专题09 《牛顿运动定律的应用》压轴培优题型训练【十五大题型】（解析版）-2024-2025学年高中物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版2019必修第一册）

专题09《\o"5.牛顿运动定律的应用"牛顿运动定律的应用》压轴培优题型训练【十五大题型】一．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共4小题）二．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题）三．物体在光滑斜面上的运动（共6小题）四．物体在粗糙斜面上的运动（共4小题）五．牛顿第二定律的临界问题（共3小题）六．等时圆模型（共3小题）七．连接体模型（共6小题）八．水平传送带模型（共4小题）九．倾斜传送带模型（共4小题）十．多种传送带的组合问题（共3小题）十一．无外力的水平板块模型（共4小题）十二．有外力的水平板块模型（共4小题）十三．无外力的倾斜板块模型（共2小题）十四．有外力的倾斜板块模型（共3小题）十五．板块模型和传送带模型的结合（共3小题）一．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共4小题）1．（多选）如图所示，一个物体由A点出发分别到达C1、C2、C3，物体在三条轨道上的摩擦不计，则（）A．物体达到C2点时速度最大 B．物体到达C1点的时间最短 C．物体在AC1上运动的加速度最大 D．物体在三条轨道上的运行时间相同【答案】BC【解答】解：A、物体下滑过程中，机械能守恒，则知在C1、C2、C3处的动能相等，速度大小相等。故A错误。BCD、设任一斜面的倾角为θ，斜面的高为h。根据牛顿第二定律得：a＝＝gsinθ，则在AC1上运动的加速度最大。位移大小为：x＝，根据x＝at2，解得：t＝，故θ越大，t越短，可知到AC1的时间最短，故BC正确，D错误。故选：BC。2．如图所示，一细“W”形轨道固定在竖直平面内，AB段和DE段与水平面的夹角均为α＝53°，长均为10m，动摩擦因数均为μ1＝0.5；BC段和CD段与水平面的夹角均为β＝37°，长均为8m，BC段动摩擦因数为μ2＝0.8，CD段光滑，轨道转角B、C、D处都用光滑小圆弧连接。在A处的一质量为m＝1kg小环以某初速度v0沿AB开始向下运动，小环恰能到达E点，设小环过BCD处时的速度大小不变。求：（1）小环刚开始从A下滑时的加速度大小；（2）小环最终停在哪里？（3）小环的初速度v0的大小。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）刚从A下滑时，小环的受力如下：FN＝mgcosα根据牛顿第二定律得：mgsinα﹣μ1FN＝ma代入数据解得：a＝5m/s2（2）从E滑到D的过程，根据牛顿第二定律得：a5＝gsin53°﹣μ1cos53°＝5m/s2滑到D点的速度为：v′D＝解得：v′D＝10m/s。从D到C的运动过程中，加速度为：a6＝﹣gsin37°＝﹣6m/s2。根据vC′2﹣vD′2＝2a6xCD代入数据解得：vC′＝2m/sC到B段的加速度为：a7＝gsin37°﹣μ2gcos37°＝﹣0.4m/s2。根据0﹣vC′2＝2a7X′代入数据得：X′＝5m＜8m。即小球静止在BC段上离C点5m处。（3）根据牛顿第二定律得，D到E段的加速度为：a4＝﹣（gsin53°+μ1gcos53°）＝﹣11m/s2，根据﹣＝2a4xDE解得：＝220m2/s2。C到D段的加速度为：a3＝gsin37°＝6m/s2。根据﹣＝2a3xCD得为：vC＝2m/s。BC段的加速度为：a2＝﹣（gsin37°+μ2gcos37°）＝﹣12.4m/s2。根据﹣＝2a2xBC得：＝322.4m2/s2。A到B段的加速度为：a1＝5m/s2。根据﹣＝2a1xAB得：v0＝2m/s。答：（1）小环刚开始从A下滑时的加速度大小为5m/s2；（2）小环最终停在BC段上离C点5m处。（3）小环的初速v0的大小为2m/s。3．一质量为M＝0.5kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止状态。木板下端距斜面底端的距离为s＝10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t＝0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量为m＝1kg的小物块从距离木板下端l＝54m处，以沿木板向上的初速度v0＝4m/s滑上木板，对小物块施加沿斜面向上的外力F0＝8N（该力在1s时变为）。当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板上端滑出，取g10m/s2，求：（1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度大小；（3）当木板与挡板第二次碰撞时，物块离木板下端的距离d。【答案】（1）0至1s时间内，小物块的加速度的大小，方向沿斜面向下；木板的加速度的大小，方向沿斜面向上；（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度大小7m/s；（3）物块离木板下端的距离为48m。【解答】解：（1）0～1s时间内，设滑块加速度为a1，木板的加速度为a2对物块，根据牛顿第二定律F0﹣mgsin37°﹣μmgcoscos37°＝ma1代入数据解得：加速度方向沿斜面向向下对木板μmgcos37°﹣Mgsin37°＝Ma2代入数据解得：加速度方向沿斜面向上（2）0～1s时间内，木板的位移大小为s1＝a2＝2×12m＝1mt＝1s时，小物块与木板达到共同速度，且外力大小变为F0，因为F0＝mgsin37°所以小物块与木板将共同做匀变速运动，设整体的加速度大小为a3，则Mgsin37°＝（M+m）a3解得a3＝2m/s2设小物块和木板共速后运动位移s2后速度减为零，则2a3s2＝解得s2＝1m即t＝2s时，木板左端到挡板的距离为s′＝s+s1+s2＝10.25m+1m+1m＝12.25m此后小木块和木板将一同沿斜面向下做匀加速运动，所以木板第一次与挡板碰撞前的速度大小为v＝＝m/s≈7m/s（3）0～1s时间内，小物块的位移大小为x1＝v0t1﹣a1，代入数据解得x1＝3m与木板的相对位移大小为Δl1＝x1﹣s1＝3m﹣1m＝2m所以t＝1s时小物块到木板左端的距离为L1＝l+Δl1＝54m+2m＝56m木板从距离挡板s′的位置开始下滑至与挡板第一次碰撞所经历的时间为Δt＝＝＝3.5s所以木板与挡板第一次碰撞的时刻为t＝2s+3.5s＝5.5s，由题图可知此时外力随即变为零。木板与挡板第一次碰撞后将以大小为v＝7m/s的速度反弹，设反弹后的加速度大小为a4，则μmgcos37°+Mgsin37°＝Ma4解得a4＝14m/s2设小物块的加速度大小为a5，则mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma5解得a5＝2m/s2设经过t2，木板的长度减为零，则t2＝＝s＝0.5s此过程中小物块的位移大小为x2＝vt2+a5，解得x2＝3.75m木板的位移大小为s3＝＝m＝1.75m则这段时间内，小物块与木板的相对位移大小为Δl2＝x2+s3＝3.75m+1.75m＝5.5m木板速度减为零时，小物块的速度大小为v3＝v+a5t2，解得v3＝8m/s设再经过t3，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度大小为v’，根据受力分析可知木板速度减为零后将仍以大小为a4的加速度沿斜面下滑，v′＝＝m/s＝7m/st3＝＝＝0.5st3时间内，小物块的位移大小为x3＝v3t3+a5，解得x3＝4.25m则小物块与木板的相对位移大小为Δl3＝x3﹣s3＝4.25m﹣1.75m＝2.5m木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为v4＝v+a5（t2+t3），解得v4＝9m/s木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为L2＝l2+Δl3＝5.5m+2.5m＝8m所以距离木板下端距离d＝L1﹣L2＝56m﹣8m＝48m答：（1）0至1s时间内，小物块的加速度的大小，方向沿斜面向下；木板的加速度的大小，方向沿斜面向上；（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度大小7m/s；（3）物块离木板下端的距离为48m。4．质量为m＝4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：（1）物块在力F作用过程发生位移x1的大小：（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）整个运动过程的示意图如图所示取小物块为研究对象，从A到B过程，根据动能定理，有：Fx1﹣fx＝0其中：f＝μmg联立解得x1＝16m；（2）对A到C过程运用动能定理，有：Fx1﹣；解得：v＝4m/sC到B过程，根据牛顿第二定律，有：μmg＝ma′，解得a′＝μg＝2m/s2；根据平均速度公式，有：，解得；答：（1）物块在力F作用过程发生位移xl的大小为16m；（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t为2s．二．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题）5．人站在升降机的水平地板上，随升降机运动．取竖直向上的方向为正方向，升降机在竖直方向运动的速度随时间变化的v﹣t图象如图所示，则人受到地板的弹力随时间变化的F﹣t图象是（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：由题意据v﹣t图象知，在0﹣t1时间内升降机加速上升，t1﹣t2时间内匀速上升，t2﹣t3时间内减速上升，t3﹣t4时间内加速下降，t4﹣t5时间内匀速下降，t5﹣t6时间内减速下降。因为减速上升和加速下降的加速度相同，故作用力相同。升降机匀速上升或匀速下降时地板对人的弹力等于其重力，加速上升和减速下降时，人处于超重状态，对地板的弹力大于其重力，减速上升和加速下降时人对地板的弹力小于重力。综上所知，t1﹣t2，t4﹣t5作用力大小相等且等于人的重力，所以AD错误t2﹣t3，t3﹣t4加速度相同，作用力相等，地板对人的弹力小于重力，但该弹力不可能向下，故B正确，C错误。故选：B。6．如图甲所示，质量m＝4kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v﹣t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）2s内物块的位移大小x和通过的路程s；（2）拉力大小F。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由图乙知物块沿斜面上升的位移：…①物块沿斜面下滑的距离：…②所以位移s＝s1﹣s2＝＝…③路程L＝s1+s2＝…④（2）由图乙知，各阶段加速度的大小a1＝6m/s2…⑤a2＝12m/s2…⑥设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律0～0.5s内F﹣Ff﹣mgsinθ＝ma1…⑦0.5～0.75s内Ff+mgsinθ＝ma2…⑧由⑤⑥⑦⑧得：F＝72N…⑨答：（1）2s内物块的位移大小s为，通过的路程L为m；（2）拉力大小为72N。7．如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝．重力加速度g取10m/s2．（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；（2）若拉力F方向沿斜面向上，求拉力F的大小；（3）若拉力F与斜面成a角，推导拉力F随a变化的关系式并求F的最小值．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）设物块加速度大小为a，到达B点时的速度大小为v，由运动学公式得：L＝，v＝v0+at，代入数据解得：a＝3m/s2，v＝8m/s．（2）若拉力F的方向沿斜面向上，则有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma代入数据解得：F＝5.2N（3）若拉力F与斜面成a角，则有：Fcosa﹣mgsinθ﹣μN＝maN+Fsina＝mgcosθ解得：F＝令y＝cosa+μsina，则有：y＝cosa+sina＝＝当a＝30°时，y有最大值，F有最小值为：Fmin＝4.5N答：（1）求物块加速度的大小为3m/s2，到达B点时速度的大小为8m/s；（2）若拉力F方向沿斜面向上，拉力F的大小为5.2N；（3）若拉力F与斜面成a角，拉力F随a变化的关系式为F＝，F的最小值为4.5N．三．物体在光滑斜面上的运动（共6小题）8．如图所示，一倾角为α的固定斜面上，两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑，A与B的接触面光滑。已知A与斜面间的动摩擦因数为μA＝tanα，B与斜面间的动摩擦因数为μB＝tanα，重力加速度大小为g。则下滑过程中A、B间弹力的大小为（）A．0 B．mgsinα C．mgsinα D．mgsinα【答案】D【解答】解：以AB整体为研究对象，2mgsinα﹣μAmgcosα﹣μBmgcosα＝2ma得：2mgsinα﹣tanα•mgcosα﹣tanα•mgcosα＝2ma解得：a＝对B：mgsinα﹣FN﹣μBmgcosα＝ma解得：FN＝mgsinα，故ABC错误，D正确；故选：D。9．如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H．现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个小物块（可看成质点）从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P点，则（）A．OP间距离为 B．OP间距离为 C．两小物块运动到P点的速度相同 D．两小物块的运动时间均为【答案】A【解答】解：AB、以P点为最低点经过A和B做“等时圆”如图所示：根据几何关系可知＝所以∠BPO＝∠APQ＝θ，根据几何关系可得：tanθ＝＝，解得＝，故A正确、B错误；C、根据动能定理可得，从A点下滑的高度大于从B点下滑的高度，所以从A点下滑到P的速度大于从B点下滑的高度，故C错误；D、设BP斜面倾角为θ，根据几何关系可得＝＝sinθ＝，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ；设OP＝d，则斜面长L＝根据位移—时间关系可得L＝解得t＝＝＝，故D错误。故选：A。10．如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L＝2.5m。质量M＝2.0kg的B物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行。A的质量m＝2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动。A、B物体均可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小；（2）求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；（3）若A物体从h＝m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围。（设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：对A：mg﹣T＝ma，对B：T﹣Mgsinθ﹣μMgcosθ＝Ma，代入数据解得：a＝2m/s2，绳子拉力大小：T＝20N；（2）设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1，对B，根据牛顿第二定律得：Mgsinθ+μMgcosθ＝Ma1，代入数据解得：，对B由运动学公式得：着地前：v2＝2ah，着地后：v2＝2a1（L﹣h），代入数据解得：h＝2m；（3）设A着地后B向上滑行距离x，由运动学公式得：v2＝2a1x，位移关系满足：x≤L﹣h，着地前：v2＝2ah，代入数据解得：m≤4kg；另一方面要能拉动必须有：mg＞Mgsinθ+μMgcosθ，解得：m＞1.6kg，所以物体A的质量范围是：1.6kg≤m≤4kg；答：（1）A物体下落的加速度大小为2m/s2，绳子拉力T的大小为20N；（2）当A物体从2m高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；（3）若A物体从h＝m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，A物体质量m的取值范围是：1.6kg≤m≤4kg。11．如图所示，一与水平方向成θ＝30°，足够的传送带以v＝4.0m/s的速度顺时针方向运动。在传送带下方有一光滑小圆弧，上端与传送带相切，下端与一木板上表面Q相切，木板Q放在粗糙水平地面上，木板与水平地面间动摩擦因数μ1＝0.10．现将一质量m1＝2.0kg可视为质点的物块P放在传送带下端，开始阶段以初速度v0＝20m/s沿传送带所在斜面向上运动，木块与传送带间动摩擦因数μ2＝．，物块P与木板Q间动摩擦因数μ3＝0.40．木板Q的质量m2＝2.0kg，取g＝10m/s2．求：（1）物块P沿传送带上升到最高点时到传送带下端的距离x；（2）物块P从最高点运动到传送带下端的时间t；（3）为使物块P从木板Q上滑下来，木板Q的长度L应满足的条件。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）木块P冲上传送带时，加速度为a1．根据牛顿第二定律得：m1gsinθ+μ2m1gcosθ＝m1a1。由0﹣＝﹣2a1x得：x＝20m；（2）木块滑下时，加速度为a2，则有：m1gsinθ+μ2m1gcosθ＝m1a2。根据速度—位移关系可得：2a2x1＝v2解得x1＝0.8m＜20m，匀加速运动的时间为t1＝由于m1gsinθ＝μ2m1gcosθ，所以以后匀速运动；匀速运动的时间t2＝所以运动的总时间为t＝t1+t2＝5.2s；（3）物块滑上木板后，设物块做减速运动的加速度大小为a3，木板的加速度为a4，相对滑动最长时间为t3，则：μ3m1g＝m1a3，μ3m1g﹣μ1（m1+m2）g＝m2a4。v﹣a3t3＝a4t3，木板的最小长度为Lm＝vt3﹣﹣解得Lm＝m，即L≤m。答：（1）物块P沿传送带上升到最高点时到传送带下端的距离为20m；（2）物块P从最高点运动到传送带下端的时间为5.2s；（3）为使物块P从木板Q上滑下来，木板Q的长度L应满足L≤m。12．一个质量为m的均匀球放在倾角为θ的光滑斜面上，并被斜面上一个垂直于水平面的光滑挡板挡住，现将整个装置放在升降机底板上，（1）若升降机静止，球对挡板和斜面的压力多大？（2）若升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动，球对挡板和斜面的压力多大？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）对小球进行受力分析有：根据小球平衡有：水平方向：Nsinθ＝F竖直方向：Ncosθ＝mg可解得：，F＝mgtanθ根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为mgtanθ，对斜面的压力为（2）当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时有：水平方向：Nsinθ＝F竖直方向：Ncosθ﹣mg＝ma联列可解得：N＝，F＝m（g+a）tanθ根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为m（g+a）tanθ，球对斜面的压力为答：（1）球对挡板的压力为mgtanθ，对斜面的压力为（2）球对挡板的压力为m（g+a）tanθ，对斜面的压力为13．如图甲所示，由斜面AB和水平面BC组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑、AB长度为s＝2.5m，水平部分BC粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC等高且粗糙程度相同的木板DE紧靠在物块的右端，木板DE质量M＝4kg，长度L＝1.5m．一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，经B点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A到C过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示．g取10m/s2，求：（1）斜面AB的倾角θ；（2）滑块的质量m；（3）滑块到达木板DE右端时的速度大小．【答案】见试题解答内容【解答】（1）在0～1s内滑块沿斜面匀加速下滑：mgsinθ＝mas＝at2由图知：t＝1s解得：sinθ＝θ＝30°；（2）在0～1s内对斜面体ABC受力分析：mgcosθ•sinθ﹣F＝0由图知：F＝5N解得：m＝2kg；（3）滑块到达B点的速度：vB＝at＝gsinθ•t＝5m/s1～2s滑块在BC部分做匀减速直线运动：μmg＝ma′对斜面体，由图象知：μmg＝F＝4N解得：a′＝2m/s2，μ＝0.2滑块到达C点时：vC＝vB﹣a′t＝5m/s﹣2×1m/s＝3m/s滑块滑上木板DE时：对滑块：﹣μmg＝ma1对木板：μmg＝Ma2解得：a1＝﹣2m/s2，a2＝1m/s2设滑块在木板上的滑行时间为t，x滑块＝vCt+a1t2x木板＝a2t2L＝x滑块﹣x木板解得：t＝1s此时滑块速度：v滑块＝vC﹣a1t＝1m/s木板速度：v木板＝a2t＝1m/s所以木块恰好滑到木板右端，速度为1m/s。答：（1）斜面AB的倾角θ为30°；（2）滑块的质量m为2kg；（3）滑块到达木板DE右端时的速度大小为1m/s．四．物体在粗糙斜面上的运动（共4小题）14．如图所示，一速度v＝4m/s顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ＝37°足够长的粗糙斜面平滑连接，一质量m＝3kg的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.1，小物块以初速度v0＝10m/s从斜面底端上滑（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上后不会从左端滑下，则传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，求物块从以初速度v0＝10m/s从斜面底端上滑到再次上滑到斜面最高点所需时间？（取为2.2）【答案】（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑的最大距离为5m；（2）要使物块由斜面下滑到传送带上后不会从左端滑下，则传送带至少长10m；（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从以初速度v0＝10m/s从斜面底端上滑到再次上滑到斜面最高点所需时间为12.5s【解答】解：（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2设小物块沿斜面上滑的最大距离为x1，则﹣2a1x1＝0﹣代入数据解得x1＝5m（2）物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2设小物块下滑至斜面底端时的速度为v1，则＝2a2x1解得设小物块在传送带上向左滑动时加速度大小为a3，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma3解得a3＝1m/s2设物块在传送带向左滑动的最大距离为L，则﹣2a3L＝0﹣解得L＝10m故传送带至少10m长物块不会从传送带左端滑下。（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x2，则2a3x2＝v2解得x2＝8m＜10m故小物体先向右做匀加速运动，再随传送带向右做匀速运动。设小物体加速至与传送带共速用时t1，则v＝a3t1解得t1＝4s设小物体匀速运动用时t2，则L﹣x2＝vt2解得t2＝0.5s设小物体由底端上滑到斜面最高点所时间t3，则0＝v﹣a1t3解得t3＝0.4s由第一问和第二问可知第一次沿斜面上滑时间x1＝a1，得到t4＝1sx1＝a2，其中x1＝5m，a2＝2m/s2解得v1＝a3t6第一次在皮带上向左滑行的时间为再次上滑到斜面最高点所需时间t＝t1+t2+t3+t4+t5+t6代入数据得t＝12.5s答：（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑的最大距离为5m；（2）要使物块由斜面下滑到传送带上后不会从左端滑下，则传送带至少长10m；（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从以初速度v0＝10m/s从斜面底端上滑到再次上滑到斜面最高点所需时间为12.5s15．如图所示，斜面倾角为θ，木板A的质量为M，物块B的质量为m．绳的一端与B连接，另一端与固定在斜面上的挡板相连，绳与斜面平行．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与斜面间的动摩擦因数为μ2．（1）若在沿斜面向上的力F作用下A正沿斜面向上匀速运动，求F的值．（2）若将（1）中的力换成2F，求此时绳上的拉力大小．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）对A：沿斜面方向有：F＝fB+f+Mgsinθ对B：垂直斜面方向有：NB＝mgcosθ对AB整体：垂直斜面方向有：N＝（M+m）gcosθ又：fB＝μ1NBf＝μ2N得：F＝μ1mgcosθ+μ2（M+m）gcosθ+Mgsinθ（2）当换成2F时，AB间的滑动摩擦力不变，对B，沿斜面方向有：T+mgsinθ＝fB得：T＝μ1mgcosθ﹣mgsinθ答：（1）若在沿斜面向上的力F作用下A正沿斜面向上匀速运动，F的值为μ1mgcosθ+μ2（M+m）gcosθ+Mgsinθ；（2）若将（1）中的力换成2F，此时绳上的拉力大小为μ1mgcosθ﹣mgsinθ．16．如图所示，物体以初速度V0＝10m/s冲上一个与水平面的夹角θ＝37°的粗糙斜面AB，物体沿斜面运动到B点时速度恰好为零，传送带始终保持v＝2m/s的速率顺时针运行．已知传送带长度SBC＝3m，物体与斜面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2试求：（1）物体在斜面上运动时加速度a1的大小；（2）物体刚滑上传送带时加速度a2的大小；（3）物体从A运动到C所用的时间t．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，＝gsin37°+μgcos37°＝10m/s2．（2）滑上传送带先做匀加速直线运动，加速度．（3）物体从A运动到B的时间．物块在传送带上匀加速直线运动的时间．在这段时间内物体的位移则物体在传送带上匀速直线运动的时间所以总时间t＝t1+t2+t3＝2.7s．答：（1）物体在斜面滑动时加速度a1的大小10m/s2（2）物体刚滑上传送带时加速度a2的大小5m/s2（3）物体从A运动到C所用的时间t＝2.7s17．如图甲所示，斜面体固定在粗糙的水平地面上，底端与水平面平滑连接，一个可视为质点的物块从斜面体的顶端自由释放，其速率随时间变化的图象如图乙所示，（已知斜面与物块、地面与物块的动摩擦因数相同，g取10m/s2）求：（1）斜面的长度S；（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ；（3）斜面的倾角θ的正弦值．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意可知，物体在斜面上做匀加速直线运动，后在水平面上做匀减速直线运动，速度—时间图象与时间轴围成的面积表示位移，则斜面的长度为：S＝；（2）在水平面上做匀减速直线运动的加速度为：根据牛顿第二定律得：﹣μmg＝ma1解得：；（3）物体在斜面上做匀加速直线运动的加速度为：根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2又因为：sin2θ+cos2θ＝1解得：sinθ＝0.6。答：（1）斜面的长度S为25m；（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.5；（3）斜面的倾角θ的正弦值为0.6．五．牛顿第二定律的临界问题（共3小题）18．如图所示，在光滑的水平面上有一倾角为θ的光滑斜面C，斜面C上叠放着A、B两物块，B的上表面水平。A、B、C的质量均为m，重力加速度大小为g。现对C施加一方向水平向右的恒力，使A、B、C保持相对静止，则下列说法正确的是（）A．B受到3个力的作用 B．B对C的压力大小为 C．C所受合力的大小为3mgtanθ D．A对B的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向右【答案】B【解答】解：A、B受到重力、C对它的支持力、A对B的压力和静摩擦力，共计四个力的作用，故A错误；B、C对A、B整体的支持力大小，根据牛顿第三定律可知，B对C的压力大小为，故B正确；C、设A，B，C的加速度大小为a，有Nsinθ＝2ma，解得：a＝gtanθ则C所受合力的大小为F合C＝ma＝mgtanθ，故C错误；D．对A有fA＝ma＝mgtanθ，方向水平向右，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向左，故D错误。故选：B。19．如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面体固定在一个小车上，小车与斜面体的总质量为M＝2kg，斜面体上有一个质量m＝0.5kg的小物块，小车放在光滑的水平桌面上．小车与一平行于桌面的细绳相连，绳的另一端跨过一不计摩擦的轻质定滑轮挂一个物块质量为m0，桌子固定于水平地面上．若把物块m0由静止释放（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）．求：m0质量为多大时，物块m与斜面体恰好相对静止？【答案】见试题解答内容【解答】解：根据牛顿第二定律，对m0：m0g﹣T＝m0a对m和M整体：T＝（m+M）a对m：mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ＝10×tan37°＝7.5m/s2解得：代数解得：m0＝＝7.5kg答：m0质量为7.5kg时，物块m与斜面体恰好相对静止20．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以加速度a（a＜gsinθ）沿斜面向下匀加速运动，问：（1）小球向下运动多少距离时速度最大？（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即kxm＝mgsinθ，解得xm＝．所以速度最大时运动的距离为．（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F．根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣F﹣F1＝ma，F＝kx．随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变，当m与挡板分离时，x增大到等于s，F1减小到零，则有：mgsinθ﹣ks＝ma，又s＝at2联立解得mgsinθ﹣k•at2＝ma，所以经历的时间为t＝．六．等时圆模型（共3小题）21．为了探究滑雪者（视为质点）在直线滑道AE上滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图所示的示意图，AC是滑道的竖直高度，D点是AC上的一点，且有AD＝DE＝40m，滑雪者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下滑动，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计摩擦，则滑雪者在滑道AE上滑行的时间为（）A．2s B．2s C．2s D．4s【答案】D【解答】解：以D点为圆心，以AD长度为半径，建立“等时圆”如图所示：滑雪者在滑道AE上滑行的时间等于沿竖直直径自由下落到圆上经过的时间，则有：2×AD＝代入数据解得：t＝4s，故D正确、ABC错误。故选：D。22．（多选）如图所示，竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离相等，C点在M点正上方与A点等高，某时刻同时由静止释放a、b、c三个小球，c球由C点自由下落，a、b两球分别沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动，它们运动到M点所用时间分别为ta、tb、tc，下列说法正确的是（）A．ta＜tb B．tc＜tb C．ta＜tc D．ta＝【答案】ABD【解答】解：以C为圆心，AC为半径做圆，如图根据“等时圆”原理可知，从圆上各点向最低点引弦，从该点达到最低点经过的时间相等，则从圆上A、E、D到达M点的时间相等，c球在圆内C点释放，则c球最先到达M点，然后是a球，b球在圆外释放，b球最后到达。所以tb＞ta＞tC设圆的半径为R，根据运动学公式有R＝联立解得故C错误，ABD正确。故选：ABD。23．（多选）如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有四块光滑的板，它们的一端搭在竖直墙面上，另一端搭在圆2上，其中B、C、D三块板都通过两圆的切点，B在圆1上，C在圆1内，D在圆1外，A板与D板最低点交于一点a（d），且两板与竖直墙面的夹角分别为30°、60°，从A、B、C、D四处同时由静止释放一个物块，它们都沿板运动，到达板底端的时间分别为tA、tB、tC、tD，下列判断正确的是（）A．tB最短 B．tC最短 C．tA＞tB D．tA＝tD【答案】BCD【解答】解：对物块沿A板或D板运动到a点过程进行分析，设最低点a到竖直直线的距离为x，斜板与水平方向的夹角为θ，则斜板长为：L＝根据牛顿第二定律可得物块的加速度为：a＝＝gsinθ根据运动学公式可得：L＝解得：t＝＝＝2由于A板与D板最低点交于一点a（d），则x相等，且两板与竖直墙面的夹角分别为30°、60°，则与水平方向的夹角为60°和30°，则sin2θ相等，所以有：tA＝tD根据等时圆原理可知：tD＞tB＞tC，故有：tA＝tD＞tB＞tC，故A错误、BCD正确。故选：BCD。七．连接体模型（共6小题）24．如图，两个完全相同的磁铁A、B分别位于铁皮车的竖直和水平面上，A、B与车厢间动摩擦因数均为μ，小车匀速运动时A恰不下滑，现使小车沿水平方向做变速运动，为保证A、B无滑动，则（）A．加速度一定向左，大小不能小于（1+μ）g B．加速度一定向左，大小不能超过（1+μ）g C．速度可能向左，加速度不能超过μg D．速度可能向右，加速度大小应小于【答案】B【解答】解：小车静止时，A恰好不下滑，所以对A在竖直方向上根据平衡条件有mg＝μF引当小车加速运动时，为了保证A不下滑，则FN≥F引，则根据牛顿第二定律有FN﹣F引＝ma加速时加速度一定向左，对B根据牛顿第二定律有μ（mg+F引）＝mam解得am＝（1+μ）g，故B正确，ACD错误。故选：B。25．如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小（）A．由大变小 B．由小变大 C．由大变小再变大 D．始终不变且大小为F【答案】D【解答】解：设物体与接触面的动摩擦因数为μ，在水平面有：对m1进行受力分析，则有：所以T1＝F；在斜面上有：对m1受力分析则有：T2﹣μm1gcosθ﹣m1gsinθ＝m1a2解得：T2＝F；竖直向上运动时有：对m1进行受力分析则有：T3﹣m1g＝m1a3解得：T3＝F所以绳子的拉力始终不变且大小为F，故D正确，ABC错误。故选：D。26．如图所示，水平平台的右端安装有定滑轮，质量为M＝2.0kg的物块放在与定滑轮相距L＝2.5m的平台上，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2．现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m的小球，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求：（1）取m＝1.0kg，放开小球，小球和物块一起运动，求小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T；（2）取m＝1.0kg，放开小球，小球和物块一起运动，要使物块刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为多大？（设小球着地后立即停止运动）（3）取h＝0.5m，要使物块能够向右运动且撞不到定滑轮，求小球质量m的取值范围。（设小球着地后立即停止运动）【答案】（1）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T为8N；（2）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球着地后立即停止运动，要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为1.25m；（3）取h＝0.5m，小球着地后立即停止运动，要使物块撞不到定滑轮，小球质量m的取值范围为0.4kg＜m≤10kg。【解答】解：（1）根据牛顿第二运动定律得：对小球有：mg﹣T＝ma对物块有：T﹣μMg＝Ma代入数据联立解得：a＝2m/s2绳子拉力大小：T＝8N（2）设小球着地时物块的速度为v，小球着地后物块做匀减速运动的加速度大小为a'，则小球着地后，对物块M有：﹣μMg＝﹣Ma'代入数据解得：a'＝2.0m/s2对M由运动学公式得：v2＝2ah＝2a'（L﹣h）代入数据解得：h＝1.25m（3）设小球着地后，物块滑行距离为s，对物块M有：0﹣v2＝﹣2a's且：s≤L﹣h又：v2＝2ah代入数据联立解得：a≤8m/s2又由：，解得：m≤10kg要能够拉动物块必须有：mg＞μMg，即：m＞0.4kg小球质量的范围是：0.4kg＜m≤10kg答：（1）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球做匀加速运动时的加速度大小a以及此时绳子的拉力大小T为8N；（2）取m＝1.0kg，放开小球，系统运动，小球着地后立即停止运动，要使物块M刚好能运动到右端滑轮处，则小球静止时距地面的高度h至少为1.25m；（3）取h＝0.5m，小球着地后立即停止运动，要使物块撞不到定滑轮，小球质量m的取值范围为0.4kg＜m≤10kg。27．如图，质量为2.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.6．铁箱内一个质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.3．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．求：（1）木块对铁箱的压力；（2）水平拉力F的大小；（3）减小拉力F，进过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当箱的速度为6m/s时撤去拉力，又经过1s时间，木块从铁箱左侧到达右侧，求铁箱的长度是多少？（结果保留一位小数）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）对木块：在竖直方向，由相对静止得：mg＝Ff＝μ2FN解得：FN＝N由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力为：FN′＝FN＝N，方向水平向左；（2）对木块在水平方向根据牛顿第二定律可得：FN＝ma解得：a＝m/s2对铁箱和木块整体受力分析如图：F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a故水平拉力为：F＝（M+m）（a+μ1g）＝118N；（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为：v＝6m/s，因μ1＞μ2，以后木块相对箱滑动。木块加速度为：a2＝μ2g＝3m/s2又铁箱加速度为：a1＝＝6.6m/s2铁箱减速时间为：t0＝＝0.91s＜1s，故木块到达箱右端时，箱停止。则经t＝1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长。即有：L＝（vt﹣a2t2）﹣（vt0﹣a1）解得：L＝1.77273m≈1.77m答：（1）木块对铁箱的压力大是N，方向水平向左；（2）水平拉力F的大小是118N。（3）铁箱长度是1.77m。28．如图所示，物体A和B系在跨过定滑轮的细绳两端，物体A的质量mA＝1.5kg物体B的质量mB＝1kg，开始把A托起，使B刚好与地面接触，此时物体A离地高度为1m．放手让A从静止开始下落，（g取10m/s2）求：（1）当A着地时，B的速率多大？（2）物体A落地后，B还能升高几米？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）设当A着地时，B的速率为V，A落地之前，根据系统机械能守恒得：mAgh＝mBgh+•（mA+mB）V2解得两球的速率为：V＝＝＝2m/s（2）A落地之后：绳子松弛，B开始做初速为V的竖直上抛运动，根据机械能守恒：mBV2＝mgH解得：H＝＝m＝0.2m答：（1）当A着地时，B的速率是2m/s．（2）物体A落地后，B还能升高0.2m．29．如图所示，木块A、B的质量分别为m1、m2，紧挨着并排放在光滑的水平面上，A与B的接触面垂直于图中纸面且与水平面成θ角，A与B间的接触面光滑．现施加一个水平力F作用于A，使A、B一起向右运动且A、B不发生相对运动，求F的最大值．【答案】见试题解答内容【解答】解：设A、B间的弹力为N，地面对B的支持力为N′，推力F越大，则A越可能相对于B向上滑，当F最大时，A刚要相对B向上滑，A不受地面的支持力，设A、B共同以加速度a沿地面加速前进．对A有：F﹣Nsinθ＝m1a，Ncosθ＝m1g对B有：Nsinθ＝m2a解得最大推力：Fmax＝答：F的最大值为．八．水平传送带模型（共4小题）30．（多选）如图所示为仓库中的皮带传输装置示意图，它由两台传送机组成。一台水平传送，A、B两端相距4m，以6m/s的速率顺时针转动。另一台倾斜传送，传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距6.8m。将质量为5kg的货物（可视为质点）无初速放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，货物与传送带间的动摩擦因数均为0.5。已知，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取10m/s2。则以下说法正确的是（）A．若CD部分由于故障停止运转，则货物所能上升的最大高度为1.8m B．若货物能被送到D端，则CD部分的最小速度为6m/s C．若货物能被送到D端，则货物在CD部分运动的最短时间为1.5s D．货物在CD部分不可能做匀速运动【答案】CD【解答】解：A、货物无初速放在A端时，加速度大小为假设货物到达B端前已经与传送带共速，则共速前通过的位移为，故假设成立。可知货物到达B端时的速度等于水平初速度的速度为6m/s，CD部分停止运转，货物在CD部分的加速度大小为：，解得货物在CD部分做匀减速直线运动的最大位移为＜6.8m则货物所能上升的最大高度为hm＝x2sin37°＝1.8×0.6m＝1.08m，故A错误；B、假设货物恰好能被送到D端（到达D端临界速度为零），CD部分的最小速度为v1，且v1＜v。货物滑上CD部分与传送带共速之前受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，其加速度大小为a2，共速之后，因mgsin37°＞μmgcos37°，故货物还是做匀减速直线运动，但是受到的滑动摩擦力方向沿斜面向上，共速之后其加速度大小为，解得：。共速之前货物的位移为共速之前货物的位移为位移关系为x3+x4＝LCD＝6.8m解得：v＝5m/s＜6m/s，假设成立，故CD部分的最小速度为5m/s，故B错误；C、若货物能被送到D端，当货物在CD部分受到的摩擦力方向一直沿斜面向上时，货物在CD部分匀减速直线运动的加速度最小，且等于a3，运动的时间最短，根据运动学公式可得：代入数据可得：5t2﹣30t+34＝0解得，或（舍去），故C正确；D、由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知货物在CD部分不可能做匀速运动，故D正确。故选：CD。31．某中学物理课程基地为研究碳块下滑的位置与其在传送带上运动情况的关系，设计了如图所示的模型：左侧是倾角θ＝37°的足够长的直轨道（其下端为B点），在其右侧放置一逆时针方向转动的传送带DCE，传送带速度大小恒为v0＝1m/s，水平段DC长L＝3m。将一碳块从直轨道上的A点由静止释放，A、B相距x。当该碳块从B点运动到传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右，同时立即撤去直轨道。已知碳块与直轨道间的动摩擦因数μ1＝0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.1，且碳块相对传送带滑动时能在传送带上留下清晰划痕，传送带CE段、ED段均足够长。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）若x＝2.0m，求小滑块滑至B点的速度大小；（2）若x＝2.0m，求小滑块在传送带上留下的划痕长度；（3）改变x的值，设小滑块从传送带上滑离后在传送带上留下的划痕长度为s，试通过计算讨论s与x的关系。【答案】（1）小滑块滑至B点的速度大小为4m/s；（2）小滑块在传送带上留下的划痕长度为（7﹣）m；（3）s与x的关系为：s＝。【解答】解：（1）滑块由A下滑到B的过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1代入数据解得：a1＝4m/s22a1x＝代入数据解得：vB＝4m/s（2）滑块在传送带上先向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减到零通过的位移大小为x1，a＝μ2g＝0.1×10m/s2＝1m/s2x1＝＝m＝8m因x1＞L＝3m，故滑块在速度减到零之前已从D处离开传送带。设滑块在传送带上运动时间为t1，则：L＝vBt1﹣代入数据解得：t1＝（4﹣）s，或t1＝（4+）s（此解舍去，因其大于速度减到零所用时间。）此时间内传送带的位移大小：x2＝v0t1＝1×（4﹣）m＝（4﹣）m则划痕长度：Δx＝L+x2＝3m+（4﹣）m＝（7﹣）m（3）滑块由A下滑到B的过程，由2a1x＝，解得：vB＝①当＝﹣2aL＞0，即x＞m，滑块从传送带右端滑出。则有：vD＝滑块在传送带上运动时间为：t2＝＝2﹣此时间内传送带的位移大小：x3＝v0t2＝2﹣则划痕长度：s＝L+x3＝3+2﹣，x满足的条件为：x＞m；②当x≤m时，滑块先向右匀减速到速度为零，再反向运动从左端C处滑出传送带。滑块向右运动的位移大小：x4＝＝4x滑块向右运动时间为：t3＝＝2此过程与传送带的相对位移大小：Δx1＝v0t3+x4＝2+4x之后滑块反向向左运动，此过程分两种情况：情况一：向左先匀加速运动再与传送带共速，以速度v0从左端C处滑出。则滑上传送带时的速度应大于等于传送带的速度，即vB≥v0，则x≥m，向左与传送带相对滑动的时间：t4＝＝s＝1s向左运动与传送带相对位移大小：Δx2＝v0t4﹣t4＝1×1m﹣×1m＝0.5m则划痕长度：s＝Δx1+Δx2＝0.5+2+4x，x满足的条件为：m≤x≤m；情况二：向左一直匀加速直线运动，以小于v0的速度从左端C处滑出。则滑上传送带时的速度应小于传送带的速度，即vB＜v0，则0＜x＜m，由运动的对称性可知，滑块向左运动的位移大小等于x4＝4x，时间等于t3＝2，滑块向左运动与传送带相对位移大小：Δx3＝v0t3﹣4x＝2﹣4x，则划痕长度：s＝Δx1+Δx3＝2+4x+2﹣4x＝4，x满足的条件为：0＜x＜m。综上所述，s与x的关系为：s＝答：（1）小滑块滑至B点的速度大小为4m/s；（2）小滑块在传送带上留下的划痕长度为（7﹣）m；（3）s与x的关系为：s＝。32．如图所示，一长L＝16m的水平传送带，以v＝10m/s的速率匀速顺时针转动运动。将一质量为m＝1kg的物块无初速度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5（取g＝10m/s2）求：（1）物块在传送带上运动的最大速度。（2）若该传送带装成与水平地面成θ＝37°倾角，以同样的速率顺时针转动。将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体在传送带上整个运动过程加速度的大小和方向。（3）在第（2）中，若传送带的传送速度V大小和方向均不确定，将物块无初速度地放上传送带顶端，试分析计算物块到达底端的可能速度大小。（结果可以用含V的函数式表示）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）物体放上传送带后，根据牛顿第二定律：μmg＝maa＝μg＝5m/s2能达到共速，则时间t＝＝2s，s＝＝10m＜L之后匀速，所以最大速度为v＝10m/s；（2）在顶端释放后，mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据解得：a1＝10m/s2，方向向下达到与带相同速度时，s＝＝5m＜L之后：因为μ＜tgθ＝0.75，物块继续加速，根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2＝2m/s2，方向向下；（3）情况一：若传送带逆时针传动，物块受到摩擦力向上，则物体一直以加速度a2＝2m/s2加速运动，到达底端速度：v＝＝8m/s；情况二：若传送带顺时针传动，且速度大，物体受摩擦力向下，物体已知加速度a1＝10m/s2匀加速运动，物体到达底端速度：v＝＝8m/s，即：传送带速度v≥8m/s时，此情况成立。情况三：若传送带顺时针传送，且v＜8m/s，物块先以a1＝10m/s2加速度加速运动，s1＝＝达到与传送带相同速度后，以a2＝2m/s2加速度加速运动。则﹣v2＝2a2（L﹣s）代入数据解得：v2＝m/s。答：（1）物块在传送带上运动的最大速度为10m/s。（2）物体在传送带上开始时加速度为10m/s2，方向向下，后来加速度的大小为2m/s2，方向向下；（3）若传送带逆时针传动，物块受到摩擦力向上，到达底端速度为8m/s；若传送带顺时针传动，且速度大，物体受摩擦力向下，物体到达底端速度v≥8m/s；若传送带顺时针传送，且v＜8m/s，受到满足m/s。33．如图所示，方形木箱质量为M，其内用两轻绳将一质量m＝0.1kg的小球悬挂于P、Q两点，两细绳与水平的车顶面的夹角为60°和30°．水平传送带AB长l＝30m，以v＝15m/s的速度顺时针转动，木箱与传送带间动摩擦因数μ＝0.75，（g＝10m/s2）求：（1）设木箱为质点，且木箱由静止放到传送带上，那么经过多长时间木箱能够从A运动到传送带的另一端B处；（2）木箱放到传送带A点后，在木箱加速的过程中，绳P和绳Q的张力大小分别为多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）木箱由静止放到传送带上，开始过程，根据牛顿第二定律得对木箱：μMg＝Maa＝7.5m/s2木箱加速位移：x1＝15m木箱加速时间：x1＝15m＜l＝30m所以还要在传送带上匀速后一段距离木箱匀速时运动的时间：l﹣x1＝vt2t2＝1s所以木箱从A运动到传送带另一端B处经历时间t＝t1+t2＝3s（2）设绳P伸直恰好无拉力时木箱的加速度为a0，则由牛顿第二定律得mgtan30°＝ma0代入解得木箱加速时a＝7.5m/s2＞故绳P的张力大小TP＝0此时：＝ma代入解得TQ＝1.25N答：（1）木箱由静止放到传送带上，经过3s时间木箱能够从A运动到传送带的另一端B处；（2）木箱放到传送带A点后，在木箱加速的过程中，绳P和绳Q的张力大小分别为0和1.25N．九．倾斜传送带模型（共4小题）34．（多选）如图所示为粮袋的传送装置。已知AB间长度为L。传送带与水平方向的夹角为θ。工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从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．粮袋开始运动时的加速度为g（sinθ﹣μcosθ） B．若μ≥tanθ，粮袋运动到B端时的速度一定等于传送带速度v C．若μ＜tanθ，则粮袋从A到B的运动过程一定是一直做加速直线运动 D．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等【答案】CD【解答】解：A．粮袋开始运动时受到传送带的摩擦力沿传送带向下，则有mgsinθ+μmgcosθ＝ma可得a＝g（sinθ+μcosθ）故A错误；B．若μ≥tanθ，且传送带足够长时，则粮袋的速度加速到与传送带相同后，与传送带一起匀速运动。粮袋与传送带共速时粮袋的位移为若传送带长度则粮袋运动到B端时的速度小于传送带速度v，故B错误；C．若μ＜tanθ，则有mgsinθ＞μmgcosθ即粮袋的速度加速到与传送带相同后，受力不平衡，粮袋的合力沿传送带向下，则粮袋将继续向下加速运动，故C正确；D．由上分析可知，若传送带长度则粮袋到达B端的速度小于v。若传送带长度，μ≥tanθ则粮袋到达B端的速度等于v。若传送带长度，μ＜tanθ则粮袋到达B端的速度大于v，故D正确。故选：CD。35．（多选）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75 B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25 C．煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m【答案】ABD【解答】解：AB．以沿斜面向上为正方向，由题图乙可知。在0～1s时间内煤块的加速度为：此过程由牛顿第二定律可得：﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1在1～2s内，煤块的加速度为：此过程由牛顿第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2联立解得：θ＝37°、μ＝0.25，可得：tanθ＝0.75，故AB正确；C．由v﹣t图像与时间轴所围面积表示位移，可得煤块上滑过程的最大位移为：煤块下滑过程的加速度为a2，设煤块从最高点下滑到A端所用的时间为t。由位移—时间公式可得：，解得：，故C错误；D．传送带的速度为4m/s，在0～1s时间内煤块相对传送带向上运动。此过程传送带的位移为：x带1＝vt1＝4×1m＝4m此过程煤块的位移为：此过程煤块与传送带的相对位移大小为：Δx1＝x煤1﹣x带1＝8m﹣4m＝4m在1～2s时间内传送带相对煤块向上运动。此过程传送带的位移为：x带2＝vt2＝4×1m＝4m此过程煤块的位移为：此过程煤块与传送带的相对位移大小为：Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m因在0～1s时间内煤块相对传送带向上运动，在1～2s时间内传送带相对煤块向上运动，两过程的痕迹有重叠，故在煤块向上运动中，与传送带留下的痕迹长为Δx1＝4m。在时间内，传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块在传送带上留下的总痕迹长为：因Δx2+Δx3＞Δx1，故全过程煤块在传送带上留下的痕迹长为：Δx＝Δx2+Δx3解得：Δx＝（12+4）m，故D正确。故选：ABD。36．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示）（1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大；（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长；（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。【答案】（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25；（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s；（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。【解答】解：（1）由图乙所示图像可知，0﹣1s内，煤块的加速度大小a1＝m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma11﹣2s，物块的加速度大小a2＝m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2代入数据解得：μ＝0.25，tanθ＝0.75，则θ＝37°（2）物块上升的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小：x＝×1m+（2﹣1）m＝10m根据x＝a2t下2，得煤块下滑的时间t下＝s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间t＝t上+t下＝2s+s＝（2+）s（3）由图乙所示图像可知，传送带的速度v＝4m/s，在0﹣1s内传送带的位移x带1＝vt1＝4×1m＝4m煤块的位移为x煤1＝×1m＝8m两者相对位移大小为Δx1＝x煤1﹣x带1＝8m﹣4m＝4m，方向沿传送带向上在1﹣2s内传送带的位移x带2＝vt2＝4×1m＝4m，物块的位移为x煤2＝×4×（2﹣1）m＝2m两者相对位移大小为Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿传送带向下在2～（2+）s传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块相对传送带向下的相对位移大小为：Δx3＝a2t下2+vt下代入数据解得：Δx3＝（10+4）m因Δx1＜Δx2+Δx3，故划痕总的长度为ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m答：（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25；（2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s；（3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。37．传送带以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°．现将质量m＝2kg的小物品轻放在其底端（小物品可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20N拉小物品，经t1＝0.5s小物品与传送带达到瞬间共速，最终小物品被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小物品与传送带之间的动摩擦因数？（2）小物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？（3）若在小物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求小物品还需多少时间离开传送带？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）小物品的加速度：a1＝，对小物品，由牛顿第二定律得：F+μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma1，代入数据解得：μ＝0.5；（2）物品在达到与传送带速度v＝4m/s相等前，小物品的加速度为：a1＝＝8m/s2，由v＝a1t1，t1＝0.5s位移为：x1＝a1＝1m，之后，由牛顿第二定律得：F﹣μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma2，解得a2＝0，即滑块匀速上滑，位移为：x2＝﹣x1＝2m，时间为：t2＝＝0.5s，总时间为：t＝t1+t2＝1s，即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s．（3）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，由牛顿第二定律得：μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma3，解得：a3＝﹣2m/s2，假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为：x＝＝4m＞x2，即物体速度为减为零时已经到达最高点；位移：x2＝vt3+a3，解得：t3＝（2﹣）s，[（2+）s舍去]；答：（1）小物品与传送带之间的动摩擦因数为0.5；（2）小物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s；（3）若在小物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，小物品还需要（2﹣）s离开传送带．十．多种传送带的组合问题（共3小题）38．如图所示的白色传送带，水平部分ab的长度为5m，倾斜部分bc的长度为9m，bc与水平面的夹角为θ＝37°，将一小煤块A（可视为质点）轻轻放于a端的传送带上，煤块A与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带沿图示方向以v＝4m/s的速度匀速运动，若煤块A始终未脱离皮带（g＝10m/s2）。求：（1）小煤块从a端被传送到b端所用的时间及此过程中煤块在传送带上留下的痕迹的长度x1；（2）小煤块被传送到c端时的速度大小；（3）若当小煤块到达b端时，传送带在原速基础上做匀加速运动加速度为a，当a的大小满足什么条件可以使小煤块在传送带bc上运动所用的时间最短？并求最短时间。【答案】（1）小煤块从a端被传送到b端所用的时间为1.65s，此过程中煤块在传送带上留下的痕迹的长度为1.6m；（2）小煤块被传送到c端时的速度大小为；（3）当a的大小满足a＞10m/s2可以使小煤块在传送带bc上运动所用的时间最短，最短时间为1s。【解答】解：（1）小煤块A轻轻放于a端的传送带上，由牛顿第二定律可得，加速度为加速到与传送带共速所用时间为加速阶段通过的位移为则匀速阶段所用时间为其中x匀＝xab﹣x加则小煤块从a端被传送到b端所用的时间为t＝t1+t2代入数据解得t＝1.65s此过程中煤块在传送带上留下的痕迹的长度为x1＝x传﹣x加＝vt1﹣x加解得x1＝1.6m（2）小煤块在倾斜传送带上运动时，由于mgsin37°＞μmgcos37°故在bc段做匀加速运动，由牛顿第二定律可得mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2解得由运动学公式可得解得小煤块被传送到c端时的速度大小为（3）若当小煤块到达b端时，传送带在原速基础上做匀加速运动加速度为a，当a的大小满足a＞gsin37°+μgcos37°＝10m/s2则小煤块在传送带bc上向下做匀加速运动的加速度最大，在传送带bc上运动所用的时间最短，则有mgsin37°+μmgcos37°＝ma3解得根据运动学公式可得解得v′c＝14m/s则最短时间为答：（1）小煤块从a端被传送到b端所用的时间为1.65s，此过程中煤块在传送带上留下的痕迹的长度为1.6m；（2）小煤块被传送到c端时的速度大小为；（3）当a的大小满足a＞10m/s2可以使小煤块在传送带bc上运动所用的时间最短，最短时间为1s。39．一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θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（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μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2．现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在A点，求：（1）工件第一次到达B点所用的时间？（2）工件沿传送带上升的最大高度？（3）工件运动了23s时所在的位置？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1由牛顿第二定律得μmg＝ma1解得a1＝μg＝5m/s2经t1时间与传送带的速度相同，则t1＝＝0.8s前进的位移为x1＝a1＝1.6m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝＝0.6s所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t1+t2＝1.4s（2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得（μmgcosθ﹣mgsinθ）•＝0﹣mv2解得h＝2.4m（3）工件沿传送带向上运动的时间为t3＝＝2s此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为TT＝2t1+2t3＝5.6s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1+t2+2t3＝6.2s而23s＝t0+3T这说明经23s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB﹣x1＝2.4m答：（1）工件第一次到达B点所用的时间是1.4s（2）工件沿传送带上升的最大高度是2.4m（3）工件运动了23s时所在的位置是工件在A点右侧，到A点的距离是2.4m．40．图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．（g取10m/s2）试求：（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）米袋在AB上加速时的加速度a0＝＝5m/s2米袋的速度达到v0＝5m/s时，滑行的距离s0＝＝2.5m＜AB＝3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma代入数据得a＝10m/s2所以能滑上的最大距离s＝＝1.25m（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1＝﹣g（sinθ+μcosθ）＝﹣10m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2＝﹣g（sinθ﹣μcosθ）＝﹣2m/s2由+＝4.45m解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax＝+＝2.1s若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2。由SCD＝v0tmin+a2t2min，得：tmin＝1.16s所以，所求的时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s；答：（1）若CD部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m。（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C端到D端所用时间的取值范围为1.16s≤t≤2.1s。十一．无外力的水平板块模型（共4小题）41．（多选）如图甲，质量m＝1kg的小滑块P（可视为质点），以v1＝3m/s的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q速度大小为v2＝5m/s，方向水平向左，从该时刻开始0.6s内两物体的运动情况的v﹣t图像如图乙所示。已知木板Q质量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。则（）A．PQ间的摩擦因数为μ1＝0.5 B．Q与地面间的摩擦因数为μ2＝0.5 C．如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝3m D．如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝3.2m【答案】AD【解答】解：A．根据图乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2对P分析f1＝μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.5，故A正确；B．根据图乙可得，a2＝||＝||m/s2＝5m/s2对Q分析f1+f2＝μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma2解得：μ2＝0.25，故B错误；CD.t＝0.6s时P、Q的相对位移为x＝m+m+2×0.6m＝3m此后分别对P、Q根据牛顿第二定律可知P的加速度向左，大小依然为5m/s2，Q的加速度向右大小依然为5m/s2设两物体共速所需时间为t，则vQ﹣a2t＝a1t解得t＝0.2s两物体的相对位移为x'＝vQt﹣﹣则木板的最少长度为L＝x+x'代入数据解得L＝3.2m，故C错误，D正确；故选：AD。42．如图，两个滑块A和B的质量mA＝mB＝2kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量mC＝4kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA＝1m/s、vB＝5m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。（1）求刚开始时滑块A与木板C的加速度大小；（2）滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小；（3）为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？【答案】（1）刚开始时滑块A与木板C的加速度大小分别为5m/s2、0m/s2；（2）滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小为