广西专用高考物理二轮复习 专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应用

【步步高】(广西专用）年高考物理二轮复习专题二第1课时动力学观点在力学中的应用专题定位本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题．高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析．考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、运动学的基本规律、临界问题的处理方法等．应考策略抓住“两个分析”和“一个桥梁”．“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”．“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．第1课时动力学观点在力学中的应用1．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体所受合力为恒力，且与速度方向共线．2．匀变速直线运动的基本规律为速度公式：vt＝v0＋at位移公式：s＝v0t＋eq\f(1,2)at2速度和位移公式的推论为：veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as中间时刻的瞬时速度为veq\f(t,2)＝eq\f(s,t)＝eq\f(v0＋vt,2)任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δs＝sn＋1－sn＝a·(Δt)2.3．速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线．4．位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的s－t图象是一条抛物线．5．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重．1．动力学的两类基本问题的处理思路2．解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动.题型1运动学图象问题例1某物体质量为1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图象如图1所示，根据图象可知 ()图1A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力B．物体在第3s内所受的拉力大于1NC．在0～3s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反D．物体在第2s内所受的拉力为零审题突破水平方向物体受几个力作用？由图象可知哪些信息？解析由题图可知，第2s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以A、D选项错误；第3s内物体的加速度大小为1m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C正确．答案BC以题说法解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题．(·四川·6)甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v－t图象如图2所示，则 ()图2A．甲、乙在t＝0到t＝1s之间沿同一方向运动B．乙在t＝0到t＝7s之间的位移为零C．甲在t＝0到t＝4s之间做往复运动D．甲、乙在t＝6s时的加速度方向相同答案BD解析在t＝0到t＝1s之间，甲、乙两物体的运动方向先相反，后相同，选项A错误．在t＝0到t＝7s之间由乙物体的v－t图象的“线下面积”可知位移为0，选项B正确．在t＝0到t＝4s之间甲物体沿x轴向同一个方向运动，选项C错误．由甲、乙两物体的v－t图象可知t＝6s时图线的斜率均为负值，即它们的加速度方向相同，选项D正确．题型2整体法与隔离法在连接体问题中的应用例2(·福建·21)质量为M、长为eq\r(3)L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．图3(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图3甲，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？审题突破“光滑的柔软轻绳”说明什么？环恰好悬于A端的正下方时，环的受力有什么特点？环和杆有什么共同特点？解析(1)如图，设平衡时，绳中拉力为T，有2Tcosθ－mg＝0 ①由图知cosθ＝eq\f(\r(6),3) ②由①②式解得T＝eq\f(\r(6),4)mg ③(2)①此时，对小铁环受力分析如图，有T′sinθ′＝ma ④因|T′|＝|T″|所以T′＋T′cosθ′－mg＝0 ⑤由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得a＝eq\f(\r(3),3)g ⑥②如图，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有Fcosα＝(M＋m)a ⑦Fsinα－(M＋m)g＝0 ⑧由⑥⑦⑧式解得tanα＝eq\r(3)(或α＝60°)F＝eq\f(2\r(3),3)(M＋m)g答案(1)eq\f(\r(6),4)mg(2)①eq\f(\r(3),3)g②eq\f(2\r(3),3)(M＋m)g，方向与水平方向成60°角斜向右上以题说法在应用牛顿运动定律分析连接体问题时，要灵活交替使用整体法和隔离法．各部分以及整体的共同特点是加速度相同，但与物体间作用力有关的问题必须隔离出受力最简单或未知量最少的物体来研究．如图4所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F作用于铁块上，以下判断正确的是 ()图4A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止B．若水平恒力F足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动D．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止答案BD解析此情景的临界状态是木板与铁块之间达到最大静摩擦力，隔离木板则得amax＝eq\f(Ffmax,m木)，再整体得Fmax＝(m木＋m铁)·amax＝eq\f(m木＋m铁,m木)·Ffmax，当F<Fmax时，铁块与木板间总能保持相对静止地加速(或减速)，C错，D对．当F>Fmax时，它们之间发生相对滑动，A错，B对．题型3运动学基本规律的应用例3(·大纲·24)一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：(1)客车运行速度的大小；(2)货车运行加速度的大小．解析本题涉及的是匀变速直线运动问题．(1)设客车车轮连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨的长度为l，则客车速度为v＝eq\f(l,Δt) ①其中l＝25.0m，Δt＝eq\f(10.0,16－1)s，得v＝37.5m/s ②(2)设从货车开始运动后t＝20.0s内客车行驶了s1，货车行驶了s2，货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度为L＝30×16.0m．由运动学公式有s1＝vt ③s2＝eq\f(1,2)at2 ④由题给条件有L＝s1－s2 ⑤由②③④⑤式解得a＝1.35m/s2答案(1)37.5m/s(2)1.35m/s2以题说法解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论(即五个关系式)．对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆向思维法．对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能找出空间和时间的关系等．一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5s内通过的路程与最后5s通过的路程之比为9∶5，求此物体一共运动了多少时间？答案7s解析设前5s的位移为s1，最后5s的位移为s2，运动的总时间为t，把运动过程逆过来看，该运动就变成了初速度为零的匀加速直线运动，则有s1＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－5)2s2＝eq\f(1,2)a×52s1∶s2＝9∶5联立上式可知t＝7s题型4应用动力学方法分析传送带问题例4(16分)如图5所示，竖直固定的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道AB半径R＝1.25m，BC为水平传送带与a、b两驱动轮的切点，AB与BC水平相切于B点(未连接，圆弧轨道不影响传送带运动)．一质量为m＝3kg的小滑块，从A点由静止滑下，当传送带静止时，滑块恰好能滑到C点．已知a、b两轮半径均为r＝0.4m且两轮与传送带间不打滑，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10m/s2.问：图5(1)BC两点间的距离是多少？(2)当a、b顺时针匀速转动的角速度为ω0时，将滑块从A点由静止释放，滑块恰好能由C点水平飞出传送带．求ω0的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能．运动建模1.当传送带静止时，物块由B到C的运动是匀减速直线运动．2．当传送带运动时，物块由B到C，可能会匀减速直线运动，也可能会匀加速直线运动，还有可能会做匀速直线运动，具体是哪一种要比较在B、C两点的速度关系．解析(1)滑块从A到B，由动能定理有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) (1分)vB＝eq\r(2gR)＝5m/s (1分)由B到C：a＝－μg＝－1m/s2 (1分)由0－veq\o\al(2,B)＝2asBC (1分)得sBC＝12.5m (1分)(2)滑块恰能在C点水平飞出传送带，则有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r) (2分)解得：vC＝2m/s (1分)ω0＝eq\f(vC,r) (1分)解得：ω0＝5rad/s (1分)由vB>vC知滑块在传送带上受到向左的滑动摩擦力作用，即滑块要减速到C点(1分)－μmg＝ma′ (1分)滑块减速时间t＝eq\f(vC－vB,a′) (1分)滑块位移s1＝vBt＋eq\f(1,2)a′t2 (1分)传送带运动的距离s2＝vCt产生的内能Q＝μmg(s1－s2) (1分)解得：Q＝13.5J (1分)答案(1)12.5m(2)5rad/s13.5J以题说法1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界，具体如何改变要根据具体情况判断．如图6甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则()图6A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力对物体做功Wf＝－24J答案ACD解析当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10m/s，选项A正确；1.0s之前的加速度a1＝10m/s2,1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，结合牛顿第二定律，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得sinθ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，选项C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s内，摩擦力对物体做正功，在1.0s～2.0s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s内物体的位移为5m,1.0s～2.0s内物体的位移是11m，摩擦力做的功为－4×(11－5)J＝－24J，选项D正确.2．应用动力学方法分析平板车类问题审题示例(15分)如图7所示，质量M＝4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0kg的小滑块A(可视为质点)．初始时刻，A、B分别以v0＝2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10m/s2.求：图7(1)A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小s；(3)木板B的长度l.审题模板答题模板(1)A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对A物体有μmg＝maA (1分)则aA＝μg＝4.0m/s2 (1分)方向水平向右 (1分)对B物体有μmg＝MaB (1分)则aB＝μmg/M＝1.0m/s2 (1分)方向水平向左 (1分)(2)开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，到速度为零时所用时间为t1，则v0＝aAt1，解得t1＝v0/aA＝0.50s (1分)B相对地面向右做匀减速运动s＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝0.875m (1分)(3)A先向左匀减速运动至速度为零后，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA＝4.0m/s2B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB＝1.0m/s2 (1分)当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移． (1分)在A相对地面速度为零时，B的速度vB＝v0－aBt1＝1.5m/s (1分)设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则aAt2＝vB－aBt2解得t2＝vB/(aA＋aB)＝0.3s共同速度v＝aAt2＝1.2m/s (1分)从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移sA＝eq\f(v0－vt1＋t2,2)＝eq\f(2－1.2×0.5＋0.3,2)m＝0.32m (1分)B向右运动的位移sB＝eq\f(v0＋vt1＋t2,2)＝eq\f(2＋1.2×0.5＋0.3,2)m＝1.28m (1分)B板的长度l＝sA＋sB＝1.6m (1分)答案(1)A的加速度大小为4.0m/s2，方向水平向右B的加速度大小为1.0m/s2，方向水平向左(2)0.875m(3)1.6m点睛之笔平板车类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为平板车往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类双体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．要使滑块不从车的末端掉下来的临界条件是滑块到达小车末端时的速度与小车的速度恰好相等．如图8所示，质量M＝1kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m＝1kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F＝3.2N的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图8答案0.5m解析由题意，小物块向上匀减速运动，木板向上匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma设木板的加速度为a′，由牛顿第二定律F＋μmgcosθ－Mgsinθ＝Ma′设小物块和木板共同的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式v＝v0－atv＝a′t设小物块的位移为s，木板的位移为s′，由运动学公式s＝v0t－eq\f(1,2)at2s′＝eq\f(1,2)a′t2小物块恰好不从木板的上端滑下，有s－s′＝l联立解得l＝0.5m(限时：45分钟)1．(·新课标Ⅰ·19)如图1，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移—时间(x－t)图线，由图可知 ()图1A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大答案BC解析由题图可知，t1时刻，b车追上a车，故A错误．x－t图象的斜率表示速度，由于t2时刻a、b两图线的斜率一正、一负，故两车运动方向相反，B正确；由b图线的斜率的变化可以看出t1到t2这段时间b车的速率先减少后反向增加，C正确．如图所示，在t3时刻b图线的斜率与a图线的相等，此时两车的速率相等，故D错误．2．(·浙江·17)如图2所示，水平木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10m/s2，下列判断正确的是 ()图2A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6s～9s内物块的加速度大小为2.0m/s2答案D解析由题图知4s后物块的摩擦力不再随F的变化而变化，即4s后物块受到的是滑动摩擦力，此时物块沿力F的方向开始运动，力F在4s后开始做正功，选项A错误；4s末物块受滑动摩擦力为Ff＝3N，此时拉力F为4N，故水平方向合力F合＝F－Ff＝1N，选项B错误；由于Ff＝μmg，故μ＝eq\f(3,1.0×10)＝0.3，选项C错误；6s～9s内，F＝5N，Ff＝3N，由a＝eq\f(F－Ff,m)得a＝2.0m/s2，故选项D正确．3．如图3所示，一连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到达底端C点速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是()图3答案B解析滑雪者在AB段加速，在BC段减速，在B点速度最大．s－t图象中，图线的斜率表示物体的速度，滑雪者在B位置的速度最大而不是零，A错误；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿斜面向下的分力大小不变，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且AB>BC，故aAB<aBC，B正确，C错误；AB段，滑雪者加速下滑，则Gsinθ>Ff，又sinθ<1，则AB段下滑过程中Ff比G要小，而不是D项表示的Ff与G相等，D错误．4．一个物体在多个共点力的作用下处于静止状态．若仅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，在这一过程中其余各力均不变，则能正确描述该过程中物体速度随时间变化的图象是 ()答案D解析当其中一个力逐渐减小时，物体受到的合外力逐渐增大，物体的加速度逐渐增大，在v－t图线中，表现为图线的斜率逐渐增大；当这个力逐渐恢复到原来的大小时，物体受到的合外力逐渐减小，物体的加速度逐渐减小，在v－t图线中，表现为图线的斜率逐渐减小；当这个力恢复到原来大小时，合外力为零，此时v－t图线斜率为零，D正确．5．(·广东·13)某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为()A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s答案B解析由veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as得：v0＝eq\r(v\o\al(2,t)－2as)＝eq\r(502－2×6×200)m/s＝10m/s.6．如图4所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为s1、s2、s3，对应到达最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是 ()图4A.eq\f(s1,t1)＝eq\f(s2,t2)＝eq\f(s3,t3) B.eq\f(s3,t3)>eq\f(s2,t2)>eq\f(s1,t1)C.eq\f(s1,t\o\al(2,1))＝eq\f(s2,t\o\al(2,2))＝eq\f(s3,t\o\al(2,3)) D.eq\f(s1,t\o\al(2,1))>eq\f(s2,t\o\al(2,2))>eq\f(s3,t\o\al(2,3))答案C解析eq\f(s,t)表示的是平均速度，由题意可知到达a点的小球初速度最大，根据匀变速直线运动规律eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)可知，小球滑到a点的过程平均速度最大，选项A、B错误；根据s＝eq\f(1,2)at2可知，eq\f(s,t2)表示的是加速度的一半，由受力情况可知三个过程的加速度相等，选项C正确，D错误．7．在水平冰面上，一辆质量为1×103kg的电动雪橇做匀速直线运动，关闭发动机后，雪橇滑行一段距离后停下来，其运动的v－t图象如图5所示，那么关于雪橇运动情况以下判断正确的是(重力加速度g＝10m/s2)图5A．关闭发动机后，雪橇的加速度为－2m/s2B．雪橇停止前30s内通过的位移是150mC．雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为0.03D．雪橇匀速运动过程中发动机的功率为5×103W答案D解析由题图的斜率可知，关闭发动机后，雪橇的加速度为－0.5m/s2，A错误；由题图的面积可知，雪橇停止前30s内通过的位移是200m，B错误；对关闭发动机后雪橇的运动，由牛顿第二定律有－μmg＝ma，代入a＝－0.5m/s2、g＝10m/s2，解得雪橇与水平冰面间的动摩擦因数为0.05，C错误；对雪橇的匀速运动有F－μmg＝0、P＝Fv，代入μ＝0.05、m＝1×103kg、g＝10m/s2、v＝10m/s，解得发动机的功率为P＝5×108．(·安徽·14)如图6所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g) ()图6A．T＝m(gsinθ＋acosθ)FN＝m(gcosθ－asinθ)B．T＝m(gcosθ＋asinθ)FN＝m(gsinθ－acosθ)C．T＝m(acosθ－gsinθ)FN＝m(gcosθ＋asinθ)D．T＝m(asinθ－gcosθ)FN＝m(gsinθ＋acosθ)答案A解析小球受力如图所示，由牛顿第二定律得水平方向：Tcosθ－FNsinθ＝ma竖直方向：Tsinθ＋FNcosθ＝mg解以上两式得T＝m(gsinθ＋acosθ)FN＝m(gcosθ－asinθ)所以正确选项为A.9．如图7所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定．运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已知所有货物与皮带间的动摩擦因数均为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v和货物质量m都可以改变，始终满足tanθ<μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()图7A．当速度v一定时，角θ越大，运送时间越短B．当倾角θ一定时，改变速度v，运送时间不变C．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上留下的痕迹越长D．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热越多答案D解析开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得a＝μgcosθ－gsinθ，根据运动学公式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间t1＝eq\f(v,a)，货物加速过程的位移s1＝eq\f(v2,2a)，货物加速到与传送带的速度相等时，因为μmgcosθ>mgsinθ，货物将做匀速运动，根据运动学公式得物体匀速的时间t2＝eq\f(L－s1,v)，因此货物从底端运送到顶端的时间t＝t1＋t2＝eq\f(L,v)＋eq\f(v,2a)，当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A错误；当θ一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，B错误；货物相对传送带运动的位移Δs＝vt1－eq\f(v,2)t1＝eq\f(v,2)t1，v和θ一定，速度一定，加速度一定，由t1＝eq\f(v,a)得货物的加速时间t1一定，货物相对传送带的位移一定，C错误；摩擦产生的热量为μmgΔs，当倾角θ和速度v一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，D正确．10．潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练．如图8所示，某次演练的简化模型为：敌舰沿直线MN匀速航行，潜艇隐蔽在Q点不动，Q到eq\x\to(MN)的距离eq\x\to(QO)＝2000m．当敌舰到达距离O点800m的A点时，潜艇沿QO方向发射一枚鱼雷，正好在O点击中敌舰．敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的eq\f(1,2)，且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸.100s后潜艇沿QB方向发射第二枚鱼雷，鱼雷在B点再次击中敌舰．测得eq\x\to(OB)＝1500m，不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点，鱼雷的速度大小恒为25m/s.求：图8(1)敌舰第一次被击中前的速度；(2)鱼雷由Q至B经历的时间；(3)敌舰逃逸时的加速度大小(可用分式表示结果)．答案(1)10m/s(2)100s(3)eq\f(1,40)m/s2解析(1)鱼雷从Q到O经历的时间t1＝eq\f(\x\to(QO),v)＝eq\f(2000,25)s＝80s敌舰被击中前的速度v1＝eq\f(\x\to(AO),t1)＝eq\f(800,80)m/s＝10m/s(2)设