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（新教材新高考）

第11讲牛顿运动定律的综合应用（二）

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

【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vo=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〃尸0.2,木板与地面间的动摩擦因数〃2=0.05,取重力加速度大小g=10m/s2,则木板的长度

为（

%

P

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

【答案】B

【详解】设滑块的质量为加，木板的质量为M,在滑块减速和木板加速到共速的时间为4,加速度为可、a,2，

有

—=2mzs2

m

jLtxmg—+m)

M

%-印1=%。-V

木板的位移为

V

%=5%

两者共速后，因〃1>〃2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为附，有

。广儿⑺+出必二。5mzs2

m+M

木板的位移为

V2

Xrf-----

2a3

木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即

L=xx+x2

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

%=ls,L=1.5m

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3m/s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5kg,与木板间的动摩擦因数为0.2,滑块B的质量为1kg,

与木板间的动摩擦因数为04,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g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.木板的长度为2m

B.木板的质量为1kg

C.木板运动的最大距离为2m

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

〃A=4Ag=2m/s2,&=/g=4m/s2

依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有

“A;4g-〃B〃%g-4木(M+74+7电)g=.木

相遇后木板匀减速，有

以木（"+〃％+〃％”=（加+%+7电”'木

解得

。'木=0.5m/s2

可知相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经r时间共速，由速度与时间关系可得

v=%—a^t,v=-%+aBt,v=〃木，

联立，解得

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

故B错误；

ACD.根据B选项分析，三者一起匀减速过程，有

0=v-a'-^t'

解得

t'=2s

做出它们运动的v-t图像如图

v/(m-s-1)

j-3.0认

-3/

由图可知，木板的长度为

L=2x—m=3m

2

木板运动的最大距离为

3m=1.5m

2

分析滑块B,减速时间设为灰，则有

0=v—aBtB

解得

%=0.75s

整个过程中滑块B的位移为

O.75x（-3）+（3-O.75）xl_o

/=

22

故AC错误；D正确。

故选Do

3.如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，片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从、生且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块

的VT图像如图所示，则有（)

A.〃尸〃2B.〃i<〃2c.〃1>2〃2D.〃1=2〃2

【答案】C

【详解】由丫，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

NMg>出2mg

则有

>2〃2

故选C。

4.如图所示，质量加=lkg的小滑块（可视为质点）放在木板的右端，质量为M=4kg的木板与水平地面和

滑块间的动摩擦因数皆为〃=。4,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「重力加速度g=10m/s2,则以下说法中错误的是（）

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃

A.当拉力尸=18N时，小滑块和木板一起匀速运动B.当拉力尸=24N时，小滑块和木板一起匀速

运动

C.当拉力/=30N时，小滑块和木板一起加速运动D.当拉力尸=42N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

fx=+m）g=20N

则当拉力产=18N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

Ring..

a==4m/s2

m

对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知

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

解得

F=40N

当拉力P=24N时，因为

20N<24N<40N

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/=30N时，因为

30N<40N

所以滑块和木板一起加速运动，故C正确，不符合题意；

D.当拉力厂=42N时，因为

42N>40N

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。U0时对物块施加

一水平向右的恒定拉力尸，在尸的作用下物块和木板发生相对滑动，Z=2s时撤去E物块恰好能到达木板右

端，整个过程物块运动的v-r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（）

B.物块的质量为0.8kg

C.拉力厂对物块做的功为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

=—^―m/s2=0.4m/s2

2.5

物块在0~2.0s内的加速度大小为

3

a,=—m/s2=1.5m/s2

2.0

物块在2.0s〜2.5s内的加速度大小为

3—1.22

C“=出£=------m/s=4Am/zs

322.5-2.0

2.5s~3.0s内二者一起做匀减速直线运动，加速度大小为

c〃==-----------m/s2=2m/s2

413.0-2.5

可得木板与地面间的动摩擦因数为

"i=0.2

物块与木板间的动摩擦因数为

pi?=0.4

木板的长度为

,2.5x(3-0.8)…

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

2

故A错误；

B.前2s内，对木板，有

根2g-Ai(mi+根2)g=m\a\

对物块，有

F—42加2g=m2a2

解得

咫=0.6kg,F=3.3N

故B错误;

C.前2s内，拉力/对物块做的功为

W=Fx,

结合图像可知，0~2s内物块的位移为

X=—x3x2.0m=3m

12

所以

W=9.9J

故C正确;

D.木板与地面间因摩擦产生的热量

。=从（吗+7%）g•龙2

结合图像可知，木板的位移为

%=—x3.0xlm=1.5m

22

所以

Q=3.3J

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6=37。的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速

度%=9m/s匀速下滑，现把质量为〃z=lkg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g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列判断正确的是（）

B.铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s

C.长木板的长度为2.25m

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°=//A/gcos37°

解得

〃=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

]umgcos37°+mgsin37°=maA

解得

〃A=12m/s2

方向沿斜面向下；对B,根据牛顿第二定律有

gcos37°+pmgcos37°-Mgsin37°=Ma^

解得

2

aB=6m/s

方向沿斜面向上；铁块A和长木板B共速的时间为

v0-aBt—aAt

解得

t=0.5s

铁块A和长木板B共速后，速度大小为

口共二〃A，=6m/s

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

L=XB-XA=%；"共/争=2.25m

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

21

为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为右。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开

40

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04,小

孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?,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Is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

mgsin37°-AWgcos37°=Z8m/s2

m

同理对滑板，加速度大小为

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

m

A错误B正确;

CD.要使小孩与滑板分离

解得

/=ls

离开滑板时小孩的速度大小为

v=a]t=2.8m/s

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尸作用时，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g=10m/s2,则由图象可知下列说法

正确的是（)

A.10N<F<15N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.尸>15N时物块B和木板C相对滑动

【答案】D

【详解】AD.由图像可知，当lONvbvlSN时物块B和木板C相对静止，当P>15N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;

2

B.因当耳=15N时一,a=2.5m/s,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

/nmgcos6—mgsin0=ma

联立方程可求解

V3

A=T

故B错误；

C.对木板和木块的整体，当居=10N时，“=0,则

Fx-（M+m）gsin0

2

当巴=15N时，a=2.5m/s,则

F2—(M+m)gsin0=(M+m)a

联立方程可求解

M+m=2kg

,八1

sin”=一

2

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匕，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〃，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〃g

B.若%＜甘，小滑块返回到左端的时间为血丛

c.若%〉外，小滑块返回到左端的时间为心1

D.若%＞匕，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

jumg—rm

解得

a=Ng

故A错误；

B.若％（匕，小滑块的速度从“先向右减速到。再返回加速到%,刚好返回到左端，时间为

t=^o.

"g

故B错误;

CD.若“＞匕，小滑块的速度从%先向右减速到0的时间

位移为

%]=

2〃g

然后加速返回，速度加速到匕的时间

=—

位移为

2〃g

最后以速度匕匀速回到左端，时间为

.二国一二2〃g2〃g

Z

V]匕2〃8匕

小滑块返回到左端的时间

A=%++£3

解得

一%上W--V；(%+%]

l一十十一

〃g〃g2〃gV]2〃gV]

故C错误，D正确。

故选D。

10.一水平传送带长L=16m,以恒定速度v=4m/s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m=lkg的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数〃=0]，重力加速度g取10向/,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.3N-sB.4N-s

C.5N-sD.6N-s

【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

a=jug=lm/s2

加速运动的时间

v,

%=—=4s

a

加速运动的位移

匀速运动的位移

X2=L-XX=8m

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2-3个工件的摩擦力为0,因此在

此后1s内的冲量

/2=/3=0

对第4-7个工件的摩擦力在此后r=1s内的冲量

=jumg•1=IN•s

故此后Is内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为

/=/2+，3+14+15+16+17=4N•S

故选B。

11.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度％=4m/s顺时针运行，小物块以匕=6m/s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02传送带的长度为10m,重力加速度

g=10m/s2,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（）

VoC）

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6m/s

C.小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为6.25s

D.小物块在传送带上留下的划痕长度为17m

【答案】C

【详解】A.物块在传送带上的加速度

a=/jg=2m/s

向左减速到零的时间

向左运动的最大距离

=9m<L=10m

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%=4m/s,故B错误;

C.物块向左加速到%=4m/s用时

t=—=2s

2a

这段时间内向右运动的距离

江=4m

2a

之后，做匀速直线运动，剩余在传送带上运动时间

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

%

小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间

t=t1+t2+t3=6.25s

故c正确；

D.向左运动过程，划痕长度

4=贴+占=21m

向右运动过程，划痕长度

l2=v0t2-x2=4m

总划痕长度

I=+/2=25m

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匕运行，初速度大小为V2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VI图象（以

地面为参考系）如图乙所示。已知%＞匕，物块和传送带间的动摩擦因数为〃，物块的质量为加。则（）

B.。~4时间内，小物块的加速度方向先向右后向左

C.0~4时间内，因摩擦产生的热量为〃〃取y(i2+?!)+

D.0~弓时间内，物块在传送带上留下的划痕为当上&+马)

【答案】C

【详解】A.初速度大小为"2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V—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.。〜4时间内物体相对地面向左的位移

s-2

51-21

这段时间传送带向右的位移

S2=贴

因此物体相对传送带的位移

Asl=sl+s2=^-tl+vltl「L时间内物体相对地面向右的位移

s：吟(D

这段时间传送带向右的位移

S；=匕02-1)

因此物体相对传送带的位移

$=-S：=］仁-G0~々时间内物块在传送带上留下的划痕为

AS=A51+A52=3色+%)+等0〜L这段时间内，因此摩擦产生的热量

Q=/jmgxA5=jumg■^(&+G+浮］

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，是一段倾角为6=30。的传送带，一个可以看作质点，质量为机=lkg的物块，以沿

传动带向下的速度%=4m/s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

g=10m/s2,贝I］()

甲乙

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也

2

D.传送带的速度u=lm/s,方向沿斜面向下

【答案】C

【详解】AD.从UT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lm/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v=lm/s,方向沿斜面向上，故AD错误；

C.口一，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

a=—―m/s2=2.5m/s2

2

根据牛顿第二定律可得

umgcos0-mgsin0

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

m

联立解得物块与传送带之间的摩擦因数为

百

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

?!=—=1.6s

a

物块沿传送带向下减速通过的位移大小为

=

xx3.2m

物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为

v

t=—=0.4s

2a

物块反向向上加速通过的位移大小为

V

%=—=0.2m

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

q==^=3s

V

则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为

/=%+J=5s

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4B间长度为£=10m,倾角为。=30。，

正以恒定速率v=5m/s顺时针运转。现将一质量为〃z=lkg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5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产旦,

2

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

【答案】D

【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示

FN=mgcos0—5A/3N

摩擦力

八=jumgcos0=7.5N

根据牛顿第二定律得沿斜面方向

pimgcos0—mgsin0=ma

可知，邮件上升的加速度为

a=2.5m/s

当邮件与传送带速度相同时，由

则相对位移为

x=vtx-—at：=5m<L=10m

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8点，有

此阶段的摩擦力

于z=mgsin0=5N

邮件从A运动到8过程中，支持力的冲量

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

方向垂直斜面向上；

摩擦力的冲量

^=^+^2=20N-S

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

/=5>/43N-s

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VT图中不可熊描述小物块在

传送带上运动的是()

OO

【详解】AB.当小物块的初速度沿斜面向下（//>tan。），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

ma=mgsin6+pimgcos0

即

a=gsin0+jugcos0

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

mgsin0</jmgcos0

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（〃>tan。），对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得

ma=mgsin0+"mgcos0

即

a=gsin0+/2gcos0

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（“>tan。）或者继续匀加速（〃<tan。）此时加速度满足

"=gsin。一jUgcos3<a

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《i=10g、长度为/=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%=lm/s。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为〃1=0」，纸板与桌面间

的动摩擦因数为"2=02,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s?。则（）

____________________________VX

T市沂晶、橡皮擦<

硬纸板'—板、

水平桌面\

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高J

【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

—4巧g=01x0.01xION=0.01N

桌面给纸板水平向右的摩擦力为

.=也（勿+%Jg=02x0.02xl0N=0.04N

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

a=f"&-5m/s2

叫

橡皮擦的加速度大小为

£1/2

刍=—L=Lms

叫

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

si-———二2m/s2

刃+勿1

而橡皮擦开始做减速运动的加速度最大值为

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

叫

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

1fl,2

%=—=A1nus

叫

纸板向右的加速度为

%=­—―=3mzi之

m

故B错误；

CD.结合AB选项，设橡皮擦与纸板经过f时间速度相同，则有

卬=%一at

代入数据解得

1

t——s

6

此时二者向左共速的速度为

v=­m/s

6

橡皮擦的位移为

纸板的位移为

则二者相对位移为

、X\=x2-xr=—m<01m

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

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

所以纸板先减速为0,保持静止，橡皮擦继续以a：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

Ax=AJTJ—NX]=—m<Qlm

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（）

【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f时间箱子与平板车达到共速煤，此过程平板车的位移为

箱子的位移为

2

则箱子相对于平板车向前的位移大小为

%+丫共，v共一%,

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

22

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R则下列判断正确的是（）

Q1回

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

A.当尸足够小时，A仍保持静止状态

B.当拉力尸=〃咫时，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的质量也为初时，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〃，

当尸足够小时，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，当拉力尸=〃侬时，物块B与A间的摩擦力小于ZW,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

口mg

CI-

m+mc

则A对C的摩擦力

m

r1nm

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

m+mc

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,找时，物块C能获得的最大加速度为

ums1

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

m+mc2

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，货物加放在平台正中间。两圆柱以角速度。=20rad/s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歹=1ON的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知

平台质量M=4kg,平台与两圆柱间的动摩擦因数均为4=0.2,货物质量m=lkg,与平台间的动摩擦因数

〃2=。.3,圆柱半径r=4cm,重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

B.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为Zm/s?

C.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为0.8m/s2

D.若施加的恒力/<10N,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

f+in）g=5N

沿平行于轴线的方向给平台施加P=10N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

F2