【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(zhì)點(diǎn)的物塊以v0=3m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達(dá)木板的右端，木板沿地面運(yùn)動(dòng)的距離恰好等于木板的長度。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.05，取重力加速度大小g=10m/s2，則木板的長度為（ ）
A．1.0mB．1.5mC．2.0mD．2.5m
【答案】B
【詳解】設(shè)滑塊的質(zhì)量為，木板的質(zhì)量為，在滑塊減速和木板加速到共速的時(shí)間為，加速度為、，有
木板的位移為
兩者共速后，因，則一起減速到停止，共同減速的加速度為，有
木板的位移為
木板沿地面運(yùn)動(dòng)的距離恰好等于木板的長度，即
最終物塊恰好到達(dá)木板的右端，即滑塊相對(duì)滑動(dòng)的位移為板長，有
聯(lián)立各式解得
，
故選B。
2．如圖所示，足夠大的水平地面上靜置一木板，兩個(gè)均可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A、B分別放在木板兩端，現(xiàn)使兩滑塊同時(shí)以的速度相向滑動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，相遇后木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。已知滑塊A的質(zhì)量為，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，滑塊B的質(zhì)量為，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小。下列說法正確的是（ ）
A．木板的長度為
B．木板的質(zhì)量為
C．木板運(yùn)動(dòng)的最大距離為
D．整個(gè)過程中滑塊B的位移為0
【答案】D
【詳解】B．對(duì)兩滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得
，
依題意，相遇前木板勻加速，由牛頓第二定律，有
相遇后木板勻減速，有
解得
可知相遇時(shí)三者共速，取向右為正方向，設(shè)三者經(jīng)t時(shí)間共速，由速度與時(shí)間關(guān)系可得
聯(lián)立，解得
故B錯(cuò)誤；
ACD．根據(jù)B選項(xiàng)分析，三者一起勻減速過程，有
解得
做出它們運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖
由圖可知，木板的長度為
木板運(yùn)動(dòng)的最大距離為
分析滑塊B，減速時(shí)間設(shè)為，則有
解得
整個(gè)過程中滑塊B的位移為
故AC錯(cuò)誤；D正確。
故選D。
3.如圖所示，一足夠長的質(zhì)量為m的木板靜止在水平面上，t=0時(shí)刻質(zhì)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、且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?；瑝K的圖像如圖所示，則有（ ）

A．=B．2D．=2
【答案】C
【詳解】由圖像分析可知，木板相對(duì)地面滑動(dòng)，滑塊與木板共速后一起減速到停止，對(duì)木板
則有
>2
故選C。
4．如圖所示，質(zhì)量的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在木板的右端，質(zhì)量為的木板與水平地面和滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)皆為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，開始時(shí)木板與小滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給木板加一水平向右的恒力F，重力加速度，則以下說法中錯(cuò)誤的是（ ）
A．當(dāng)拉力時(shí)，小滑塊和木板一起勻速運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)拉力時(shí)，小滑塊和木板一起勻速運(yùn)動(dòng)
C．當(dāng)拉力時(shí)，小滑塊和木板一起加速運(yùn)動(dòng)D．當(dāng)拉力時(shí)，小滑塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
【答案】AB
【詳解】A．木板受到地面最大靜摩擦力
則當(dāng)拉力時(shí)，小滑塊和木板都保持靜止，故A錯(cuò)誤，符合題意；
B．當(dāng)小滑塊受到最大摩擦力時(shí)，產(chǎn)生最大加速度為
對(duì)木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知
解得
當(dāng)拉力時(shí)，因?yàn)?br>所以滑塊和木板一起勻加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，符合題意；
C．當(dāng)拉力時(shí)，因?yàn)?br>所以滑塊和木板一起加速運(yùn)動(dòng)，故C正確，不符合題意；
D．當(dāng)拉力時(shí)，因?yàn)?br>兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，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(zhì)點(diǎn)的物塊。t=0時(shí)對(duì)物塊施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，t=2s時(shí)撤去F，物塊恰好能到達(dá)木板右端，整個(gè)過程物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示。已知木板的質(zhì)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(dòng)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3m
B．物塊的質(zhì)量為0.8kg
C．拉力F對(duì)物塊做的功為9.9J
D．木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為3.3J
【答案】CD
【詳解】A．根據(jù)題意可知，木板在0~2.5s內(nèi)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作出圖像，如圖所示
由圖像可知2.5s時(shí)兩者共速，則木板在0~2.5s內(nèi)的加速度大小為
物塊在0~2.0s內(nèi)的加速度大小為
物塊在2.0s~2.5s內(nèi)的加速度大小為
2.5s~3.0s內(nèi)二者一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
可得木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
木板的長度為
故A錯(cuò)誤；
B．前2s內(nèi)，對(duì)木板，有
對(duì)物塊，有
解得
，
故B錯(cuò)誤；
C．前2s內(nèi)，拉力F對(duì)物塊做的功為
結(jié)合圖像可知，0~2s內(nèi)物塊的位移為
所以
故C正確；
D．木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量
結(jié)合圖像可知，木板的位移為
所以
故D正確。
故選CD。
【題型二】斜面上的板塊模型
6.如圖所示，一傾角為的足夠長斜面體固定在水平地面上，質(zhì)量為的長木板B沿著斜面以速度勻速下滑，現(xiàn)把質(zhì)量為的鐵塊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(dòng)摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度，，，則下列判斷正確的是（ ）
A．動(dòng)摩擦因數(shù)
B．鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為
C．長木板的長度為
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(jī)械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量
【答案】BC
【詳解】A．開始時(shí)長木板B沿著斜面勻速下滑，根據(jù)平衡條件得
Mgsin37°=μMgcs37°
解得
μ=0.75
故A錯(cuò)誤；
B．鐵塊A輕輕放在長木板B時(shí)有，根據(jù)牛頓第二定律有，對(duì)A分析有
解得
方向沿斜面向下；對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
方向沿斜面向上；鐵塊A和長木板B共速的時(shí)間為
解得
鐵塊A和長木板B共速后，速度大小為
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
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(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律可知，鐵塊A和長木板B減少的機(jī)械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量和B、斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
7．滑沙運(yùn)動(dòng)是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。小孩（可視為質(zhì)點(diǎn)）坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，，，g取10m/s2，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(jīng)過1s的時(shí)間，小孩離開滑板
D．小孩離開滑板時(shí)的速度大小為0.8m/s
【答案】BC
【詳解】AB．對(duì)小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為
同理對(duì)滑板，加速度大小為
A錯(cuò)誤B正確；
CD．要使小孩與滑板分離
解得
t=1s
離開滑板時(shí)小孩的速度大小為
D錯(cuò)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?fàn)顟B(tài)。木板C受到逐漸增大的沿斜面向上的拉力F作用時(shí)，木板C的加速度a與拉力F的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為，則由圖象可知下列說法正確的是（ ）
A．時(shí)物塊B和木板C相對(duì)滑動(dòng)
B．木板和物塊兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)不可求出
C．由題目條件可求木板C的質(zhì)量
D．時(shí)物塊B和木板C相對(duì)滑動(dòng)
【答案】D
【詳解】AD．由圖像可知，當(dāng)時(shí)物塊B和木板C相對(duì)靜止，當(dāng)時(shí)木板的加速度變大，可知此時(shí)物塊B和木板C產(chǎn)生了相對(duì)滑動(dòng)，故A錯(cuò)誤，D正確；
B．因當(dāng)時(shí)，，此時(shí)木塊和木板開始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)物塊和木板之間的摩擦力達(dá)到最大，則對(duì)物塊
聯(lián)立方程可求解
故B錯(cuò)誤；
C．對(duì)木板和木塊的整體，當(dāng)時(shí)，，則
當(dāng)時(shí)，，則

聯(lián)立方程可求解
但是不能求解木板C的質(zhì)量，故C錯(cuò)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為，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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，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μg
B．若，小滑塊返回到左端的時(shí)間為
C．若，小滑塊返回到左端的時(shí)間為
D．若，小滑塊返回到左端的時(shí)間為
【答案】D
【詳解】A．小滑塊相對(duì)于傳送帶向右滑動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力向左，加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
故A錯(cuò)誤；
B．若，小滑塊的速度從先向右減速到0再返回加速到，剛好返回到左端，時(shí)間為
故B錯(cuò)誤；
CD．若，小滑塊的速度從先向右減速到0的時(shí)間
位移為
然后加速返回，速度加速到的時(shí)間
位移為
最后以速度勻速回到左端，時(shí)間為
小滑塊返回到左端的時(shí)間
解得
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
10．一水平傳送帶長，以恒定速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在傳送帶左端每隔1s由靜止放上一個(gè)完全相同的質(zhì)量為的小物塊，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度g取，則第1個(gè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端后的1s內(nèi)，傳送帶對(duì)所有小物塊摩擦力的總沖量大小為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【詳解】由題意可知，小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度
加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

加速運(yùn)動(dòng)的位移

勻速運(yùn)動(dòng)的位移
勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

第1個(gè)小物塊到達(dá)最右端時(shí)，第7個(gè)小物塊剛要放上傳送帶，傳送帶對(duì)第個(gè)工件的摩擦力為0，因此在此后1s內(nèi)的沖量
對(duì)第個(gè)工件的摩擦力在此后內(nèi)的沖量
故此后1s 內(nèi)傳動(dòng)帶對(duì)工件摩擦力的總沖量大小為
故選B。
11．如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度順時(shí)針運(yùn)行，小物塊以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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶的長度為，重力加速度，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（ ）
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(shí)的速度大小為
C．小物塊從滑上傳送帶到滑離傳送帶經(jīng)歷的時(shí)間為
D．小物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為
【答案】C
【詳解】A．物塊在傳送帶上的加速度
向左減速到零的時(shí)間
向左運(yùn)動(dòng)的最大距離
故物塊不會(huì)從左端滑離傳送帶，故A錯(cuò)誤；
B．物塊向左減速到零后，向右加速，但只能加速到，故B錯(cuò)誤；
C．物塊向左加速到用時(shí)
這段時(shí)間內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的距離
之后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，剩余在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間
小物塊從滑上傳送帶到滑離傳送帶經(jīng)歷的時(shí)間
故C正確；
D．向左運(yùn)動(dòng)過程，劃痕長度
向右運(yùn)動(dòng)過程，劃痕長度
總劃痕長度
故D錯(cuò)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運(yùn)行，初速度大小為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(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖象（以地面為參考系）如圖乙所示。已知，物塊和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m。則（ ）
A．時(shí)刻，小物塊離A處的距離最大
B．時(shí)間內(nèi)，小物塊的加速度方向先向右后向左
C．時(shí)間內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量為
D．時(shí)間內(nèi)，物塊在傳送帶上留下的劃痕為
【答案】C
【詳解】A．初速度大小為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(yùn)動(dòng)的圖象可知，時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大，A錯(cuò)誤；
B．時(shí)間內(nèi)，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(cuò)誤；
CD．時(shí)間內(nèi)物體相對(duì)地面向左的位移
這段時(shí)間傳送帶向右的位移
因此物體相對(duì)傳送帶的位移
時(shí)間內(nèi)物體相對(duì)地面向右的位移
這段時(shí)間傳送帶向右的位移
因此物體相對(duì)傳送帶的位移
時(shí)間內(nèi)物塊在傳送帶上留下的劃痕為
這段時(shí)間內(nèi)，因此摩擦產(chǎn)生的熱量
C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
【題型四】傾斜傳送帶模型
13．如圖甲所示，MN是一段傾角為的傳送帶，一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為 的物塊，以沿傳動(dòng)帶向下的速度從M點(diǎn)開始沿傳送帶運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)過程的部分圖像如圖乙所示，取，則（ ）
A．物塊最終從傳送帶N點(diǎn)離開
B．物塊將在4.8s時(shí)回到原處
C．物塊與傳送帶之間的摩擦因數(shù)為
D．傳送帶的速度，方向沿斜面向下
【答案】C
【詳解】AD．從圖像可知，物體速度減為零后反向向上運(yùn)動(dòng)，最終的速度大小為1m/s，因此物塊沒從N點(diǎn)離開，物體最終與傳送帶共速，所以傳送帶的速度，方向沿斜面向上，故AD錯(cuò)誤；
C．圖像中的斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得物塊與傳送帶之間的摩擦因數(shù)為
故C正確；
B．物塊沿傳送帶向下減速到速度為0所用時(shí)間為
物塊沿傳送帶向下減速通過的位移大小為
物塊反向向上加速到與傳送帶共速所用時(shí)間為
物塊反向向上加速通過的位移大小為
則物塊與傳送帶共速后繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)回到原處所用時(shí)間為
則物塊從滑上傳送帶到回到原處所用時(shí)間為
故B錯(cuò)誤。
故選C。
14．（2024·湖北·二模）如今網(wǎng)上購物非常流行，快遞公司把郵件送到家里，消費(fèi)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A、B間長度為L =10m，傾角為θ =30°，正以恒定速率v =5m/s順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m =1kg的郵件（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶底端A點(diǎn)，則郵件從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，傳送帶對(duì)郵件的沖量大小為（已知郵件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ =，重力加速度g =10m/s2）（ ）
A．5N·sB．20N·sC．15N·sD．N·s
【答案】D
【詳解】郵件輕放在傳送帶上時(shí)，受力分析如圖所示
支持力
摩擦力
根據(jù)牛頓第二定律得沿斜面方向
可知，郵件上升的加速度為
當(dāng)郵件與傳送帶速度相同時(shí)，由
得
則相對(duì)位移為
之后郵件與傳送帶保持相對(duì)靜止，以速度v =5m/s勻速上升到B點(diǎn)，有
此階段的摩擦力
郵件從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，支持力的沖量
方向垂直斜面向上；
摩擦力的沖量
方向沿斜面向上；
由矢量合成可得傳送帶對(duì)郵件的沖量大小
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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖所示。取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较?，則下列圖中不可能描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【詳解】AB．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下（），且小于傳送帶的速度時(shí)，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得
即
可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若傳送帶足夠長，則會(huì)出現(xiàn)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，滿足
可知二者將共速。故AB正確，與題意不符；
CD．同理，可知當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上（），對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得
即
可知小物塊先沿傳送帶向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會(huì)出現(xiàn)與傳送帶共速的情況（）或者繼續(xù)勻加速（）此時(shí)加速度滿足
故C正確，與題意不符；D錯(cuò)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(zhì)量為m=10g、長度為l=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(zhì)量為也為10g的橡皮擦（可視為質(zhì)點(diǎn)）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。已知橡皮擦與紙板、桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，紙板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取。則（ ）
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(dá)到相同速度后，一直與紙板相對(duì)靜止
C．最終橡皮擦不會(huì)脫離紙板
D．因橡皮擦與紙板摩擦而產(chǎn)生的熱量為
【答案】C
【詳解】A．彈出紙板后瞬間，對(duì)紙板受力分析可知橡皮擦給紙板水平向右的摩擦力為
桌面給紙板水平向右的摩擦力為
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
橡皮擦的加速度大小為
故A錯(cuò)誤；
B．橡皮擦與紙板達(dá)到相同速度后，假設(shè)紙板和橡皮擦相對(duì)靜止，則整體受到的加速度為
而橡皮擦開始做減速運(yùn)動(dòng)的加速度最大值為
故此時(shí)橡皮擦將相對(duì)紙板向左運(yùn)動(dòng)，且橡皮擦向右的加速度為
紙板向右的加速度為
故B錯(cuò)誤；
CD．結(jié)合AB選項(xiàng)，設(shè)橡皮擦與紙板經(jīng)過t時(shí)間速度相同，則有
代入數(shù)據(jù)解得
此時(shí)二者向左共速的速度為
橡皮擦的位移為
紙板的位移為
則二者相對(duì)位移為
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(yùn)動(dòng)，由于
所以紙板先減速為0，保持靜止，橡皮擦繼續(xù)以減速為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(duì)位移為
可知橡皮擦最終距離紙板中點(diǎn)的距離為
即最終橡皮擦不會(huì)脫離紙板，且此過程中橡皮擦與紙板摩擦而產(chǎn)生的熱量為
故C正確，D錯(cuò)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(duì)小車的阻力可忽略，當(dāng)它們的速度相等時(shí)，箱子和平板車的位置情況可能是（ ）
A． B．
C． D．
【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(yùn)動(dòng)，平板車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間箱子與平板車達(dá)到共速，此過程平板車的位移為
箱子的位移為
則箱子相對(duì)于平板車向前的位移大小為
可得
故選C。
3．如圖所示，質(zhì)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(zhì)量也為m，B、C與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)給物塊B施加一個(gè)水平向右的拉力F，則下列判斷正確的是（ ）
A．當(dāng)F足夠小時(shí)，A仍保持靜止?fàn)顟B(tài)
B．當(dāng)拉力時(shí)，物塊B與A剛好要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
C．當(dāng)物塊C的質(zhì)量足夠小時(shí)，C與A會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
D．當(dāng)物塊C的質(zhì)量也為m時(shí)，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(dòng)摩擦因數(shù)均為，當(dāng)F足夠小時(shí)，B對(duì)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?fàn)顟B(tài)，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)牛頓第二定律可知，當(dāng)拉力時(shí)，物塊B與A間的摩擦力小于，并沒有剛好要滑動(dòng)，B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)B與A發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，假設(shè)C與A不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則
解得
則A對(duì)C的摩擦力
假設(shè)成立，即C與A不可能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)C的質(zhì)量也為m時(shí)，物塊C能獲得的最大加速度為
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(tái)M架在兩根完全相同、軸線在同一水平面內(nèi)的平行長圓柱上，平臺(tái)重心與兩圓柱等距，貨物m放在平臺(tái)正中間。兩圓柱以角速度繞軸線做相反方向轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)沿平行于軸線的方向給平臺(tái)施加的恒力，使平臺(tái)從靜止開始沿軸線運(yùn)動(dòng)。已知平臺(tái)質(zhì)量，平臺(tái)與兩圓柱間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，貨物質(zhì)量，與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)，圓柱半徑，重力加速度。下列說法正確的是（ ）
A．貨物與平臺(tái)一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．當(dāng)平臺(tái)速度時(shí)，貨物加速度為
C．當(dāng)平臺(tái)速度時(shí)，貨物加速度為
D．若施加的恒力，平臺(tái)將保持靜止
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)對(duì)稱性可知平臺(tái)與兩個(gè)圓柱表面的摩擦力相等，大小均為
沿平行于軸線的方向給平臺(tái)施加的恒力，使平臺(tái)從靜止開始沿軸線運(yùn)動(dòng)，初始時(shí)刻，平臺(tái)受到兩圓柱的摩擦力剛好平衡，以平臺(tái)和貨物為整體，加速度大小為
圓柱表面的點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小為
設(shè)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的速度大小為，如圖所示
可知平臺(tái)受到兩個(gè)圓柱表面對(duì)平臺(tái)沿平行于軸線的方向的摩擦力大小均為
根據(jù)牛頓第二定律可得
可知隨著平臺(tái)速度的逐漸增大，逐漸減小，逐漸增大，加速度逐漸減小，所以貨物與平臺(tái)不是一起勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
BC．當(dāng)平臺(tái)速度時(shí)，則有
又
可得加速度大小為
故B錯(cuò)誤，C正確；
D．若施加的恒力，由于初始時(shí)刻，兩圓柱對(duì)表面對(duì)平臺(tái)沿平行于軸線的方向的摩擦力大小為0，所以平臺(tái)一定沿軸線的方向運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
5．如圖所示為速凍食品加工廠生產(chǎn)和包裝餃子的一道工序，餃子由水平傳送帶運(yùn)送至下一環(huán)節(jié)。將餃子無初速度的輕放在傳送帶上，傳送帶足夠長且以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，餃子與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不考慮餃子之間的相互作用力和空氣阻力。關(guān)于餃子在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．傳送帶的速度越快，餃子的加速度越大
B．餃子相對(duì)與傳送帶的位移為
C．餃子由靜止開始加速到與傳送帶速度相等的過程中，增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量
D．傳送帶因傳送餃子多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能
【答案】C
【詳解】A．餃子的加速度
與傳送帶的速度無關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B．餃子從放上傳送帶到與傳送帶共速所用時(shí)間
餃子在傳送帶上留下的痕跡長度
故B錯(cuò)誤；
C．餃子從靜止加速到與傳送帶共速的過程，餃子增加的動(dòng)能
因摩擦產(chǎn)生的熱量
又因?yàn)轱溩訌某跛俣葹榱汩_始做勻加速運(yùn)動(dòng)到和傳送帶共速，餃子的位移
相對(duì)位移為
故餃子增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，故C正確；
D．傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能與因摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故D錯(cuò)誤。
故選C。
6．在機(jī)場、車站常用傳送帶來傳送旅客的包裹，在傳送過程中同時(shí)對(duì)包裹進(jìn)行安檢。將一個(gè)包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在水平傳送帶的左端，同時(shí)啟動(dòng)傳送帶，傳送帶向右做初速度為0 的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。包裹和傳送帶的速度一時(shí)間圖像如圖所示， s時(shí)包裹運(yùn)動(dòng)到傳送帶的右端。下列說法正確的是（ ）
A．圖線I 反映的是包裹的運(yùn)動(dòng)
B．包裹和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.16
C．傳送帶的長度為 20 m
D．包裹相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離為7.5m
【答案】D
【詳解】A．傳送帶啟動(dòng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，包裹在摩擦力作用下也做加速運(yùn)動(dòng)，則包裹的加速度一定小于傳送到的加速度，則由圖像可知圖線I 反映的是傳送帶的運(yùn)動(dòng)，圖像Ⅱ反應(yīng)包裹的運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．包裹的加速度
根據(jù)
可知包裹和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．傳送帶的長度等于包裹的位移
選項(xiàng)C錯(cuò)誤 ；
D．包裹相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離為
選項(xiàng)D正確。
故選D。
7．傳送帶是物料搬運(yùn)系統(tǒng)機(jī)械化和自動(dòng)化的傳送用具，可以替代人工搬運(yùn)，節(jié)省人力物力。一水平傳送帶兩端相距，物料與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。物料從一端輕放上傳送帶，被傳送至另一端。當(dāng)傳送帶分別以和的速度大小勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，取重力加速度大小，物料通過傳送帶的時(shí)間差為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】物料在傳送帶加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為
當(dāng)傳送帶以的速度大小勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物料加速過程的時(shí)間為
加速過程的位移為
勻速過程的時(shí)間為
物料通過傳送帶的時(shí)間為
當(dāng)傳送帶以的速度大小勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)物料在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有
解得
物料離開傳送帶的速度為
假設(shè)成立，故物料通過傳送帶的時(shí)間差為
故選A。
8．如圖甲所示，一糧食儲(chǔ)備倉庫工人正利用傳送帶運(yùn)送貨物，以恒定速率v0逆時(shí)針運(yùn)行的傳送帶與水平面的夾角θ=37°，轉(zhuǎn)軸間距L=3.5m。工人將貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿傳送方向以速度v1=1.5m/s從傳送帶頂端推下，t=4.5s時(shí)貨物運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端，貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則（ ）
A．t=2.5s時(shí)，貨物所受摩擦力方向改變
B．貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4
C．傳送帶運(yùn)行的速度大小為0.5m/s
D．貨物向下運(yùn)動(dòng)過程中所具有的機(jī)械能先減小后不變
【答案】C
【詳解】A．由圖乙可知，在0~2.5s內(nèi)，貨物的速度大于傳動(dòng)帶的速度，則貨物受沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力，在2.5s~4.5s內(nèi)，貨物勻速下滑，根據(jù)平衡條件可知，貨物受沿斜面向上的靜摩擦力，所以2.5s時(shí)貨物所受摩擦力方向不變，故A錯(cuò)誤；
C．圖線與坐標(biāo)軸圍成的區(qū)域的面積表示位移的大小，根據(jù)題意可得
解得
故C正確；
B．由圖乙和C分析可知，貨物在0~2.5s內(nèi)的對(duì)物塊由牛頓第二定律
由圖像可知貨物的加速度大小為
聯(lián)立解得
故B錯(cuò)誤；
D．由于貨物向下運(yùn)動(dòng)過程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，貨物所具有的機(jī)械能一直減小，故D錯(cuò)誤。
故選C。
9．快遞員通過傳送帶和一段光滑圓弧軌道把包裹從低處送到高處的車廂，傳送帶傾角為，傳送帶ab端距離，始終以速度勻速順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶上端與圓弧軌道bc相切于b點(diǎn)，bc段圓心為O，最高點(diǎn)為c。時(shí)刻，把第一個(gè)包裹輕放在傳送帶底端a，后面每隔0.5s放一個(gè)包裹，若包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，每個(gè)包裹沿圓弧軌道恰好能達(dá)到c點(diǎn)。重力加速度g取。下列說法正確的是（ ）
A．包裹在最高點(diǎn)c時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力為零
B．第一個(gè)包裹在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3.55s
C．圓弧軌道半徑為
D．傳送帶上最多有5個(gè)包裹
【答案】B
【詳解】A．因?yàn)槊總€(gè)包裹沿圓弧軌道恰好能達(dá)到c點(diǎn)，即包裹到達(dá)c點(diǎn)時(shí)的速度為0，即包裹在c點(diǎn)時(shí)重力和支持力為平衡力，等大反向，則支持力等于重力，根據(jù)牛頓第三定律，對(duì)圓弧軌道的壓力等于支持力等于重力，故A錯(cuò)誤；
B．包裹在傾斜傳送帶上先加速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng)，加速時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律
則加速時(shí)間為
加速位移為
勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
則包裹在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
故B正確；
C．由B可知，包裹在傳送帶上最終和傳送帶共速，即包裹在b點(diǎn)的速度為
包裹由b到c點(diǎn)，設(shè)圓弧軌道半徑為R，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
故C錯(cuò)誤；
D．由B可知，第一個(gè)包裹在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3.55s，這段時(shí)間內(nèi)可以在傳送帶上放置包裹的個(gè)數(shù)為
即，第一個(gè)包裹到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，傳送帶上又放置了7個(gè)包裹，則傳送帶上最多有8個(gè)包裹，故D錯(cuò)誤。
故選B。
10．如圖甲為皮帶輸送機(jī)簡化模型圖，皮帶輸送機(jī)傾角，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在輸送帶下端A點(diǎn)無初速放入貨物。貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能E與位移s的關(guān)系圖像（以A位置所在水平面為零勢能面）如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量，重力加速度，，。下列說法正確的是（ ）
A．貨物與輸送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.825
B．輸送帶A、B兩端點(diǎn)間的距離為8m
C．貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的時(shí)間為9s
D．皮帶輸送機(jī)因運(yùn)送該貨物而多消耗的能量為585J
【答案】C
【詳解】A．由題圖可知，貨物從開始運(yùn)動(dòng)到與傳送帶相對(duì)靜止可知
對(duì)貨物有
解得
故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．由圖像可知，物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)0.5m后與傳送帶相對(duì)靜止，此后物塊的動(dòng)能不變，重力勢能增加，有
解得
則傳送帶兩端點(diǎn)之間的距離為
故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C．加速階段的加速度大小為a，有
加速階段時(shí)間為，有
傳送帶速度為
設(shè)勻速階段時(shí)間為，有
所以總時(shí)間為
故C項(xiàng)正確；
D．由能量守恒，其多消耗的能量為
解得
故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
故選C。
11．北京冬奧會(huì)后，冰雪運(yùn)動(dòng)越來越受人們關(guān)注，滑雪機(jī)也逐漸走進(jìn)大眾生活?；C(jī)是利用電機(jī)帶動(dòng)雪毯向上運(yùn)動(dòng)，雪毯的質(zhì)感完全仿真滑雪場的平坦硬雪，滑雪者相對(duì)雪毯向下滑行，以達(dá)到學(xué)習(xí)和鍛煉的目的，并且通過調(diào)整雪毯的速度或坡度，還可以模擬在滑雪場以各種速度在各種坡度的雪道滑行，如圖為一小型滑雪機(jī)展品。已知某滑雪機(jī)坡道長，傾角，在某次訓(xùn)練中，一開始雪毯靜止未開啟，一質(zhì)量（含裝備）的滑雪者沒有做任何助力動(dòng)作，恰能夠沿雪毯勻速下滑?，F(xiàn)開啟雪毯，使雪毯始終以速度向下運(yùn)動(dòng)，滑雪者沒有做任何助力動(dòng)作，從坡道頂端由靜止滑到底端，關(guān)于該過程下列說法正確的是（ ）（已知重力加速度，，，不計(jì)空氣阻力）
A．滑雪板與滑雪毯間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
B．滑雪者從坡道頂端由靜止滑到底端所需時(shí)間為1s
C．整個(gè)下滑過程滑雪板與雪毯之間由于摩擦而產(chǎn)生熱量為450J
D．整個(gè)過程中摩擦力對(duì)滑雪板一直做正功
【答案】C
【詳解】A．設(shè)雪毯靜止時(shí)，滑雪者勻速下滑，可知
滑雪板與滑雪毯間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
故A錯(cuò)誤；
B．開啟雪毯，滑雪者從靜止加速下滑時(shí)，有
可得
達(dá)到與雪毯共速所需時(shí)間
這0.5s內(nèi)雪毯的位移
滑雪者運(yùn)動(dòng)位移
二者相對(duì)滑動(dòng)的位移
之后二者相對(duì)靜止一起勻速下滑，到達(dá)底端還需時(shí)間
總共用時(shí)
故B錯(cuò)誤；
C．在相對(duì)滑動(dòng)過程中因摩擦生熱
故C正確；
D．從開始下滑的0～0.5s內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，對(duì)滑雪者做正功，0.5s～1.25s內(nèi)靜摩擦力沿斜面向上，對(duì)滑雪者做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。
故選C。
12．“雪地魔毯”是滑雪場常見的一種設(shè)備，它類似于機(jī)場的傳送帶，主要用于將乘客從雪道底端運(yùn)送到頂端。一名穿戴雪具的游客，從雪道底端靜止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”長，傾角（，），“雪地魔毯”以的速度向上滑行，經(jīng)過游客滑到“雪地魔毯”的頂端。，人與“雪地鷹穩(wěn)”間的動(dòng)摩擦因數(shù)為一定值，不計(jì)其他阻力，則（ ）

A．游客在“雪地魔毯”上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)
B．游客在“雪地魔毯”上勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
C．游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改變
D．游客與“雪地魔毯”間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為0.26
【答案】D
【詳解】A．若游客在“雪地魔毯”上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，則游客的位移
則游客在“雪地魔毯”上不是一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．設(shè)游客勻加速的時(shí)間為，則
解得
選項(xiàng)B錯(cuò)誤：
C．游客在“雪地魔毯”先受到滑動(dòng)摩擦力，摩擦力方向沿“雪地魔毯”向上，然后受靜摩擦力，方向也沿“雪地魔毯”向上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．游客加速階段的加速度
根據(jù)
解得
選項(xiàng)D正確。
故選D。
二、多選題
13．如圖，物塊A、B靜置疊放在光滑水平面上，A、B上下表面水平。A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為，某時(shí)刻起受到水平向右隨時(shí)間變化的拉力，A始終在B上，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（ ）
A．時(shí)，A的加速度大小為B．時(shí)，A、B間摩擦力大小為
C．時(shí)，A、B即將發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)D．時(shí)，B的加速度大小為
【答案】AC
【詳解】C．A、B不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的最大加速度為
以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律
解得
故C正確；
AB．時(shí)，以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律
解得A的加速度大小為
A、B間摩擦力大小為
故A正確，B錯(cuò)誤；
D．時(shí)，A、B發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律
解得B的加速度大小為
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
14．如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一可看成質(zhì)點(diǎn)的小物塊。在時(shí)對(duì)木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，時(shí)撤去F，整個(gè)過程木板運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示。物塊和木板的質(zhì)量均為，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(dòng)摩擦力，重力加速度，下列說法正確的是（ ）
A．內(nèi)物塊的加速度為B．木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
C．拉力F的大小為D．物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端的距離為
【答案】BC
【詳解】AB．設(shè)物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由圖像可知，在t=1.5s時(shí)刻，滑塊和木板速度相等，速度大小為3m/s，因此在時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度
而
可知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)
在時(shí)間內(nèi)，木板減速的運(yùn)動(dòng)的加速度
根據(jù)牛頓第二定律
可得木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
A，B錯(cuò)誤；
C．在內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律
由圖像可知在這段時(shí)間內(nèi)，木板的加速度
聯(lián)立解得
C正確；
D．在1.5s之后，由于
物塊相對(duì)木板向前滑動(dòng)，木板做減速運(yùn)動(dòng)的加速度
木塊做減速運(yùn)動(dòng)的加速度
木板的總位移等于圖像與時(shí)間軸圍成的面積
物塊的總位移
因此物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端的距離為
D錯(cuò)誤。
故選BC。
三、解答題
15．（2024·遼寧丹東·模擬預(yù)測）如圖所示，長木板靜止放置在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）靜止放置在長木板的最右端，長木板的上表面光滑，下表面與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，現(xiàn)讓長木板與木塊瞬間同時(shí)獲得一個(gè)水平向左的速度，經(jīng)過一段時(shí)間長木板停止運(yùn)動(dòng)時(shí)木塊正好從長木板的左端脫離。已知長木板的長度為，重力加速度為，求：
（1）長木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及長木板的質(zhì)量；
（2）長木板與地面間的摩擦生熱以及長木板從運(yùn)動(dòng)到停止克服摩擦力做功的平均功率。
【答案】（1），；（2），
【詳解】（1）設(shè)長木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則長木板的位移為
木塊做勻速運(yùn)動(dòng)，位移為
兩者的相對(duì)位移為
綜合解得
，
設(shè)長木板的質(zhì)量為，木塊在長木板上運(yùn)動(dòng)，對(duì)長木板進(jìn)行受力分析，長木板的合力（即滑動(dòng)摩擦力）為
由牛頓第二定律可得長木板的加速度為
長木板運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
綜合解得
，
（2）長木板與地面間的摩擦生熱為
長木板從運(yùn)動(dòng)到停止克服摩擦力的平均功率為
計(jì)算可得
，
16．（23-24高三上·云南曲靖·階段練習(xí)）如圖所示，兩個(gè)完全相同的質(zhì)量為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距，質(zhì)量為2m，大小可忽略的物塊C置于A板的左端，C與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。開始時(shí)，三個(gè)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給C施加一個(gè)水平向右、大小為的恒力作用，木板A、B碰撞時(shí)間極短且碰撞后粘連在一起。（取重力加速度，計(jì)算結(jié)果用根式表示，其中）。求：
（1）A與B相撞前A的速度是多少？
（2）A與B相撞后向右做加速運(yùn)動(dòng)的位移是多少？
（3）要使C最終不脫離木板，每塊木板的長度至少應(yīng)為多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)A、C之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f1，A與水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2，一開始A和C保持相對(duì)靜止，在F的作用下向右加速運(yùn)動(dòng)，有
（2）A、B兩木板的碰瞬間，內(nèi)力的沖量遠(yuǎn)大于外力的沖量，由動(dòng)量守恒定律得
碰撞結(jié)束后到三個(gè)物體達(dá)到共同速度的相互作用過程中，設(shè)木板向前移動(dòng)的位移為，選三個(gè)物體構(gòu)成的整體為研究對(duì)象，外力之和為零，則
設(shè)A、B系統(tǒng)與水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為，對(duì)A、B系統(tǒng)，由動(dòng)能定理
其中
得
（3）對(duì)C物體，由動(dòng)能定理：
由以上各式，再代入數(shù)據(jù)可得
17．如圖所示，質(zhì)量的長木板放置在傾角的足夠長斜面上。質(zhì)量可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊放置在木板的右端。在木板右側(cè)的斜面上方固定著一個(gè)與斜面垂直的彈性擋板，木板恰好可以無擦碰地穿過擋板與斜面間的縫隙?，F(xiàn)使木板和物塊均以的速度一起從擋板上方某高度處沿斜面向下滑動(dòng)。此后，物塊與擋板發(fā)生的每次碰撞時(shí)間都極短且無機(jī)械能損失，整個(gè)過程中物塊不會(huì)從木板上滑落。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度。問：
（1）物塊與擋板第一次碰撞后，物塊離開擋板的最大距離多大？
（2）物塊與擋板第二次碰撞前，速度多大？
（3）物塊與擋板第一碰撞后瞬間至第二次碰撞前瞬間，木板滑行的距離及物塊和木板間的相對(duì)位移各多大？

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）木板沿斜面向下滑動(dòng)的過程中，以木板為研究對(duì)象，受力分析如圖

則
又
可得
木板和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)，沿斜面方向
所以，物塊和木板一起勻速下滑，物塊與擋板發(fā)生第一次彈性碰撞后的速度大小為仍為。接下來，物塊沿斜面向上勻減速到速度為零的過程中，其沿斜面向上的位移的大小即為離開擋板的最大距離，以物塊為研究對(duì)象
解得
由
解得
（2）物塊與擋板第一次碰撞后至第二次碰撞前過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取沿斜面向下為正方向，則有
可得
（3）物塊與擋板第一次碰撞后瞬間至第二次碰撞前瞬間，物塊勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
這段時(shí)間，物塊的對(duì)地位移為
方向沿斜面向上；
木板的位移為
方向沿斜面向下；
物塊與木板間的相對(duì)位移
做出物塊與擋板第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間的示意圖如圖

分析可知
18.某中學(xué)的兩同學(xué)玩拉板塊的雙人游戲，考驗(yàn)兩人的默契度。如圖所示，一長L=0.5m、質(zhì)量M=0.5kg的木板靠在光滑豎直墻面上，木板右下方有一質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，滑塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2，一人用水平恒力F2向左作用在滑塊上，另一人用豎直向上的恒力F1向上拉動(dòng)滑塊，使滑塊從地面由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)。
（1）若F1=17.5N，F(xiàn)2=27.5N，求小滑塊和木板的加速度；
（2）在第（1）問的條件下，經(jīng)過多長時(shí)間滑塊從木板上端離開木板；
（3）若F2=35N，為使滑塊與木板一起向上運(yùn)動(dòng)但不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則F1必須滿足什么條件？
【答案】（1）2.0m/s2，豎直向上，1.0m/s2，豎直向上；（2）1.0s；（3）
【詳解】（1）假設(shè)滑塊和木板之間為滑動(dòng)摩擦力，對(duì)滑塊由牛頓第二定律有
方向：豎直向上，對(duì)木板由牛頓第二定律有
方向：豎直向上，因?yàn)?，所以假設(shè)成立。
（2）設(shè)經(jīng)過時(shí)間滑塊從木板上端離開木板，則滑塊從木板上端離開木板時(shí)
代入數(shù)據(jù)得
（3）為使滑塊與木板一起向上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)使整體合力向上，故
為使滑塊與木板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，滑塊與木板間靜摩擦力應(yīng)為最大靜摩擦力，對(duì)木板由牛頓第二定律有
方向：豎直向上，對(duì)滑塊由牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)得
綜上所述，必須滿足條件為
目錄
01 模擬基礎(chǔ)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

相關(guān)試卷

第11講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（二）（講義）（原卷版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）：

這是一份第11講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（二）（講義）（原卷版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考），共14頁。

第11講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（二）（練習(xí)）（原卷版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）：

這是一份第11講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（二）（練習(xí)）（原卷版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考），共13頁。

第11講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（二）（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）：

這是一份第11講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（二）（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考），共29頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

第10講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（一）（練習(xí)）（原卷版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）

第10講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（一）（練習(xí)）（原卷版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）
第10講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（一）（練習(xí)）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）

第10講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（一）（練習(xí)）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）
第10講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（一）（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）

第10講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（一）（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）
3.2 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（講）--高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）

3.2 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（講）--高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部