2019年高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動定律第2節(jié)牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題學(xué)案新人教版

1、第二節(jié)牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題扣教材雙層夯基I教材梳理自主診斷兩步跨越基礎(chǔ)關(guān)教材梳理自主診斷兩步跨越基礎(chǔ)關(guān)(對應(yīng)學(xué)生用書第 43 頁)教材知識速填知識點 1 牛頓第二定律單位制1 牛頓第二定律(1) 內(nèi)容物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比加速度的方向與 作用力的方向相同.、F(2) 表達(dá)式a=m或F=ma(3) 適用范圍1只適用于慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運(yùn)動的參考系).2只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運(yùn)動(遠(yuǎn)小于光速)的情況.基本量的單位.力學(xué)中的基本量有三個，它們分別是質(zhì)量、時間、長度,它們的國 際單位分別是千克、秒、米.A(3)導(dǎo)出單位%冬、

2、X由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出的其他物理量的單位.易錯判斷物體只有在受力的前提下才會產(chǎn)生加速度，因此，加速度的產(chǎn)生要滯后于力的作用. (X)(3)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)系，同時也確定了物理量間的單位關(guān)系. (V)知識點 2 兩類動力學(xué)問題1.兩類動力學(xué)問題2 .單位制(1)單位制由基本單位和導(dǎo)出單位組成.(2)基本單位(1)牛頓第二定律的表達(dá)式F=ma在任何情況下都適用.(X)2(1) 已知受力情況求物體的運(yùn)動情況.(2) 已知運(yùn)動情況求物體的受力情況.32 .解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下：考查點：牛頓第二定律的理

3、解1 .（魯科必修 1P113）（多選）關(guān)于牛頓第二定律，下列說法正確的是（）A.加速度與合力的關(guān)系是瞬時對應(yīng)關(guān)系，即a與F同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失C. 同一物體的運(yùn)動速度變化越大，受到的合外力也越大D. 物體的質(zhì)量與它所受的合外力成正比，與它的加速度成反比答案AB考查點：單位制2.（粵教必修 IP102T3改編）在國際單位制（簡稱 SI）中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m（米）、（2）若在外力作用下勻加速 4 s 撤去外力后，還能運(yùn)動多少時間?解析（1）設(shè)阻力為Ff，貝UFFf=ma解得Ff= 15 N .如果撤去推力，車的加速 度由阻力提供，則Ff=ma，解得a= 0.5 m/s2.(2)

4、由v=at及v=a t可知,att =a = 12 s.2教材習(xí)題回訪B.加速度的方向總是與合外力的方向相同kg（千克）、s（秒）、A（安培）.導(dǎo)出單位 V（伏特）用上述基本單位可表示為（）A. ni kg s一4A一1B. m 2 2 1C. mkgsA2D. mkg 3 一 1sAkg 一 11sA答案B考查點：牛頓第二定律的應(yīng)用3.（人教版必修 1P78T5改編）水平路面上質(zhì)量是 30 kg 做加速度為21.5 m/s 的勻加速運(yùn)動.的手推車，在受到 60 N 的水平推力時（1） 如果撤去推力， 車的加速度的大小是多少?2(g= 10 m/s )由力求運(yùn)動由運(yùn)動尿力4答案（1）0.5 m

5、/s （2）12 s教師備選考查點：動力學(xué)基本問題4.(魯科必修 1P113T6)如圖所示，質(zhì)量為 0.8 kg 的物塊以 5 m/s 的初速度從斜面頂端下滑,斜面長 5 m,傾角為 37，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)卩=0.3.求:(1)物塊在斜面上運(yùn)動時的加速度；物塊滑至斜面底端時的速度.(取g= 10 m/s2)【導(dǎo)學(xué)號：84370112】解析(1)由于物體下滑過程中受重力、摩擦力、彈力作用，沿斜面方向有mgsin 37 -mgcos 37 =ma2解得a= 3.6 m/s ，方向沿斜面向下.由v2v2= 2as得vt= 7.8 m/s，方向沿斜面向下.答案(1)3.6m/s2沿斜面向下(2

6、)7.8m/s沿斜面向下析考點多維突破I基礎(chǔ)型能力型應(yīng)用型據(jù)基礎(chǔ)型能力型應(yīng)用型據(jù) 點井定點井定“型型”靈活實用靈活實用(對應(yīng)學(xué)生用書第 44 頁)|考點1|對牛頓第二定律的理解1 牛頓第二定律的“五性”矢量性F=ma是矢量式，a與F冋向瞬時性a與F對應(yīng)同一時刻因果性F是產(chǎn)生a的原因同一性a、F、m對應(yīng)同一個物體， 應(yīng)用時統(tǒng)一使用 SI 制獨立性每一個力都產(chǎn)生各自的加速度2.合力、加速度、速度間的決定關(guān)系(1) 物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度，只有合力為零時，加速度才為零.一般情況下，合5力與速度無必然的聯(lián)系.(2) 合力與速度同

7、向時，物體加速運(yùn)動；合力與速度反向時，物體減速運(yùn)動.vF(3)a= t是加速度的定義式，a與v、t無直接關(guān)系；a=m是加速度的決定式，61a*F,a*題組通關(guān)1. （2018 四川廣元一診）如圖 3-2-1 所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運(yùn)動到B點如果物體受到的阻力恒定，則（）【導(dǎo)學(xué)號：84370113】A.物體從A到O先加速后減速B.物體從A到O做加速運(yùn)動，從C.物體運(yùn)動到 O 點時，所受合力為零D.物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小A 物體從A到O,初始階段受到的向右的彈力大于阻力，合力向右.隨著物體向右運(yùn)動，彈力逐

8、漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度同向， 物體的速度逐漸增大. 當(dāng)物體向右運(yùn)動至AO間某點（設(shè)為點O）時，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度 達(dá)到最大.此后，隨著物體繼續(xù)向右運(yùn)動，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方 向變?yōu)橄蜃?，至O點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大.所以物體越過O點后，合力（加速度）方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速 度逐漸增大的減速運(yùn)動.綜合以上分析.只有選項A 正確./2.（多選）一物體重為 50 N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如圖 3-2-2 所示的水平力R和F2，

9、若F2= 15 N 時物體做勻加速直線運(yùn)動， 則F1的值可能是（g取 10 m/s2）（）-.附圖 3-2-2A. 3 NC. 30 NACD 若物體向左做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知F2只卩 G=ma0,解得F10,解得F125 N , C D 正確.8反思總結(jié)理解牛頓第二定律的三點注意1 分析物體的運(yùn)動性質(zhì)， 要從受力分析入手， 先求合力，然后根據(jù)牛頓第二定律 分析加速度的變化.2 速度的大小如何變化取決于加速度和速度方向間的關(guān)系，和加速度的大小沒有關(guān)系.加速度如何變化取決于物體的質(zhì)量和合外力，與物體的速度沒有關(guān)系牛頓第二定律的瞬時性1 兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者

10、總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：:不炭生明顯形變就能產(chǎn)生彈力.剪斷或: 莉駅 擁知脫離后*不盂耍時間恢復(fù)瑾如彈力立: 即消失或改變.一般題冃中所踣的輕俺、 和按融面:輕杯利接觸面在不御特辣說明時*均可:；按此模型赴理兩種模墜丿.1:當(dāng)彈貸的兩端與物體相連（即兩端為固!従端）時T由于物體有慣性*彈簧的隹 禪簧、蹦度不會發(fā)生克啞*所關(guān)在瞬時何題中. 和據(jù)愷舫J其彈力的大小認(rèn)溝是不蚩的，即此時聊E簧的彈力不炎變2 一般思路第一步：分析原來物體的受力情況.第二步：分析物體在突變時的受力情況.第三步：由牛頓第二定律列方程.第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性.題組通關(guān)A B

11、兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為0，圖甲中，A、B兩球用輕A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行,圖 3-2-33.如圖 3-2-3 所示,彈簧相連，圖乙中910A.兩圖中兩球加速度均為gsin0B. 兩圖中A球的加速度均為 0C.圖乙中輕桿的作用力一定不為0D.圖甲中 B 球的加速度是圖乙中B球的加速度的 2 倍D 撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為2min0，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為 0，加速度為 0,B球所受合力為 2min0，加速度為 2gsin0;圖乙中桿的彈力突變?yōu)?,A、B兩球所受合力均為m

12、gsin0，加速度均為gsin0，可知只有 D 對.4. （2018 泰安二模）如圖 3-2-4 所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著， 彈簧固定在豎直板上.兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質(zhì)細(xì)繩* J vO的正上方，OA與45角，現(xiàn)將輕質(zhì)相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)已知B球質(zhì)量為m O在半圓柱體圓心豎直方向成 30角，OA長度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成細(xì)繩剪斷的瞬間（重力加速度為g），下列說法正確的是JTA.B.C.D.圖 3-2-4()彈簧彈力大小為-2mg球B的加速度為g球A受到的支持力為；2mg1球A的加速度為 2gD 剪斷細(xì)繩前對B球受力分析如圖

13、，由平衡條件可得【導(dǎo)學(xué)號:84370114】45=mg剪斷細(xì)繩瞬間，細(xì)繩上彈力立即消失，而彈簧彈力重力的大小和方向均沒有改變,A、B 項錯誤.A球的重力大小30= Wmg C 項錯誤對彈=mga n則F合=cos 4? =噸aB=g，F(xiàn)彈和NA=GcosGA= 2F繩cos 30=6mg A球受到的支持力A球由牛頓第二定律有mgs in 30=maA,得A的加速1度aA=g sin 30 = ?g, D 項正確.1112反思總結(jié)求解瞬時加速度時應(yīng)注意的問題1 物體的受力情況和運(yùn)動情況是時刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析.2 加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變

14、化需要一個積累的過程，不會發(fā)動力學(xué)的兩類基本問題1.解決動力學(xué)基本問題時對力的處理方法（1）合成法：在物體受力個數(shù)較少 （2 個或 3 個）時一般采用“合成法”.（2）正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多（3 個或 3 個以上），則采用“正交分解法”.2 .兩類動力學(xué)問題的解題步驟多維探究考向 1 已知受力情況，求物體運(yùn)動情況1 .（多選）（2018 汕頭模擬）建設(shè)房屋時，保持底邊L不變，要設(shè)計好屋頂?shù)膬A角0，以便下雨時落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運(yùn)動.下列說法正確的是（）I考點3|13A.傾角0越大，雨滴下滑時的加速度越大B.傾角0越大，雨滴對屋頂壓力

15、越大圖 3-2-514C.傾角0越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D.傾角0越大，雨滴從頂端0下滑至屋檐M時的時間越短AC 設(shè)屋檐的底角為0，底邊長度為L,注意底邊長度是不變 的，屋頂?shù)钠旅骈L度為x,雨滴下滑時加速度為a,對雨滴受力 分析，只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN,垂直于屋頂方向：mgcos0=FN,平行于屋頂方向：ma= mgs in0.雨滴的加速度為：a=gsin0，則傾角0越大，雨滴下滑時的加速度越大，故屋頂?shù)膲毫Υ笮。篎N=FN=mgcos0，則傾角0越大，雨滴對屋頂壓力越小，故-L1B 錯誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長度x= 2cos0，由x= 2gsin0t

16、2,可2L得：t=gsin 20，可見當(dāng)0= 45時，用時最短，D 錯誤；由v=gsin0t可得：v=gLtan0,可見0越大，雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大，C 正確.2.如圖 3-2-6 所示為四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應(yīng)用一架質(zhì)量m= 2 kg 的無人機(jī)，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=(1) 無人機(jī)在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛.求在t= 5 s 時離地面的高度h;(2) 當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度H= 100 m 處，由于動力設(shè)備故障，無人機(jī)突然失去升力而墜落求無人機(jī)墜落地面時的速度V.【導(dǎo)學(xué)號：84370115】VKA解析

17、(1)設(shè)無人機(jī)上升時加速度為a,由牛頓第二定律，有Fmg- f=ma解得a= 6 m/s:1由h= 2at2,解得h= 75 m.(2)設(shè)無人機(jī)墜落過程中加速度為mg- f=ma2解得a1= 8 m/s由v2= 2a1H,解得v= 40 m/s.答案(1)75 m (2)40 m/sA 正確；雨滴對a1,由牛頓第二定律，有15獨弼備選在第 2 題中在無人機(jī)墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力設(shè)備重新啟動提供向 上最大升力為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間ti.解析設(shè)飛行器恢復(fù)升力后向下減速時加速度為比，由牛頓第二定律，有Fmg+ f=ma解得a2= 10 m/s2設(shè)飛行器恢

18、復(fù)升力時速度為Vm,則有2 2VmVm201+ 2a=H405解得Vm=廠 m/s 由Vm=aiti，解得11= 3 s.考向 2 已知運(yùn)動情況，求物體受力情況3 （2018 襄陽模擬）在歡慶節(jié)日的時候，人們會在夜晚燃放美麗的焰火.按照設(shè)計，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后，在4 s 末到達(dá)離地面 100 m 的最高點時炸開，構(gòu)成各種美麗的圖案假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直射出時的初速度是V。，上升過程中所受的平均阻力大小始終是自身重力的k倍，那么V0和k分別等于（重力加速度g取210 m/s ）（）A. 25 m/s,1.25B. 40 m/s,0.25C. 50 m/s,0.25D.

19、80 m/s,1.25題眼點撥“4 s 末，100 m 的最高點”可由運(yùn)動學(xué)公式求加速度；“平均阻 力”可根據(jù)牛頓第二定律列式求k.C 根據(jù)h= 2at2，解得a= 12.5 m/s2,所以vo=at= 50 m/s； 上升過程禮花彈所受mg+ Ff的平均阻力Ff=kmg根據(jù)牛頓第二定律得a=孑=（k+ 1）g= 12.5 m/s2,解得k=0.25，故選項 C 正確.4. （2018 德州模擬）一質(zhì)量為m=2 kg 的滑塊能在傾角為0= 30的足夠長的斜面上以a=2.5 m/s2的加速度勻加速下滑.如圖3-2-7 所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t= 2s 內(nèi)能沿斜面

20、運(yùn)動位移x= 4 m.求：（g取 10 m/s2）16(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)卩;恒力F的大小.【導(dǎo)學(xué)號：84370116】題眼點撥“勻加速下滑”說明滑塊受沿斜面向上的摩擦力；“恒力F靜止開始”說明使滑塊沿斜面做勻加速直線運(yùn)動，有加速度向上和向下兩種可能.解析(1)根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin 30 -mgcos 30 =mac) )解得：= 6 .由x=2at2,得a1= 2 m/s2,當(dāng)加速度沿斜面向上時，F(xiàn)cos 30-mgsin 30-、仁 776 31(Fsin 30 +mgcos 30 ) =ma,代入數(shù)據(jù)得：F=5 N當(dāng)加速度沿斜面向下時：min 30 -Fcos 3

21、0 -1(Fsin 30+mgcos 30)=ma代入數(shù)據(jù)得：F=7 7N.隨著科技的發(fā)展，未來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機(jī)的起飛距離，如圖所示，航空母艦的水平跑道總長1= 180 m,其中電磁彈射區(qū)的長度為l1= 120 m,/在該區(qū)域安裝有直線電機(jī)，該電機(jī)可從頭至尾提供一個恒定的牽引力F牽.一架質(zhì)量jk為 mr2.0 x104kg 的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動機(jī)可以提供恒定的推力F推=1.2x105N.假設(shè)在電磁彈射階段的平均阻力為飛機(jī)重力的0.05 倍，在后一階段的平均阻力為飛機(jī)重力的 0.2 倍已知飛機(jī)可看作質(zhì)量恒定的質(zhì)點，離艦起飛速度v= 120 m/s，航空答案(1)(1) 6

22、65 517(1)飛機(jī)在后一階段的加速度大小;母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，求:(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，g取 10 m/s2)18飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的加速度大小和電磁彈射器的牽引力F牽的大小.解析(1)飛機(jī)在后一階段受到阻力和發(fā)動機(jī)提供的推力作用，做勻加速直線運(yùn) 動，設(shè)加速度為a2,此過程中的平均阻力f2= 0.2mg根據(jù)牛頓第二定律有F推一f2=ma代入數(shù)據(jù)解得a2= 4.0 m/s2.飛機(jī)在電磁彈射階段受恒定的牽引力、阻力和發(fā)動機(jī)提供的推力作用，做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為ai，末速度為vi.此過程中飛機(jī)受到的阻力f1= 0.05mg根據(jù)勻加速運(yùn)動規(guī)律有vi= 2ai112 2 . .vvi= 2a2(

23、11i)根據(jù)牛頓第二定律有F牽+F推一fi=ma代入數(shù)據(jù)解得ai= 58 m/s2,F牽 i.ixi06N.226答案(i)4.0 m/s (2)58 m/s i.ixi0 N反思總結(jié)解決動力學(xué)兩類問題的關(guān)鍵點1 兩個分析：受力情況分析、運(yùn)動情況分析.2 兩個橋梁：加速度是聯(lián)系運(yùn)動和力的橋梁、速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁.“傳送帶模型”問題母題(20i8 成都高三期末)如圖 3-2-8 所示，傾斜傳送帶與水平方向的夾角0= 37,以v= 1 m/s 的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，兩輪間的距離L= 9 m，一可視為質(zhì)點的物塊以大小Vo= 11 m/s、方向平行于斜面向上的速度從底端滑上傳送帶，物塊與

24、傳送帶間的動摩擦因數(shù) 卩=0.5，整個過程中物塊質(zhì)量的變化不計，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相圖 3-2-8(1) 從滑上傳送帶到第一次速度達(dá)到1 m/s 的過程中，物塊相對傳送帶通過的路程；(2) 物塊在傳送帶上運(yùn)動的總時間.【導(dǎo)學(xué)號：84370117】I考點4|19【自主思考】20物塊的速度第一次達(dá)到1 m/s 時物塊的加速度怎樣？物塊將怎樣運(yùn)動？提示因 min0卩mgcos0，加速度方向不變，大小發(fā)生突變，物塊繼續(xù)做勻 減速運(yùn)動.解析（1）物塊從滑上傳送帶到第一次速度達(dá)到1 m/s 前受力如圖甲所示，由牛頓第二定律有一卩mgpos0mgin0=ma,代入數(shù)據(jù)解得ai= - 10 m/s2

25、,由運(yùn)動學(xué) 公式vvo=a1t1,解得t1= 1 s.物塊第一次速度達(dá)到 1 m/s 時發(fā)生的位移為X1=vot11+刃億，代入數(shù)據(jù)得X1= 6 m,傳送帶的位移X2=vt1,代入數(shù)據(jù)得X2= 1 m,物塊物塊第一次速度達(dá)到 1 m/s 后，由于mgsin0卩mgpos0，物塊會相對傳送帶 下滑，在此過程中物塊受力如圖乙所示，對物塊，由牛頓第二定律有卩mopos0mn0=ma,解得a2= 2 m/s2，物塊在此過程中上升的最大距離為X3,由運(yùn)動學(xué)公式有v2= 2a2X3,解得X3= 0.25 m 因X1+X3L，故物塊此后會反向做勻加速運(yùn) 動，從下端離開傳送帶，物塊受力仍如圖乙所示，故加速度仍

26、為a2= 2 m/s2,對物塊，選擇從速度第一次達(dá)到1 m/s 時到離開傳送帶的過程進(jìn)行分析，由運(yùn)動學(xué)公1式有一X1=vt2+ 2 比七2，解得12= 3 s，故總時間t=11+12= 4 s.答案（1）5 m （2）4 s母題遷移母遷移水平傳送帶題I至竺傾斜傳送帶遷移 1 水平傳送帶1.（多選）如圖 3-2-9 所示，水平傳送帶A B兩端相距X= 4 m,以vo= 4 m/s 的速度（始終 保持不變）順時針運(yùn)轉(zhuǎn)，今將一小煤塊（可視為質(zhì)點）無初速度地輕放至A端，由于煤塊與 傳送帶之間有相相對傳送帶通過的路程x=X1X2，解得x= 5 m.21對滑動，會在傳送帶上留下劃痕已知煤塊與傳送帶間的動摩

27、擦因數(shù)卩=0.4，取重力加速度大小g= 10 m/s2，則煤塊從A運(yùn)動到B的過程中（）22圖 3-2-9A. 煤塊從A運(yùn)動到B的時間是 2.25 sB. 煤塊從A運(yùn)動到B的時間是 1.5 sC. 劃痕長度是 0.5 mD. 劃痕長度是 2 m題眼點撥“無初速度相對滑動”可知劃痕長為二者相對位移大??；“從A運(yùn)動到B”運(yùn)動過程有兩種可能，一是一直加速，二是先勻加速再勻速.卩mgBD 根據(jù)牛頓第二定律，煤塊的加速度a= m = 4 m/s2,Vo1煤塊運(yùn)動到速度與傳送帶速度相等時的時間11=a= 1 s，位移大小xi= 2ati= 2 mvx,此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運(yùn)動直至B端，所以劃痕長

28、度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小，即x=Vot1-X1= 2 m，選項 D 正確，C 錯誤；X2X2=xX1= 2 m,勻速運(yùn)動的時間12= V)= 0.5 s ,運(yùn)動的總時間t=t1+t2= 1.5 s，選項 B 正確，A 錯誤.遷移 2 傾斜傳送帶2.如圖 3-2-10 所示，傳送帶與地面夾角0= 37,從A到B長度為L= 10.25 m，傳送帶以V0= 10 m/s 的速率逆時針轉(zhuǎn)動.在傳送帶上端A無初速度地放一個質(zhì)量為m= 0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為卩=0.5.煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色痕跡.已知 sin 37 = 0.6 ,g取 10 m/s，求：(1)煤塊從A到B的時間；【導(dǎo)學(xué)號：84370118】煤塊從A到B的過程中在傳送帶上形成痕跡的長度.解析(1)