專題09 《牛頓運動定律的應用》壓軸培優(yōu)題型訓練【十五大題型】（解析版）-2024-2025學年高中物理《壓軸挑戰(zhàn)》培優(yōu)專題訓練（人教版2019必修第一冊）

專題09《\o"5.牛頓運動定律的應用"牛頓運動定律的應用》壓軸培優(yōu)題型訓練【十五大題型】一．牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況（共4小題）二．牛頓運動定律的應用—從運動情況確定受力（共3小題）三．物體在光滑斜面上的運動（共6小題）四．物體在粗糙斜面上的運動（共4小題）五．牛頓第二定律的臨界問題（共3小題）六．等時圓模型（共3小題）七．連接體模型（共6小題）八．水平傳送帶模型（共4小題）九．傾斜傳送帶模型（共4小題）十．多種傳送帶的組合問題（共3小題）十一．無外力的水平板塊模型（共4小題）十二．有外力的水平板塊模型（共4小題）十三．無外力的傾斜板塊模型（共2小題）十四．有外力的傾斜板塊模型（共3小題）十五．板塊模型和傳送帶模型的結(jié)合（共3小題）一．牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況（共4小題）1．（多選）如圖所示，一個物體由A點出發(fā)分別到達C1、C2、C3，物體在三條軌道上的摩擦不計，則（）A．物體達到C2點時速度最大 B．物體到達C1點的時間最短 C．物體在AC1上運動的加速度最大 D．物體在三條軌道上的運行時間相同【答案】BC【解答】解：A、物體下滑過程中，機械能守恒，則知在C1、C2、C3處的動能相等，速度大小相等。故A錯誤。BCD、設任一斜面的傾角為θ，斜面的高為h。根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝gsinθ，則在AC1上運動的加速度最大。位移大小為：x＝，根據(jù)x＝at2，解得：t＝，故θ越大，t越短，可知到AC1的時間最短，故BC正確，D錯誤。故選：BC。2．如圖所示，一細“W”形軌道固定在豎直平面內(nèi)，AB段和DE段與水平面的夾角均為α＝53°，長均為10m，動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；BC段和CD段與水平面的夾角均為β＝37°，長均為8m，BC段動摩擦因數(shù)為μ2＝0.8，CD段光滑，軌道轉(zhuǎn)角B、C、D處都用光滑小圓弧連接。在A處的一質(zhì)量為m＝1kg小環(huán)以某初速度v0沿AB開始向下運動，小環(huán)恰能到達E點，設小環(huán)過BCD處時的速度大小不變。求：（1）小環(huán)剛開始從A下滑時的加速度大?。唬?）小環(huán)最終停在哪里？（3）小環(huán)的初速度v0的大小?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：（1）剛從A下滑時，小環(huán)的受力如下：FN＝mgcosα根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα﹣μ1FN＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝5m/s2（2）從E滑到D的過程，根據(jù)牛頓第二定律得：a5＝gsin53°﹣μ1cos53°＝5m/s2滑到D點的速度為：v′D＝解得：v′D＝10m/s。從D到C的運動過程中，加速度為：a6＝﹣gsin37°＝﹣6m/s2。根據(jù)vC′2﹣vD′2＝2a6xCD代入數(shù)據(jù)解得：vC′＝2m/sC到B段的加速度為：a7＝gsin37°﹣μ2gcos37°＝﹣0.4m/s2。根據(jù)0﹣vC′2＝2a7X′代入數(shù)據(jù)得：X′＝5m＜8m。即小球靜止在BC段上離C點5m處。（3）根據(jù)牛頓第二定律得，D到E段的加速度為：a4＝﹣（gsin53°+μ1gcos53°）＝﹣11m/s2，根據(jù)﹣＝2a4xDE解得：＝220m2/s2。C到D段的加速度為：a3＝gsin37°＝6m/s2。根據(jù)﹣＝2a3xCD得為：vC＝2m/s。BC段的加速度為：a2＝﹣（gsin37°+μ2gcos37°）＝﹣12.4m/s2。根據(jù)﹣＝2a2xBC得：＝322.4m2/s2。A到B段的加速度為：a1＝5m/s2。根據(jù)﹣＝2a1xAB得：v0＝2m/s。答：（1）小環(huán)剛開始從A下滑時的加速度大小為5m/s2；（2）小環(huán)最終停在BC段上離C點5m處。（3）小環(huán)的初速v0的大小為2m/s。3．一質(zhì)量為M＝0.5kg的木板放在傾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持靜止狀態(tài)。木板下端距斜面底端的距離為s＝10.25m，斜面底端固定著一彈性薄擋板，與之相碰的物體會以原速率彈回。t＝0時刻，撤去作用在木板上的外力，同時將一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊從距離木板下端l＝54m處，以沿木板向上的初速度v0＝4m/s滑上木板，對小物塊施加沿斜面向上的外力F0＝8N（該力在1s時變?yōu)椋．斈景宓谝淮闻c彈性薄擋板相碰時，撤去施加在小物塊上的外力。已知木板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊可以看作質(zhì)點，且整個過程中小物塊不會從木板上端滑出，取g10m/s2，求：（1）0至1s時間內(nèi)，小物塊和木板的加速度的大小和方向；（2）木板第一次與擋板碰撞時的速度大??；（3）當木板與擋板第二次碰撞時，物塊離木板下端的距離d?！敬鸢浮浚?）0至1s時間內(nèi)，小物塊的加速度的大小，方向沿斜面向下；木板的加速度的大小，方向沿斜面向上；（2）木板第一次與擋板碰撞時的速度大小7m/s；（3）物塊離木板下端的距離為48m。【解答】解：（1）0～1s時間內(nèi)，設滑塊加速度為a1，木板的加速度為a2對物塊，根據(jù)牛頓第二定律F0﹣mgsin37°﹣μmgcoscos37°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：加速度方向沿斜面向向下對木板μmgcos37°﹣Mgsin37°＝Ma2代入數(shù)據(jù)解得：加速度方向沿斜面向上（2）0～1s時間內(nèi)，木板的位移大小為s1＝a2＝2×12m＝1mt＝1s時，小物塊與木板達到共同速度，且外力大小變?yōu)镕0，因為F0＝mgsin37°所以小物塊與木板將共同做勻變速運動，設整體的加速度大小為a3，則Mgsin37°＝（M+m）a3解得a3＝2m/s2設小物塊和木板共速后運動位移s2后速度減為零，則2a3s2＝解得s2＝1m即t＝2s時，木板左端到擋板的距離為s′＝s+s1+s2＝10.25m+1m+1m＝12.25m此后小木塊和木板將一同沿斜面向下做勻加速運動，所以木板第一次與擋板碰撞前的速度大小為v＝＝m/s≈7m/s（3）0～1s時間內(nèi)，小物塊的位移大小為x1＝v0t1﹣a1，代入數(shù)據(jù)解得x1＝3m與木板的相對位移大小為Δl1＝x1﹣s1＝3m﹣1m＝2m所以t＝1s時小物塊到木板左端的距離為L1＝l+Δl1＝54m+2m＝56m木板從距離擋板s′的位置開始下滑至與擋板第一次碰撞所經(jīng)歷的時間為Δt＝＝＝3.5s所以木板與擋板第一次碰撞的時刻為t＝2s+3.5s＝5.5s，由題圖可知此時外力隨即變?yōu)榱?。木板與擋板第一次碰撞后將以大小為v＝7m/s的速度反彈，設反彈后的加速度大小為a4，則μmgcos37°+Mgsin37°＝Ma4解得a4＝14m/s2設小物塊的加速度大小為a5，則mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma5解得a5＝2m/s2設經(jīng)過t2，木板的長度減為零，則t2＝＝s＝0.5s此過程中小物塊的位移大小為x2＝vt2+a5，解得x2＝3.75m木板的位移大小為s3＝＝m＝1.75m則這段時間內(nèi)，小物塊與木板的相對位移大小為Δl2＝x2+s3＝3.75m+1.75m＝5.5m木板速度減為零時，小物塊的速度大小為v3＝v+a5t2，解得v3＝8m/s設再經(jīng)過t3，木板與擋板第二次碰撞，且碰撞時的速度大小為v’，根據(jù)受力分析可知木板速度減為零后將仍以大小為a4的加速度沿斜面下滑，v′＝＝m/s＝7m/st3＝＝＝0.5st3時間內(nèi)，小物塊的位移大小為x3＝v3t3+a5，解得x3＝4.25m則小物塊與木板的相對位移大小為Δl3＝x3﹣s3＝4.25m﹣1.75m＝2.5m木板與擋板第二次碰撞時，小物塊的速度大小為v4＝v+a5（t2+t3），解得v4＝9m/s木板與擋板第一次碰撞和第二次碰撞之間小物塊與木板的總相對位移為L2＝l2+Δl3＝5.5m+2.5m＝8m所以距離木板下端距離d＝L1﹣L2＝56m﹣8m＝48m答：（1）0至1s時間內(nèi)，小物塊的加速度的大小，方向沿斜面向下；木板的加速度的大小，方向沿斜面向上；（2）木板第一次與擋板碰撞時的速度大小7m/s；（3）物塊離木板下端的距離為48m。4．質(zhì)量為m＝4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F＝10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x＝20m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，求：（1）物塊在力F作用過程發(fā)生位移x1的大?。海?）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）整個運動過程的示意圖如圖所示取小物塊為研究對象，從A到B過程，根據(jù)動能定理，有：Fx1﹣fx＝0其中：f＝μmg聯(lián)立解得x1＝16m；（2）對A到C過程運用動能定理，有：Fx1﹣；解得：v＝4m/sC到B過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：μmg＝ma′，解得a′＝μg＝2m/s2；根據(jù)平均速度公式，有：，解得；答：（1）物塊在力F作用過程發(fā)生位移xl的大小為16m；（2）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t為2s．二．牛頓運動定律的應用—從運動情況確定受力（共3小題）5．人站在升降機的水平地板上，隨升降機運動．取豎直向上的方向為正方向，升降機在豎直方向運動的速度隨時間變化的v﹣t圖象如圖所示，則人受到地板的彈力隨時間變化的F﹣t圖象是（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：由題意據(jù)v﹣t圖象知，在0﹣t1時間內(nèi)升降機加速上升，t1﹣t2時間內(nèi)勻速上升，t2﹣t3時間內(nèi)減速上升，t3﹣t4時間內(nèi)加速下降，t4﹣t5時間內(nèi)勻速下降，t5﹣t6時間內(nèi)減速下降。因為減速上升和加速下降的加速度相同，故作用力相同。升降機勻速上升或勻速下降時地板對人的彈力等于其重力，加速上升和減速下降時，人處于超重狀態(tài)，對地板的彈力大于其重力，減速上升和加速下降時人對地板的彈力小于重力。綜上所知，t1﹣t2，t4﹣t5作用力大小相等且等于人的重力，所以AD錯誤t2﹣t3，t3﹣t4加速度相同，作用力相等，地板對人的彈力小于重力，但該彈力不可能向下，故B正確，C錯誤。故選：B。6．如圖甲所示，質(zhì)量m＝4kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象（v﹣t圖象）如圖乙所示，g取10m/s2，求：（1）2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程s；（2）拉力大小F。【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）由圖乙知物塊沿斜面上升的位移：…①物塊沿斜面下滑的距離：…②所以位移s＝s1﹣s2＝＝…③路程L＝s1+s2＝…④（2）由圖乙知，各階段加速度的大小a1＝6m/s2…⑤a2＝12m/s2…⑥設斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律0～0.5s內(nèi)F﹣Ff﹣mgsinθ＝ma1…⑦0.5～0.75s內(nèi)Ff+mgsinθ＝ma2…⑧由⑤⑥⑦⑧得：F＝72N…⑨答：（1）2s內(nèi)物塊的位移大小s為，通過的路程L為m；（2）拉力大小為72N。7．如圖所示，一質(zhì)量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m．已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝．重力加速度g取10m/s2．（1）求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大??；（2）若拉力F方向沿斜面向上，求拉力F的大小；（3）若拉力F與斜面成a角，推導拉力F隨a變化的關系式并求F的最小值．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）設物塊加速度大小為a，到達B點時的速度大小為v，由運動學公式得：L＝，v＝v0+at，代入數(shù)據(jù)解得：a＝3m/s2，v＝8m/s．（2）若拉力F的方向沿斜面向上，則有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得：F＝5.2N（3）若拉力F與斜面成a角，則有：Fcosa﹣mgsinθ﹣μN＝maN+Fsina＝mgcosθ解得：F＝令y＝cosa+μsina，則有：y＝cosa+sina＝＝當a＝30°時，y有最大值，F(xiàn)有最小值為：Fmin＝4.5N答：（1）求物塊加速度的大小為3m/s2，到達B點時速度的大小為8m/s；（2）若拉力F方向沿斜面向上，拉力F的大小為5.2N；（3）若拉力F與斜面成a角，拉力F隨a變化的關系式為F＝，F(xiàn)的最小值為4.5N．三．物體在光滑斜面上的運動（共6小題）8．如圖所示，一傾角為α的固定斜面上，兩個質(zhì)量均為m的小物塊A和B緊挨著勻加速下滑，A與B的接觸面光滑。已知A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μA＝tanα，B與斜面間的動摩擦因數(shù)為μB＝tanα，重力加速度大小為g。則下滑過程中A、B間彈力的大小為（）A．0 B．mgsinα C．mgsinα D．mgsinα【答案】D【解答】解：以AB整體為研究對象，2mgsinα﹣μAmgcosα﹣μBmgcosα＝2ma得：2mgsinα﹣tanα?mgcosα﹣tanα?mgcosα＝2ma解得：a＝對B：mgsinα﹣FN﹣μBmgcosα＝ma解得：FN＝mgsinα，故ABC錯誤，D正確；故選：D。9．如圖所示，在同一豎直線上有A、B兩點，相距為h，B點離地高度為H．現(xiàn)從A、B兩點分別向P點安放兩個光滑的固定斜面AP和BP，并讓兩個小物塊（可看成質(zhì)點）從兩斜面的A、B點同時由靜止滑下，發(fā)現(xiàn)兩小物塊同時到達P點，則（）A．OP間距離為 B．OP間距離為 C．兩小物塊運動到P點的速度相同 D．兩小物塊的運動時間均為【答案】A【解答】解：AB、以P點為最低點經(jīng)過A和B做“等時圓”如圖所示：根據(jù)幾何關系可知＝所以∠BPO＝∠APQ＝θ，根據(jù)幾何關系可得：tanθ＝＝，解得＝，故A正確、B錯誤；C、根據(jù)動能定理可得，從A點下滑的高度大于從B點下滑的高度，所以從A點下滑到P的速度大于從B點下滑的高度，故C錯誤；D、設BP斜面傾角為θ，根據(jù)幾何關系可得＝＝sinθ＝，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ；設OP＝d，則斜面長L＝根據(jù)位移—時間關系可得L＝解得t＝＝＝，故D錯誤。故選：A。10．如圖所示，傾角θ＝37°的斜面體固定在水平地面上，斜面長L＝2.5m。質(zhì)量M＝2.0kg的B物體放在斜面底端，與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，通過輕細繩跨過光滑的定滑輪與A物體相連接，連接B的細繩與斜面平行。A的質(zhì)量m＝2.5kg，繩拉直時用手托住A物體使其在距地面h高處由靜止釋放，著地后立即停止運動。A、B物體均可視為質(zhì)點，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求A物體下落的加速度大小及繩子拉力T的大??；（2）求當A物體從多高處靜止釋放，B物體恰好運動至斜面最高點；（3）若A物體從h＝m處靜止釋放，要使B物體向上運動且不從斜面頂端滑出，求A物體質(zhì)量m的取值范圍。（設B物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）由牛頓第二定律得：對A：mg﹣T＝ma，對B：T﹣Mgsinθ﹣μMgcosθ＝Ma，代入數(shù)據(jù)解得：a＝2m/s2，繩子拉力大小：T＝20N；（2）設物體A著地時B的速度為v，A著地后B做勻減速運動的加速度大小為a1，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：Mgsinθ+μMgcosθ＝Ma1，代入數(shù)據(jù)解得：，對B由運動學公式得：著地前：v2＝2ah，著地后：v2＝2a1（L﹣h），代入數(shù)據(jù)解得：h＝2m；（3）設A著地后B向上滑行距離x，由運動學公式得：v2＝2a1x，位移關系滿足：x≤L﹣h，著地前：v2＝2ah，代入數(shù)據(jù)解得：m≤4kg；另一方面要能拉動必須有：mg＞Mgsinθ+μMgcosθ，解得：m＞1.6kg，所以物體A的質(zhì)量范圍是：1.6kg≤m≤4kg；答：（1）A物體下落的加速度大小為2m/s2，繩子拉力T的大小為20N；（2）當A物體從2m高處靜止釋放，B物體恰好運動至斜面最高點；（3）若A物體從h＝m處靜止釋放，要使B物體向上運動且不從斜面頂端滑出，A物體質(zhì)量m的取值范圍是：1.6kg≤m≤4kg。11．如圖所示，一與水平方向成θ＝30°，足夠的傳送帶以v＝4.0m/s的速度順時針方向運動。在傳送帶下方有一光滑小圓弧，上端與傳送帶相切，下端與一木板上表面Q相切，木板Q放在粗糙水平地面上，木板與水平地面間動摩擦因數(shù)μ1＝0.10．現(xiàn)將一質(zhì)量m1＝2.0kg可視為質(zhì)點的物塊P放在傳送帶下端，開始階段以初速度v0＝20m/s沿傳送帶所在斜面向上運動，木塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ2＝．，物塊P與木板Q間動摩擦因數(shù)μ3＝0.40．木板Q的質(zhì)量m2＝2.0kg，取g＝10m/s2．求：（1）物塊P沿傳送帶上升到最高點時到傳送帶下端的距離x；（2）物塊P從最高點運動到傳送帶下端的時間t；（3）為使物塊P從木板Q上滑下來，木板Q的長度L應滿足的條件?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】解：（1）木塊P沖上傳送帶時，加速度為a1．根據(jù)牛頓第二定律得：m1gsinθ+μ2m1gcosθ＝m1a1。由0﹣＝﹣2a1x得：x＝20m；（2）木塊滑下時，加速度為a2，則有：m1gsinθ+μ2m1gcosθ＝m1a2。根據(jù)速度—位移關系可得：2a2x1＝v2解得x1＝0.8m＜20m，勻加速運動的時間為t1＝由于m1gsinθ＝μ2m1gcosθ，所以以后勻速運動；勻速運動的時間t2＝所以運動的總時間為t＝t1+t2＝5.2s；（3）物塊滑上木板后，設物塊做減速運動的加速度大小為a3，木板的加速度為a4，相對滑動最長時間為t3，則：μ3m1g＝m1a3，μ3m1g﹣μ1（m1+m2）g＝m2a4。v﹣a3t3＝a4t3，木板的最小長度為Lm＝vt3﹣﹣解得Lm＝m，即L≤m。答：（1）物塊P沿傳送帶上升到最高點時到傳送帶下端的距離為20m；（2）物塊P從最高點運動到傳送帶下端的時間為5.2s；（3）為使物塊P從木板Q上滑下來，木板Q的長度L應滿足L≤m。12．一個質(zhì)量為m的均勻球放在傾角為θ的光滑斜面上，并被斜面上一個垂直于水平面的光滑擋板擋住，現(xiàn)將整個裝置放在升降機底板上，（1）若升降機靜止，球?qū)醢搴托泵娴膲毫Χ啻?？?）若升降機以加速度a豎直向上做勻加速運動，球?qū)醢搴托泵娴膲毫Χ啻?？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）對小球進行受力分析有：根據(jù)小球平衡有：水平方向：Nsinθ＝F豎直方向：Ncosθ＝mg可解得：，F(xiàn)＝mgtanθ根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)醢宓膲毫閙gtanθ，對斜面的壓力為（2）當升降機以加速度a豎直向上勻加速運動時有：水平方向：Nsinθ＝F豎直方向：Ncosθ﹣mg＝ma聯(lián)列可解得：N＝，F(xiàn)＝m（g+a）tanθ根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)醢宓膲毫閙（g+a）tanθ，球?qū)π泵娴膲毫榇穑海?）球?qū)醢宓膲毫閙gtanθ，對斜面的壓力為（2）球?qū)醢宓膲毫閙（g+a）tanθ，對斜面的壓力為13．如圖甲所示，由斜面AB和水平面BC組成的物塊，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑、AB長度為s＝2.5m，水平部分BC粗糙．物塊左側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當傳感器受壓時示數(shù)為正值，被拉時為負值．上表面與BC等高且粗糙程度相同的木板DE緊靠在物塊的右端，木板DE質(zhì)量M＝4kg，長度L＝1.5m．一可視為質(zhì)點的滑塊從A點由靜止開始下滑，經(jīng)B點由斜面轉(zhuǎn)到水平面時速度大小不變．滑塊從A到C過程中，傳感器記錄到力和時間的關系如圖乙所示．g取10m/s2，求：（1）斜面AB的傾角θ；（2）滑塊的質(zhì)量m；（3）滑塊到達木板DE右端時的速度大?。敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【解答】（1）在0～1s內(nèi)滑塊沿斜面勻加速下滑：mgsinθ＝mas＝at2由圖知：t＝1s解得：sinθ＝θ＝30°；（2）在0～1s內(nèi)對斜面體ABC受力分析：mgcosθ?sinθ﹣F＝0由圖知：F＝5N解得：m＝2kg；（3）滑塊到達B點的速度：vB＝at＝gsinθ?t＝5m/s1～2s滑塊在BC部分做勻減速直線運動：μmg＝ma′對斜面體，由圖象知：μmg＝F＝4N解得：a′＝2m/s2，μ＝0.2滑塊到達C點時：vC＝vB﹣a′t＝5m/s﹣2×1m/s＝3m/s滑塊滑上木板DE時：對滑塊：﹣μmg＝ma1對木板：μmg＝Ma2解得：a1＝﹣2m/s2，a2＝1m/s2設滑塊在木板上的滑行時間為t，x滑塊＝vCt+a1t2x木板＝a2t2L＝x滑塊﹣x木板解得：t＝1s此時滑塊速度：v滑塊＝vC﹣a1t＝1m/s木板速度：v木板＝a2t＝1m/s所以木塊恰好滑到木板右端，速度為1m/s。答：（1）斜面AB的傾角θ為30°；（2）滑塊的質(zhì)量m為2kg；（3）滑塊到達木板DE右端時的速度大小為1m/s．四．物體在粗糙斜面上的運動（共4小題）14．如圖所示，一速度v＝4m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶與傾角θ＝37°足夠長的粗糙斜面平滑連接，一質(zhì)量m＝3kg的可視為質(zhì)點的物塊，與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，小物塊以初速度v0＝10m/s從斜面底端上滑（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）小物塊以初速度v0沿斜面上滑的最大距離？（2）要使物塊由斜面下滑到傳送帶上后不會從左端滑下，則傳送帶至少多長？（3）若物塊不從傳送帶左端滑下，求物塊從以初速度v0＝10m/s從斜面底端上滑到再次上滑到斜面最高點所需時間？（取為2.2）【答案】（1）小物塊以初速度v0沿斜面上滑的最大距離為5m；（2）要使物塊由斜面下滑到傳送帶上后不會從左端滑下，則傳送帶至少長10m；（3）若物塊不從傳送帶左端滑下，物塊從以初速度v0＝10m/s從斜面底端上滑到再次上滑到斜面最高點所需時間為12.5s【解答】解：（1）小物塊以初速度v0沿斜面上滑時，以小物塊為研究對象，由牛頓第二定律得mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2設小物塊沿斜面上滑的最大距離為x1，則﹣2a1x1＝0﹣代入數(shù)據(jù)解得x1＝5m（2）物塊沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2設小物塊下滑至斜面底端時的速度為v1，則＝2a2x1解得設小物塊在傳送帶上向左滑動時加速度大小為a3，由牛頓第二定律得μ2mg＝ma3解得a3＝1m/s2設物塊在傳送帶向左滑動的最大距離為L，則﹣2a3L＝0﹣解得L＝10m故傳送帶至少10m長物塊不會從傳送帶左端滑下。（3）設物塊從傳送帶左端向右加速運動到和傳送帶共速運動的距離為x2，則2a3x2＝v2解得x2＝8m＜10m故小物體先向右做勻加速運動，再隨傳送帶向右做勻速運動。設小物體加速至與傳送帶共速用時t1，則v＝a3t1解得t1＝4s設小物體勻速運動用時t2，則L﹣x2＝vt2解得t2＝0.5s設小物體由底端上滑到斜面最高點所時間t3，則0＝v﹣a1t3解得t3＝0.4s由第一問和第二問可知第一次沿斜面上滑時間x1＝a1，得到t4＝1sx1＝a2，其中x1＝5m，a2＝2m/s2解得v1＝a3t6第一次在皮帶上向左滑行的時間為再次上滑到斜面最高點所需時間t＝t1+t2+t3+t4+t5+t6代入數(shù)據(jù)得t＝12.5s答：（1）小物塊以初速度v0沿斜面上滑的最大距離為5m；（2）要使物塊由斜面下滑到傳送帶上后不會從左端滑下，則傳送帶至少長10m；（3）若物塊不從傳送帶左端滑下，物塊從以初速度v0＝10m/s從斜面底端上滑到再次上滑到斜面最高點所需時間為12.5s15．如圖所示，斜面傾角為θ，木板A的質(zhì)量為M，物塊B的質(zhì)量為m．繩的一端與B連接，另一端與固定在斜面上的擋板相連，繩與斜面平行．已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ2．（1）若在沿斜面向上的力F作用下A正沿斜面向上勻速運動，求F的值．（2）若將（1）中的力換成2F，求此時繩上的拉力大小．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）對A：沿斜面方向有：F＝fB+f+Mgsinθ對B：垂直斜面方向有：NB＝mgcosθ對AB整體：垂直斜面方向有：N＝（M+m）gcosθ又：fB＝μ1NBf＝μ2N得：F＝μ1mgcosθ+μ2（M+m）gcosθ+Mgsinθ（2）當換成2F時，AB間的滑動摩擦力不變，對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正沿斜面向上勻速運動，F(xiàn)的值為μ1mgcosθ+μ2（M+m）gcosθ+Mgsinθ；（2）若將（1）中的力換成2F，此時繩上的拉力大小為μ1mgcosθ﹣mgsinθ．16．如圖所示，物體以初速度V0＝10m/s沖上一個與水平面的夾角θ＝37°的粗糙斜面AB，物體沿斜面運動到B點時速度恰好為零，傳送帶始終保持v＝2m/s的速率順時針運行．已知傳送帶長度SBC＝3m，物體與斜面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2試求：（1）物體在斜面上運動時加速度a1的大??；（2）物體剛滑上傳送帶時加速度a2的大??；（3）物體從A運動到C所用的時間t．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得，＝gsin37°+μgcos37°＝10m/s2．（2）滑上傳送帶先做勻加速直線運動，加速度．（3）物體從A運動到B的時間．物塊在傳送帶上勻加速直線運動的時間．在這段時間內(nèi)物體的位移則物體在傳送帶上勻速直線運動的時間所以總時間t＝t1+t2+t3＝2.7s．答：（1）物體在斜面滑動時加速度a1的大小10m/s2（2）物體剛滑上傳送帶時加速度a2的大小5m/s2（3）物體從A運動到C所用的時間t＝2.7s17．如圖甲所示，斜面體固定在粗糙的水平地面上，底端與水平面平滑連接，一個可視為質(zhì)點的物塊從斜面體的頂端自由釋放，其速率隨時間變化的圖象如圖乙所示，（已知斜面與物塊、地面與物塊的動摩擦因數(shù)相同，g取10m/s2）求：（1）斜面的長度S；（2）物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）斜面的傾角θ的正弦值．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）由題意可知，物體在斜面上做勻加速直線運動，后在水平面上做勻減速直線運動，速度—時間圖象與時間軸圍成的面積表示位移，則斜面的長度為：S＝；（2）在水平面上做勻減速直線運動的加速度為：根據(jù)牛頓第二定律得：﹣μmg＝ma1解得：；（3）物體在斜面上做勻加速直線運動的加速度為：根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2又因為：sin2θ+cos2θ＝1解得：sinθ＝0.6。答：（1）斜面的長度S為25m；（2）物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.5；（3）斜面的傾角θ的正弦值為0.6．五．牛頓第二定律的臨界問題（共3小題）18．如圖所示，在光滑的水平面上有一傾角為θ的光滑斜面C，斜面C上疊放著A、B兩物塊，B的上表面水平。A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g。現(xiàn)對C施加一方向水平向右的恒力，使A、B、C保持相對靜止，則下列說法正確的是（）A．B受到3個力的作用 B．B對C的壓力大小為 C．C所受合力的大小為3mgtanθ D．A對B的摩擦力大小為mgtanθ，方向水平向右【答案】B【解答】解：A、B受到重力、C對它的支持力、A對B的壓力和靜摩擦力，共計四個力的作用，故A錯誤；B、C對A、B整體的支持力大小，根據(jù)牛頓第三定律可知，B對C的壓力大小為，故B正確；C、設A，B，C的加速度大小為a，有Nsinθ＝2ma，解得：a＝gtanθ則C所受合力的大小為F合C＝ma＝mgtanθ，故C錯誤；D．對A有fA＝ma＝mgtanθ，方向水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的摩擦力大小為mgtanθ，方向水平向左，故D錯誤。故選：B。19．如圖所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面體固定在一個小車上，小車與斜面體的總質(zhì)量為M＝2kg，斜面體上有一個質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊，小車放在光滑的水平桌面上．小車與一平行于桌面的細繩相連，繩的另一端跨過一不計摩擦的輕質(zhì)定滑輪掛一個物塊質(zhì)量為m0，桌子固定于水平地面上．若把物塊m0由靜止釋放（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）．求：m0質(zhì)量為多大時，物塊m與斜面體恰好相對靜止？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律，對m0：m0g﹣T＝m0a對m和M整體：T＝（m+M）a對m：mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ＝10×tan37°＝7.5m/s2解得：代數(shù)解得：m0＝＝7.5kg答：m0質(zhì)量為7.5kg時，物塊m與斜面體恰好相對靜止20．如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個質(zhì)量為m的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變．若擋板A以加速度a（a＜gsinθ）沿斜面向下勻加速運動，問：（1）小球向下運動多少距離時速度最大？（2）從開始運動到小球與擋板分離所經(jīng)歷的時間為多少？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）球和擋板分離后做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大，此時物體所受合力為零．即kxm＝mgsinθ，解得xm＝．所以速度最大時運動的距離為．（2）設球與擋板分離時位移為s，經(jīng)歷的時間為t，從開始運動到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F．根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ﹣F﹣F1＝ma，F(xiàn)＝kx．隨著x的增大，F(xiàn)增大，F(xiàn)1減小，保持a不變，當m與擋板分離時，x增大到等于s，F(xiàn)1減小到零，則有：mgsinθ﹣ks＝ma，又s＝at2聯(lián)立解得mgsinθ﹣k?at2＝ma，所以經(jīng)歷的時間為t＝．六．等時圓模型（共3小題）21．為了探究滑雪者（視為質(zhì)點）在直線滑道AE上滑行的時間，技術人員通過測量繪制出如圖所示的示意圖，AC是滑道的豎直高度，D點是AC上的一點，且有AD＝DE＝40m，滑雪者從坡頂A點由靜止開始沿滑道AE向下滑動，取重力加速度大小g＝10m/s2，不計摩擦，則滑雪者在滑道AE上滑行的時間為（）A．2s B．2s C．2s D．4s【答案】D【解答】解：以D點為圓心，以AD長度為半徑，建立“等時圓”如圖所示：滑雪者在滑道AE上滑行的時間等于沿豎直直徑自由下落到圓上經(jīng)過的時間，則有：2×AD＝代入數(shù)據(jù)解得：t＝4s，故D正確、ABC錯誤。故選：D。22．（多選）如圖所示，豎直墻上的A點與水平地面上的M點到墻角的距離相等，C點在M點正上方與A點等高，某時刻同時由靜止釋放a、b、c三個小球，c球由C點自由下落，a、b兩球分別沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動，它們運動到M點所用時間分別為ta、tb、tc，下列說法正確的是（）A．ta＜tb B．tc＜tb C．ta＜tc D．ta＝【答案】ABD【解答】解：以C為圓心，AC為半徑做圓，如圖根據(jù)“等時圓”原理可知，從圓上各點向最低點引弦，從該點達到最低點經(jīng)過的時間相等，則從圓上A、E、D到達M點的時間相等，c球在圓內(nèi)C點釋放，則c球最先到達M點，然后是a球，b球在圓外釋放，b球最后到達。所以tb＞ta＞tC設圓的半徑為R，根據(jù)運動學公式有R＝聯(lián)立解得故C錯誤，ABD正確。故選：ABD。23．（多選）如圖所示，圓1和圓2外切，它們的圓心在同一豎直線上，有四塊光滑的板，它們的一端搭在豎直墻面上，另一端搭在圓2上，其中B、C、D三塊板都通過兩圓的切點，B在圓1上，C在圓1內(nèi)，D在圓1外，A板與D板最低點交于一點a（d），且兩板與豎直墻面的夾角分別為30°、60°，從A、B、C、D四處同時由靜止釋放一個物塊，它們都沿板運動，到達板底端的時間分別為tA、tB、tC、tD，下列判斷正確的是（）A．tB最短 B．tC最短 C．tA＞tB D．tA＝tD【答案】BCD【解答】解：對物塊沿A板或D板運動到a點過程進行分析，設最低點a到豎直直線的距離為x，斜板與水平方向的夾角為θ，則斜板長為：L＝根據(jù)牛頓第二定律可得物塊的加速度為：a＝＝gsinθ根據(jù)運動學公式可得：L＝解得：t＝＝＝2由于A板與D板最低點交于一點a（d），則x相等，且兩板與豎直墻面的夾角分別為30°、60°，則與水平方向的夾角為60°和30°，則sin2θ相等，所以有：tA＝tD根據(jù)等時圓原理可知：tD＞tB＞tC，故有：tA＝tD＞tB＞tC，故A錯誤、BCD正確。故選：BCD。七．連接體模型（共6小題）24．如圖，兩個完全相同的磁鐵A、B分別位于鐵皮車的豎直和水平面上，A、B與車廂間動摩擦因數(shù)均為μ，小車勻速運動時A恰不下滑，現(xiàn)使小車沿水平方向做變速運動，為保證A、B無滑動，則（）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，大小不能超過（1+μ）g C．速度可能向左，加速度不能超過μg D．速度可能向右，加速度大小應小于【答案】B【解答】解：小車靜止時，A恰好不下滑，所以對A在豎直方向上根據(jù)平衡條件有mg＝μF引當小車加速運動時，為了保證A不下滑，則FN≥F引，則根據(jù)牛頓第二定律有FN﹣F引＝ma加速時加速度一定向左，對B根據(jù)牛頓第二定律有μ（mg+F引）＝mam解得am＝（1+μ）g，故B正確，ACD錯誤。故選：B。25．如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個材料相同的物體用細線相連，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后豎直向上勻加速運動，不計空氣阻力，在三個階段的運動中，線上的拉力大?。ǎ〢．由大變小 B．由小變大 C．由大變小再變大 D．始終不變且大小為F【答案】D【解答】解：設物體與接觸面的動摩擦因數(shù)為μ，在水平面有：對m1進行受力分析，則有：所以T1＝F；在斜面上有：對m1受力分析則有：T2﹣μm1gcosθ﹣m1gsinθ＝m1a2解得：T2＝F；豎直向上運動時有：對m1進行受力分析則有：T3﹣m1g＝m1a3解得：T3＝F所以繩子的拉力始終不變且大小為F，故D正確，ABC錯誤。故選：D。26．如圖所示，水平平臺的右端安裝有定滑輪，質(zhì)量為M＝2.0kg的物塊放在與定滑輪相距L＝2.5m的平臺上，物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2．現(xiàn)有一輕繩跨過定滑輪，左端與物塊連接，右端掛質(zhì)量為m的小球，繩拉直時用手托住小球使其在距地面h高處靜止，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，求：（1）取m＝1.0kg，放開小球，小球和物塊一起運動，求小球做勻加速運動時的加速度大小a以及此時繩子的拉力大小T；（2）取m＝1.0kg，放開小球，小球和物塊一起運動，要使物塊剛好能運動到右端滑輪處，則小球靜止時距地面的高度h至少為多大？（設小球著地后立即停止運動）（3）取h＝0.5m，要使物塊能夠向右運動且撞不到定滑輪，求小球質(zhì)量m的取值范圍。（設小球著地后立即停止運動）【答案】（1）取m＝1.0kg，放開小球，系統(tǒng)運動，小球做勻加速運動時的加速度大小a以及此時繩子的拉力大小T為8N；（2）取m＝1.0kg，放開小球，系統(tǒng)運動，小球著地后立即停止運動，要使物塊M剛好能運動到右端滑輪處，則小球靜止時距地面的高度h至少為1.25m；（3）取h＝0.5m，小球著地后立即停止運動，要使物塊撞不到定滑輪，小球質(zhì)量m的取值范圍為0.4kg＜m≤10kg。【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二運動定律得：對小球有：mg﹣T＝ma對物塊有：T﹣μMg＝Ma代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：a＝2m/s2繩子拉力大?。篢＝8N（2）設小球著地時物塊的速度為v，小球著地后物塊做勻減速運動的加速度大小為a'，則小球著地后，對物塊M有：﹣μMg＝﹣Ma'代入數(shù)據(jù)解得：a'＝2.0m/s2對M由運動學公式得：v2＝2ah＝2a'（L﹣h）代入數(shù)據(jù)解得：h＝1.25m（3）設小球著地后，物塊滑行距離為s，對物塊M有：0﹣v2＝﹣2a's且：s≤L﹣h又：v2＝2ah代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：a≤8m/s2又由：，解得：m≤10kg要能夠拉動物塊必須有：mg＞μMg，即：m＞0.4kg小球質(zhì)量的范圍是：0.4kg＜m≤10kg答：（1）取m＝1.0kg，放開小球，系統(tǒng)運動，小球做勻加速運動時的加速度大小a以及此時繩子的拉力大小T為8N；（2）取m＝1.0kg，放開小球，系統(tǒng)運動，小球著地后立即停止運動，要使物塊M剛好能運動到右端滑輪處，則小球靜止時距地面的高度h至少為1.25m；（3）取h＝0.5m，小球著地后立即停止運動，要使物塊撞不到定滑輪，小球質(zhì)量m的取值范圍為0.4kg＜m≤10kg。27．如圖，質(zhì)量為2.5kg的一只長方體空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1為0.6．鐵箱內(nèi)一個質(zhì)量為0.5kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)μ2為0.3．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2．求：（1）木塊對鐵箱的壓力；（2）水平拉力F的大??；（3）減小拉力F，進過一段時間，木塊沿鐵箱左側(cè)壁落到底部且不反彈，當箱的速度為6m/s時撤去拉力，又經(jīng)過1s時間，木塊從鐵箱左側(cè)到達右側(cè)，求鐵箱的長度是多少？（結(jié)果保留一位小數(shù)）【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）對木塊：在豎直方向，由相對靜止得：mg＝Ff＝μ2FN解得：FN＝N由牛頓第三定律得：木塊對鐵箱的壓力為：FN′＝FN＝N，方向水平向左；（2）對木塊在水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得：FN＝ma解得：a＝m/s2對鐵箱和木塊整體受力分析如圖：F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a故水平拉力為：F＝（M+m）（a+μ1g）＝118N；（3）撤去拉力F時，箱和木塊的速度均為：v＝6m/s，因μ1＞μ2，以后木塊相對箱滑動。木塊加速度為：a2＝μ2g＝3m/s2又鐵箱加速度為：a1＝＝6.6m/s2鐵箱減速時間為：t0＝＝0.91s＜1s，故木塊到達箱右端時，箱停止。則經(jīng)t＝1s木塊比鐵箱向右多移動距離L即鐵箱長。即有：L＝（vt﹣a2t2）﹣（vt0﹣a1）解得：L＝1.77273m≈1.77m答：（1）木塊對鐵箱的壓力大是N，方向水平向左；（2）水平拉力F的大小是118N。（3）鐵箱長度是1.77m。28．如圖所示，物體A和B系在跨過定滑輪的細繩兩端，物體A的質(zhì)量mA＝1.5kg物體B的質(zhì)量mB＝1kg，開始把A托起，使B剛好與地面接觸，此時物體A離地高度為1m．放手讓A從靜止開始下落，（g取10m/s2）求：（1）當A著地時，B的速率多大？（2）物體A落地后，B還能升高幾米？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）設當A著地時，B的速率為V，A落地之前，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mAgh＝mBgh+?（mA+mB）V2解得兩球的速率為：V＝＝＝2m/s（2）A落地之后：繩子松弛，B開始做初速為V的豎直上拋運動，根據(jù)機械能守恒：mBV2＝mgH解得：H＝＝m＝0.2m答：（1）當A著地時，B的速率是2m/s．（2）物體A落地后，B還能升高0.2m．29．如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，緊挨著并排放在光滑的水平面上，A與B的接觸面垂直于圖中紙面且與水平面成θ角，A與B間的接觸面光滑．現(xiàn)施加一個水平力F作用于A，使A、B一起向右運動且A、B不發(fā)生相對運動，求F的最大值．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：設A、B間的彈力為N，地面對B的支持力為N′，推力F越大，則A越可能相對于B向上滑，當F最大時，A剛要相對B向上滑，A不受地面的支持力，設A、B共同以加速度a沿地面加速前進．對A有：F﹣Nsinθ＝m1a，Ncosθ＝m1g對B有：Nsinθ＝m2a解得最大推力：Fmax＝答：F的最大值為．八．水平傳送帶模型（共4小題）30．（多選）如圖所示為倉庫中的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺傳送機組成。一臺水平傳送，A、B兩端相距4m，以6m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。另一臺傾斜傳送，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距6.8m。將質(zhì)量為5kg的貨物（可視為質(zhì)點）無初速放在A端，到達B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5。已知，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取10m/s2。則以下說法正確的是（）A．若CD部分由于故障停止運轉(zhuǎn)，則貨物所能上升的最大高度為1.8m B．若貨物能被送到D端，則CD部分的最小速度為6m/s C．若貨物能被送到D端，則貨物在CD部分運動的最短時間為1.5s D．貨物在CD部分不可能做勻速運動【答案】CD【解答】解：A、貨物無初速放在A端時，加速度大小為假設貨物到達B端前已經(jīng)與傳送帶共速，則共速前通過的位移為，故假設成立?？芍浳锏竭_B端時的速度等于水平初速度的速度為6m/s，CD部分停止運轉(zhuǎn)，貨物在CD部分的加速度大小為：，解得貨物在CD部分做勻減速直線運動的最大位移為＜6.8m則貨物所能上升的最大高度為hm＝x2sin37°＝1.8×0.6m＝1.08m，故A錯誤；B、假設貨物恰好能被送到D端（到達D端臨界速度為零），CD部分的最小速度為v1，且v1＜v。貨物滑上CD部分與傳送帶共速之前受到的滑動摩擦力方向沿傳送帶向下，其加速度大小為a2，共速之后，因mgsin37°＞μmgcos37°，故貨物還是做勻減速直線運動，但是受到的滑動摩擦力方向沿斜面向上，共速之后其加速度大小為，解得：。共速之前貨物的位移為共速之前貨物的位移為位移關系為x3+x4＝LCD＝6.8m解得：v＝5m/s＜6m/s，假設成立，故CD部分的最小速度為5m/s，故B錯誤；C、若貨物能被送到D端，當貨物在CD部分受到的摩擦力方向一直沿斜面向上時，貨物在CD部分勻減速直線運動的加速度最小，且等于a3，運動的時間最短，根據(jù)運動學公式可得：代入數(shù)據(jù)可得：5t2﹣30t+34＝0解得，或（舍去），故C正確；D、由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知貨物在CD部分不可能做勻速運動，故D正確。故選：CD。31．某中學物理課程基地為研究碳塊下滑的位置與其在傳送帶上運動情況的關系，設計了如圖所示的模型：左側(cè)是傾角θ＝37°的足夠長的直軌道（其下端為B點），在其右側(cè)放置一逆時針方向轉(zhuǎn)動的傳送帶DCE，傳送帶速度大小恒為v0＝1m/s，水平段DC長L＝3m。將一碳塊從直軌道上的A點由靜止釋放，A、B相距x。當該碳塊從B點運動到傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，同時立即撤去直軌道。已知碳塊與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，且碳塊相對傳送帶滑動時能在傳送帶上留下清晰劃痕，傳送帶CE段、ED段均足夠長。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）若x＝2.0m，求小滑塊滑至B點的速度大??；（2）若x＝2.0m，求小滑塊在傳送帶上留下的劃痕長度；（3）改變x的值，設小滑塊從傳送帶上滑離后在傳送帶上留下的劃痕長度為s，試通過計算討論s與x的關系?！敬鸢浮浚?）小滑塊滑至B點的速度大小為4m/s；（2）小滑塊在傳送帶上留下的劃痕長度為（7﹣）m；（3）s與x的關系為：s＝?！窘獯稹拷猓海?）滑塊由A下滑到B的過程做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝4m/s22a1x＝代入數(shù)據(jù)解得：vB＝4m/s（2）滑塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，設加速度大小為a，速度減到零通過的位移大小為x1，a＝μ2g＝0.1×10m/s2＝1m/s2x1＝＝m＝8m因x1＞L＝3m，故滑塊在速度減到零之前已從D處離開傳送帶。設滑塊在傳送帶上運動時間為t1，則：L＝vBt1﹣代入數(shù)據(jù)解得：t1＝（4﹣）s，或t1＝（4+）s（此解舍去，因其大于速度減到零所用時間。）此時間內(nèi)傳送帶的位移大?。簒2＝v0t1＝1×（4﹣）m＝（4﹣）m則劃痕長度：Δx＝L+x2＝3m+（4﹣）m＝（7﹣）m（3）滑塊由A下滑到B的過程，由2a1x＝，解得：vB＝①當＝﹣2aL＞0，即x＞m，滑塊從傳送帶右端滑出。則有：vD＝滑塊在傳送帶上運動時間為：t2＝＝2﹣此時間內(nèi)傳送帶的位移大?。簒3＝v0t2＝2﹣則劃痕長度：s＝L+x3＝3+2﹣，x滿足的條件為：x＞m；②當x≤m時，滑塊先向右勻減速到速度為零，再反向運動從左端C處滑出傳送帶?；瑝K向右運動的位移大?。簒4＝＝4x滑塊向右運動時間為：t3＝＝2此過程與傳送帶的相對位移大小：Δx1＝v0t3+x4＝2+4x之后滑塊反向向左運動，此過程分兩種情況：情況一：向左先勻加速運動再與傳送帶共速，以速度v0從左端C處滑出。則滑上傳送帶時的速度應大于等于傳送帶的速度，即vB≥v0，則x≥m，向左與傳送帶相對滑動的時間：t4＝＝s＝1s向左運動與傳送帶相對位移大?。害2＝v0t4﹣t4＝1×1m﹣×1m＝0.5m則劃痕長度：s＝Δx1+Δx2＝0.5+2+4x，x滿足的條件為：m≤x≤m；情況二：向左一直勻加速直線運動，以小于v0的速度從左端C處滑出。則滑上傳送帶時的速度應小于傳送帶的速度，即vB＜v0，則0＜x＜m，由運動的對稱性可知，滑塊向左運動的位移大小等于x4＝4x，時間等于t3＝2，滑塊向左運動與傳送帶相對位移大?。害3＝v0t3﹣4x＝2﹣4x，則劃痕長度：s＝Δx1+Δx3＝2+4x+2﹣4x＝4，x滿足的條件為：0＜x＜m。綜上所述，s與x的關系為：s＝答：（1）小滑塊滑至B點的速度大小為4m/s；（2）小滑塊在傳送帶上留下的劃痕長度為（7﹣）m；（3）s與x的關系為：s＝。32．如圖所示，一長L＝16m的水平傳送帶，以v＝10m/s的速率勻速順時針轉(zhuǎn)動運動。將一質(zhì)量為m＝1kg的物塊無初速度地輕放在傳送帶左端，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5（取g＝10m/s2）求：（1）物塊在傳送帶上運動的最大速度。（2）若該傳送帶裝成與水平地面成θ＝37°傾角，以同樣的速率順時針轉(zhuǎn)動。將該物塊無初速度地放上傳送帶頂端，分析并求出物體在傳送帶上整個運動過程加速度的大小和方向。（3）在第（2）中，若傳送帶的傳送速度V大小和方向均不確定，將物塊無初速度地放上傳送帶頂端，試分析計算物塊到達底端的可能速度大小。（結(jié)果可以用含V的函數(shù)式表示）【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）物體放上傳送帶后，根據(jù)牛頓第二定律：μmg＝maa＝μg＝5m/s2能達到共速，則時間t＝＝2s，s＝＝10m＜L之后勻速，所以最大速度為v＝10m/s；（2）在頂端釋放后，mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝10m/s2，方向向下達到與帶相同速度時，s＝＝5m＜L之后：因為μ＜tgθ＝0.75，物塊繼續(xù)加速，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2＝2m/s2，方向向下；（3）情況一：若傳送帶逆時針傳動，物塊受到摩擦力向上，則物體一直以加速度a2＝2m/s2加速運動，到達底端速度：v＝＝8m/s；情況二：若傳送帶順時針傳動，且速度大，物體受摩擦力向下，物體已知加速度a1＝10m/s2勻加速運動，物體到達底端速度：v＝＝8m/s，即：傳送帶速度v≥8m/s時，此情況成立。情況三：若傳送帶順時針傳送，且v＜8m/s，物塊先以a1＝10m/s2加速度加速運動，s1＝＝達到與傳送帶相同速度后，以a2＝2m/s2加速度加速運動。則﹣v2＝2a2（L﹣s）代入數(shù)據(jù)解得：v2＝m/s。答：（1）物塊在傳送帶上運動的最大速度為10m/s。（2）物體在傳送帶上開始時加速度為10m/s2，方向向下，后來加速度的大小為2m/s2，方向向下；（3）若傳送帶逆時針傳動，物塊受到摩擦力向上，到達底端速度為8m/s；若傳送帶順時針傳動，且速度大，物體受摩擦力向下，物體到達底端速度v≥8m/s；若傳送帶順時針傳送，且v＜8m/s，受到滿足m/s。33．如圖所示，方形木箱質(zhì)量為M，其內(nèi)用兩輕繩將一質(zhì)量m＝0.1kg的小球懸掛于P、Q兩點，兩細繩與水平的車頂面的夾角為60°和30°．水平傳送帶AB長l＝30m，以v＝15m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，木箱與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.75，（g＝10m/s2）求：（1）設木箱為質(zhì)點，且木箱由靜止放到傳送帶上，那么經(jīng)過多長時間木箱能夠從A運動到傳送帶的另一端B處；（2）木箱放到傳送帶A點后，在木箱加速的過程中，繩P和繩Q的張力大小分別為多少？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）木箱由靜止放到傳送帶上，開始過程，根據(jù)牛頓第二定律得對木箱：μMg＝Maa＝7.5m/s2木箱加速位移：x1＝15m木箱加速時間：x1＝15m＜l＝30m所以還要在傳送帶上勻速后一段距離木箱勻速時運動的時間：l﹣x1＝vt2t2＝1s所以木箱從A運動到傳送帶另一端B處經(jīng)歷時間t＝t1+t2＝3s（2）設繩P伸直恰好無拉力時木箱的加速度為a0，則由牛頓第二定律得mgtan30°＝ma0代入解得木箱加速時a＝7.5m/s2＞故繩P的張力大小TP＝0此時：＝ma代入解得TQ＝1.25N答：（1）木箱由靜止放到傳送帶上，經(jīng)過3s時間木箱能夠從A運動到傳送帶的另一端B處；（2）木箱放到傳送帶A點后，在木箱加速的過程中，繩P和繩Q的張力大小分別為0和1.25N．九．傾斜傳送帶模型（共4小題）34．（多選）如圖所示為糧袋的傳送裝置。已知AB間長度為L。傳送帶與水平方向的夾角為θ。工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）A．糧袋開始運動時的加速度為g（sinθ﹣μcosθ） B．若μ≥tanθ，糧袋運動到B端時的速度一定等于傳送帶速度v C．若μ＜tanθ，則糧袋從A到B的運動過程一定是一直做加速直線運動 D．糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等【答案】CD【解答】解：A．糧袋開始運動時受到傳送帶的摩擦力沿傳送帶向下，則有mgsinθ+μmgcosθ＝ma可得a＝g（sinθ+μcosθ）故A錯誤；B．若μ≥tanθ，且傳送帶足夠長時，則糧袋的速度加速到與傳送帶相同后，與傳送帶一起勻速運動。糧袋與傳送帶共速時糧袋的位移為若傳送帶長度則糧袋運動到B端時的速度小于傳送帶速度v，故B錯誤；C．若μ＜tanθ，則有mgsinθ＞μmgcosθ即糧袋的速度加速到與傳送帶相同后，受力不平衡，糧袋的合力沿傳送帶向下，則糧袋將繼續(xù)向下加速運動，故C正確；D．由上分析可知，若傳送帶長度則糧袋到達B端的速度小于v。若傳送帶長度，μ≥tanθ則糧袋到達B端的速度等于v。若傳送帶長度，μ＜tanθ則糧袋到達B端的速度大于v，故D正確。故選：CD。35．（多選）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為θ，以恒定速率v＝4m/s順時針轉(zhuǎn)動。一煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是（）A．傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tanθ＝0.75 B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25 C．煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為2s D．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為（12+4）m【答案】ABD【解答】解：AB．以沿斜面向上為正方向，由題圖乙可知。在0～1s時間內(nèi)煤塊的加速度為：此過程由牛頓第二定律可得：﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1在1～2s內(nèi)，煤塊的加速度為：此過程由牛頓第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2聯(lián)立解得：θ＝37°、μ＝0.25，可得：tanθ＝0.75，故AB正確；C．由v﹣t圖像與時間軸所圍面積表示位移，可得煤塊上滑過程的最大位移為：煤塊下滑過程的加速度為a2，設煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為t。由位移—時間公式可得：，解得：，故C錯誤；D．傳送帶的速度為4m/s，在0～1s時間內(nèi)煤塊相對傳送帶向上運動。此過程傳送帶的位移為：x帶1＝vt1＝4×1m＝4m此過程煤塊的位移為：此過程煤塊與傳送帶的相對位移大小為：Δx1＝x煤1﹣x帶1＝8m﹣4m＝4m在1～2s時間內(nèi)傳送帶相對煤塊向上運動。此過程傳送帶的位移為：x帶2＝vt2＝4×1m＝4m此過程煤塊的位移為：此過程煤塊與傳送帶的相對位移大小為：Δx2＝x帶2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m因在0～1s時間內(nèi)煤塊相對傳送帶向上運動，在1～2s時間內(nèi)傳送帶相對煤塊向上運動，兩過程的痕跡有重疊，故在煤塊向上運動中，與傳送帶留下的痕跡長為Δx1＝4m。在時間內(nèi)，傳送帶向上運動，煤塊向下運動，此過程煤塊在傳送帶上留下的總痕跡長為：因Δx2+Δx3＞Δx1，故全過程煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為：Δx＝Δx2+Δx3解得：Δx＝（12+4）m，故D正確。故選：ABD。36．如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾斜傳送帶與水平方向夾角為θ，以恒定速率v＝4m/s順時針轉(zhuǎn)動。一煤塊以初速度v0＝12m/s從傳送帶底端A沖上傳送帶，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下結(jié)果可以用根式表示）（1）傾角θ的正切值和動摩擦因數(shù)μ為多大；（2）煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為多長；（3）煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為多大?！敬鸢浮浚?）傾角θ的正切值是0.75，動摩擦因數(shù)μ為0.25；（2）煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為（2+）s；（3）煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為（12+4）m?！窘獯稹拷猓海?）由圖乙所示圖像可知，0﹣1s內(nèi)，煤塊的加速度大小a1＝m/s2＝8m/s2，方向沿傳送帶向下根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma11﹣2s，物塊的加速度大小a2＝m/s2＝4m/s2，方向沿傳送帶向下根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.25，tanθ＝0.75，則θ＝37°（2）物塊上升的位移大小等于v﹣t圖象與時間軸所包圍的面積大小：x＝×1m+（2﹣1）m＝10m根據(jù)x＝a2t下2，得煤塊下滑的時間t下＝s，所以煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間t＝t上+t下＝2s+s＝（2+）s（3）由圖乙所示圖像可知，傳送帶的速度v＝4m/s，在0﹣1s內(nèi)傳送帶的位移x帶1＝vt1＝4×1m＝4m煤塊的位移為x煤1＝×1m＝8m兩者相對位移大小為Δx1＝x煤1﹣x帶1＝8m﹣4m＝4m，方向沿傳送帶向上在1﹣2s內(nèi)傳送帶的位移x帶2＝vt2＝4×1m＝4m，物塊的位移為x煤2＝×4×（2﹣1）m＝2m兩者相對位移大小為Δx2＝x帶2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿傳送帶向下在2～（2+）s傳送帶向上運動，煤塊向下運動，此過程煤塊相對傳送帶向下的相對位移大小為：Δx3＝a2t下2+vt下代入數(shù)據(jù)解得：Δx3＝（10+4）m因Δx1＜Δx2+Δx3，故劃痕總的長度為ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m答：（1）傾角θ的正切值是0.75，動摩擦因數(shù)μ為0.25；（2）煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為（2+）s；（3）煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為（12+4）m。37．傳送帶以恒定速度v＝4m/s順時針運行，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°．現(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的小物品輕放在其底端（小物品可看成質(zhì)點），平臺上的人通過一根輕繩用恒力F＝20N拉小物品，經(jīng)t1＝0.5s小物品與傳送帶達到瞬間共速，最終小物品被拉到離地高為H＝1.8m的平臺上，如圖所示，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小物品與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)？（2）小物品從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間是多少？（3）若在小物品與傳送帶達到同速瞬間撤去恒力F，求小物品還需多少時間離開傳送帶？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）小物品的加速度：a1＝，對小物品，由牛頓第二定律得：F+μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5；（2）物品在達到與傳送帶速度v＝4m/s相等前，小物品的加速度為：a1＝＝8m/s2，由v＝a1t1，t1＝0.5s位移為：x1＝a1＝1m，之后，由牛頓第二定律得：F﹣μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma2，解得a2＝0，即滑塊勻速上滑，位移為：x2＝﹣x1＝2m，時間為：t2＝＝0.5s，總時間為：t＝t1+t2＝1s，即物品從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間是1s．（3）在物品與傳送帶達到同速瞬間撤去恒力F，由牛頓第二定律得：μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma3，解得：a3＝﹣2m/s2，假設物品向上勻減速到速度為零時，通過的位移為：x＝＝4m＞x2，即物體速度為減為零時已經(jīng)到達最高點；位移：x2＝vt3+a3，解得：t3＝（2﹣）s，[（2+）s舍去]；答：（1）小物品與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5；（2）小物品從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間是1s；（3）若在小物品與傳送帶達到同速瞬間撤去恒力F，小物品還需要（2﹣）s離開傳送帶．十．多種傳送帶的組合問題（共3小題）38．如圖所示的白色傳送帶，水平部分ab的長度為5m，傾斜部分bc的長度為9m，bc與水平面的夾角為θ＝37°，將一小煤塊A（可視為質(zhì)點）輕輕放于a端的傳送帶上，煤塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，傳送帶沿圖示方向以v＝4m/s的速度勻速運動，若煤塊A始終未脫離皮帶（g＝10m/s2）。求：（1）小煤塊從a端被傳送到b端所用的時間及此過程中煤塊在傳送帶上留下的痕跡的長度x1；（2）小煤塊被傳送到c端時的速度大??；（3）若當小煤塊到達b端時，傳送帶在原速基礎上做勻加速運動加速度為a，當a的大小滿足什么條件可以使小煤塊在傳送帶bc上運動所用的時間最短？并求最短時間?！敬鸢浮浚?）小煤塊從a端被傳送到b端所用的時間為1.65s，此過程中煤塊在傳送帶上留下的痕跡的長度為1.6m；（2）小煤塊被傳送到c端時的速度大小為；（3）當a的大小滿足a＞10m/s2可以使小煤塊在傳送帶bc上運動所用的時間最短，最短時間為1s?！窘獯稹拷猓海?）小煤塊A輕輕放于a端的傳送帶上，由牛頓第二定律可得，加速度為加速到與傳送帶共速所用時間為加速階段通過的位移為則勻速階段所用時間為其中x勻＝xab﹣x加則小煤塊從a端被傳送到b端所用的時間為t＝t1+t2代入數(shù)據(jù)解得t＝1.65s此過程中煤塊在傳送帶上留下的痕跡的長度為x1＝x傳﹣x加＝vt1﹣x加解得x1＝1.6m（2）小煤塊在傾斜傳送帶上運動時，由于mgsin37°＞μmgcos37°故在bc段做勻加速運動，由牛頓第二定律可得mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2解得由運動學公式可得解得小煤塊被傳送到c端時的速度大小為（3）若當小煤塊到達b端時，傳送帶在原速基礎上做勻加速運動加速度為a，當a的大小滿足a＞gsin37°+μgcos37°＝10m/s2則小煤塊在傳送帶bc上向下做勻加速運動的加速度最大，在傳送帶bc上運動所用的時間最短，則有mgsin37°+μmgcos37°＝ma3解得根據(jù)運動學公式可得解得v′c＝14m/s則最短時間為答：（1）小煤塊從a端被傳送到b端所用的時間為1.65s，此過程中煤塊在傳送帶上留下的痕跡的長度為1.6m；（2）小煤塊被傳送到c端時的速度大小為；（3）當a的大小滿足a＞10m/s2可以使小煤塊在傳送帶bc上運動所用的時間最短，最短時間為1s。39．一傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長度LAB＝4m，BC段是傾斜的，長度lBC＝5m，傾角為θ＝37°，AB和BC在B點通過一段極短的圓弧連接（圖中未畫出圓?。?，傳送帶以v＝4m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)．已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2．現(xiàn)將一個工件（可看作質(zhì)點）無初速度地放在A點，求：（1）工件第一次到達B點所用的時間？（2）工件沿傳送帶上升的最大高度？（3）工件運動了23s時所在的位置？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）工件剛放在水平傳送帶上的加速度為a1由牛頓第二定律得μmg＝ma1解得a1＝μg＝5m/s2經(jīng)t1時間與傳送帶的速度相同，則t1＝＝0.8s前進的位移為x1＝a1＝1.6m此后工件將與傳送帶一起勻速運動至B點，用時t2＝＝0.6s所以工件第一次到達B點所用的時間t＝t1+t2＝1.4s（2）設工件上升的最大高度為h，由動能定理得（μmgcosθ﹣mgsinθ）?＝0﹣mv2解得h＝2.4m（3）工件沿傳送帶向上運動的時間為t3＝＝2s此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度相同，在傳送帶的水平段運動時的加速度也相同，故工件將在傳送帶上做往復運動，其周期為TT＝2t1+2t3＝5.6s工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r間t0＝2t1+t2+2t3＝6.2s而23s＝t0+3T這說明經(jīng)23s工件恰好運動到傳送帶的水平部分，且速度為零．故工件在A點右側(cè)，到A點的距離x＝LAB﹣x1＝2.4m答：（1）工件第一次到達B點所用的時間是1.4s（2）工件沿傳送帶上升的最大高度是2.4m（3）工件運動了23s時所在的位置是工件在A點右側(cè)，到A點的距離是2.4m．40．圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量為10kg的一袋大米放在A端，到達B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5．（g取10m/s2）試求：（1）若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍。【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）米袋在AB上加速時的加速度a0＝＝5m/s2米袋的速度達到v0＝5m/s時，滑行的距離s0＝＝2.5m＜AB＝3m，因此米袋在到達B點之前就有了與傳送帶相同的速度設米袋在CD上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝10m/s2所以能滑上的最大距離s＝＝1.25m（2）設CD部分運轉(zhuǎn)速度為v1時米袋恰能到達D點（即米袋到達D點時速度恰好為零），則米袋速度減為v1之前的加速度為a1＝﹣g（sinθ+μcosθ）＝﹣10m/s2米袋速度小于v1至減為零前的加速度為a2＝﹣g（sinθ﹣μcosθ）＝﹣2m/s2由+＝4.45m解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能運到D點所用時間最長為tmax＝+＝2.1s若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2。由SCD＝v0tmin+a2t2min，得：tmin＝1.16s所以，所求的時間t的范圍為1.16s≤t≤2.1s；答：（1）若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，米袋沿傳送帶所能上升的最大距離為1.25m。（2）若要米袋能被送到D端，CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應滿足大于等于4m/s，米袋從C端到D端所用時間的取值范圍為1.16s≤t≤2.1s。十一．無外力的水平板塊模型（共4小題）41．（多選）如圖甲，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點），以v1＝3m/s的速度從木板左端向右滑上木板Q，此時木板Q速度大小為v2＝5m/s，方向水平向左，從該時刻開始0.6s內(nèi)兩物體的運動情況的v﹣t圖像如圖乙所示。已知木板Q質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。則（）A．PQ間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.5 B．Q與地面間的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5 C．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長度為L＝3m D．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長度為L＝3.2m【答案】AD【解答】解：A．根據(jù)圖乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2對P分析f1＝μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.5，故A正確；B．根據(jù)圖乙可得，a2＝||＝||m/s2＝5m/s2對Q分析f1+f2＝μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma2解得：μ2＝0.25，故B錯誤；CD.t＝0.6s時P、Q的相對位移為x＝m+m+2×0.6m＝3m此后分別對P、Q根據(jù)牛頓第二定律可知P的加速度向左，大小依然為5m/s2，Q的加速度向右大小依然為5m/s2設兩物體共速所需時間為t，則vQ﹣a2t＝a1t解得t＝0.2s兩物體的相對位移為x'＝vQt﹣﹣則木板的最少長度為L＝x+x'代入數(shù)據(jù)解得L＝3.2m，故C錯誤，D正確；故選：AD。42．如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量mA＝mB＝2kg，放在靜止于水平地面上足夠長的木板C的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量mC＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，某時刻A、B兩滑塊同時開始相向滑動，初速度大小分別為vA＝1m/s、vB＝5m/s，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。（1）求剛開始時滑塊A與木板C的加速度大??；（2）滑塊A與木板C剛好相對靜止時，滑塊B的速度大??；（3）為確?；瑝KA、B不相撞，則木板C至少多長？【答案】（1）剛開始時滑塊A與木板C的加速度大小分別為5m/s2、0m/s2；（2）滑塊A與木板C剛好相對靜止時，滑塊B的速度大小為