車(chē)的加速度大小為2〃gB.從開(kāi)始剎車(chē)到貨物停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為不一

2

C.貨車(chē)停止時(shí)，貨物的速度大1小為D.貨物到車(chē)廂前壁的距離應(yīng)滿足L≥薩3v

【答案】D

【解析】A.剎車(chē)后，貨物的加速度由牛頓第二定律

?1=Ag

對(duì)貨車(chē)由牛頓第二定律

2〃（4/72+2nt）g-μ?2mg=Ama2

解得

ad"，-"*2-=―-

4m

故A錯(cuò)誤；

B.貨車(chē)先停止運(yùn)動(dòng)，由丫=%，2,可得從開(kāi)始剎車(chē)到貨車(chē)停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

V

t

2=τ2^^5zμg

故B錯(cuò)誤;

C.貨車(chē)停下時(shí)，由“=口-。也可得貨物的速度為

V3

%="4gX-------------—-V

2.5〃g5

故C錯(cuò)誤;

D.由u=α∕∣可得從開(kāi)始剎車(chē)到貨物停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

V

心=--

此時(shí)，貨物的位移為

V2

?=τ-

2〃g

貨車(chē)的位移為

V2

$車(chē)=?-

相對(duì)貨乍滑行的距離

3V2

X=S物-S主=-~

物車(chē)10〃g

所以需滿足

故D正確

故選D。

2.（2023?江西?統(tǒng)考一模）如圖甲所示，物塊A與木板B靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)給物塊A—初速度，

IS后兩物體相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們的位移-時(shí)間圖像如乙圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量比為（）

A.4：3B.2：1C.3：2D.5：2

【答案】B

【解析】由乙圖可知，0~ls內(nèi)，XA=5m,4=2m對(duì)A進(jìn)行受力分析得

-HmAg=mAaA

對(duì)B進(jìn)行受力分析得

一〃機(jī)Ag=根BaB

IS后兩物體相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，則速度為

%一叫.=叩

B的位移為

12C

XB=—aBt=2m

解得

2

aB=4m∕s

則得出共速的速度為

煤=VB=aat=4m∕s

對(duì)A有

V+VH=

X.=--0-----3-f=5m

A2

姝=%_%=4m∕s

解得

fγi

v0=6m∕s,μ=O.?,~^—=

mR

故選Ba

3.（2023?河南?統(tǒng)考一模）如圖所示，一長(zhǎng)木板。在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻"=（））將一相對(duì)于地面靜止

的物塊b輕放到木板上，此時(shí)”的速度為％,同時(shí)對(duì)。施加一個(gè)水平向右的恒力F,己知物塊與木板的質(zhì)

量相等，物塊與木板間及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦

力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，內(nèi)匕運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像可能是下列圖中的（）

【解析】小物塊由靜止開(kāi)始，長(zhǎng)木板有初速度且受到恒力作用，所以對(duì)物塊受力分析，可知小物塊受到滑

動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得

Mmg=mah

解得

al,=μg

對(duì)長(zhǎng)木板進(jìn)行受力分析，受到地面水平向左的摩擦力，物塊對(duì)木板水平向左的摩擦力，以及水平向右的恒

力尸，根據(jù)牛頓第二定律可得

F-μιng-μ2mg-maa

解得

FC

?=一一3〃g

tn

A.根據(jù)圖像的斜率可知初始階段能<0,ah=?all?,即

F=2μmg

則。做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，6做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)圖像可知。做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即

F=3μmg

匕做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，二者共速后，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得

F-2∕jmg-2majt

解得

1

°共=3Hg

B錯(cuò)誤；

CD.若則有

3∕jmg<F<4μmg

兩者均做勻加速宜線運(yùn)動(dòng)，共速后一起勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得

F-2μmg=2ιna^

可得

177

-μg<a^<μg

C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

4.（2023?江蘇?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，將一滑塊從粗糙斜面上某點(diǎn)由靜止釋放，滑塊沿斜面下滑后與固定

在斜面底端的擋板碰撞后反彈，碰撞的時(shí)間極短，可忽略不計(jì)，且碰撞沒(méi)有機(jī)械能損失。以沿斜面向下為

正方向，能正確反映滑塊速度V隨時(shí)間f變化的圖像是（）

【答案】D

【解析】-r圖像的斜率表示加速度，滑塊沿斜面下滑時(shí)有

mgsinθ-f=

碰撞后上滑時(shí)有

mgsinθ+f=ma2

所以

由于碰撞沒(méi)有機(jī)械能損失，即碰撞前后速度大小不變，方向相反。

故選D。

5.（2023?河南?統(tǒng)考三模）如圖所示為研究平衡摩擦力的一個(gè)實(shí)驗(yàn)。把一個(gè)木塊A放在傾角為0=45。的斜面

體B上，斜面體固定在小車(chē)上。水平外力作用在小車(chē)上，使木塊A和斜面體B一起水平向左隨小車(chē)以加速

度“勻加速運(yùn)動(dòng)。木塊A和斜面體B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終相對(duì)靜止。在某一次實(shí)驗(yàn)中，調(diào)整小車(chē)的加速度大

小為α=g（g為重力加速度），則關(guān)于斜面B對(duì)物體A的摩擦力方向，下列說(shuō)法正確的是（）

A.斜面B對(duì)物體A沒(méi)有摩擦力

B.斜面B對(duì)物體A的摩擦力方向沿斜面向上

C.斜面B對(duì)物體A的摩擦力方向沿斜面向下

D.斜面B對(duì)物體A的摩擦力方向可能沿斜面向上、也可能沿斜面向下

【答案】A

【解析】若物體A只受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律有

aa=gtwnθ=g=a

故選A,

6.（2023?陜西渭南?統(tǒng)考一模）如圖所示，OA、。8是豎直面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，0、A、B位于同一

圓周上，08為圓的直徑。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)（圖中未畫(huà)出），兩個(gè)滑環(huán)都從。點(diǎn)無(wú)初速釋放，用

〃、這分別表B示滑環(huán)到達(dá)A、B所用的時(shí)間，則（）

A.tx=t2B.A<t2C.tl>t2D.無(wú)法比較"、/2的大小

【答案】C

【解析】如圖所示

以O(shè)點(diǎn)為最高點(diǎn)，取合適的直徑做等時(shí)圓，由圖可知，從。到C、8時(shí)間相等，比較圖示位移

OA>OC

可得

A>，2

故選C。

7.（2022?湖北恩施,恩施市第一中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）傾角為9的斜面固定在水平地面上，在與斜面共面的平

面上方A點(diǎn)伸出三根光滑輕質(zhì)細(xì)桿至斜面上B、C、。三點(diǎn)，其中AC與斜面垂直，且

NBAC=ND4C=6（6<45。），現(xiàn)有三個(gè)質(zhì)量均為，”的小圓環(huán)（看作質(zhì)點(diǎn)）分別套在三根細(xì)桿上，依次從A

點(diǎn)由靜止滑下，滑到斜面上8、C、。三點(diǎn)所有時(shí)間分別為%、攵、下列說(shuō)法正確的是（)

B.tB-tC<tD

C?ZEVreVrDD.<Q=,力

【答案】B

【解析】由于

ZBAC=Θ

則可以判斷A3豎直向下，以AB為直徑做圓，則必過(guò)。點(diǎn)，如圖

圓環(huán)在桿4C上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

mgcosθ=ma

聯(lián)立解得

可見(jiàn)從A點(diǎn)出發(fā)，到達(dá)圓周各點(diǎn)所用的時(shí)間相等，與桿的長(zhǎng)短、傾角無(wú)關(guān)，可得

tB=tC=tE<tD

故選

Bo

8.（2022?湖南長(zhǎng)沙?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在一傾斜角為。的坡上有一觀景臺(tái)A,從觀景臺(tái)到坡底有一根鋼

纜索，已知觀景到山坡的距離AO=L。到坡底B的距離也為3現(xiàn)工作人員將鋼環(huán)扣在纜索上，將一包

裹送至坡底，若環(huán)帶著包裹從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿鋼繩無(wú)摩擦地滑下，則包裹滑到坡底的時(shí)間為（）

D.

【答案】D

【解析】如圖所示，以。點(diǎn)為圓心、A為圓周的最高點(diǎn)、48為弦作圓。小環(huán)沿AB運(yùn)動(dòng)的時(shí)間就是沿直徑

AC做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，有

2L=%

解得

故選Do

9.（2023?河南安陽(yáng)?安陽(yáng)一中?？寄M預(yù)測(cè)）一長(zhǎng)輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上，木板上放質(zhì)量分別為

%=汰8和"%=21^的人、B兩物塊，A、B與木板之間的動(dòng)摩擦因素都為〃=02,水平恒力尸作用在A物

塊上，如圖所示（重力加速度g取IOm/S?）.則（）

BA

?F

A.若尸=IN,則物塊、木板都靜止不動(dòng)

B.若尸=L5N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5N

C.若尸=4N,則B物塊所受摩擦力大小為2N

D.若尸=8N,則B物塊的加速度為lm∕s2

【答案】CD

【解析】A.A與木板間的最大靜摩擦力

∕4=W〃∕g=O.2xlxlO=2N

B與木板間的最大靜摩擦力

fB=μmBg=0.2×2×10=4N

若

F=lN<fA

所以AB即木板保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向右勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;

B.若

F=1.5N<∕A

所以A、B及木板保持相對(duì)靜止，整體在尸作用下向右勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得

F-f=mAa

所以A物塊所受摩擦力

7<F=1.5N

故B錯(cuò)誤；

C.若

F=4N>fA

所以A在木板上滑動(dòng)，B和木板整體受到摩擦力2N,輕質(zhì)木板，質(zhì)量不計(jì)，所以B的加速度為

a=^-=-m∕s2=lnτ∕s2

2

對(duì)B進(jìn)行受力分析，摩擦力提供加速度為

f=mBa=2×l=2N

故C正確；

D.若

F=8N>fA

所以A相對(duì)于木板滑動(dòng)，B和木板整體受到摩擦力2N,輕質(zhì)木板，質(zhì)量不計(jì)，所以B的加速度

a=-=—m∕s2=lm∕s2

mB2

故D正確。

故選CDo

10.（2023?遼寧朝陽(yáng)?朝陽(yáng)市第一高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考一模）如圖所示，傾角Q=3（）。的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在

水平面上，斜面上放一長(zhǎng)L=1.8m、質(zhì)量"=3kg的薄木板，木板的最上端疊放一質(zhì)量，"=Ikg的小物塊

（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=孝。木板施加沿斜面向上的恒力足使木板沿斜面由靜

止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取IOm人2,則下列說(shuō)法正確的

A.F=15N時(shí)，M和〃？沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)

B.F=25N時(shí)，M和m沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)

C.F=30N時(shí)，M和巾均向上做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.6缶后二者分離

D.尸=375N時(shí)，M和W均向上做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)1.2s后二者分離

【答案】BD

【解析】要是木塊和木板之間不產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)M、山由牛頓第二定律得

F-(Λ∕+wι)gsinα=(M+ιn)a

對(duì)歷有

f-mgs'?na=ma

f≤μmgcosa

代入數(shù)據(jù)解得

F≤30N

因要拉動(dòng)，則

F>(M+m)gsina=(3+1)×10×^-N=20N

則為使物塊不滑離木板，力F應(yīng)滿足的條件為20N<F≤30No

A.F=I5N時(shí)，不能拉動(dòng)木板，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.尸=25N時(shí)，M和S沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；

C.F=30N時(shí)，M和機(jī)均向上做加速運(yùn)動(dòng)，恰不產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)F=37.5N>30N,物塊能滑離木板，對(duì)M,有

F-Jumgcosa-Mgsina=Ma]

對(duì)加有

μmgcosa-mgs?na=ma2

設(shè)滑塊滑離木板所用的時(shí)間為乙由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

-cut2-?^a2t2=L

代入數(shù)據(jù)解得

Ul.2s

選項(xiàng)D正確。

故選BDo

三、解答題

11.（2022?福建?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾角為6的斜面A點(diǎn)以上的部分表面光滑，A以下的表面粗糙。A

點(diǎn)以上區(qū)域有2〃個(gè)相同的小方塊，每個(gè)小方塊質(zhì)量均為，〃，與斜面粗糙區(qū)域的動(dòng)摩擦因數(shù)都相等，沿平行

斜面的傾斜方向整齊地排成一條直線；小方塊按從下到上的順序編號(hào)命名；1號(hào)小方塊用手托著靜止在。

點(diǎn)，0、A兩點(diǎn)之間相距2L；小方塊隊(duì)列的總長(zhǎng)為L(zhǎng)小方塊相互間不粘連.現(xiàn)放手讓它們由靜止開(kāi)始下

滑，已知下滑過(guò)程方塊隊(duì)列保持平行于斜面傾斜方向的直線隊(duì)形，且當(dāng)?shù)凇ㄌ?hào)小方塊全部進(jìn)入A點(diǎn)時(shí)小方

塊運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大，最終1號(hào)小方塊停在8處，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)。求：

（1）1號(hào)小方塊剛運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)位置的速度大?。ズ托》綁K與粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

（2）B與A點(diǎn)間的距離s。；

（3）若將B以下的區(qū)域表面處理成光滑的，然后讓小方塊隊(duì)列重新從A點(diǎn)之上由靜止釋放，要使所有小

方塊都能滑過(guò)B點(diǎn)，釋放時(shí)1號(hào)方塊距離A點(diǎn)最小距離s。

【答案】（1）%=2jgLsin，；〃=2tan6；（2）s0=3L；（3）s=3L

【解析】（I）A點(diǎn)上部分光滑，對(duì)所有小方塊從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程，運(yùn)動(dòng)性質(zhì)相同看作一個(gè)整體，機(jī)械

能守恒，有

2nmg?2Lsin6=gX2nmv1

解得

v0=2y∣gLsinθ

通過(guò)A點(diǎn)后的小方塊因受摩擦力加速度比沒(méi)過(guò)A點(diǎn)的小，因此4點(diǎn)上邊的小方塊會(huì)擠壓下方的小方塊，所

有小方塊無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，仍可以看作個(gè)整體。當(dāng)小方塊運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大時(shí)，其整體加速度為零，有

2nmgsinθ-μnmgcos6=0

解得

χ/=2tanΘ

（2）設(shè)當(dāng)小方塊下端運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)時(shí)，所有小方塊已進(jìn)入A3段。則從1號(hào)小方塊進(jìn)入A點(diǎn)開(kāi)始，整體小方

塊系統(tǒng)所受到的摩擦力與進(jìn)入的長(zhǎng)度成正比直到全部進(jìn)入，此后摩擦力不變，如圖所示。由動(dòng)能定理

_.八∕c,\U×2nmgcosθ_C_zr`C

2nmgsin，?(2L+%)----------------------L-μ×2〃叫cosσ(5o-L)=O

解得

SO=3L

(3)小方塊出8點(diǎn)后，加速下滑，而剩下的k個(gè)(1≤%<2")小方塊仍一起減速向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)剩下小方塊的

加速度大小為小由牛頓第二定律

μ×2kmgcosθ-2kmgsinθ

a=---------------------=---g--s--i-n--J--------

2kmg

說(shuō)明剩下的小方塊無(wú)論幾個(gè)，則這幾個(gè)運(yùn)動(dòng)的加速度都保持不變，要使所有小方塊都能滑過(guò)B點(diǎn)，則笫2〃

號(hào)小方塊過(guò)B點(diǎn)的最小速度是零。如圖，所有小方塊隊(duì)列從C點(diǎn)靜止釋放運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度設(shè)為也應(yīng)用

動(dòng)能定理，有

C.八/?U×2nmgcosθrC,?IC2

2mngsιnc∕?(5÷So)----------------------L-μ×2nmgcosΘ?SQ-L)=-×2mnv~

第2n號(hào)小方塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)做加速度為〃的勻減速到最小速度0,滿足

Q-V2=IaL

聯(lián)立解得

s=3L

12.(2022?山西朔州?懷仁市第一中學(xué)校模擬預(yù)測(cè))如圖所示，木塊A置于木板B上，木板B置于水平面

上。A的質(zhì)量m=1.5kg,B的質(zhì)量M=2.0kg,A、8間動(dòng)摩擦因數(shù)ju∕=0.2,B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)“2=

0.4。某時(shí)刻(Z=O)水平力F作用于B上，其隨時(shí)間變化的規(guī)律為尸=5/+4(N)(F、，均取國(guó)際單位)。

設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取Iom/$2。求：

(I)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間B開(kāi)始滑動(dòng)；

(2)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間A開(kāi)始相對(duì)B滑動(dòng)；

(3)f=3s時(shí)AB間的摩擦力大小Ff(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

【答案】(1)2s；(2)3.4s；(3)2.IN

【解析】(1)當(dāng)B開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)B與地面間的摩擦力與F相等，即

μ2(?m+M)g=5tl+4(N)

得

∕1=2s

(2)當(dāng)A開(kāi)始在B上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木塊

HMg=ma

對(duì)整體

F2-∕Z2(∕M+Λ∕)?=(wι+Λ∕)0

由題知

/^=5r2+4(N)

解得

t2—3.4s

(3)當(dāng)

r2>r3=3s>tl

B已滑動(dòng)，A、B間未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木塊

,

Ff=ma

對(duì)整體

F3-χz2(m+M)g=(m+M)a'

且

月=5g+4(N)

解得

F=—N≈2.1N

f7

13.（2023?山東泰安?統(tǒng)考一模）如圖所示，傳送帶與水平方向成30角，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小

v=8m∕s,傳送帶長(zhǎng)=IL4m,水平面上有一塊足夠長(zhǎng)的木板。質(zhì)量為機(jī)=3kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以

初速度%=4m∕s,自4端沿AB方向滑上傳送帶，在底端B滑上緊靠傳送帶上表面的靜止木板，木板質(zhì)量

為M=Ikg,不考慮物塊沖上木板時(shí)碰撞帶來(lái)的機(jī)械能損失。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

內(nèi)且,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2=03,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃3=01。取重力加速度

3

g=10m∕s2,求：

（1）物塊從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間r；

（2）物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)與B點(diǎn)的距離“

【答案】（1）1.525s；（2）x=19m

【解析】（I）根據(jù)題意，物塊在傳送帶上先做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得

o

mgsin30°+HMgcos30=mat

解得

2

al=10m∕s

物塊滑上傳送帶到速度與傳送帶相同所需的時(shí)間為L(zhǎng),由公式V=%+〃可得,

fl=0.4s

設(shè)此過(guò)程物塊的位移大小為演，由公式玉==箸。解得

x1=2.4m<11.4m

又有

mgsin300=μλmgcos30

此后物塊隨皮帶勻速運(yùn)動(dòng)，則有

L

ΛB-Xχ=Vt2

解得

t2=1.125s

則物塊從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為

t=tl+12=1.525s

（2）物塊滑上木板后，木塊的加速度為生，木板的加速度為。3，木板與木塊一塊減速時(shí)的共同加速度為

%,根據(jù)牛頓第二定律得

fnma

∕J2S=2

3G%+M）g=Ma3

μ2mg一〃

〃3（jn+M）g=（m+M）a4

解得

2

Ci2=3m∕s

2

a3=5m∕s

2