牛顿运动定律的应用-2023年高考物理练习（解析版）

秘籍03牛顿运动定律的应用

学高考预测

概率预测☆☆☆☆☆

题型预测选择题、计算题☆☆☆☆☆

考向预测牛顿运动定律的综合应用

;应试秘籍

牛顿运动定律是力学的重要定律，高考中力和运动的考查分量比较重。高考中，动力学问题是牛顿运动

定律熟练掌握基础上，在实际问题中的应用。

ɪ.从考点频率看，板块模型、传送带问题、超重、失重是高频考点、必考点，所以必须完全掌握。

2.从题型角度看，可以是选择题、计算题其中小问，分值10分左右，着实很多！

一、板块模型和水平传送带

“滑块一木板”模型

1.模型特点：滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发

生相对滑动.

2.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差∆x=

X1-X2=L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2+x1=L

3.水平传送带

滑块的运动情况

情景

传送带不足够长传送带足够长

“>=θV

Γ^l—*

()()一直加速先加速后匀速

Vo<v时，一直加速Vo<v时，先加速再匀速

%

T~Γ-ɪʌ

OOVθ>v时，一直减速Vo>v时，先减速再匀速

滑块先减速到速度为0,后被传送带传回

左端.

或_滑块一直减速到右端

()()

若Vo<v返回到左端时速度为Vo,若

返回到左端时速度为。.

二、斜面体模型、传送带问题

1、斜面体模型

“斜面”是力学内容考查中最常见的理想情境模型，也是综合考查力学知识的较好方法。“斜

面+各类物体”统称为“斜面体”，“斜面体”题型涉及考点多，综合性强，物理情景变化空

间大，问题处理相对复杂。在正确的受力分析基础上，利用正交分解法，建立分方向牛顿第二

定律的方程，处理该类问题。倾斜的传送带可看成移动的斜面，一般情况下传送带有两个运动

方向，即顺时针方向和逆时针方向。解题时，根据需要可选取地面为参考系，也可选取传送带

为参考系。

2.倾斜传送带

滑块的运动情况

情景

传送带不足够长传送带足够长

一直加速（一定满足关系

先加速后匀速

gsinθ<μgcosθ）

若"2tanO,先加速后匀速

一直加速（加速度为gsinΘ

÷∕∕gcos0）若〃Vtan仇先以0加速，后以。2加速

VO<V时，一直加速（加速度若〃2tana先加速后匀速；若"<tan仇

为gsin0+∕√gcosθ）先以41加速，后以。2加速

如时，一直减速（加速度若"2tana先减速后匀速；若"〈tan仇

为gsin∕zgcos0）先以。1减速，后以加速

一

^sinθ>μgcosθf一直加速；

gsin9="gcos仇一直匀速

gsinθ<μgcosθ,一直减速先减速到速度为0后反向加速到原位置

(摩擦力方向一定时速度大小为训(类竖直上抛运动)

沿斜面向上)

三、动力学中的连接体

1.连接体

多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连

接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度).

2.常见的连接体

(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度

777777777777777777777777^

ɪ

ΓB~∖-F..B∖....、

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

速度、加速度相同

(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.

tFaF

固x≤dfl_______

速度、加速度相同

ɪA,ʃr

速度、加速度大小相等，方向不同

(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度.

4

777777777/7777777777/77777777

速度、加速度相同

(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两

端连接体的速度、加速度相等.

∣F-------AI

IITPwWWΛΛ

Bfe⅛C"⅛'二加iɪ

3.整体法与隔离法在连接体中的应用

(1)整体法

当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动

情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法.

(2)隔离法

当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿

第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法.

(3)处理连接体方法

①共速连接体，一般采用先整体后隔离的方法.如图所示，先用整体法得出合力F与。的关系，F=(mA+

m)a,再隔离单个物体(部分物体)研究尸内力与α的关系，例如隔离B,F^=ma=F

βlllO?AT十

地面光滑

②关联速度连接体

分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解.

一.板块模型的解题技巧

1.解题关键点

(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向.

(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩

擦力(水平面上共同匀速运动).

2.处理“板块”模型中动力学问题的流程

二、连接体类问题解题技巧

（1）若连接体内各物体具有相同的加速度，利用整体法计算外力（或其他未知量）；利用隔离

法求物体之间的作用力（内力）。

（2）应用牛顿第二定律解决连接体相对静止类问题时，可以先用整体法求出加速度，然后用

隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求物体之间的作用力（内力），即“先整体求

加速度，后隔离求内力”。

核心素养提升

等时圆模型

当物体由静止沿光滑倾斜轨道下滑时，沿不同倾角的轨道下滑相同距离时所用时间不同，

沿同一轨道下滑不同距离时所用时间也不同，而沿着满足特定条件的轨道下滑时，运动时间与

轨道倾角无关。由于这些时间相等的特定轨道的两端位于同一圆周上，故与此相关的问题称为

等时圆题型。

解题技巧

①多条相交的倾斜光滑轨道

②质点由静止开始从轨道的一端滑到另一端

设置①下端相交：交点为圆的最低点

顶点②上端相交：交点为圆的最高点

①过交点作竖直线

②以某轨道为弦作同心在竖直线上的面

Φ⅞⅛道端点都在圆周上，质点运动时间相等,

时间魂髓瞠露罐饕短,端

比较

mgsinθ=πιa找出圆直径,停寻

下滑

炉J与X的关素，时间

典例剖析

一、板块模型

例1、（2023・湖南岳阳•统考二模）如图所示,将小滑块A放在长为乙的长木板B上，A与B间的动摩擦因

数为〃，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1:4,A距B的右端为:L。现给长木板B一

个水平向右初速度%=10、历m∕s,小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A•—个水平向右初速度U,要使

A能从B上滑下，则V至少为（）

A.5m∕sB.10m∕sC.15m∕sD.2Om∕s

【答案】B

【解析】第一种情形下有

--4--=-L

2（工+工）3

加A外

第二种情形下有

V21.

------7--------k=—L

2（上+工）3

%w⅛

解得

v=10m∕s

故选Bo

二、倾斜传送带

例2、（2023•四川•统考二模）物块P以速度%沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力

等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率匕沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度

V随时间r变化的图像可能是（）

OO

D.vl

【答案】A

【解析】AB.当WXV/时，对物块P受力分析，由牛顿第二定律可得

ma=mgsinθ+μmgcosθ

可知物块先做匀加速宜线运动，当W=V/时，摩擦力瞬间消失，然后随着物块的继续加速，摩擦力反向，依

题意有

mgsinθ=μmgcosθ

即物块匀速直线运动。故A正确；B错误;

CD.当％>v∕时，对物块P受力分析，有

ma=mgSinJ-μmgcosθ=0

即物块一直匀速直线运动。故CD错误。

故选Ao

连接体模型

例3、(多选)如图所示，质量分别为姓、，班的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为J的固定斜面上，两物块

与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力尸推4,使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增

大A、B间的压力，可行的办法是()

A.增大推力F

B.减小倾角θ

C.减小B的质量

D.减小A的质量

【答案】AD

【解析】设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,对A、8整体受力分析，有/一(/",+"s)gsinθ~μ(mA÷mβ)gcos

、/HRF

夕=(m八+如»〃，对8受力分析，有FAB-∕nfigsinθ-μmβgcosθ=r∏Ra,由以上两式可得FAB=―一T-F=~^,

nu+niB强+]

加6十

为了增大A、8间的压力，即尸A8增大，应增大推力/或减小4的质量，增大B的质量.故A、D正确,

B、C错误.

学误区点拨

一、物体一定能和传送带共速

典例4.（2023•北京平谷•统考一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率匕沿顺时针方向转动，传

送带的倾角为37。。一物块以初速度%从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的VT图

像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6,∞s37o=0.8»g取IOrn∕s"则（）

A.传送带的速度为16m∕s

B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25

D∙传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大

【答案】C

【解析】A.由图乙可知传送带的速度为8m∕s,A错误；

BC.在0~ls内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律

有

mgsin37°+μmgcos37°=mal

根据图乙可得

22

0l-ɪðɪɛm∕s=8m∕s

在＞2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据牛顿笫二定律有

o0

mgsin37-μmgcos37=ma2

根据图乙可得

8—02ΛI2

a-=------m∕s^=4m∕s'

l2

联立解得

μ=0.25

故C正确；

D.当传送带的速度大于16m∕s后，物块在传送带上一直做加速度为七的减速运动，无论传送带的速度为多

大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。

故选C。

0名校模拟

一、单选题

1.（2023・辽宁•模拟预测）如图，质量为4加的货车载有质量为2m的货物，一起在水平路面上以速度匀速

运动，因紧急情况货车突然制动，货车停下后，货物继续运动后未与车厢前壁发生碰撞。已知货物与水平

车厢底板间的动摩擦因数为〃，车轮与地面间的动摩擦因数为2〃，货物到车厢前壁的距离为L,重力加速

度为g。下列说法正确的是（）

A.开始刹车时货车的加速度大小为2〃gB.从开始刹车到货物停止运动的时间为不一

2

C.货车停止时，货物的速度大1小为D.货物到车厢前壁的距离应满足L≥萨3v

【答案】D

【解析】A.刹车后，货物的加速度由牛顿第二定律

«1=Ag

对货车由牛顿第二定律

2〃（4/72+2nt）g-μ∙2mg=Ama2

解得

ad"，-"*2-=―-

4m

故A错误；

B.货车先停止运动，由丫=%，2,可得从开始刹车到货车停止运动的时间为

V

t

2=τ2^^5zμg

故B错误;

C.货车停下时，由“=口-。也可得货物的速度为

V3

%="4gX-------------—-V

2.5〃g5

故C错误;

D.由u=α∕∣可得从开始刹车到货物停止运动的时间为

V

心=--

此时，货物的位移为

V2

⅛=τ-

2〃g

货车的位移为

V2

$车=ς-

相对货乍滑行的距离

3V2

X=S物-S主=-~

物车10〃g

所以需满足

故D正确

故选D。

2.（2023・江西•统考一模）如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A—初速度，

IS后两物体相对静止一起匀速运动，它们的位移-时间图像如乙图所示，A、B两物体的质量比为（）

A.4：3B.2：1C.3：2D.5：2

【答案】B

【解析】由乙图可知，0~ls内，XA=5m,4=2m对A进行受力分析得

-HmAg=mAaA

对B进行受力分析得

一〃机Ag=根BaB

IS后两物体相对静止一起匀速运动，则速度为

%一叫.=叩

B的位移为

12C

XB=—aBt=2m

解得

2

aB=4m∕s

则得出共速的速度为

煤=VB=aat=4m∕s

对A有

V+VH=

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

A2

姝=%_%=4m∕s

解得

fγi

v0=6m∕s,μ=O.?,~^—=

mR

故选Ba

3.（2023•河南•统考一模）如图所示，一长木板。在水平地面上运动，在某时刻"=（））将一相对于地面静止

的物块b轻放到木板上，此时”的速度为％,同时对。施加一个水平向右的恒力F,己知物块与木板的质

量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，内匕运动的速度时间图像可能是下列图中的（）

【解析】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，可知小物块受到滑

动摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得

Mmg=mah

解得

al,=μg

对长木板进行受力分析，受到地面水平向左的摩擦力，物块对木板水平向左的摩擦力，以及水平向右的恒

力尸，根据牛顿第二定律可得

F-μιng-μ2mg-maa

解得

FC

¾=一一3〃g

tn

A.根据图像的斜率可知初始阶段能<0,ah=∖all∖,即

F=2μmg

则。做匀减速直线运动，6做匀加速直线运动，共速后一起做匀速直线运动，A错误；

B.根据图像可知。做匀速直线运动，即

F=3μmg

匕做匀加速直线运动，二者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得

F-2∕jmg-2majt

解得

1

°共=3Hg

B错误；

CD.若则有

3∕jmg<F<4μmg

两者均做匀加速宜线运动，共速后一起匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得

F-2μmg=2ιna^

可得

177

-μg<a^<μg

C正确，D错误。

故选C。

4.（2023・江苏•模拟预测）如图所示，将一滑块从粗糙斜面上某点由静止释放，滑块沿斜面下滑后与固定

在斜面底端的挡板碰撞后反弹，碰撞的时间极短，可忽略不计，且碰撞没有机械能损失。以沿斜面向下为

正方向，能正确反映滑块速度V随时间f变化的图像是（）

【答案】D

【解析】-r图像的斜率表示加速度，滑块沿斜面下滑时有

mgsinθ-f=

碰撞后上滑时有

mgsinθ+f=ma2

所以

由于碰撞没有机械能损失，即碰撞前后速度大小不变，方向相反。

故选D。

5.（2023・河南•统考三模）如图所示为研究平衡摩擦力的一个实验。把一个木块A放在倾角为0=45。的斜面

体B上，斜面体固定在小车上。水平外力作用在小车上，使木块A和斜面体B一起水平向左随小车以加速

度“匀加速运动。木块A和斜面体B在运动过程中始终相对静止。在某一次实验中，调整小车的加速度大

小为α=g（g为重力加速度），则关于斜面B对物体A的摩擦力方向，下列说法正确的是（）

A.斜面B对物体A没有摩擦力

B.斜面B对物体A的摩擦力方向沿斜面向上

C.斜面B对物体A的摩擦力方向沿斜面向下

D.斜面B对物体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】若物体A只受重力和支持力，根据牛顿第二定律有

aa=gtwnθ=g=a

故选A,

6.（2023・陕西渭南・统考一模）如图所示，OA、。8是竖直面内两根固定的光滑细杆，0、A、B位于同一

圆周上，08为圆的直径。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环都从。点无初速释放，用

〃、这分别表B示滑环到达A、B所用的时间，则（）

A.tx=t2B.A<t2C.tl>t2D.无法比较"、/2的大小

【答案】C

【解析】如图所示

以O点为最高点，取合适的直径做等时圆，由图可知，从。到C、8时间相等，比较图示位移

OA>OC

可得

A>，2

故选C。

7.（2022・湖北恩施,恩施市第一中学校考模拟预测）倾角为9的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平

面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、。三点，其中AC与斜面垂直，且

NBAC=ND4C=6（6<45。），现有三个质量均为，”的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A

点由静止滑下，滑到斜面上8、C、。三点所有时间分别为%、攵、下列说法正确的是（)

B.tB-tC<tD

C・ZEVreVrDD.<Q=,力

【答案】B

【解析】由于

ZBAC=Θ

则可以判断A3竖直向下，以AB为直径做圆，则必过。点，如图

圆环在杆4C上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得

mgcosθ=ma

联立解得

可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，可得

tB=tC=tE<tD

故选

Bo

8.（2022•湖南长沙•模拟预测）如图所示，在一倾斜角为。的坡上有一观景台A,从观景台到坡底有一根钢

缆索，已知观景到山坡的距离AO=L。到坡底B的距离也为3现工作人员将钢环扣在缆索上，将一包

裹送至坡底，若环带着包裹从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，则包裹滑到坡底的时间为（）

D.

【答案】D

【解析】如图所示，以。点为圆心、A为圆周的最高点、48为弦作圆。小环沿AB运动的时间就是沿直径

AC做自由落体运动的时间，有

2L=%

解得

故选Do

9.（2023•河南安阳•安阳一中校考模拟预测）一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为

%=汰8和"%=21^的人、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因素都为〃=02,水平恒力尸作用在A物

块上，如图所示（重力加速度g取IOm/S?）.则（）

BA

»F

A.若尸=IN,则物块、木板都静止不动

B.若尸=L5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5N

C.若尸=4N,则B物块所受摩擦力大小为2N

D.若尸=8N,则B物块的加速度为lm∕s2

【答案】CD

【解析】A.A与木板间的最大静摩擦力

∕4=W〃∕g=O.2xlxlO=2N

B与木板间的最大静摩擦力

fB=μmBg=0.2×2×10=4N

若

F=lN<fA

所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向右匀加速运动，故A错误;

B.若

F=1.5N<∕A

所以A、B及木板保持相对静止，整体在尸作用下向右匀加速运动，根据牛顿第二定律得

F-f=mAa

所以A物块所受摩擦力

7<F=1.5N

故B错误；

C.若

F=4N>fA

所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N,轻质木板，质量不计，所以B的加速度为

a=^-=-m∕s2=lnτ∕s2

2

对B进行受力分析，摩擦力提供加速度为

f=mBa=2×l=2N

故C正确；

D.若

F=8N>fA

所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N,轻质木板，质量不计，所以B的加速度

a=-=—m∕s2=lm∕s2

mB2

故D正确。

故选CDo

10.（2023•辽宁朝阳•朝阳市第一高级中学校联考一模）如图所示，倾角Q=3（）。的足够长光滑斜面固定在

水平面上，斜面上放一长L=1.8m、质量"=3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量，"=Ikg的小物块

（可视为质点），物块与木板间的动摩擦因数〃=孝。木板施加沿斜面向上的恒力足使木板沿斜面由静

止开始运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取IOm人2,则下列说法正确的

A.F=15N时，M和〃？沿斜面向上做匀减速运动

B.F=25N时，M和m沿斜面向上做匀加速运动

C.F=30N时，M和巾均向上做加速运动，经0.6缶后二者分离

D.尸=375N时，M和W均向上做加速运动，经1.2s后二者分离

【答案】BD

【解析】要是木块和木板之间不产生相对滑动，则对M、山由牛顿第二定律得

F-(Λ∕+wι)gsinα=(M+ιn)a

对历有

f-mgs'∖na=ma

f≤μmgcosa

代入数据解得

F≤30N

因要拉动，则

F>(M+m)gsina=(3+1)×10×^-N=20N

则为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N<F≤30No

A.F=I5N时，不能拉动木板，选项A错误；

B.尸=25N时，M和S沿斜面向上做匀加速运动，选项B正确；

C.F=30N时，M和机均向上做加速运动，恰不产生相对滑动，选项C错误；

D.当F=37.5N>30N,物块能滑离木板，对M,有

F-Jumgcosa-Mgsina=Ma]

对加有

μmgcosa-mgs∖na=ma2

设滑块滑离木板所用的时间为乙由运动学公式得

-cut2-∙^a2t2=L

代入数据解得

Ul.2s

选项D正确。

故选BDo

三、解答题

11.（2022•福建•模拟预测）如图所示，倾角为6的斜面A点以上的部分表面光滑，A以下的表面粗糙。A

点以上区域有2〃个相同的小方块，每个小方块质量均为，〃，与斜面粗糙区域的动摩擦因数都相等，沿平行

斜面的倾斜方向整齐地排成一条直线；小方块按从下到上的顺序编号命名；1号小方块用手托着静止在。

点，0、A两点之间相距2L；小方块队列的总长为L小方块相互间不粘连.现放手让它们由静止开始下

滑，已知下滑过程方块队列保持平行于斜面倾斜方向的直线队形，且当第〃号小方块全部进入A点时小方

块运动的速度达到最大，最终1号小方块停在8处，设斜面足够长。求：

（1）1号小方块刚运动到A点位置的速度大小％和小方块与粗糙斜面的动摩擦因数〃；

（2）B与A点间的距离s。；

（3）若将B以下的区域表面处理成光滑的，然后让小方块队列重新从A点之上由静止释放，要使所有小

方块都能滑过B点，释放时1号方块距离A点最小距离s。

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

【解析】（I）A点上部分光滑，对所有小方块从。点运动到A点过程，运动性质相同看作一个整体，机械

能守恒，有

2nmg∙2Lsin6=gX2nmv1

解得

v0=2y∣gLsinθ

通过A点后的小方块因受摩擦力加速度比没过A点的小，因此4点上边的小方块会挤压下方的小方块，所

有小方块无相对运动，仍可以看作个整体。当小方块运动的速度达到最大时，其整体加速度为零，有

2nmgsinθ-μnmgcos6=0

解得

χ/=2tanΘ

（2）设当小方块下端运动到8点时，所有小方块已进入A3段。则从1号小方块进入A点开始，整体小方

块系统所受到的摩擦力与进入的长度成正比直到全部进入，此后摩擦力不变，如图所示。由动能定理

_.八∕c,\U×2nmgcosθ_C_zr`C

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

解得

SO=3L

(3)小方块出8点后，加速下滑，而剩下的k个(1≤%<2")小方块仍一起减速向下运动。设剩下小方块的

加速度大小为小由牛顿第二定律

μ×2kmgcosθ-2kmgsinθ

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

2kmg

说明剩下的小方块无论几个，则这几个运动的加速度都保持不变，要使所有小方块都能滑过B点，则笫2〃

号小方块过B点的最小速度是零。如图，所有小方块队列从C点静止释放运动到B点的速度设为也应用

动能定理，有

C.八/∖U×2nmgcosθrC,∖IC2

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

第2n号小方块从D点运动到B点做加速度为〃的匀减速到最小速度0,满足

Q-V2=IaL

联立解得

s=3L

12.(2022•山西朔州•怀仁市第一中学校模拟预测)如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面

上。A的质量m=1.5kg,B的质量M=2.0kg,A、8间动摩擦因数ju∕=0.2,B与地面间动摩擦因数“2=

0.4。某时刻(Z=O)水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为尸=5/+4(N)(F、，均取国际单位)。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取Iom/$2。求：

(I)经过多长时间B开始滑动；

(2)经过多长时间A开始相对B滑动；

(3)f=3s时AB间的摩擦力大小Ff(结果保留两位有效数字)。

【答案】(1)2s；(2)3.4s；(3)2.IN

【解析】(1)当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即

μ2(‹m+M)g=5tl+4(N)

得

∕1=2s

(2)当A开始在B上滑动时，对木块

HMg=ma

对整体

F2-∕Z2(∕M+Λ∕)⅛=(wι+Λ∕)0

由题知

/^=5r2+4(N)

解得

t2—3.4s

(3)当

r2>r3=3s>tl

B已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块

,

Ff=ma

对整体

F3-χz2(m+M)g=(m+M)a'

且

月=5g+4(N)

解得

F=—N≈2.1N

f7

13.（2023•山东泰安•统考一模）如图所示，传送带与水平方向成30角，顺时针匀速转动的速度大小

v=8m∕s,传送带长=IL4m,水平面上有一块足够长的木板。质量为机=3kg的物块（可视为质点）以

初速度%=4m∕s,自4端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量

为M=Ikg,不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为

内且,物块与木板间的动摩擦因数为〃2=03,木板与地面间的动摩擦因数为〃3=01。取重力加速度

3

g=10m∕s2,求：

（1）物块从A运动到B点经历的时间r；

（2）物块停止运动时与B点的距离“

【答案】（1）1.525s；（2）x=19m

【解析】（I）根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得

o

mgsin30°+HMgcos30=mat

解得

2

al=10m∕s

物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为L,由公式V=%+〃可得,

fl=0.4s

设此过程物块的位移大小为演，由公式玉==箸。解得

x1=2.4m<11.4m

又有

mgsin300=μλmgcos30

此后物块随皮带匀速运动，则有

L

ΛB-Xχ=Vt2

解得

t2=1.125s

则物块从A运动到B点经历的时间为

t=tl+12=1.525s

（2）物块滑上木板后，木块的加速度为生，木板的加速度为。3，木板与木块一块减速时的共同加速度为

%,根据牛顿第二定律得

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