牛顿第二定律经典好题

./牛顿第二定律瞬间问题1．如图所示,一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动,前方固定一个弹簧,当木块接触弹簧后<>A．将立即做变减速运动B．将立即做匀减速运动C．在一段时间内仍然做加速运动,速度继续增大D．在弹簧处于最大压缩量时,物体的加速度为零解析：因为水平面光滑,物块与弹簧接触前,在推力的作用下做加速运动,与弹簧接触后,随着压缩量的增加,弹簧弹力不断变大,弹力小于推力时,物体继续加速,弹力等于推力时,物体的加速度减为零,速度达到最大,弹力大于推力后,物体减速,当压缩量最大时,物块静止．答案：C2．<2017届浏阳一中月考>搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车,当力沿斜面向上,大小为F时,物体的加速度为a1；若保持力的方向不变,大小变为2F时,物体的加速度为a2,则<>A．a1＝a2 B．a1＜a2＜2a1C．a2＝2a1 D．a2＞2a1解析：当力沿斜面向上,大小为F时,物体的加速度为a1,则F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1；保持力的方向不变,大小变为2F时,物体的加速度为a2,2F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2；可见a2＞2a1；综上本题选D.答案：D3．<2017届天津一中月考>如图所示,A、B、C三球质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是<>A．A球的受力情况未变,加速度为零B．C球的加速度沿斜面向下,大小为gC．A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθD．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为eq\f<1,2>gsinθ解析：细线被烧断的瞬间,以A、B整体为研究对象,弹簧弹力不变,细线拉力突变为0,合力不为0,加速度不为0,故A错误；对球C,由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma,解得：a＝gsinθ,方向向下,故B错误；以A、B、C组成的系统为研究对象,烧断细线前,A、B、C静止,处于平衡状态,合力为零,弹簧的弹力f＝3mgsinθ,烧断细线的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,弹簧弹力不变,以A、B为研究对象,由牛顿第二定律得：3mgsinθ－2mgsinθ＝2ma,则B的加速度a＝eq\f<1,2>gsinθ,故D正确；由D可知,B的加速度为a＝eq\f<1,2>gsinθ,以B为研究对象,由牛顿第二定律得T－mgsinθ＝ma.解得：T＝eq\f<3,2>mgsinθ,故C错误；故选D.答案：D9．如图所示,质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连,A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ,在水平推力F作用下,A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间,A、B两物块的加速度大小分别为<>A．aA＝2a＋3μg B．aA＝2<a＋μg>C．aB＝a D．aB＝a＋μg答案AC解析撤去F前,根据牛顿第二定律,对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma,对B有FN－μ·2mg＝2ma,得FN＝2<a＋μg>m。撤去F的瞬间弹簧弹力不变,大小仍为FN,两物块受到的滑动摩擦力不变,所以,物块B受力不变,aB＝a,对物块A,由牛顿第二定律得FN＋μmg＝maA,有aA＝2a＋3μg。综上分析,A、C项正确。整体隔离法的灵活应用3.如图所示,A、B两物块叠放在一起,在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动,运动过程中B受到的摩擦力<>A．方向向左,大小不变 B．方向向左,逐渐减小C．方向向右,大小不变 D．方向向右,逐渐减小解析：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动,对A、B整体根据牛顿第二定律有a＝eq\f<μmA＋mBg,mA＋mB>＝μg,然后隔离B,根据牛顿第二定律有fAB＝mBa＝μmBg,其大小不变,物块B向右做匀减速直线运动,故加速度方向向左,摩擦力向左；故选A.答案：A4.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块,其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块,使三个木块以同一加速度运动,则以下说法正确的是<>A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时,轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时,轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时,质量为m和2m的木块间的摩擦力为eq\f<2,3>T解析：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用,故A错误；对整体,由牛顿第二定律可知,a＝eq\f<F,6m>；隔离后面的叠加体,由牛顿第二定律可知,轻绳中拉力为F′＝3ma＝eq\f<F,2>,由此可知,当F逐渐增大到2T时,轻绳中拉力等于T,轻绳才刚好被拉断,故B错误,C正确；轻绳刚要被拉断时,木块加速度a′＝eq\f<T,3m>,质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′＝eq\f<T,3>,故D错误．故选C.答案：C4.<2016届马XX二中、安师大附中、XX一中、XX一中联考>如图所示,在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B,两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同,用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动,且B对A的压力平行于斜面,则下列说法中正确的是<>A．只减小A的质量,B对A的压力大小不变B．只减小B的质量,B对A的压力大小会增大C．只减小斜面间的倾角,B对A的压力大小不变D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ,B对A的压力会增大解析：将A、B看成一个整体,整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力,沿斜面向下的滑动摩擦力,沿斜面向上的推力,根据牛顿第二定律可得a＝eq\f<F－mA＋mBgsinθ－μmA＋mBgcosθ,mA＋mB>＝eq\f<F,mA＋mB>－gsinθ－μgcosθ,隔离B分析可得N－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa,解得N＝eq\f<mBF,mA＋mB>,由牛顿第三定律可知,B对A的压力N′＝eq\f<mBF,mA＋mB>,若只减小A的质量,压力变大,若只减小B的质量,压力变小,A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关,C正确,D错误．答案：C4．<2016届XX顶级名校月考>两个质量分别为m1、m2的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上,如图所示,如果它们分别受到水平推力2F和F,则A、B之间弹力的大小为<>A.eq\f<m2,m1＋m2>F B．eq\f<m1,m1＋m2>FC.eq\f<m1＋2m2,m1＋m2>F D．eq\f<2m1＋m2,m1＋m2>F解析：根据牛顿第二定律对整体有：2F－F＝<m1＋m2>a,方向水平向右：对物体B有：FN－F＝m2a,联立上述两式得：FN＝eq\f<m1＋2m2,m1＋m2>F,故选项A、B、D均错误,选项C正确．答案：C临界极值问题6.<2017届XX二中月考>如图所示,A、B两物块的质量分别为3m和2m,两物块静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为eq\f<1,2>μ<μ≠0>．最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对B施加一水平推力F,则下列说法正确的是<>A．若F＝μmg,A、B间的摩擦力一定为零B．当F＞7.5μmg时,A相对B滑动C．当F＝3μmg时,A的加速度为μgD．若去掉B上的力,而将F＝3μmg的力作用在A上,则B的加速度为0.1μg解析：A、B与地面间的最大静摩擦力为f1＝eq\f<1,2>μ<3m＋2m>g＝eq\f<5μmg,2>,若F＝μmg,A、B保持静止,A、B间的摩擦力一定为零,故A正确；A物体的最大加速度为μg,根据牛顿第二定律有F－eq\f<5μmg,2>＝5ma,解得F＝7.5μmg,故当F＞7.5μmg时,A相对B滑动,故B正确；当F＝3μmg时,A、B保持相对静止,A的加速度为a＝eq\f<3μmg－\f<5μmg,2>,5m>＝0.1μg,故C错误；若去掉B上的力,而将F＝3μmg的力作用在A上,B发生相对滑动的临界加速度a＝eq\f<3μmg－\f<5,2>μmg,2m>＝0.25μg,对A分析F－3μmg＝3ma,解得不发生相对滑动的最小拉力F＝3.75μmg,可知F＝3μmg的力作用在A上,一起做匀加速直线运动,a＝eq\f<F－\f<5,2>μmg,5m>＝0.1μg,故D正确．答案：ABD例3如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg,A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2,开始时F＝10N,此后逐渐增大,在增大到45N的过程中,则<>A.当拉力F<12N时,物体均保持静止状态B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始相对滑动C.两物体从受力开始就有相对运动D.两物体始终没有相对运动<1>A、B何时发生相对滑动？提示：当A、B间摩擦力达到最大值时。<2>适合以哪一物体求临界加速度？提示：B。尝试解答选D。当A、B间达最大静摩擦力时两者开始相对滑动,以B为研究对象,设临界加速度为a,由牛顿第二定律得：μmAg＝mBa,得a＝6m/s2。由整体法得：F＝<mA＋mB>a＝48N,所以F增大到45N的过程中,两物体始终没相对运动。2．如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离h时,B与A分离,下列说法正确的是<>A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长B.B和A刚分离时,它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于eq\f<mg,h>D.在B和A分离前,它们做匀加速直线运动答案C解析A、B分离前,A、B共同做加速运动,由于F是恒力,而弹力是变力,故A、B做变加速直线运动,当两物体要分离时,FAB＝0。对B：F－mg＝ma,对A：kx－mg＝ma。即F＝kx时,A、B分离,此时弹簧处于压缩状态,由F＝mg,拉B前设弹簧压缩量为x0,则2mg＝kx0,h＝x0－x,解以上各式得k＝eq\f<mg,h>,综上所述,只有C项正确。3.<2017届XX师大附中期中>如图所示,a、b两个带有异种电荷的小球<可视为质点>分别被两根绝缘细线系在木盒内,且在同一竖直线上,木盒置于固定的台秤上,整个装置静止,细绳均有弹力．若将系b的细线剪断,下列说法中正确的是<>A．剪断细线瞬间,台秤的示数不变B．剪断细线瞬间,台秤的示数变小C．在b向a靠近的过程中,台秤的示数不变D．在b向a靠近的过程中,台秤的示数变大解题思路：静止时,对小球b和整体进行受力分析,根据共点力平衡的条件得出力之间的关系．若将系b的细线断开,对整体进行受力分析,运用牛顿第二定律求解．解析：将a、b两个小球和木盒看做整体,开始台秤示数等于它们的总重力,将系b的细线剪断后,b球向上加速,系统处于超重状态,台秤示数大于它们的总重力,在b向a靠近的过程中,a、b之间的库仑力增大,台秤的示数变大,D正确．综上本题选D.答案：D运动与力的关系5．<2016届XX扶沟高中月考>高空滑索是一种勇敢者的运动项目．如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动,在下滑过程中可能会出现如图甲、乙所示的两种情形．不计空气阻力,则下列说法正确的是<>A．图甲的情形中,人只能匀加速下滑B．图甲的情形中,钢索对轻环的作用力大小为eq\f<\r<3>mg,2>C．图乙的情形中,人匀速下滑D．图乙的情形中,钢索对轻环无摩擦力解析：题图甲的情形中,受力如图<a>所示：所以人只能匀加速下滑,选项A正确；钢索对轻环的作用力大小为N＝mgcos30°＝eq\f<\r<3>mg,2>,选项B正确；题图乙的情形中,受力如图<b>所示：所以人匀速下滑,选项C正确；对钢环分析如图<c>所示：题图乙的情形中,钢索对轻环有摩擦力,选项D错误；综上本题选A、B、C.答案：ABC8.<2016届XX凉山州一诊>如图所示,倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上,现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定<与滑块相对静止>后,悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ,斜面体始终保持静止,则下列说法正确的是<>A．斜面光滑B．斜面粗糙C．达到稳定状态后,地面对斜面体的摩擦力水平向左D．达到稳定状态后,地面对斜面体的摩擦力水平向右解析：隔离小球,可知小球的加速度方向为沿斜面向下,大小为gsinθ,对支架系统进行分析,只有斜面光滑,支架系统的加速度才是gsinθ,所以A正确,B错误．将支架系统和斜面看成一个整体,因为整体具有沿斜面向下的加速度,故地面对斜面体的摩擦力水平向左,C正确,D错误．故选A、C.答案：AC7.<2017届XX中原名校联考>某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°,使飞行器恰恰沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中正确的是<>A．加速时加速度的大小为gB．加速时动力的大小等于mgC．减速时动力的大小等于eq\f<\r<3>,2>mgD．减速飞行时间t后速度为零解析：起飞时,飞行器受动力和重力,两个力的合力与水平方向成30°角斜向上,设动力为F,合力为F合,由几何关系得F合＝mg,由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1＝g；加速时动力的大小F＝eq\r<3>mg.动力方向逆时针旋转60°,合力的方向与水平方向成30°角斜向下,动力F′跟合力F合′垂直,由几何关系得动力的大小F′＝eq\f<\r<3>,2>mg,此时合力的大小为F合′＝mgsin30°,飞行器的加速度大小a2＝eq\f<g,2>,所以减速飞行时间2t后速度为零,故A、C正确．答案：AC8.如图所示,倾角θ＝30°的光滑斜面体固定在水平面上,斜面长度L＝0.8m,一质量m＝1×10－3kg、带电量q＝＋1×10－4C的带电小球静止在斜面底端．现要使小球能够到达斜面顶端,可施加一沿斜面向上、场强大小为E＝100V/m的匀强电场,重力加速度g＝10m/s2,则这个匀强电场存在的时间t可能为<>A．0.5s B．0.4sC．0.3s D．0.2s解析：电场存在时,a1＝eq\f<Eq,m>－gsinθ＝5m/s2,方向向上,电场消失后,a2＝gsinθ＝5m/s2,方向向下,若小球恰好到达斜面顶端,L＝eq\f<1,2>a1t2＋eq\f<a1t2,2a2>,可得t＝0.4s,选项A、B正确．答案：AB动力学图像问题4．<2016届XX师大附中期中>一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小<此力的方向始终未变>,在此过程中其余各力均不变．那么,图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是<>解析：原来物体在多个力的作用下处于静止状态,物体所受的合力为零,使其中的一个力保持方向不变、大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中,物体的合力从开始逐渐增大,又逐渐减小恢复到零,物体的加速度先增大后减小,物体先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,根据速度—时间图象的斜率等于加速度可知,速度—时间图象的斜率先增大后减小,D正确．综上本题选D.答案：D2.<2017届XX襄阳五中、XX一中、龙泉中学联考>水平地面上有一轻质弹簧,下端固定,上端与物体A相连接,整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A,使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离,整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是<>解析：开始时,物体处于平衡状态,物体受重力和弹力,则有mg＝kx1,物体向下匀加速过程,对物体受力分析,受重力、弹簧向上的弹力、推力F,根据牛顿第二定律,有F＋mg－F弹＝ma,根据胡克定律,有F弹＝k<x1＋x>＝mg＋kx,解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx,故弹力与x呈线性关系,且是增函数,故D正确．答案：D7．<2017届XX双鸭山一中月考>如图<a>所示,用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图<b>所示,若重力加速度g取10m/s2.根据图<b>中所提供的信息可以计算出<>A．物体的质量B．斜面的倾角C．加速度为6m/s2时物体的速度D．加速度由2m/s2增加到6m/s2过程物体通过的位移解析：对物体受力分析,受拉力、重力、支持力,如图所示：x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma,y方向：FN－Fsinθ－Gcosθ＝0.从题图中取两个点<20N,2m/s2>,<30N,6m/s2>,解得m＝2kg,θ＝37°,故A、B正确．当a＝0时,可解得F＝15N,即最小拉力为15N.题中并未说明力F随时间变化的情况,故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小．加速度由2m/s2增加到6m/s2过程不能求出物体通过的位移,故C、D错误．综上本题选A、B.答案：AB传送带问题例5<多选>如图所示,水平传送带A、B两端点相距x＝4m,以v0＝2m/s的速度<始终保持不变>顺时针运转。今将一小煤块<可视为质点>无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中<>A．小煤块从A运动到B的时间是eq\r<2>sB．小煤块从A运动到B的时间是2.25sC．划痕长度是4mD．划痕长度是0.5m<1>小煤块在传送带上做什么运动？提示：若加速到v0时的位移小于x,则先加速后匀速。若位移为x,速度未达到v0,则一直加速。<2>划痕是小煤块以地面为参照物的位移吗？提示：不是,是以传送带为参照物的位移。尝试解答选BD。小煤块刚放上传送带后,加速度a＝μg＝4m/s2,由v0＝at1可知,小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝eq\f<v0,a>＝0.5s,此时小煤块运动的位移x1＝eq\f<v0,2>t1＝0.5m,而传送带的位移为x2＝v0t1＝1m,故小煤块在传送带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5m,D正确,C错误；之后的x－x1＝3.5m,小煤块匀速运动,故t2＝eq\f<x－x1,v0>＝1.75s,故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25s,A错误,B正确。1.如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1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v­t图象<以地面为参考系>如图乙所示。已知v2>v1,则<>A．t2时刻,小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案B解析小物块对地速度为零时,即t1时刻,向左离开A处最远,t2时刻,小物块相对传送带静止,此时不再相对传送带滑动,所以从开始到此刻,它相对传送带滑动的距离最大,A错误、B正确。0～t2时间内,小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力,方向始终向右,大小不变,t2时刻以后小物块相对传送带静止,与传送带一起以速度v1匀速运动,不再受摩擦力作用,C、D错误。2.<多选>如图所示,用皮带传送一质量为M的物体,二者始终保持相对静止,则下列关于物体所受摩擦力的说法正确的是<>A．皮带传送的速度越大,摩擦力越大B．皮带加速运动时,加速度越大,则摩擦力越大C．皮带的速度恒定时,物块的质量越大,摩擦力越大D．摩擦力的方向一定与皮带速度的方向相同解析：由于二者相对静止,因此物块所受的是静摩擦力,则：若传送带匀速运动,则f＝Mgsinθ,与传送带的速度无关,A错误,C正确；若传送带匀加速运动,则静摩擦力的方向一定沿传送带向上,且f－Mgsinθ＝Ma,要求μMgcosθ＞Mgsinθ,所以f＝Ma＋Mgsinθ,B正确若传送带匀减速向上运动,分三种情况：若a＜gsinθ,则物块所受的静摩擦力沿斜面向上,即Mgsinθ－f＝Ma；若a＝gsinθ,则物块所受的静摩擦力为零；若a＞gsinθ,则物块所受的静摩擦力沿斜面向下之前v2′＝v1,之后做匀速运动,所以D错误．答案：BC；2．如图所示,倾角为37°,长为l＝16m的传送带,转动速度为v＝10m/s,在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5kg的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5,g取10m/s2。求：<sin37°＝0.6,cos37°＝0.8><1>传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间；<2>传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。答案<1>4s<2>2s解析<1>传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带向下匀加速运动,根据牛顿第二定律有：mg<sin37°－μcos37°>＝ma则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2,根据l＝eq\f<1,2>at2得t＝4s。<2>传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1则有a1＝eq\f<mgsin37°＋μmgcos37°,m>＝10m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1＝eq\f<v,a1>＝eq\f<10,10>s＝1s,x1＝eq\f<1,2>a1teq\o\al<2,1>＝5m<l＝16m当物体运动速度等于传送带速度瞬间,有mgsin37°>μmgcos37°,则下一时刻物体相对传送带向下运动,受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2,则a2＝eq\f<mgsin37°－μmgcos37°,m>＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因为x2＝vt2＋eq\f<1,2>a2teq\o\al<2,2>,则有10t2＋teq\o\al<2,2>＝11解得：t2＝1s<t2＝－11s舍去>所以t总＝t1＋t2＝2s。4.如图所示,水平传送带A、B两端相距s＝3.5m,工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1,取重力加速度大小g＝10m/s2。工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,则下列说法不正确的是<>A．若传送带不动,则vB＝3m/sB．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动,则vB＝3m/sC．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动,则vB＝3m/sD．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动,则vB＝2m/s答案D板块滑动12．[2015·XX一模]<18分>一长木板静止在水平地面上,在t＝0时刻,一小滑块以某一速度滑到木板上表面,经过2s滑块和木板同时停下,滑块始终在木板上。木板运动的速度随时间变化的图象如图所示,已知木板和滑块的质量均为0.1kg,重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,根据图象信息解答下面问题：<1>求出木板和滑块间的动摩擦因数；<2>滑块刚滑到木板上时的速度多大？<3>求整个过程中滑块和木板之间产生的热量。答案<1>μ＝0.3<2>v0＝4m/s<3>Q＝0.6J解析<1>由图象求得0～1s木板加速度大小a1＝1m/s21～2s木板与滑块整体加速度大小a2＝1m/s2木板与地面间摩擦力大小F＝2ma2＝0.2N设木板和滑块间的动摩擦因数为μ,在0～1s内μmg－F＝ma1代入数据解得μ＝0.3<2>滑块在滑上木板0～1s过程中μmg＝mav0－at＝v由图象可得v0＝4m/s<3>由图象可知,从开始到木板与滑块共速过程的位移s木＝0.5ms块＝eq\f<4＋1,2>×1m＝2.5m设滑块和木板之间产生的热量为Q,热量只在0～1s的过程中产生Q＝μmg<s块－s木>代入数据解得Q＝0.6J。10．如图甲所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m＝1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,滑块滑上木板的过程不考虑能量损失,此后滑块和木板在水平方向上运动的v­t图象如图乙所示,g＝10m/s2.求：<1>水平作用力F的大小；<2>滑块开始下滑时的高度；<3>木板的质量．解析：<1>滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡F＝mgtanθ,代入数据可得：F＝eq\f<10\r<3>,3>N.<2>滑块滑到木板上的初速度为10m/s,当F变为水平向右之后,由牛顿第二定律可得：mgsinθ＋Fcosθ＝ma,解得a＝10m/s2下滑的位移：x＝eq\f<v2,2a>,解得x＝5m故下滑的高度h＝xsin30°＝2.5m.<3>由图象可知,二者先发生相对滑动,当达到共同速度后一块做匀减速运动,设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木反间的动摩擦因数为μ2,二者共同减速时的加速度大小a1＝1m/s2发生相对滑动时,木板的加速度a2＝1m/s2滑块减速的加速度大小为a3＝4m/s2对整体受力分析可得a1＝eq\f<μ1M＋mg,M＋m>＝μ1g可得μ1＝0.1在0～2s内分别对m和M做受力分析对M：eq\f<μ2mg－μ1M＋mg,M>＝a2,对m：eq\f<μ2mg,m>＝a3代入数据解方程可得M＝1.5kg.答案：<1>eq\f<10\r<3>,3>N<2>2.5m<3>1.5kg6．如图所示,质量M＝8kg的小车放在水平光滑的平面上,在小车左端加一水平推力F＝8N,当小车向右运动的速度达到1.5m/s时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块,物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2,小车足够长,求：<1>放上小物块后,小物块及小车的加速度各为多大？<2>经多长时间两者达到相同的速度？<3>从小物块放上小车开始,经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为多少？<取g＝10m/s2>解析：<1>物块的加速度am＝μg＝2m/s2,小车的加速度：aM＝eq\f<F－μmg,M>＝0.5m/s2.<2>二者均做加速运动,但是木块的加速度大．由amt＝v0＋aMt,得：t＝1s.<3>在开始1s内小物块的位移：s1＝eq\f<1,2>amt2＝1m,最大速度：v＝amt＝2m/s.假设在接下来的0.5s物块与小车相对静止,一起做加速运动,则加速度：a＝eq\f<F,M＋m>＝0.8m/s2,此时二者之间的摩擦力f＝ma＜μmg,因此假设成立此0.5s内的位移：s2＝vt＋eq\f<1,2>at2＝1.1m,通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m.答案：<1>2m/s20.5m/s2<2>1s<3>2.1m7.如图所示,水平地面上依次排放两块完全相同的木板,长度均为l＝2m,质量均为m2＝100kg,一质量为m1＝100kg的物体<可视为质点>以v0＝6m/s的速度冲上A木板的左端,物体与木板间的动摩擦