传送带、滑块木板模型

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线本卷由【无忧题库】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。1.（多选）如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B粮袋开始运动的加速度为g（sincos），若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C若tan，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D不论如何小，粮袋从A到B一直匀加速运动，且agsin2.（单选）如图所示，

2、足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）ABCD3.（单选）如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是不可能的（）A从下端B离开，vv1B从下端B离开，vv1C从上端A离开，v=v1D从上端A离开，vv14.（多选）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，

3、t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长能正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（） A B C D 5.（多选）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A物块先向左运动，再向右运动B物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零6.（多选）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面

4、上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A物块先向左运动，再向右运动B物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零7.（多选）如图，传送带与水平面夹角=37°，并以v=l0m/s的速度运行，在传送带的A端轻轻地放一小物体，若已知传送带与物体之间的动摩擦因数=0.5，传送带A到B端的距离s=l6m，则小物体从A端运动到B端所需的时间可能是（g=10m/s2）（） A 1.8s B 2.0

5、s C 2ls D 4.0s8.（单选）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对A施加一水平拉力F，则下列说法中错误的是（） A 当F2mg 时，A、B都相对地面静止 B 当F=mg时，A的加速度为g C 当F3mg时，A相对B滑动 D 无论F为何值，B的加速度不会超过g9.（多选）如图所示倾斜的传送带以一定的速度逆时针运转，现将一物体轻放在传送带的顶端，此后物体在向下运动的过程中（）A物体可能一直向下做匀加速运动，加速度不变B物体可能一直向下做匀速直线运动C物体可能一直向下做

6、匀加速运动，运动过程中加速度改变D物体可能先向下做加速运动，后做匀速运动10.（单选）一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹下列说法正确的是（） A 褐色的痕迹将出现在木炭的左侧 B 木炭的质量越大，痕迹的长度越短 C 传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短 D 木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短 11.如图，质量M1 kg的木板静止在水平面上，质量m1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数10.1，铁块与木板之间的动摩擦因数20.4，取g10

7、 m/s2现给铁块施加一个水平向左的力F（1）若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端。求：木板的长度L（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象12.如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计取，求：（1

8、）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；（3）小球离开木箱时木箱的速度13.5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木块的质量为m1kg，长l=1m。它们与地面间的动摩擦因数10.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量为M2.5kg的小铅块(视为质点)，以v04m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数20.2。小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：(1)铅块刚滑到第四块木块时的速度。(2)通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动。(3)小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？

9、14.如图，水平面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后该做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v（1）求箱子加速阶段的加速度为a（2）若agtan，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力15.如图所示，为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘质量为1kg的小车，小车置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为0.1kg带电量为q=1×10-2C的绝缘货柜，现将一质量为0.9kg的货物放在货柜内在传送途中有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及

10、方向先产生一个方向水平向右，大小E1=3×102N/m的电场，小车和货柜开始运动，作用时间2s后，改变电场，电场大小变为E2=1×102N/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，小车正好到达目的地，货物到达小车的最右端，且小车和货物的速度恰好为零。已知货柜与小车间的动摩擦因数µ=0.1，（小车不带电，货柜及货物体积大小不计，g取10m/s2）求：第二次电场作用的时间；小车的长度；小车开始运动时右端到目的地的距离16.如图所示，传送带的水平部分AB长为L=4m，以v0=5m/s的速度顺时针转动，水平台面BC与传送带平滑连接于B点，BC长S=1m，台面右边有高为

11、h=0.5m的光滑曲面CD，与BC部分相切于C点一质量m=1kg的工件（视为质点），从A点无初速释放，工件与传送带及台面BC间的动摩擦因数均为=0.2，g=10m/s2，求（1）工件运动到B点时的速度大小；（2）通过计算说明，工件能否通过D点到达平台DE上；（3）求工件在传送带上滑行的整个过程中产生的热量17.如图所示，一传送带AB段的倾角为37°，BC段弯曲成圆弧形，CD段水平，A、B之间的距离为12.8m，BC段长度可忽略，传送带始终以v=4m/s的速度逆时针方向运行现将一质量为m=1kg的工件无初速度放到A端，若工件与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，在BC段运动时，工件速率保

12、持不变，工件到达D点时速度刚好减小到与传送带相同取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）工件从A到D所需的时间（2）工件从A到D的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量18.质量M=9kg、长L=1m的木板在动摩擦因数1=0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0=2m/s时，在木板的右端轻放一质量m=1kg的小物块如图所示当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度取g=10m/s2，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；（2）小物块与木板间的动摩擦因数219.如图所示，质量为M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，C到

13、滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A之间的动摩擦因数=0.2，可视为质点的小木块A质量m=1kg，原来静止于滑板的左端，当滑板B受水平向左的恒力F=14N作用时间t后撤去，这时木块A恰好到达C处，假设A、B间的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，（取g=10m/s2）试求：水平恒力F的作用时间t20.如图所示，光滑水平面上放着长L=2m，质量为M=4.5kg的木板（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数=0.1，开始均静止今对木板施加一水平向右的恒定拉力F，（g取10m/s2）求：（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少（2）如果拉力F=10N

14、，小物体能获得的最大速度21.如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg，其尺寸远小于L小滑块与木板之间的动摩擦因数为=0.4，取g=10m/s2（1）现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8N，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来问：m在M上面滑动的时间是多大？22.一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为=37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆

15、弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转已知工件与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10m/s2现将一个工件（可看作质点）无初速地放在A点求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）工件第一次到达B点所用的时间；（2）工件运动了23s时距A点右侧的水平距离23.如图所示，一质量为8m的长木板静止在光滑水平面上，某时刻一质量为m的小铁块以速度从木板的右端滑上木板已知铁块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，木板足够长，求：（1）铁块与木板的加速度大小；（2）当木板在水平面上加速滑行的距离为x时，铁块在木板上滑行的长度为多少

16、？试卷答案1.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，加速度为g（sin+cos）若tan，粮袋从A到B可能一直是做加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动解答：解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，

17、当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确 B、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为mgcos根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sin+cos）故B错误 C、若tan，可能是一直以g（sin+cos）的加速度匀加速；也可能先以g（sin+cos）的加速度匀加速，后以g（sincos）匀加速故C正确 D、由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动故D错误故选：AC点评：本题考查分析物体运动情况的能力，而要分析物体的运动情况，首先要具有物体受力情况的能力传送

18、带问题，物体的运动情况比较复杂，关键要考虑物体的速度能否与传送带相同2.考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1a2解答：解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：a1=g

19、sin+gcos；当小木块的速度与传送带速度相等时，由tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2=gsingcos；比较知道a1a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小故选D点评：本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑2、小木块两段的加速度不一样大是一道易错题3.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：由于不知道摩擦力和重力沿斜面分量的大小关系，所以物体可能从A端离开，也可能从B端离开，若能从A端离开，由运动的可逆性可知，必有v=v1，若从B端离开

20、，当摩擦力大于重力的分力时，则vv1，当摩擦力小于重力的分力时，则vv1解答：解：滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿斜面下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的可逆性可知，必有v=v1，故C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则vv1，当摩擦力小于重力的分力时，则vv1，当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v=v1，故A、B正确本题选不可能的，故选：D点评：物体在传送带上的运动是考试的热点，关键是正确对物体进行受力分析，明确问题的运动性质4.【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直

21、线运动的图像【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 要分不同的情况进行讨论：若V2V1：分析在fQ的重力时的运动情况或fQ的重力的运动情况若V2V1：分析在fQ的重力时的运动情况或fQ的重力的运动情况： 解：1若v1=v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a，加速度不变；2若v1v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mPgmQg=（mQ+mP）a，到小物体P加速到与传送带速度v1相等后匀速，故B选项可能

22、；3若v1v2，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a1，到小物体P减速到与传送带速度v1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，A选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQg+mPg=（mQ+mP）a2，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a2a1，故C选项正确，D选项错误故选：ABC【点评】： 考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难5.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：压轴题；牛

23、顿运动定律综合专题分析：据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况解答：解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动故选BC点评：本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力6.考点：牛顿第

24、二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况解答：解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动故选BC点评：本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍

25、存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力7.解：若传送带顺时针运动，对放在传送带上的小物体进行受力分析，小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带时静止还是沿顺时针分析正常转动，小物体的受力情况完全一样，都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，如图甲所示，根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：a1=g（sincos）=10×（0.60.5×0.8）m/s2=2m/s2，小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则s=a1t2，t=4s（3）当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带

26、向下，小物体下滑的加速度a2=g（sin+cos）=10m/s2小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为t1=s=1s，在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为s1=at2=×10×1=5m由于 tan，此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，如图乙所示，其加速度变为a1=g（sincos）=10×（0.60.5×0.8）m/s2=2m/s2小物体从该位置起运动到B端的位移为ss1=16m5m=11m小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，由ss1=

27、vt2a1t22代入数据，解得t2=1s（t2=11s舍去）所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s故选BD8.解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2mg，f3的最大值为mg故当0Fmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；C、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F，加速度为a，则对A，有F2mg=2ma，对A、B整体，有Fmg=3ma，解得F=3mg，故当mgF3mg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始

28、运动；当F3mg时，A相对于B滑动C正确B、当F=mg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有Fmg=3ma，解得a=，B正确D、对B来说，其所受合力的最大值Fm=2mgmg=mg，即B的加速度不会超过g，D正确因选不正确的，故选：A9.考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体放上传送带后，由于发生相对滑动，先做匀加速直线运动，抓住重力沿斜面方向分力与最大静摩擦力的大小关系，判断速度与传送带速度相等后的运动规律解答：解：A、物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，所受的合力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，可能向下一直做

29、匀加速直线运动，到达底端时速度仍然未达到传送带速度，故A正确B、物体放上传送带后，由于相对滑动，不可能一直做匀速直线运动，故B错误C、物体放上传送带后，可能先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面的分力大于最大摩擦力，不能保持相对静止，然后做加速度不同的匀加速直线运动，故C正确D、物体放上传送带后，可能先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面的分力小于最大静摩擦力，保持相对静止，一起做匀速直线运动，故D正确故选：ACD点评：本题考查了传送带模型，解决本题的关键理清物体的运动规律，注意各种可能性的存在10.解：A、刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快

30、，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误B、木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，mg=ma，所以a=g，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由V2=2ax 得，木炭包位移 X木=，设相对滑动的时间为t，由V=at，得t=，此时传送带的位移为x传=vt=，所以滑动的位移是x=x传X木=，由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误，C、由B知，传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以C错误，D、木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以D正确故选：D11.（1）；（2）图象见解析【命题立意

31、】本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系。（1）铁块，由牛顿第二定律： 木板，由牛顿第二定律： 设木板的长度为，经时间t铁块运动到木板的左端，则： 又： 联立解得： （2）（i）当时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即：（ii）当时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度，则： 解得： 此时：，也即 所以：当时， （iii）当时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：图象如图所示：答：（1）木板的长度为；（2）图象如图所示。12.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动.专题：压轴题；牛顿运动定律综合

32、专题分析：（1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度解答：解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动由，得小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：木箱向右运动的最大位移为：小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9

33、m（3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下木箱向左运动的加速度为设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：设木箱向左运动的时间为t2，则：由得：所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=2.8×1=2.8m/s点评：本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量13.(1)2m/s;(2)计算如下；(3).本题主要考查匀变速运动以及牛顿第二定律； (1)设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为，刚滑到第四块的速度为,由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立得 (2)设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩

34、擦力后面的6-n块木块受到地面的最大静摩擦力为要使木块滑动，应满足，即 <5解得n>3.5故取n=4(3)设小铅块滑上4木块经过t秒和4、5木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5木块的对地位移为和，相对位移为，4、5木块运动的加速度为 - =- 联立解得 = 由于 <l ( <l)说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与4、5木块达共同速度一起减速为零。设小铅块与4、5木块达到共同速度为，一起减速的加速度大小为，减速位移为 = 联立得 小铅块最终离1木块左端为 联立14.考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由运动学的公式即可求得

35、物体的加速度；（2）可以先设小球不受车厢的作用力，求得临界速度，然后使用整体法，结合牛顿第二定律即可求解解答：解：（1）设加速度为a，由匀变速直线运动的公式：得：解得：（2）设小球不受车厢的作用力，应满足：Nsin=maNcos=mg解得：a=gtan减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当agtan 时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，则：Nsin=maNcosF=mg解得：F=macotmg答：（1）箱子加速阶段的加速度为；（2）若agtan，减速阶段球受到箱子左壁的作用力是0，顶部的作用力是macotmg点评：该题中的第二问中，要注意选取受到的左壁

36、的作用力等于0的临界条件，以及临界速度中档题目15.A 解析：（1）货物 小车经t1=2s 货物运动 小车运动 货物V1=a1t1=2×2=4m/s 向右小车V2=a2t1=1×2=2m/s 向右经2秒后，货物作匀减速运动 向左小车加速度不变，仍为a2=1m/s2 向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=µ(m0+m1)g，货柜和小车一起作为整体向右以向右作匀减速直到速度都为0 共同速度为V=V1a1t2 V=V2+a2t2t2= V=m/s货物和小车获得共同速度至停止运动用时 第二次电场作用时间t=t2+t3=6s（2）小车在t2内位

37、移S3=V2t2+a2t22=m 货柜在t2内位移为S4=V1t2a1t22=m 小车长度L=S1-S2+S4-S3=m （或qE1S1-qE2S4= L=m（3）小车右端到达目的地的距离为S 【思路点拨】（1）根据牛顿第二定律分别求出小车和货物的加速度，再根据运动学基本公式分别求出速度和位移，经2秒后，货物作匀减速运动，求出货物的加速度，小车加速度不变，仍为a2=1m/s2向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=µ（m0+m1）g，货柜和小车一起作为整体向右以相同的加速度向右作匀减速直到速度都为0求出货物和小车获得共同速度至停止运动用时间，即可求出第二次

38、电场作用时间；（2）求出小车在t2时间内位移和货柜在t2时间内位移，根据位移关系即可求得小车长度；（3）小车右端到达目的地的距离为三段运动位移之和16.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用版权所有专题：传送带专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出工件在传送带上的加速度，结合速度时间公式求出工件与传送带速度相等经历的时间，根据位移时间公式求出工件的位移，判断出工件在传送带上一直做匀加速直线运动，根据速度位移公式求出工件到达B点的速度（2）根据动能定理判断工件能否到达平台DE（3）根据工件在传送带上的相对位移大小，根据Q=mgx求出产生的热量解答：解：（1）工件

39、刚放上时，做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mg=ma代入数据解得：a=2m/s2当两者速度相等时，工件对地的位移为：所以工件在传送带上一直做初速度为零的匀加速直线运动因此，工件到达B点的速度为：m/s=4m/s（2）设工件沿曲面CD上升的最大高度为h，整个过程由动能定理得：mgLmgSmgh=0代入数据解得：h=0.6mh所以，工件能够通过D点到达平台DE上（3）工件在传送带上运动的时间：这段时间内传送带的位移：x=v0t=5×2m=10m工件相对传送带的位移为：x=xL=104m=6m相对滑动生成的热量为：Q=mgx=0.2×10×6J=12J答

40、：（1）工件运动到B点时的速度大小为4m/s；（2）工件能够通过D点到达平台DE上（3）工件在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为12J点评：解决本题的关键理清工件在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，难度中等17.【考点】： 功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【分析】： （1）滑块在传送带上先加速下滑；速度与传送带相等后，由于tan37°，继续加速；在CD上是减速；根据牛顿第二定律列式求解三段的加速度，根据运动学公式列式求解；（2）先确定各段过程中传送带和滑块的位移，得到相对位移，最后根据公式Q=fS相对列式求解： 解：（1）滑

41、块在传送带上先加速下滑，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°+mgcos37°=ma1解得加速度为：a1=g（sin37°+cos37°）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2时间为：位移为：速度与传送带相等后，由于tan37°，继续加速，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°mgcos37°=ma2解得：a2=g（sin37°cos37°）=10×（0.60.5×0.8）=2m/s2根据速度位移公式，有：代入数据解得：v1=8m/s 故运动时间为：滑上

42、水平传送带后，加速度为：a3=g=5m/s2根据速度公式，有：故t=t1+t2+t3=0.4+2+0.8=3.2s（2）从A到B过程，传送带的对地路程：S=v（t1+t2）=4×（0.4+2）=9.6m故工件从A到B的过程中与传送带之间因摩擦产生的热量：Q1=mgcos37°（L+S）=0.5×1×10×0.8×（12.8+9.6）=111.2J从C到D过程，物体的对地路程：x3=4.8m从C到D过程，传送带的对地路程：S=vt3=4×0.8=3.2m故工件从C到D的过程中与传送带之间因摩擦产生的热量：Q2=mg（x3+S）

43、=0.5×1×10×（4.8+3.2）=40J故工件从A到D的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量：Q=Q1+Q2=111.2J+40J=151.2J答：（1）工件从A到D所需的时间为3.2s；（2）工件从A到D的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量为151.2J【点评】： 本题关键是明确滑块在各段过程中的受力情况、运动情况，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式求解运动学参量，根据功能关系求解热量情况18.【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）对木块好滑块分别运用速度时间公式、位移时间

44、公式列式，然后联立求解；（2）对木块和长木板分别受力分析，然后运动牛顿第二定律列式求解： 解：（1）设木板在时间t内的位移为x1；木板的加速度大小为a1，木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有x1=v0tx2=x1=L+x2又v0a1t=a2t其中a1=，a2=2g；代入数据得t=1s （2）根据牛顿第二定律，有：1（M+m）g+2mg=Ma12mg=ma2解得2=0.08答：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t为1秒；（2）小物块与木板间的动摩擦因数为0.08【点评】： 本题关键是先根据运动学公式列式后联立求解出时间，然后再受力分析后根据牛顿第二定律列式求解；对于第

45、一问，可以以长木板为参考系列式求解，会使得问题大大简化19.考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：本题的关键是分别求出木块与木板的加速度，然后根据题意找出木板与木块位移的关系即可求解解答：解：木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：木块的加速度为：=g=2m/；滑板的加速度为：=3m/；根据题意应有：=L=0.5，其中=，=1.5联立以上各式可得：0.5=0.5，解得：t=1s答：恒力F作用的时间t为1s点评：本题的关键是找出木块与木板发生位移的关系，然后根据牛顿运动定律列式求解20.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）为使小物体不从木板上掉下，则小物体不能相对于木板滑动，隔离对小物体分析，求出它的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力的最大值（2）若拉力F小于最大值，则它们最后一起做匀加速直线运动，若拉力F大于最大值，知小物体与木板之间始终发生相对滑动，小物体受到水平方向上只受摩擦力，做匀加速直线运动，当它滑离木板时，速度最大，根据两者的位移差等于木板的长度，求出运动的时间，再根据速度时间公式求出最大的速度解答：解：（1）物块随木板运动的最大加速度为a对小物体