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重難點04牛頓運動定律的四大應(yīng)用考點2025考向預(yù)測考點1：牛頓第二定律之連接體高考命題中對本章內(nèi)容的考查有慣性、力與運動的關(guān)系、加速度與力的關(guān)系、超重與失重，題型有選擇題、計算題.方法有整體法、隔離法、數(shù)圖轉(zhuǎn)換、函數(shù)論證、臨界極值法，控制變量法.能力有理解能力、推理能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力、實驗?zāi)芰?。試題難度中等偏易。高考試題會綜合牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律，注重與電場、磁場的滲透，注重與生產(chǎn)、生活、當今熱點、現(xiàn)代科技的聯(lián)系，注意社會責任、科學(xué)態(tài)度等要素的滲透?？键c2：牛頓第二定律之斜面體考點3：牛頓第二定律之傳送帶考點4：牛頓第二定律之板塊（滑塊連接）【情境解讀】【高分技巧】1、牛頓第二定律之連接體①平衡中的連接體模型問題：如圖，求m1：m2大小 對m1、m2受力分析，三力平衡可構(gòu)成矢量三角形，根據(jù)正弦定理有，對m1：對m2：根據(jù)等腰三角形有：聯(lián)立解得②桿彈簧加速度問題模型傾斜加速中的懸繩2、牛頓第二定律之斜面體斜面上物體靜摩擦力突變模型基礎(chǔ)：斜面力分解總結(jié)：沿斜面分解順著斜面分解（發(fā)音為）垂直斜面分解垂著斜面分解（發(fā)音為）方程：3、牛頓第二定律之傳送帶考綱：求算時間問題.求算劃痕問題.求算電動機消耗的電能.判斷物塊是否滑出（反向傳送帶）.確定水平傳送帶中的能量關(guān)系.解決此類問題的萬能法為圖象①有限長度且（輕放），設(shè)長度為，加速度圖象如圖所示：Ⅰ：從左向右所需時間若能解出，則紅線符合題意，否則紅線符合題意.Ⅱ:劃痕長度如圖：劃痕長度為陰影部分的面積.②傾斜傳送帶模型傾斜傳送帶模型上物體的三大常見運動上傳模型、物體下滑4、牛頓第二定律之板塊（滑塊連接）以有特殊外力為標準（粗糙面上外力拉板）Ⅰ：問題1：判斷能否一起動？若能則求？否則假設(shè)能一起動，整體加速度，最大加速度，①若，能一起動.則.②若，不能一起動.則.加速度，加速度.問題2：板塊一起動？求范圍？板塊不能一起動？求范圍？方法：①假設(shè)一起動，選物體由質(zhì)量分配與受力分析求合力表達式，解出②根據(jù)，求得范圍.故（能一起動范圍）.同時（建議用時：40分鐘）【考向一：牛頓第二定律之連接體】1．（2024·天津河?xùn)|·聯(lián)考）如圖所示，兩物塊P、Q置于水平地面上，其質(zhì)量分別為m、2m，兩者之間用水平輕繩連接。兩物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，現(xiàn)對物塊Q施加一方向水平向右、大小為F的拉力，使兩物塊做勻加速直線運動，則（）A．兩物塊的加速度大小為 B．兩物塊的加速度大小為C．輕繩的拉力大小為 D．若水平面變光滑則輕繩上的拉力不變【答案】BD【詳解】AB．對兩物塊P、Q整體分析有，解得故A錯誤，B正確；C．對物塊P分析有，解得輕繩的張力大小為，故C錯誤；D．若水平面變光滑，對兩物塊P、Q整體分析有對物塊P分析有，解得輕繩的張力大小為則輕繩上的拉力不變，故D正確；故選BD。2．（2024·天津?qū)氎妗ふ{(diào)研）如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向的夾角，小球和車廂相對靜止，小球的質(zhì)量為m（重力加速度為g）。對于懸線拉力和車廂的運動情況的描述，可能正確的是（）A．向右加速 B．向左加速C． D．【答案】AD【詳解】AB．由于車廂沿水平方向運動，所以小球有水平方向的加速度，所受合力沿水平方向，選小球為研究對象，受力分析如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，解得方向水平向右，所以車廂向右做勻加速運動或者向左做勻減速運動，故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)三角形定則可知懸線對球的拉力為，故C錯誤，D正確。故選AD。3．（2024·天津·聯(lián)考）一個單擺懸掛在小車上，隨小車沿著傾角為的斜面滑下，圖中的虛線①與斜面垂直，虛線②沿斜面方向，則可判斷出（）A．如果斜面光滑，擺線與②重合B．如果斜面光滑，擺線與①重合C．如果，擺線位于②與③之間D．如果，擺線位于②與③之間【答案】BD【詳解】AB．單擺小球和小車一起沿斜面滑下，當斜面光滑時，對小車和單擺小球整體受力分析，有，此時的加速度為而對單擺小球進行受力分析，單擺繩對球的拉力得垂直于斜面才能讓小球具有這樣的加速度，即擺線與①重合，故A錯誤，B正確；C．當斜面粗糙時，當有，即小車和單擺這個整體有解得加速度為加速度方向沿斜面向下，所以對球進行受力分析可以判斷擺線位于①與③之間，故C錯誤；D．如果斜面粗糙且，即則可以判斷小車和單擺的加速度，說明加速度方向沿斜面向上，則擺線位于②與③之間，所以D選項是正確的。故選BD。4．（2024·天津·聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為的物塊A放在一個縱剖面為矩形的靜止木箱內(nèi)，A和木箱水平底面之間的動摩擦因數(shù)為0.3。A的右邊被一根輕彈簧用的水平拉力向右拉著而保持靜止。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取。下列哪種做法可以使物塊A相對木箱底面向右移動。（）A．讓木箱以的加速度向上運動 B．讓木箱以的加速度向下運動C．讓木箱以的加速度向左運動 D．讓木箱以的加速度向右運動【答案】BC【詳解】A．若讓木箱以的加速度向上運動，則木箱超重，木箱對地板的壓力變大，最大靜摩擦力變大，則木箱仍靜止，選項A錯誤；B．讓木箱以的加速度向下運動，則此時，最大靜摩擦力解得，則木箱在彈簧拉動下向右運動，選項B正確；C．讓木箱以的加速度向左運動，假設(shè)木箱靜止，則解得f=2.7N>fm=μmg=1.5N，可知木箱不能靜止，將向右運動，選項C正確；D．讓木箱以的加速度向右運動，假設(shè)木箱靜止，則解得f=0.3N<fm=μmg=1.5N，可知木箱靜止，選項D錯誤。故選BC。5．（2024·天津武清·聯(lián)考）電梯在現(xiàn)代人的日常生活中扮演了無可替代的角色，如圖所示為某同學(xué)設(shè)計的一種電梯結(jié)構(gòu)的簡化示意圖?，F(xiàn)已知轎廂質(zhì)量，配重質(zhì)量。某時刻，電梯轎廂內(nèi)無乘客，為測試抱死系統(tǒng)，電動機不工作，當電梯從一樓上升到高的頂樓時，立即啟動抱死裝置給轎廂施加向下阻力，使轎廂在電梯井內(nèi)勻減速上升，測得上升后電梯停下。定滑輪與繩之間阻力忽略不計，g取。求：(1)電梯加速上升的總時間；(2)電梯減速過程中，抱死裝置對轎廂的阻力大??；(3)由于要改變電梯用途，故調(diào)整配重的質(zhì)量。假設(shè)電梯乘坐人員總質(zhì)量為，又由于電動機的限制，使得與之相連繩上拉力T可在0-14000N之間任意調(diào)整。為讓乘客感到舒適，電梯設(shè)定運行加速度不超過，試求滿足要求且電梯正常運行的配重的取值范圍?！敬鸢浮?1)5s，(2)3×104N，(3)100kg≤m1≤2250kg【詳解】（1）對轎廂A和配重A的系統(tǒng)由牛頓第二定律，解得a1=2m/s2根據(jù)，解得t1=5s（2）系統(tǒng)先加速后減速運動，則由，可得減速運動的加速度a2=10m/s2減速過程對轎廂A和配重A的系統(tǒng)由牛頓第二定律，解得f=3×104N（3）對轎廂、乘客和配重整體受力分析，由牛頓第二定律得T+m1g-（M+m0）g=（m1+M+m0）a，即分析可知，當與電動機相連繩上拉力T最大，且a最小時m1最小，即T=14000N，a=0m/s2代入解得m1min=100kg當與電動機相連繩上拉力T最小，且a最大時m1最大，即T=0N，a=2m/s2代入解得m1max=2250kg故配重m1的取值范圍為100kg≤m1≤2250kg6．（2024·天津和平·調(diào)研）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在地面，另一端與質(zhì)量為m的物體P連接處于豎直狀態(tài)，跨過定滑輪的輕繩一端與物體P連接，另一端與質(zhì)量為2m的物體Q連接。用手托著物體Q使輕繩剛好伸直無張力，物體Q由靜止釋放后，物體P開始向上運動，運動過程中物體Q始終未接觸地面，彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。設(shè)物體P上升通過A點位置時速度最大，求：（1）物體P靜止時彈簧的形變量x1和物體P通過A點時彈簧的形變量x2；（2）物體P通過A點位置時最大速度；（3）若物體Q的質(zhì)量增大為原來的N倍，試分析說明不管N多大，物體P上升到A點時的速度都不可能增大到?！敬鸢浮浚?）；；（2）；（3）見解析【詳解】（1）物體P處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有，解得物體P通過A點時，速度達到最大。加速度為零，合力為零，則有，，解得（2）物塊P在出發(fā)點位置和A位置，彈簧形變量相同，彈性勢能相等，根據(jù)功能關(guān)系，可得，解得（3）若物塊Q的質(zhì)量增大為原來的N倍，根據(jù)功能關(guān)系得，解得當N→∞時，，而，可得所以不管N多大，物塊P上升到A點時的速度都不可能增大到2vm。7．（2024·天津·調(diào)研）如圖所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可視為質(zhì)點的小物塊，現(xiàn)用輕細線的一端連接木板的Q端，保持與斜面平行，繞過定滑輪后，另一端可懸掛鉤碼，鉤碼距離地面足夠高。已知斜面傾角θ=30°，木板長為L，Q端距斜面頂端距離也為L，物塊和木板的質(zhì)量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)為。若所掛鉤碼質(zhì)量為2m，物塊和木板恰能一起勻速上滑；若所掛鉤碼質(zhì)量為其他不同值，物塊和木板有可能發(fā)生相對滑動。重力加速度為g，不計細線與滑輪之間的摩擦，設(shè)接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）木板與斜面間的動摩擦因數(shù)；（2）物塊和木板不發(fā)生相對滑動時，所掛鉤碼質(zhì)量不能超過多大？（3）選取適當質(zhì)量的鉤碼可使木板由靜止開始向上滑動，試討論木板Q端到達斜面頂端所用時間t和鉤碼質(zhì)量之間的關(guān)系。【答案】（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）整個系統(tǒng)勻速時有2mg=FT，F(xiàn)T=2mgsinθ＋μ22mgcosθ，解得（2）要使二者發(fā)生不相對滑動，保證木板的加速度a1不大于物塊的加速度a2，對物塊有μ1mgcosθ－mgsinθ=ma2，可得對木塊有F′T－mgsinθ－μ1mgcosθ－μ22mgcosθ=ma1對鉤碼有m′g－F′T=m′a1，解得，聯(lián)立解得即物塊和木板不發(fā)生相對滑動時，所掛鉤碼質(zhì)量不能超過。（3）若，二者相對滑動，木板的位移物塊的位移由于L－s<L，當Q端到達斜面頂端時，物塊未從木板上滑下，所以若，物塊和木板和鉤碼整體一起加速運動，有m′g－2mgsinθ－μ22mgcosθ=（2m+m′）a3，解得，所以有8．（2024·天津南開·聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量分別為、的兩個物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接，的水平拉力作用在上，彈簧測力計始終在彈性限度內(nèi)且質(zhì)量可忽略。當系統(tǒng)穩(wěn)定后，下列說法正確的是（

）A．彈簧測力計的示數(shù)是B．在突然撤去F的瞬間，的加速度不變C．在突然撤去F的瞬間，的加速度變小D．在突然撤去F的瞬間，彈簧測力計的示數(shù)不變【答案】D【詳解】A．以向右為正方向，對整體分析，由牛頓第二定律得，解得設(shè)彈簧的彈力為，對物塊分析，由牛頓第二定律得，故A錯誤；B．在突然撤去F的瞬間，彈簧的形變量不變，只受彈簧彈力加速度為，有，故B錯誤；C．在突然撤去F的瞬間，彈簧的形變量不變，m2的受力沒有變化，故其加速度沒有變化，故C錯誤；D．在突然撤去F的瞬間，彈簧的形變量不變，則彈簧測力計的示數(shù)不變，故D正確。故選D?！究枷蚨号ｎD第二定律之斜面體】9．（2024·天津河西·二模）如圖所示，光滑水平面上固定一傾角的斜面，斜面的長度，質(zhì)量為的足夠長的木板左端與斜面底端平滑連接（木板與斜面不粘連）。一個質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點）從斜面的頂端由靜止開始下滑，到達斜面底端時的速度大小為，接著立即以該速度大小沿水平方向滑上長木板。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為，g取。求：（1）滑塊到達斜面底端時的速度大小以及滑塊在斜面上運動的過程中斜面對滑塊支持力的沖量；（2）滑塊與木板最終達到的共同速度v的大小以及滑塊相對于長木板滑動的距離x?！敬鸢浮浚?），，方向垂直于斜面向上；（2），【詳解】（1）滑塊在斜面上下滑時，以滑塊為研究對象，有解得滑塊在斜面上做勻變速直線運動，有，，解得，斜面對滑塊支持力的沖量為，解得，方向垂直于斜面向上（2）滑塊與木板最終達到的共同速度，根據(jù)動量守恒可得，解得滑塊與木板相互作用的過程中，根據(jù)能量守恒可得解得10．（2024·天津·聯(lián)考）如圖所示，粗糙斜面上的物塊受到沿斜面向上的恒力F作用，下列關(guān)于物塊所處的狀態(tài)和受力情況說法正確的是（）A．物塊一定靜止不動 B．物塊一定沿斜面向上運動C．物塊一定受到摩擦力的作用 D．物塊可能沿斜面向下加速運動【答案】D【詳解】物塊受重力、斜面的支持力、力F，因三個力大小關(guān)系不能確定，可知不能確定是否受摩擦力，也不能判斷物塊是否靜止還是運動以及向什么方向運動，若F=mgsinθ則物塊受摩擦力為零；若mgsinθ>F+f，則物塊沿斜面向下加速運動。故選D。11．（2024·天津濱海新·聯(lián)考）如圖所示，斜面AC長，傾角，CD段為與斜面平滑連接的水平地面。一個質(zhì)量的小物塊從斜面頂端A點由靜止開始滑下。小物塊與斜面、地面間的動摩擦因數(shù)均為，不計空氣阻力，重力加速度g取，，求：(1)小物塊在斜面上運動時的加速度大小a；(2)小物塊滑到斜面底端C點時的速度大小v；(3)小物塊在水平地面上滑行的時間t?！敬鸢浮?1)2m/s2，(2)2m/s，(3)0.4s【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律有，代入數(shù)據(jù)得（2）根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有，代入數(shù)據(jù)得（3）根據(jù)動量定理，小物塊在水平地面上滑行的過程，代入數(shù)據(jù)得12．（2024·天津靜?！ふ{(diào)研）如圖所示，質(zhì)量為的木塊在傾角的足夠長的固定斜面上由靜止開始下滑，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，已知：，，取，求：（1）前內(nèi)位移；（2）前內(nèi)各個力所做的總功?！敬鸢浮浚?）;（2）?！驹斀狻浚?）根據(jù)受力結(jié)合牛頓第二定律，根據(jù)勻加速直線運動的位移公式（2）前內(nèi)各個力所做的總功，即合外力所做功的功，根據(jù)動能定理13．（2024·天津·聯(lián)考）如圖所示，斜面置于粗糙水平面上，物塊A和B的接觸面是水平的，兩物塊保持相對靜止一起沿粗糙斜面加速下滑，在兩物塊下滑過程中，斜面始終保持靜止不動，以下說法正確的是（）A．物塊A對物塊B的摩擦力方向為水平向右 B．斜面對物塊B的摩擦力方向為沿斜面向上C．斜面對地面的摩擦力方向為水平向左 D．地面對斜面的支持力大小等于斜面的重力【答案】AB【詳解】A．對物體A受力分析，受重力、支持力和摩擦力，由于A加速度向左下方，故合力向左下方，故B對A的摩擦力方向為水平向左，物塊A對物塊B的摩擦力方向為水平向右，故A正確；B．物塊B沿斜面加速下滑，斜面對物塊B的摩擦力方向為沿斜面向上，故B正確；C．對A、B、斜面體整體，其中AB所受合力向左，斜面所受合力為零，故A、B、斜面體合力向左，故地面的摩擦力水平向左，斜面對地面的摩擦力方向為水平向右，故C錯誤；D．豎直方向上，斜面受到AB對其豎直向下的作用力，地面對斜面的支持力大小大于斜面的重力，故D錯誤。故選AB。14．（2024·天津和平·調(diào)研）如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動，水泥圓筒在木棍上恰可以勻速滑下。則下列操作中，可以使圓筒在木棍上加速下滑的是（

）

A．保持兩木棍傾角不變，將兩者間的距離稍增大后固定不動B．保持兩木棍傾角不變，將兩者間的距離稍減小后固定不動C．保持兩木棍間的距離不變，將兩者傾角稍減小后固定不動D．保持兩木棍間的距離不變，將兩者傾角稍增大后固定不動【答案】BD【詳解】AB．水泥圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，設(shè)每根棍所受支持力與垂直兩棍平面向上的方向夾角為θ，根據(jù)平衡條件得知，，保持兩木棍傾角不變，將兩棍間的距離稍減小后，兩棍所受支持力的合力不變，夾角θ減小，則每根木棍對圓筒的支持力N減小，滑動摩擦力減小，根據(jù)牛頓第二定律，有，由于摩擦力變小，故加速度變大；可知圓筒將加速下滑；同理可知當保持兩木棍傾角不變，將兩者間的距離稍增大后固定不動，N增大，f增大，圓筒將減速下滑；A錯誤，B正確；CD．保持兩木棍間的距離不變，則θ不變；將兩者傾角α稍增大后固定不動，由AB中公式可知：N減小，f減小，圓筒將加速下滑；保持兩木棍間的距離不變，將兩者傾角α稍減小后固定不動，N增大，f增大，圓筒將減速下滑。C錯誤，D正確。故選BD。15．（2024·天津河北·調(diào)研）如圖所示，一可視為質(zhì)點的小物塊以v0=8m/s的初速度沖上一傾角為θ=37°的固定斜面，向上滑行距離x=4m后速度恰好減小為零。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。（1）求小物塊沖上斜面過程中加速度的大小a；（2）求小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）請分析說明小物塊能否返回斜面底端？若能，請計算從最高點返回斜面底端的時間t；若不能，請說明原因。（可認為最大靜摩擦力的大小近似等于滑動摩擦力的大?。敬鸢浮浚?）8m/s2；（2）0.25；（3）【詳解】（1）小物塊沿斜面做勻減速直線運動，根據(jù)速度位移關(guān)系有，解得（2）根據(jù)牛頓第二定律可得，所以（3）由于，所以小物塊會沿斜面下滑返回至底端，設(shè)其下滑的加速度為a′，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得根據(jù)位移時間關(guān)系，解得16．（2024·天津南開·聯(lián)考）國家快遞大數(shù)據(jù)平臺實時監(jiān)測數(shù)據(jù)顯示，截至2021年12月8日9時03分．我國快遞年業(yè)務(wù)量首次突破千億級別，已連續(xù)8年穩(wěn)居世界第一。如圖所示是某快遞點分揀快遞裝置的部分簡化示意圖，可視為質(zhì)點的某快遞從傾角的斜面頂端A點由靜止釋放，沿斜面AB下滑進入水平傳送帶BC，最后從傳送帶末端C點水平拋出落到水平地面。斜面與傳送帶之間平滑連接，斜面AB長，水平傳送帶BC長，傳送帶以的速度沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶上表面距水平地面的高度，該快遞與斜面間動摩擦因數(shù)，與傳送帶間動摩擦因數(shù)，忽略空氣阻力，不考慮傳送帶轉(zhuǎn)輪大小，，，，求：（1）快遞剛滑到傳送帶上時速度的大小；（2）貨物在傳送帶上運動的時間t；（3）快遞落地點與拋出點C的水平距離x。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）從到由牛頓第二定律有根據(jù)，解得（2）由于傳送帶速度，快遞到達點開始做勻加速直線運動，設(shè)快遞從點加速到所需位移為，則有，，解得即快遞先加速后勻速，最終以的速度離開傳送帶。設(shè)快遞做勻加速直線運動所用時間為，在傳送帶上做勻速直線運動所用時間為，有，得快遞與傳送帶共速后做勻速運動有，得則快遞在傳送帶上運動的時間為，得（3）快遞從點水平拋出，有，，解得【考向三：牛頓第二定律之傳送帶】17．（2024·天津·聯(lián)考）傳送帶是一種用于物品輸送的裝置，廣泛應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)和物流運輸領(lǐng)域。如圖所示，傾角為的傳送帶，始終以的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為1kg的物塊以的速度平行于傳送帶從底端沖上，恰好能到達傳送帶頂端。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取。求：(1)物塊在底端沖上傳送帶時的加速度的大??；(2)物塊由沖上傳送帶到與傳送帶共速的過程經(jīng)過的時間；(3)物塊從底端運動到頂端的時間?！敬鸢浮?1)10m/s2，(2)0.5s，(3)3s【詳解】（1）物塊在底端沖上傳送帶時，解得a1=10m/s2（2）與傳送帶共速時，則由，解得t1=0.5s（3）共速后物塊的加速度大小，解得a2=2m/s2減速到零的時間，物塊從底端運動到頂端的時間18．（2024·天津河?xùn)|·聯(lián)考）在物資運轉(zhuǎn)過程中常使用傳送帶。如圖所示，傳送帶的傾角θ=37°，從A到B長度為29m，B點與水平地面平滑連接，傳送帶以10m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動。在傳送帶上A端無初速度地放一個質(zhì)量m=0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶和水平地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。煤塊在傳送帶上相對滑動會留下黑色劃痕。已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：(1)煤塊從A到B的時間；(2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上留下劃痕的長度；(3)若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動的速度可以調(diào)節(jié)，煤塊從A點到達B點的最短時間以及最終停在水平面上的C點到B點得距離s是多少（結(jié)果可以保留根號）?！敬鸢浮?1)3s，(2)5m，(3)；58m【詳解】（1）開始階段，由牛頓第二定律得，解得煤塊加速至傳送帶速度相等時需要的時間為煤塊發(fā)生的位移為所以煤塊加速到10m/s時仍未到達B點，此后摩擦力方向改變，第二階段有，解得設(shè)第二階段煤塊滑動到B點的時間為t2，則，解得則煤塊從A到B的時間（2）第一階段煤塊的速度小于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向上移動，煤塊與傳送帶的相對位移大小為，故煤塊相對于傳送帶上移5m；第二階段煤塊的速度大于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向下移動，煤塊相對于傳送帶的位移大小為即煤塊相對傳送帶下移4m，故傳送帶表面留下黑色炭跡的長度為（3）若增加傳送帶的速度，煤塊一直以加速度a1做勻加速運動時，從A運動到B的時間最短，則有，可得，到達B點的速度為則水平面的加速度為根據(jù)速度與位移的關(guān)系有，解得19．（2024·天津北辰·調(diào)研）現(xiàn)在傳送帶傳送貨物已被廣泛地應(yīng)用于車站、工廠、車間、碼頭。如圖所示，某飛機場利用傳送帶將旅客的行李箱運進機艙。在該次運輸過程中，傳送帶以恒定的速率v=2m/s向上運行。將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，已知行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=1，傳送帶的長度L=9m，傳送帶與水平面的夾角θ=37°，g取10m/s2。試求：(1)行李箱的上升時間：(2)如果提高傳送帶的運行速率，物體就能被較快地傳送到B處，求行李箱的最短上升時間和傳送帶對應(yīng)的最小運行速率。(3)若傳送帶仍以恒定的速率v=2m/s向上運行，每隔1s將一個質(zhì)量m=10kg的貨物輕放到傳送帶上的A端，求相鄰兩貨物之間的最小距離和最大距離?！敬鸢浮?1)5s，(2)3s，6m/s，(3)1m，2m【詳解】（1）行李箱剛開始運動時受到重力、支持力和摩擦力，沿傳送帶方向，根據(jù)牛頓第二定律，有，解得行李箱的加速度為a=2m/s2行李箱加速到與傳送帶共速的時間這段時間內(nèi)行李箱的位移，解得x1=1m行李箱勻速運動時間，解得t2=4s行李箱的上升時間=5s（2）只有行李箱一直做加速運動時，行李箱運動的時間最短；行李箱一直做加速運動，設(shè)到達機艙的速度為，則有，代入數(shù)據(jù)得=6m/s由于行李箱一直加速，所以傳送帶的速度至少為6m/s，最短時間為=3s（3）每隔1s將一個質(zhì)量m=10kg的貨物輕放到傳送帶上的A端，前一個貨物剛加速完成，此時間距最小，間距為=1m共速時，間距最大，，解得xmax=2m20．（2024·天津·調(diào)研）圖（1）為某國際機場貨物傳送裝置實物圖，簡化圖如圖（2）所示。傳送帶與水平地面的傾角，A、B兩端相距L＝7.2m，質(zhì)量為m＝10kg的貨物輕放到A端，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同，均為，傳送帶順時針勻速運轉(zhuǎn)的速度v＝2.0m/s（g取10）。(1)貨物從A端到達B端的過程中，求傳送帶克服摩擦力做功W克；(2)若每隔0.8s將一個質(zhì)量m＝10kg的貨物輕放到傳送帶上的A端，求相鄰兩貨物之間的最小距離和最大距離；(3)在（2）的情況下，當貨物到達B端時，可視為貨物立即離開傳送帶，若要維持傳送帶勻速運轉(zhuǎn)，與該傳送裝置空載時相比較，求電動機需增加的最大功率?！敬鸢浮?1)440J，(2)0.8m，1.6m，(3)550W【詳解】（1）因為所以貨物向上加速運動，加速度加速時間加速位移加速過程傳送帶克服摩擦力做功勻速運動過程勻速運動傳送帶克服摩擦力做功則全過程傳送帶克服摩擦力做功（2）每隔0.8s將一個質(zhì)量m＝10kg的貨物輕放到傳送帶上的A端，前一個貨物剛加速完成，此時間距最小，間距為共速時，間距最大（3）因為最大間距為1.6m，且因為所以傳送帶上最多有4個貨物在勻速，一個貨物在加速，傳送帶受到的摩擦力電動機需增加的最大功率21．（2024·天津·聯(lián)考）如圖所示，一小物塊（可視為質(zhì)點）從傾斜的傳送帶上端無初速度釋放后沿傳送帶向下運動，傳送帶靜止不動時小物塊在傳送帶上運動的速度二次方隨位移變化的關(guān)系如甲圖所示，當傳送帶以恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動時小物塊在傳送帶上運動的速度二次方隨位移變化的關(guān)系如乙圖所示。傳送帶上、下兩端的距離為5m，重力加速度g取。求：(1)傳送帶靜止時，小物塊運動的加速度大?。?2)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(3)簡要說明傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時的恒定速率大小應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮?1)，(2)，(3)大于或等于【詳解】（1）根據(jù)位移與速度的關(guān)系有結(jié)合圖甲有，解得（2）物塊沿逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶下滑時，根據(jù)位移與速度的關(guān)系有結(jié)合圖乙有，解得設(shè)傳送帶與水平面的夾角為，物塊沿靜止傳送帶下滑時有物塊沿逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶下滑時有，解得（3）由乙圖可知，物塊在傳送帶上一直做加速度為的加速運動，到底端時速度為。如果傳送帶的速度小于，物塊的速度與傳送帶速度相等時加速度會變?yōu)椋\動情況就不是乙圖的情況。由以上分析可知傳送帶的速度一定大于或等于。22．（2024·天津濱海新·聯(lián)考）如圖所示，傳送皮帶始終保持v＝2m/s的速度水平向右移動，一質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊以v0＝4m/s的速度從A點向右滑上傳送帶。設(shè)小物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ＝0.2，傳送帶兩端點A、B間的距離L＝5m，g取10m/s2，求：(1)物塊從A點運動的B點所用時間？(2)物塊傳送帶上留下痕跡的長度？【答案】(1)2s，(2)1m【詳解】（1）小物體滑上傳送帶勻減速運動的加速度為a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2物體速度達到傳送帶速度所經(jīng)歷的時間為，經(jīng)歷的位移為則物體勻速運動的時間為物塊從A點運動的B點所用時間（2）在相對滑動的過程中，傳送帶的位移為x1′＝vt1＝2×1m＝2m則相對位移，即痕跡長度為Δx＝x1﹣x1′＝1m23．（2024·天津和平·聯(lián)考）如圖所示，傾角的傳送帶，正以速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m=1kg的木板輕放于傳送帶頂端，木板與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，當木板前進1s時機器人將另一質(zhì)量也為m的貨物輕放在木板的右端，貨物與木板間的動摩擦因數(shù)，重力加速度為，貨物可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，傳送帶足夠長，每一次貨物都不會從木板上滑下。求：(1)木板前進1s時的速度大??；(2)機器人在放上第一個貨物0.5s后取走貨物，求取走第一個貨物時木板的速度大小；(3)機器人取走第一個貨物0.5s后將第二個貨物輕放在木板的右端，求需再經(jīng)過多長時間第二個貨物第一次與木板的速度大小相同。（此問結(jié)果保留最簡分數(shù)形式）【答案】(1)6m/s，(2)6m/s，(3)【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得木板前進1s時的速度大小，解得（2）貨物向下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)，解得剛放上貨物瞬間，木板受到重力、壓力、支持力、貨物對木板向上的摩擦力和皮帶對木板向下的摩擦力，因為f2的方向沿斜面向下，由于可知木板向下做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律解得貨物加速，木板減速，當兩者速度相等時有解得，之后，兩者一起勻加速到與傳送帶共速，則有再次加速至與傳送帶共速用時從放上貨物到與傳送帶共速所用時間由此可知，取走貨物時，木板的速度與傳送帶共速，即木板的速度大小為（3）取走第一個貨物后，木板向下做勻加速運動，有經(jīng)過0.5s后木板的速度為輕放上第二貨物時，對貨物有對木板有且木板以做勻減速運動，設(shè)木板與傳送帶共速時，則有此時貨物的速度為則木板與傳送帶先共速，接下來貨物仍以原加速度勻加速，木板以做勻減速，直至二者共速，則有，解得所以24．（2024·天津南開·聯(lián)考）如圖所示，傳送帶的速度恒為，轉(zhuǎn)輪A和B的大小不計，（即傳送帶的總長度為2.4m）。某偷油老鼠跳到A點，并以相對傳送帶0.3m/s的速度向B點爬去，到達B點后立即回頭仍以相對傳送帶0.3m/s的速度返回A點?；氐紸點后，該老鼠將再次向B點爬去，到達B點后再次返回……如此反復(fù)下去，且老鼠相對傳送帶的速度始終為0.3m/s。老鼠在A、B兩端點速度轉(zhuǎn)向所需的時間不計，從該老鼠由A點出發(fā)時開始計時，經(jīng)過多長時間，傳送帶上將都會被老鼠身上的油漬污染（

）A．16s B．17s C．18s D．19s【答案】B【詳解】從A到B，老鼠相對A、B兩點的速度為到達B點所用的時間為s這時被污染是B點左側(cè)0.9m的部分；老鼠開始回到A，從B到A，老鼠相對A、B兩點的速度為第一次回到A時用時s這時被污染的是上方的A段及下方B點左側(cè)0.6m的部分；老鼠又去B點，第二次到達B點時經(jīng)過的都是被污染的部分，用時s被污染的變成上下都是B點左側(cè)0.9m處；老鼠開始回A，距最后需污染的傳送帶上那一點距離2.4m?0.9m=1.5m相對于帶的速度為0.3m/s，故又經(jīng)過s=5s總用時為s故選B?！究枷蛩模号ｎD第二定律之板塊（滑塊連接）】25．（2024·天津·調(diào)研）如圖所示，長L=1.5m、質(zhì)量M=30kg的木板靜止在水平面上，質(zhì)量m=10kg的小物塊靜止在木板的右端，木板和物塊間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1，現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒定拉力F，小物塊可視為質(zhì)點，物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。(1)如果水平面光滑，拉力F=130N恒定不變且持續(xù)作用，求小物塊所能獲得的最大速度；(2)如果木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2，拉力F=210N恒定不變，要使小物塊從木板上掉下去，拉力F作用的最短時間設(shè)為t1，撤去拉力F后小物塊在板上運動時間設(shè)為t2，求。【答案】(1)，(2)【詳解】（1）如果拉力F=130N恒定不變，設(shè)M和m之間發(fā)生了相對滑動，由牛頓第二定律，對小物塊有，解得對木板有，解得由于，假設(shè)成立；小物塊所能獲得的最大速度對應(yīng)著小物塊剛好離開長木板，則有，解得所以小物塊所能獲得的最大速度（2）設(shè)拉力F作用最短時間為，撤去拉力F后小物塊在板上運動時間為；撤去拉力F前，對木板有，解得撤去拉力F時，木板的速度為撤去拉力F后，對木板有，解得經(jīng)過時間木板的速度為此時小物塊的速度與木板的速度相等，則有聯(lián)立可得26．（2024·天津·聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量mA=2kg的木板A放置在光滑的地面上，左端靜置一個質(zhì)量mB=4kg的物塊B，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，在木板的右側(cè)有一半徑R=0.225m的光滑半圓圓弧軌道，與固定底座C的左端連接。底座C的高度與木板A等高?，F(xiàn)用F=36N的力作用于物塊B上，經(jīng)過1s撤掉力F（此時未到A的右端）。物塊B恰好能到達木板A右端，之后木板與底座C碰撞并停止運動，物塊滑到底座C上，并進入圓弧軌道。物塊B視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2，求：(1)木板A的長度；(2)物塊B到達圓弧軌道最高點時，物塊B對軌道作用力FN?！敬鸢浮?1)2.25m，(2)440N，方向豎直向上【詳解】（1）用F=36N的力作用于物塊B上，以B為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得以A為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得在t1=1s時撤去力F，此時A、B的速度分別為，此過程B相對于A向右運動的距離為撤去力F后，B做勻減速直線運動的加速度大小為根據(jù)題意可知，B到達A右端時，兩者剛好共速，則有解得，則撤去力F后，B相對于A向右運動的距離為則木板A的長度為（2）物塊B從最低點到圓弧軌道最高點過程，根據(jù)動能定理可得解得物塊B到達圓弧軌道最高點時的速度大小為在最高點時，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊B到達圓弧軌道最高點時，物塊B對軌道作用力大小為，方向豎直向上。27．（2024·天津河西·調(diào)研）如圖所示，一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合，BC邊的長度為L。已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)為μ1，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2.現(xiàn)突然以恒定加速度將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB邊，圓盤最后剛好未從桌面掉下。重力加速度為g，求：(1)圓盤在桌布上運動時的加速度a1的大小；(2)從開始到圓盤剛離開桌布時，圓盤運動的位移x1的大小；(3)桌布的加速度a為多大？【答案】(1)，(2)，(3)【詳解】（1）圓盤在桌布上運動時，根據(jù)牛頓第二定律有，解得（2）圓盤在桌面上運動時，根據(jù)牛頓第二定律有從開始抽桌布到圓盤脫離桌布的瞬間，圓盤的位移x1滿足圓盤脫離桌布后在桌面上運動的位移x2滿足以上兩式中的v為圓盤從桌布上脫離瞬間的速度。圓盤最后剛好未從桌面掉下，所以有，解得（3）從開始抽桌布到圓盤脫離桌布的時間間隔t內(nèi)，桌布的位移為這段時間內(nèi)圓盤的位移可以寫作，并且有，解得28．（2024·天津·調(diào)研）如圖所示，質(zhì)量為2m、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）放在小車的最左端。現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x。此過程中，以下結(jié)論正確的是（）A．小車運動的加速度大小為B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為C．小物塊克服摩擦力所做的功為D．小物塊和小車增加的機械能為【答案】C【詳解】A．對小車進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有，解得故A錯誤；B．小物塊到達小車最右端過程，小車運動的距離為x，根據(jù)動能定理有解得，故B錯誤；C．物塊對小車的相對位移為L，小車運動的距離為x，則物塊的位移為，則小物塊克服摩擦力所做的功為，故C正確；D．物塊對小車的相對位移為L，則有，物塊的速度小車運動的距離為x，則有對物塊進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有，物塊的動能小物塊和小車增加的機械能為，解得，故D錯誤。故選C。29．（2024·天津和平·聯(lián)考）如圖所示，一塊質(zhì)量為，長為的均質(zhì)板放在光滑水平桌面上，離右側(cè)滑輪距離足夠遠。板的左端有一質(zhì)量為的小物體（可視為質(zhì)點），物體上連接一根很長的輕質(zhì)細繩，細繩跨過位于桌邊的定滑輪。某人以恒定的速率向下拉繩，物體最多只能到達板的中點，而板的右端尚未到達桌邊定滑輪處。試求：(1)物體剛達板中點時板的位移。(2)若板與桌面之間有摩擦，為使物體能達到板的右端，板與桌面之間的動摩擦因數(shù)的范圍是多少?！敬鸢浮?1)，(2)【詳解】（1）設(shè)物體與板的位移分別為、，則由題意有物體與板的位移之比由于，則有，解得，（2）根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有根據(jù)牛頓第二定律有結(jié)合上述解得由題意可知結(jié)合（1）可以2過程可以解得解得，由題意可知，使物體到達板的右端時，板與塊剛好有共同速度v。對板，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有結(jié)合上述解得故板與桌面之間的動摩擦因數(shù)30．（2024·天津武清·聯(lián)考）如圖，一足夠長的木板A靜止在光滑水