2019版一轮物理(沪科版)练习：第三章 第4讲 动力学中两类典型问题 Word版含解析
配套K122019版一轮优化探究物理(沪科版)练习：第三章 第4讲 动力学中两类典型问题
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.(2018·山东潍坊质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1所以a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析，有a2＜a1，所以本题正确选项为D.答案：D2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是()A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2as得，木炭包位移s木＝v22μg，设相对滑动时间为t，由v＝at得t＝vμg，此时传送带的位移为s传＝v t＝v2μg，所以相对滑动的位移是Δs＝s传－s木＝v22μg，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误．答案：C3.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的()解析：设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.对木板应用牛顿第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2a2＝－μ2g可见|a1|＞|a2|由v t图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确．答案：A二、非选择题4.如图所示，固定斜面上放一木板PQ ，木板的Q 端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q 端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L ，Q 端距斜面顶端距离也为L ，物块和木板的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数为μ1＝32.若所挂钩码质量为 2m ，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动．重力加速度为g ，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力． (1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m ′应满足什么条件？ 解析：(1)整个系统匀速时 对钩码：2mg ＝F T对物块和木板：F T ＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ 解得：μ2＝33(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a 1大于物块的加速度a 2. 对物块：μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得：a 2＝14g对木板：F T ′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma 1 对钩码：m ′g －F T ′＝m ′a 1 解得：a 1＝m ′－94mm ′＋m g联立解得：m ′＞103m 答案：(1)33 (2)m ′＞103m5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处．求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． 解析：(1)行李所受滑动摩擦力大于 f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ，加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v ＝at 1，得t 1＝v a ＝11s ＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v 2min ＝2aL ，得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ， 所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 由v min ＝at min 得行李最短运行时间 t min ＝v min a ＝21 s ＝2 s.答案：(1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s[能力题组]非选择题6．如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，经过5 s 物体A 运动到B 的最右端，其vt 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间． 解析：(1)根据vt 图像可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A 解得μ＝F －m A a Am A g ＝0.4(2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m ＝25 m 若B 不固定，则B 的加速度为 a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104m/s 2＝1 m/s 2 设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得 12a A t 2－12a B t 2＝l ，解得t ＝7.07 s. 答案：(1)0.4 (2)7.07 s7.(2018·河北正定中学月考)一水平传送带以2.0 m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m ．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m ，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，试问：(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；(2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程． 解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg ＝ma 1s 1＝v 202a 1＝1 m ＜L所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面 －mg sin θ＝ma 2物块速度为零时上升的距离s 2＝－v 202a 2＝13 m由于s 2＜0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点． (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间 t 1＝2s 1v 0＋L －s 1v 0＝1.5 s物块在斜面上往返一次的时间 t 2＝－2v 0a 2＝23 s物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左 －μmg ＝ma 3向左端发生的最大位移s 3＝－v 202a 3＝1 m物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间t 3＝－2v 0a 3＝2 s4．5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零 故物块通过的总路程 s ＝L ＋3s 2＋2s 3 s ＝5 m答案：(1)不能 13m (2)5 m8.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量M ＝4 kg ，长L ＝2.5 m ，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2.(1)假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为3 N，欲使木板能从木块的下方抽出，求对木板施加的水平拉力F的大小范围．(2)若用大小为F＝28 N的水平恒力拉木板，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为2 N，欲使木板能从木块的下方抽出，求水平恒力F作用的最短时间．解析：(1)设木块的最大加速度为a木块，则F fm1＝ma木块对木板F－F fm1－μ(M＋m)g＝Ma木板木板从木块的下方抽出的条件为a木板＞a木块，解得F＞25 N即欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的水平拉力F应满足F＞25 N. (2)加上力F时木板加速，撤去F后木板减速．分析可知，如果木板和木块的速度相同时木块恰好运动到木板最左端脱离，那么力F的作用时间最短设作用时间t1后撤去力F，此时木板速度为v1，则对木板有F－F fm2－μ(M＋m)g＝Ma1解得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1对木块有F fm2＝ma2，解得a2＝2 m/s2撤去力F后，木板减速运动，加速度大小为a0则F fm2＋μ(M＋m)g＝Ma0，解得a0＝3 m/s2木块加速运动过程中加速度不变，当木块和木板速度相同时木块恰好脱离木板，设共同速度为v2，则可作出如图所示的速度—时间图线分析位移关系，可知，L＝v212a1＋v21－v222a0－v222a2，v1－a0(v2a2－v1a1)＝v2，联立解得v1＝10714 m/s，t1＝51414s故欲使木板能从木块的下方抽出，水平恒力F作用的最短时间应为514 14s.答案：(1)F＞25 N(2)514 14s9.(2018·湖北武汉月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°、长为5 m的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度．(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma1B→C过程有：v20＝2a1l解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5.(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有：v2＝2a2l解得：v＝2 5 m/s，a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：v21－v22＝2a1s1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：v22＝2a2s2s1＋s2＝L解得：v2＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.答案：(1) 0.5(2)2 5 m/s(3)3 m/s。
2019-2020学年高中物理沪科版必修1习题：第3章 力与相互作用 测评 Word版含解析
姓名，年级：时间：第3章测评（时间:90分钟满分：100分）一、选择题(本题共10小题,每小题5分，共50分。
每小题给出的选项中至少有一项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分，有选错的得0分)1。
下列说法正确的是(）A。
摩擦力的大小一定与该处压力的大小成正比B.压力发生变化时,该处摩擦力可能不变C.摩擦力的方向与该处压力的方向可能不垂直D.摩擦力的方向不是与物体运动方向相同，就是与物体运动方向相反解析:静摩擦力的大小与该处的正压力没有直接关系,A错误,B正确。
摩擦力的方向与接触面相切，弹力方向与接触面垂直,故摩擦力的方向一定与弹力方向垂直,C错误.摩擦力方向与相对运动或相对运动趋势方向有关,与运动方向无直接关系，如水平匀速旋转的转盘上的物体受到的摩擦力与运动方向垂直,所以D错误。
答案：B2。
某人站在体重计上称体重,保持立正姿势称得体重为G，当其缓慢地把一条腿平直伸出台面，体重计指针稳定后读数为G'，则（）A.G〉G'B.G〈G’C.G=G’D.无法判定解析:物体的重心与形状有关，重力与形状无关，而体重计的示数即等于人重力的大小.答案：C3.在半球形光滑容器内，放置一细杆，如图所示，细杆与容器的接触点分别为A、B两点，则容器上A、B两点对细杆m的作用力的方向分别为（)A。
均竖直向上B。
均指向球心C。
A点处的弹力指向球心O，B点处的弹力竖直向上D.A点处的弹力指向球心O,B点处的弹力垂直于细杆向上A点，杆的端点跟球面接触，弹力的方向垂直于该处球面的切面，指向球心，而在B点,容器的边缘跟杆的侧面接触,该处的支持力应垂直于杆向上,选项D正确。
4。
跳水一直是我国的优势项目,如图所示，一运动员静止站在3 m跳板上，图中F1表示人对跳板的弹力,F2表示跳板对人的弹力,则（)A。
F1和F2是一对平衡力B。
F1和F2是一对作用力和反作用力C。
先有力F1，后有力F2D。
G和F2方向相反，大小可能不相等是人对跳板的弹力，受力物体是跳板。
2019版一轮优化探究物理(教科版)练习：第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 Word版含解析
[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1解析：根据P ＝UI 、P ＝F v 、F ＝ma 可导出U ＝ma v I ， 即V ＝kg·m·s －2·m·s －1A＝m 2·kg·s －3·A －1，B 项正确． 答案：B2．由牛顿第二定律可知( )A ．物体运动的方向发生改变，可断定物体所受合外力的方向也发生改变B ．只要物体受到力的作用，物体就有加速度C ．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比D ．物体的质量对加速度的产生起反抗作用，所以质量是一种阻力解析：物体运动的方向发生改变，其合外力方向可能不变，如平抛运动，A 错；若物体所受到的力的合力为零，则物体没有加速度，B 错；根据牛顿第二定律的独立性可知，C 对；质量是物体的属性，不是力，D 错．答案：C3.如图所示，两根长度分别为L 1和L 2的光滑杆AB 和BC 在B 点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B 点由静止释放，分别沿BA 和BC 滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( ) A.2L 1L 2g B.2L 1L 2gC.2L 21＋L 22gD.2(L 21＋L 22)g (L 1＋L 2)解析：设BA 和BC 倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得：滑环沿BA 下滑的加速度为a 1＝mg sin αm ＝g sin α①沿BC 下滑的加速度为a 2＝mg sin βm＝g sin β② 设下滑时间为t ，由题有：L 1＝12a 1t 2③L 2＝12a 2t 2④由几何知识有：sin α＝cos β⑤联立以上各式解得t ＝2L 21＋L 22g，故选C. 答案：C4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则( )A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a 上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有f －mg sin 30°＝ma ，f ＝12mg ＋ma ，f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误．答案：A5．质量不等的两木块A 、B ，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A 、B 一起做匀速运动．若木块A 、B 的位置互相交换，则木块A 运动的加速度为(木块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g ，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( )A ．(1－μ)gB ．(1－μ2)g C.1－μ2μgD ．与木块A 、B 的质量有关解析：A 、B 匀速运动过程，有m A g ＝μm B gA 、B 互相交换后，有m B g －μm A g ＝(m A ＋m B )a解得a ＝(1－μ)g故选A.答案：A二、多项选择题6.如图是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P 、Q 、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q 传感器示数为零，P 、N 传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而Q 、N 传感器示数不为零．已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g 取10 m/s 2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )A ．4 m /s 2B ．3 m/s 2C ．2 m /s 2D ．1 m/s 2解析：设圆柱形工件的质量为m ，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有F Q ＋mg ＝N cos 15°，F 合＝N sin 15°＝ma ，联立解得a＝F Q ＋mg m ·tan 15°＝F Q m ×0.27＋2.7m /s 2＞2.7 m/s 2.故选项A 、B 正确．答案：AB7.如图所示，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物块用轻绳连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F 拉A ，使它们沿斜面匀加速上升，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ.为了增加轻绳上的张力，可行的办法是( )A ．减小A 物块的质量B ．增大B 物块的质量C ．增大倾角θD ．增大动摩擦因数μ解析：对整体：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a得a ＝F m A ＋m B－g sin θ－μg cos θ 对B ：T －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a则轻线上的张力T ＝m B g sin θ＋μm B g cos θ＋m B a ＝m B F m A ＋m B则要增加T ，可减小A 物块的质量，或增大B 物块的质量，选项A 、B 正确． 答案：AB8.如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m 的小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是( )A ．细线拉力的大小为mgB．弹簧弹力的大小为32mgC．剪断左侧细线的瞬间，小球a的加速度为2gD．剪断左侧细线的瞬间，小球b的加速度为零解析：对小球a分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F＝3mg，细线的拉力为2mg，故A、B错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合＝2mg，根据牛顿第二定律得，a＝2g，小球b受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C、D正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D正确．答案：D10．在很多旅游景点都建有山坡滑道，如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了研究滑行者在滑道斜坡AE部分的滑行情况，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE ＝10 m，滑道AE可视为光滑，∠A＝30°.滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则()A．滑道AE的长度为10 mB．滑行者在滑道AE上滑行的加速度a＝5 m/s2C．滑行者在滑道AE上滑行的时间为2 sD．滑行者滑到E点时的速度为10 m/s解析：由图中几何关系可知，AE＝2AD cos 30°＝2×10×32m＝10 3 m，A错误；由几何知识知滑道AE与水平面的夹角为60°，由mg sin 60°＝ma可得滑行者在滑道AE上滑行的加速度a＝g sin 60°＝5 3 m/s2，B错误；由AE＝12at2，解得t＝2 s，C正确；由v2＝2a·AE，解得v＝10 3 m/s，D错误．答案：C11.(多选)如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是()A．滑块一直做匀变速直线运动B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s解析：设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ＞μ，mg sin θ＞μmg cos θ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B 正确；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m ＜5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动的位移x 3＝12a 2t 23＝12×2×22 m ＝4 m ＜5 m ，滑块未回到出发点，此时的速度v ＝a 2·(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确．答案：BD二、非选择题12．在游乐场中，有一种大型游戏装置叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(g 取10 m/s 2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度为多大？(2)座椅在匀减速运动阶段的时间为多少？(3)在匀减速运动阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？ 解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，下落时间t 1＝1.2 s ，由v ＝gt 1得v ＝12 m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h ，总时间为t ，h ＝(40－4)m ＝36 m ，由h ＝v 2t 得t ＝6 s ，设座椅匀减速运动的时间为t 2，则t 2＝t －t 1＝4.8 s.(3)设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F ，根据v ＝at 2可得a ＝2.5 m/s 2，由牛顿第二定律F －mg ＝ma 可得F mg ＝1.25.答案：(1)12 m/s (2)4.8 s (3)1.2513.如图所示，一物体以v 0＝2 m /s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t ＝1 s ．已知斜面长度L ＝1.5 m ，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数．解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v t ，则有L ＝v 0＋v t 2t ，代入数据解得v t ＝1 m/s.(2)因v t ＜v 0，物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为a ＝v 0－v t t ＝1 m/s 2.(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得f －mg sin θ＝ma又N ＝mg cos θf ＝μN联立解得μ＝a ＋g sin θg cos θ，代入数据解得μ＝235.答案：(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)23 5。
2019版一轮物理练习：第三章 第三讲 动力学的三类典型
[A组·基础巩固]热点一动力学中的图象问题1.(2016·高考海南卷)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()A．F1<F2B．F2>F3C．F1>F3D．F1＝F3解析：由v-t图象可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mg sin θ－f－F1＝ma1F1＝mg sin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mg sin θ－f－F2＝ma2，F2＝mg sin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mg sin θ－f－F3＝ma3，F3＝mg sin θ－f＋0.2m.故可得F3＞F2＞F1，选项A正确．答案：A2．(多选)(2018·湖南长沙长郡中学模拟)将一质量为1 kg的物体以一定的初速度竖直向上抛出，假设物体在运动过程中所受空气阻力的大小恒定不变，其速度时间图象如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则()A．物体下降过程中的加速度大小为9 m/s2B．物体受到的阻力为1 NC．图中v1＝10 m/sD．图中v1＝22 m/s解析：上升过程中速度在减小，所以0～2 s对应上升过程，下降过程中速度反向增大，所以2～3 s对应下降过程，速度时间图象斜率的大小表示加速度，故a ＝9 m/s2，加速度方向向下，A正确；在下降过程中，根据牛顿第二定律可得mg－f ＝ma ，解得f ＝mg －ma ＝1 N ，B 正确；上升过程，根据牛顿第二定律得：mg ＋f ＝ma 1，得a 1＝g ＋fm ＝11 m/s 2，图中v 1＝a 1t 1＝11×2 m/s ＝22 m/s ，C 错误，D 正确． 答案：ABD3．在图甲所示的水平面上，用水平力F 拉物块，若F 按图乙所示的规律变化．设F 的方向为正方向，则物块的速度—时间图象可能正确的是( )解析：若水平面光滑，则加速度a ＝Fm ，即a ∝F ，满足a 1∶a 2∶a 3＝F 1∶F 2∶F 3＝1∶3∶2，可见A 、B 、C 、D 四个选项均不符合．若水平面不光滑，对A 图进行分析：0～1 s 内，a 1＝F 1＋F f m ＝1 N ＋F f m ＝2 m/s 2,1～2 s 内，a 2＝F 2－F f m ＝3 N －F fm＝2 m/s 2,2～3 s 内，a 3＝F 3－F f m ＝2 N －F fm ＝1 m/s 2，联立以上各式得F f ＝1 N ，m ＝1 kg ，且a 1∶a 2∶a 3＝2∶2∶1，符合实际，A 项正确；同理，分析B 、C 、D 项均不可能． 答案：A热点二 连接体问题4. (多选)(2018·山西怀仁一中月考)如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上，当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1.当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，则()A．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B．在两次作用过程中，F1＋F2＜FC．在两次作用过程中，F1＋F2＝FD．在两次作用过程中，F1F2＝m1 m2解析：对整体分析，整体的加速度都为a＝Fm1＋m2，故A正确．隔离分析，第一种情况，A对B的作用力F1＝m2a＝m2Fm1＋m2，第二种情况，A对B的作用力F2＝m1a＝m1Fm1＋m2，F1＋F2＝F，故B错误，C正确．由以上分析可知F1F2＝m2m1，故D错误．答案：AC5.(多选)(2018·安徽马鞍山二中等校联考)如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一质量为M的斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一辆有动力的小车质量为m，正在沿斜面向上做加速运动，在此过程中，斜面保持静止状态，则下列结论正确的是()A．弹簧保持原长状态B．弹簧处于拉伸状态C．地面对斜面的支持力小于(M＋m)gD．地面对斜面的支持力大于(M＋m)g解析：小车加速上升时，斜面对小车的摩擦力沿斜面向上，则知小车对斜面的摩擦力沿斜面向下，此力有水平向左的分力，则斜面体将向左运动，弹簧处于拉伸状态，故B正确，A错误．因小车在竖直方向有向上的加速度，故小车处于超重状态，则小车和斜面的系统对地面的压力大于两者的重力之和，则地面对斜面的支持力大于(M＋m)g，选项D正确，C错误．答案：BD6．(2018·江西吉安一中段考)如图所示，两个完全相同的小车质量为M ，放在光滑的水平面上，小车横梁上用细线各悬挂一质量为m (m ＜M )的小球，若分别施加水平恒力F 1、F 2，整个装置分别以加速度a 1、a 2做匀加速运动，但两条细线与竖直方向夹角均为θ，则下列判断正确的是( )A ．两细线的拉力大小不相同B ．地面对两个小车的支持力相同C ．水平恒力F 1＝F 2D ．两个小车的加速度a 1＜a 2解析：先对右图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F 2＝(M ＋m )a 2①再对右图中情况下的小球受力分析，如图所示．根据牛顿第二定律，有， F 2－T 2sin θ＝ma 2② T 2cos θ－mg ＝0③由以上三式可解得T 2＝mg cos θ， a 2＝mg tan θM .再对左图中小球受力分析，如图由几何关系得F 合＝mg tan θ，T 1＝mgcos θ 则a 1＝mg tan θm ＝g tan θ因为m ＜M ，则a 1＞a 2，拉力T 1＝T 2. 对整体分析，F ＝(M ＋m )a ，则F 1＞F 2.在竖直方向上有：N ＝(M ＋m )g ，所以N 1＝N 2，故B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B热点三 临界极值问题7.(多选)(2018·河南南阳一中模拟)如图所示，水平地面上叠放着A 、B 两物块．F 是作用在物块B 上的水平恒力，物块A 、B 以相同的速度做匀速运动，若在运动中突然将F 撤去，则此后A 、B 的运动可能是( ) A ．A 、B 将仍以相同的速度做匀速运动B ．A 做减速运动，B 做减速运动，A 的加速度小于B 的加速度，A 、B 最终分离C ．A 、B 最终以共同的加速度做匀减速运动D ．A 做减速运动，B 做减速运动，A 的加速度大于B 的，A 、B 最终分离 解析：因开始时A 、B 的整体在力F 作用下做匀速运动，则物体B 与地面之间有摩擦力作用，若在运动中突然将F 撤去时，A 、B 不可能仍以相同的速度做匀速运动，选项A 错误；若A 、B 接触面的动摩擦因数小于B 与地面之间的动摩擦因数，则在运动中突然将F 撤去，A 做减速运动，B 做减速运动，根据牛顿定律可得A 的加速度小于B 的加速度，A 、B 最终分离，选项B 正确；若A 、B 接触面的动摩擦因数大于或等于B 与地面之间的动摩擦因数，则在运动中突然将F 撤去，A 、B 一起做减速运动，选项C 正确，D 错误． 答案：BC8.(2018·陕西宝鸡中学月考)不可伸长的轻绳跨过质量不计的滑轮，绳的一端系一质量M ＝15 kg 的重物，重物静止于地面上，有一质量m ＝10 kg 的猴子从绳的另一端沿绳上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g ＝10 m/s 2)( ) A ．5 m/s 2 B ．10 m/s 2 C ．15 m/s 2D ．25 m/s 2解析：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，即F ＝Mg ；小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力F ′＝F ；对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有F ′－mg ＝ma ，解得a ＝(M －m )gm ＝5 m/s 2，A 正确． 答案：A[B 组·能力提升]9．(多选)(2018·山东潍坊中学检测)如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A ，木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，木板加速度a 随力F 变化的a -F 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则A ．滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为1 kgC ．当F ＝10 N 时木板B 加速度为4 m/s 2D ．当F ＝10 N 时滑块A 的加速度为2 m/s 2解析：当F 等于8 N 时，加速度为：a ＝2 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝4 kg ，当F 大于8 N 时，对B ，由牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M ，由图示图象可知，图线的斜率：k ＝1M ＝Δa ΔF ＝28－6＝1，解得，木板B 的质量：M ＝1 kg ，滑块A 的质量为：m ＝3 kg ，故A 错误，B 正确．根据F 大于8 N 的图线知，F ＝6 N 时，a ＝0 m/s 2，由a ＝1M F －μmg M ，可知：0＝11×6－μ×3×101，解得：μ＝0.2，由图示图象可知，当F ＝10N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为a B ＝11×10 m/s 2－0.2×3×101 m/s 2＝4m/s 2，故C 正确．当F ＝10 N 时，A 、B 相对滑动，木块A 的加速度：a A ＝μmgm ＝μg ＝2 m/s 2，故D 正确． 答案：BCD10．(2018·安徽芜湖、马鞍山质监)两物体A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 与地面间没有摩擦，B 物体运动的v t 图象如图(b)所示．取g ＝10 m/s 2，求：(1)推力F的大小．(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离．解析：(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的v t图象得a＝3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μm A g ＝(m A＋m B)a，代入数据解得F＝15 N.(2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有μm A g＝m A a A，a A ＝μg＝3 m/s2，v t＝v0－a A t＝0，解得t＝2 s，物体A的位移为x A＝v t＝12v0t＝6 m，物体B的位移为x B＝v0t＝12 m，所以，A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6 m.答案：(1)15 N(2)6 m11．(2018·成都龙泉二中月考)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，物体B与竖直面动摩擦因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量m A＝1.0 kg，大小可忽略的物块A，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块A上，右端系住物块B，物块B质量m B＝1.0 kg，物块B刚好可与竖直面接触．起始时令两物体都处于静止状态，绳被拉直，设物体A距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10 m/s2，求：(1)同时由静止释放A、B，经t＝1 s，则A的速度多大；(2)同时由静止释放A、B，同时也对物块B施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，求物块B 运动过程中的最大速度和物块B 经多长时间停止运动．解析：(1)对A 、B 系统：m B g ＝(m A ＋m B ) a a ＝12g ＝5 m/s 2 v ＝at ＝5 m/s(2)A 、B 先做加速度减小的加速运动，在A 、B 加速度减为零之前，A 、B 一起运动，绳子拉紧． F ＝kt (k ＝20 N/s)以A 、B 系统为研究对象：m B g －μF ＝(m A ＋m B )a 得：a ＝－5t ＋50～1 s 的a -t 图象如图所示：t ＝1 s ，a ＝0， t ＝1 s ，速度最大且为三角形面积 v m ＝12×1×5 m/s ＝2.5 m/s当B 开始减速时，绳子松弛，A 匀速，B 减速 对B ：m B g －μF ＝m B a 得：a ＝－10t ＋10(t ≥1 s) 1 s 以后，a -t 图象如图所示．速度要为零，总面积为零，即两三角形面积相等． 得：12Δt ·10Δt ＝2.5 解得Δt ＝22 s t 总＝(1＋22)s ≈1.7 s.答案：(1)5 m/s (2)2.5 m/s 1.7 s。
沪科版高中物理必修一第三章测试题及答案
高一年级物理第三章?力与相互作用?质量检测试题参赛试卷命题：石油中学冯淑娟一、命题意图说明：本次物理命题旨在考查学生的学习根本情况，确保命题的检测功能，有针对性地进一步强化了命题的导向功能，试图通过试题的设置，更为有力、更为有效地推动中学物理教学改革。
〔一〕命题坚持以下原那么：1．突出教师阶段性教学目标达成和学生阶段性学习目标达成状况的监测。
2．坚持导向性命题原那么，教学质量监测试题有助于教育行政门更好对学校教学质量的科学监控；有助于学校真实把握质量，科学调整决策思路，促进学校质量飞跃开展；有助于教师进行教学改革，促进专业成长；有助学生培养良好学习习惯，提高能力，促进全面开展。
3．坚持根底性命题原那么，教学检测试题着重考查根底知识与技能、根本方法和过程，要有意识考查情感态度和价值观。
促使师生树立信心，掌握根底知识、根本技能和根本方法，培养能力，为今后学习奠定坚实的根底。
坚决反对难题、偏题、怪题。
4．坚持无过失性命题原那么，检测试题，力争做到知识准确，表述标准、角度平易、答案准确、评分科学。
5．坚持人本性命题原那么，试卷结构合理，试题编排先易后难，那么浅入深，既有利于学生答卷，又有利于教师阅卷。
〔二〕考试时间与试卷总分：考试时间为60 分钟，试卷总分为100 分。
〔三〕预计难度根底题、中档题所占比例较大，难题量较少。
〔四〕考试内容沪科版物理必修一第三章?力与相互作用?全部内容。
〔五〕题型基此题型为选择题、填空作图题、计算题。
〔七〕试题来源一局部选自课本，但进行了改造，适当提高了难度；一局部来自各种资料，但适当做了修改，力求难易适中；还有一局部是自己编写。
考查的知识与中考考查的相应知识力求一致。
二、试题结构安排:试卷总分值为100 分，其中各题型所占分值如下：章次及分数选择题填空作图题计总分值算题第三章: 力与相互作用482428100三、典型试题例说：1、根底局部注重考察了学生对根底知识和技能的掌握，并且大局部以生活中的现象展现，并能联系社会热点问题，让学生联系物理知识做简单分析、判断和表达，也渗透了“从生活到物理，从物理到生活〞的理念。
2019版一轮物理沪科版课件：第三章 微专题三 动力学问题的规范解答 精品
(3)由 v t 图像可以看出，物块相对于长木板滑行的距离 Δx
对应图中△abc 的面积， 故 Δx＝12×10×4 m＝20 m．(3 分) 答案：(1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2 (2)3∶2 (3)20 m
2.(16 分)传送带以稳定的速度 v＝6 m/s顺 时针转动，传送带与水平面的夹角 θ＝37°， 现在将一质量 m＝2 kg 的物体(可以看作 质点)放在其底端，传送带顶端平台上的人 通过轻绳以恒定的拉力 F＝20 N 拉物体，经过一段时间物体被 拉到斜面顶端的平台上，如图所示．已知传送带底端与顶端的 竖直高度 H＝6 m，物体与传送带之间的动摩擦因数为 0.25， 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8)
(1)求物体从底端运动到顶端所用时间． (2)若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体 还需要多长时间离开传送带？
解析：(1)物体开始运动时的加速度为 a1，则 F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1(1 分) 解得：a1＝6 m/s2(1 分) 物体达到和传送带速度相等历时 t1，根据运动学公式，有：v ＝a1t1(1 分) 故 t1＝1 s(1 分) s＝v2t1＝62×1 m＝3 m(1 分)
(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a1，木板开始 做匀加速直线运动的加速度大小 a2，达到相同速度后一起做匀 减速直线运动的加速度大小 a3； (2)物块质量 m 与长木板质量 M 之比； (3)物块相对长木板滑行的距离 Δx.
解析：(1)由 v t 图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动
的加速度大小 a1＝1.5 m/s2，(1 分) 木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 a2＝1 m/s2，(1 分) 达到相同速度后一起做匀减速运动的加速度大小 a3＝0.5 m/s2.(1 分)
高三物理一轮复习第三章第4讲动力学中的两类典型问题课时作业(含解析).doc
动力学中的两类典型问题一、单项选择题1.物块."在静止的传送帝上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中领头所示，那么传送帝转动后（）A.物块将我速下滑B.物块仍匀速下滑C.物块受到的摩擦力变小I）.物块受到的摩擦力变大饼析：当传送带静止时,物块勾速下滑,由物块受力平衡可除咐in〃咐os。
：当传送帝转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为〃砂:os 0,选项C、D错误：物块受力仍然是平衡的.所以物块仍匀速下滑.选项A错误，B正确.答案：B2.如图甲所示，将-•物块尹轻轻放在水平且足够长的传送皮带上，之后尹最初一段时间的速度一时间图象如图乙.以水平向右为正方向关于皮带的运动情况描述正确的选项是A.可能是向右的匀加速B.可能是向右的匀速C.•定是向左的匀加速D.可能是向左的匀速解析：物块轻轻放在皮带上，初速度为零，由图乙知物块向左做匀加速运动，对物块受力分析知受到皮带对它向左的滑动摩擦力.那么皮带相对物块向左运动，所以皮带•定向左运动，可能加速、匀速或减速，D正确.答案：D3.（20XX •河北衡水模拟）如图甲所示.一长为2.0叭质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端.对长木板施加的外力尸从零逐渐增大时，小物块所受的摩擦力内随外力尸的变化关系如图乙所示.现改用尸=22 N 的水平外力拉长木板.取尸10 m/s\那么小物块在长木板上滑行的时间为（）C.彖sD.瑚s解析：由题图乙知力尸较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起做加速运动,后来发生相对滑动，当，〉2N时二者开始加速，说明长木板受水平面的滑动摩擦力&=2N,当^>14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力A.=4N. 小物块的加速度勾=4 m/s'.改用尸=22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律诃得F 一队d.由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足*-按=£,解得/ =1 s.应选项A正确.答案：A4.如下图，一长木板花水平地面上运动，在某时刻（£=0）将一物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等.物块与木版间及木板与地面向均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，FL物块始终在木板上.在物块放到木板上之后，木板运动的速度一时间图象可能是以下选项中的（）二 n解析：设在木板与物块未到达相同速度之前，木板的加速度为^物块与木板间的动摩擦因数为外，木板与地面间的动摩擦因数为对木板应用牛顿第二定律得一外财一么・2格=踏，找= -（s + 2s）g,设物块与木板到达相同速燧之后，木板的加速度为&，对整体有一用・2曲尸2翊，压= 岫可见切1>1&1由号图象的斜率表示加速度大小可知,图象A正确.答案：A5.如下图，在光滑水平面上有•威信为弱的足够长的木版，其上距放•欣量:为血的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一•随时间t 增大的水平力P=k\k是常数），木板和木块加速度的大小分别为活和所,以下反映n和成变化的图线中正确的选项是（）.NXx\XxVWXXXxxX\XXx'解析：木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力均为静摩擦力.在到达最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律知木块和木板相对运动时，&=些冬定不变，成=电一“g,所是，的线性函数，，增大，也增大，又由于临何！伽十成能那么木块与木板相对滑动后田图线斜率大于a的图线斜率，所以A正确.答案：A二，多项选择题6.如下图,水平传送带从8两端相距x=4 in,以的=4 Ws的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（诃视为质点）无初速度地轻放至4端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留卜划痕.煤块与传送带间的动摩擦因数〃=0.4,取页力加速度^=10 m/s\那么煤块从』运动到4的过程中（）C 二（）A.煤块到4运动到B的时间是2.25 sB.煤块从X运动到8的时间是1.5 sC.划痕长度是2 mD.划痕长度是0.5 m解析：煤块任传送指上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有"破=时得日=，&=4 m/s\当煤块速度和传送带速度相同时，位移-v.=^=2 m<4 m,因此煤块先加速后匀速. 匀加速运动的时间6=-=1 s.匀速运动的时间6=AZ£=0.5S,煤块从X运动到3的总a K）时间£=白+心=1.5 s, A错误，B正确：在加速阶段产生相对位移叩产生划痕，那么有Ax = r0Zi —x,=2 m, C 正确，D 错误.答案：BC7.（20XX •辽宁胡芦岛模拟）如图甲所示，倾角为"的足够长的传送带以恒定的速度所沿逆时针方向运行.f=0时，将质说奸I kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的/ ［图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度^=10m/s2. 那么（）A.传送带的速率K）=10 m/s&传送带的倾角〃=30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数〃=0.5D.0~2 s内摩擦力对物体做功件一2，1 J解析：由题图可知，当物体速度到达1^=10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带到达共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确：0〜1 s内物体的加速度为找=10 m/s」1〜2 s内为&=2 m/s\那么有atgsin。
2019版一轮优化探究物理(沪科版)练习：第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1、(2018·安徽合肥质检)如图所示,在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重、她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程、关于她的实验现象,下列说法中正确的是()A、只有“起立”过程,才能出现失重现象B、只有“下蹲”过程,才能出现超重现象C、“下蹲”的过程,先出现超重现象后出现失重现象D、“起立”“下蹲”的过程,都能出现超重和失重现象解析:下蹲过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中,先向上做加速运动,后向上做减速运动,最后回到静止状态,人先处于超重状态后处于失重状态,故A、B、C错误,D正确、答案:D2、(2018·湖南长沙模拟)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动、某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示、将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为()A 、gB 、2gC 、3gD 、4g解析:“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态,此时绳的拉力等于人的重力,由图可知,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力,即35F 0＝mg ,则F 0＝53mg .当绳子拉力最大时,人处于最低点且所受合力最大,故加速度也最大,此时F 最大＝95F 0＝3mg ,方向竖直向上,由牛顿第二定律有ma ＝F 最大－mg ＝3mg －mg ＝2mg ,得最大加速度a ＝2g ,故B 正确、答案:B3.(2018·宁夏银川二中月考)电梯在t ＝0时由静止开始上升,运动的a t 图像如图所示(选取竖直向上为正方向),电梯内乘客的质量为m ＝50 kg,重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A 、第9 s 内乘客处于失重状态B 、1～8 s 内乘客处于平衡状态C 、第2 s 内乘客对电梯的压力大小为550 ND 、第9 s 内电梯速度的增加量为1 m/s解析:第9 s 内加速度为正,方向向上,乘客处于超重状态,只不过加速度在减小,A 错误；1～8 s 内加速度大小恒定,方向向上,乘客处于超重状态,B 错误；第2 s 内乘客受电梯的支持力和重力,根据牛顿第二定律有N －mg ＝ma ,解得N ＝550 N,根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N,C 正确；第9 s 内电梯速度的增加量等于该时间内a t图像与时间轴所围图形的面积,即Δv ＝12×1×1.0 m/s ＝0.5 m/s,D 错误.答案:C4.(2018·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2,从同一地点(足够高)同时由静止释放、两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f ＝k v (k 为正的常量)、两球的v t 图像如图所示、落地前,经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2,则下列判断正确的是( )A 、释放瞬间甲球加速度较大B.m 1m 2＝v 21C 、甲球质量大于乙球质量D 、t 0时间内两球下落的高度相等解析:释放瞬间v ＝0,因此空气阻力f ＝0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g ,故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时k v ＝mg ,因此最大速度与其质量成正比,即v m ∝m ,故m 1m 2＝v 1v 2,故B 错误；由于m 1m 2＝v 1v 2,而v 1>v 2,故甲球质量大于乙球质量,故C 正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由图可知,t 0时间内两球下落的高度不相等,故D 错误、答案:C5、如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k ,初始时物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上,使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动,测得两个物体的v t 图像如图乙所示(重力加速度为g ),则( )A 、施加外力前,弹簧的形变量为2g kB 、施加外力的瞬间,A 、B 间的弹力大小为M (g －a )C 、A 、B 在t 1时刻分离,此时弹簧弹力恰好为零D 、弹簧恢复到原长时,物体B 的速度达到最大值解析:施加拉力F 前,物体A 、B 整体平衡,根据平衡条件有2Mg ＝kx ,解得x ＝2Mg k ,故选项A 错误；施加外力F 的瞬间,对B 物体,根据牛顿第二定律,有F 弹－Mg －F AB ＝Ma ,其中F 弹＝2Mg ,解得F AB ＝M (g －a ),故选项B 正确；物体A 、B 在t 1时刻分离,此时A 、B 具有共同的速度v 与加速度a ,且F AB ＝0,对B 物体,有F 弹′－Mg ＝Ma ,解得F 弹′＝M (g ＋a ),故选项C 错误；当F 弹′＝Mg 时,B 达到最大速度,故选项D 错误、答案:B二、多项选择题6.如图所示,一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上,杆足够长,环与杆间的动摩擦因数为μ,现给环一个水平向右的恒力F ,使圆环由静止开始运动,如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F 1,F 1＝k v (k 为常数,v 为环的速率),则环在整个运动过程中,下列说法正确的是( )A 、最大加速度为F mB 、最大加速度为F ＋μmg mC 、最大速度为F ＋μmg μkD 、最大速度为mg k解析:当F 1＝mg ,即k v ＝mg ,v ＝mg k 时,圆环水平方向不受摩擦力,则圆环的加速度最大为a ＝F m ,A 正确,B 错误；当滑动摩擦力f ＝μ(k v －mg )＝F 时,对应的速度最大,v ＝F ＋μmg μk ,C 正确,D 错误、答案:AC7、(2018·河南开封四校联考)如图甲所示,在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体,B 的质量是A 的2倍,B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N,A 受到的水平方向的力F A (向右为正方向)按如图乙所示的规律变化,从t ＝0开始计时,则( )A 、A 物体在3 s 末的加速度是初始时刻的511B 、t ＞4 s 后,B 物体做匀加速直线运动C 、t ＝4.5 s 时,A 物体的速度为零D 、t ＞4.5 s 后,A 、B 的加速度方向相反解析:根据题图乙可得出F A 的变化规律为F A ＝9－2t (N),对于A 、B 整体,根据牛顿第二定律有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ,设A 、B 间的作用力N ,则对B ,根据牛顿第二定律可得N ＋F B ＝m B a ,解得N ＝m B F A ＋F B m A ＋m B－F B ＝16－4t 3(N)；当t ＝4 s 时N ＝0,A 、B 两物体开始分离,此后B 做匀加速直线运动,当t ＝4.5 s 时,A 物体的加速度为零而速度不为零,t ＞4.5 s 后,A 所受合外力反向,即A 、B 的加速度方向相反,当t ＜4 s 时,A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F B m A ＋m B,综上所述,选项B 、D 正确,C 错误；t ＝0时, A 物体的加速度为a 0＝11 N m A ＋m B ,t ＝3 s 末,A 物体的加速度为a ′＝5 Nm A ＋m B ,则a ′＝511a 0,故选项A 正确、答案:ABD[能力题组]一、选择题8.如图所示,光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体,A 、B 间的最大静摩擦力为μmg .现用水平拉力F 拉B ,使A 、B 以同一加速度运动,则拉力F 的最大值为( )A 、μmgB 、2μmgC 、3μmgD 、4μmg解析:当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大,此时,对于A 物体所受的合力为μmg ,由牛顿第二定律知a A ＝μmg m ＝μg ；对于A 、B 整体,加速度a ＝a A ＝μg ,由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .答案:C9、如图甲所示,水平地面上有一静止平板车,车上放一质量为m 的物块,物块与平板车间的动摩擦因数为0.2,t ＝0时,车开始沿水平面做直线运动,其v t 图像如图乙所示、g 取10 m/s 2,平板车足够长,则物块运动的v t 图像为( )解析:小车先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等,都为a ＝Δv Δt ＝4 m/s 2,根据物块与车间的动摩擦因数可知,物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为 2 m/s 2,因此当车的速度大于物块的速度时,物块受到的滑动摩擦力是动力,相反则受到的滑动摩擦力是阻力、设在t 时刻滑块与车的速度相等,则有24－4(t －6)＝2t 得t ＝8 s,故在0～8 s 内,车的速度大于物块的速度,因此物块受到的滑动摩擦力是动力,则其加速度为2 m/s 2,同理,可得在8～16 s 内,车的速度小于物块的速度,因此物块受到的滑动摩擦力是阻力,则其加速度为2 m/s 2,故C 正确、答案:C10、(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球、斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和N .若T a 图像如图乙所示,AB 是直线,BC 为曲线,重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A 、a ＝403 m/s 2时,N ＝0B 、小球质量m ＝0.1 kgC 、斜面倾角θ的正切值为34D 、小球离开斜面之前,N ＝0.8＋0.06a (N)解析:小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得T cos θ－N sin θ＝ma ,T sin θ＋N cos θ＝mg ,联立解得N ＝mg cos θ－ma sin θ,T ＝ma cos θ＋mg sin θ,所以小球离开斜面之前,T a 图像呈线性关系,由题图乙可知a ＝403 m/s 2时,N ＝0,选项A 正确；当a ＝0时,T ＝0.6 N,此时小球静止在斜面上,其受力如图甲所示,所以mg sin θ＝T ；当a ＝403m/s 2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图乙所示,所以mg tan θ＝ma ,联立可得tan θ＝34,m ＝0.1 kg,选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入N ＝mg cos θ－ma sin θ,得N ＝0.8－0.06a (N),选项D 错误、答案:ABC二、非选择题11.(2018·江西赣中南五校联考)质量为2 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动,所受的空气阻力与速度成正比,比例系数未知、今测得雪橇运动的v t 图像如图所示,且AB 是曲线最左端那一点的切线,B 点的坐标为(4,9),CD 线是曲线的渐近线、(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)试问:(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v 0＝3 m/s 和v 1＝6 m/s 时,雪橇的加速度大小各是多少？(3)空气阻力系数k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析:(1)v t 图像的斜率表示加速度的大小,由题图可知,雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动,最后做匀速直线运动、(2)当v 0＝3 m/s 时,雪橇的加速度是a 0＝9－34 m/s 2＝1.5 m/s 2,当v 1＝6 m/s 时,雪橇的加速度是a 1＝0.(3)开始加速时:mg sin θ－k v 0－μmg cos θ＝ma 0①最后匀速时:mg sin θ＝k v 1＋μmg cos θ②联立①②得k v 0＋ma 0＝k v 1,得k ＝ma 0v 1－v 0＝1 kg/s, 由②式,得μ＝mg sin θ－k v 1mg cos θ＝0.375.答案:(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动 最后做匀速直线运动 (2)1.5 m/s 2 0(3)1 kg/s 0.37512、如图所示,倾角为45°的轨道AB 和水平轨道BC 在B 处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接,水平轨道上D 点的正上方有一探测器,探测器只能探测处于其正下方的物体、一小物块自倾斜轨道AB 上离水平轨道BC 高h 处由静止释放,以小物块运动到B 处的时刻为计时零点,探测器只在t ＝2～5 s 内工作、已知小物块与倾斜轨道AB 和水平轨道BC 间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1,BD 段长为L ＝8 m,重力加速度g 取10 m/s 2,为使探测器在工作时间内能探测到小物块,求h 的取值范围、解析:设物块沿倾斜轨道AB 运动的加速度为a 1,由牛顿第二定律有 mg sin 45°－μ1mg cos 45°＝ma 1设物块到达B 处的速度为v B ,由速度—位移关系得v 2B ＝2a 1·h sin 45°物块在水平轨道BC 上做减速运动的加速度大小为a 2＝μ2g①设物块运动到D 点时速度恰好为零,这种情况下v B 最小,物块在水平轨道BC 上运动的时间最长,则v B 1＝2a 2L ＝4 m/s又t 1＝v B 1a 2＝4 s 当物块在t 1＝4 s 到达D 点时,联立解得h 1＝1.6 m②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 22联立解得h2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块,h的取值范围为 1.6 m≤h≤2.5 m.答案:1.6 m≤h≤2.5 m。
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[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.(2018·山东潍坊质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1所以a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析，有a2＜a1，所以本题正确选项为D.答案：D2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是()A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2as得，木炭包位移s木＝v22μg，设相对滑动时间为t，由v＝at得t＝vμg，此时传送带的位移为s传＝v t＝v2μg，所以相对滑动的位移是Δs＝s传－s木＝v22μg，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误．答案：C3.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的()解析：设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.对木板应用牛顿第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2a2＝－μ2g可见|a1|＞|a2|由v t图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确．答案：A二、非选择题4.如图所示，固定斜面上放一木板PQ ，木板的Q 端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q 端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L ，Q 端距斜面顶端距离也为L ，物块和木板的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数为μ1＝32.若所挂钩码质量为 2m ，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动．重力加速度为g ，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m ′应满足什么条件？解析：(1)整个系统匀速时对钩码：2mg ＝F T对物块和木板：F T ＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ解得：μ2＝33(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a 1大于物块的加速度a 2.对物块：μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2解得：a 2＝14g对木板：F T ′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma 1对钩码：m ′g －F T ′＝m ′a 1解得：a 1＝m ′－94mm ′＋mg 联立解得：m ′＞103m答案：(1)33 (2)m ′＞103m5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处．求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大于f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ，加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v ＝at 1，得t 1＝v a ＝11s ＝1 s. (3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v 2min ＝2aL ，得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min ＝at min 得行李最短运行时间t min ＝v min a ＝21 s ＝2 s.答案：(1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s[能力题组]非选择题6．如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，经过5 s 物体A 运动到B 的最右端，其v t 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间．解析：(1)根据v t 图像可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A解得μ＝F －m A a Am A g ＝0.4(2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m ＝25 m若B 不固定，则B 的加速度为a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104m/s 2＝1 m/s 2 设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l ，解得t ＝7.07 s.答案：(1)0.4 (2)7.07 s7.(2018·河北正定中学月考)一水平传送带以2.0 m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m ．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m ，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，试问：(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；(2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程．解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg ＝ma 1s 1＝v 202a 1＝1 m ＜L 所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2物块速度为零时上升的距离s 2＝－v 202a 2＝13 m 由于s 2＜0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点．(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t 1＝2s 1v 0＋L －s 1v 0＝1.5 s 物块在斜面上往返一次的时间t 2＝－2v 0a 2＝23 s 物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左－μmg ＝ma 3向左端发生的最大位移s 3＝－v 202a 3＝1 m 物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间t 3＝－2v 0a 3＝2 s 4．5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程s ＝L ＋3s 2＋2s 3s ＝5 m答案：(1)不能 13m (2)5 m8.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量M ＝4 kg ，长L ＝2.5 m ，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2.(1)假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为3 N，欲使木板能从木块的下方抽出，求对木板施加的水平拉力F的大小范围．(2)若用大小为F＝28 N的水平恒力拉木板，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为2 N，欲使木板能从木块的下方抽出，求水平恒力F作用的最短时间．解析：(1)设木块的最大加速度为a木块，则F fm1＝ma木块对木板F－F fm1－μ(M＋m)g＝Ma木板木板从木块的下方抽出的条件为a木板＞a木块，解得F＞25 N即欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的水平拉力F应满足F＞25 N. (2)加上力F时木板加速，撤去F后木板减速．分析可知，如果木板和木块的速度相同时木块恰好运动到木板最左端脱离，那么力F的作用时间最短设作用时间t1后撤去力F，此时木板速度为v1，则对木板有F－F fm2－μ(M＋m)g＝Ma1解得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1对木块有F fm2＝ma2，解得a2＝2 m/s2撤去力F后，木板减速运动，加速度大小为a0则F fm2＋μ(M＋m)g＝Ma0，解得a0＝3 m/s2木块加速运动过程中加速度不变，当木块和木板速度相同时木块恰好脱离木板，设共同速度为v2，则可作出如图所示的速度—时间图线分析位移关系，可知，L＝v212a1＋v21－v222a0－v222a2，v1－a0(v2a2－v1a1)＝v2，联立解得v1＝10714 m/s，t1＝51414s故欲使木板能从木块的下方抽出，水平恒力F作用的最短时间应为514 14s.答案：(1)F＞25 N(2)514 14s9.(2018·湖北武汉月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°、长为5 m的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度．(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma1B→C过程有：v20＝2a1l解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5.(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有：v2＝2a2l解得：v＝2 5 m/s，a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：v21－v22＝2a1s1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：v22＝2a2s2s1＋s2＝L解得：v2＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.答案：(1) 0.5(2)2 5 m/s(3)3 m/s。