第3章 素养提升课三 牛顿第二定律的综合应用(二)（教师word）-【金版新学案】2025年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考版）

素养提升课三　牛顿第二定律的综合应用(二) 提升点一　动力学中的传送带模型 1．模型特点 传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带间在摩擦力作用下的相对运动问题。 2．传送带模型问题的两个关键分析 受力分析 (1)摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。 运动分析 (1)参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 (2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 (3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。 考向1　水平传送带问题 水平传送带的几种情况：(条件：传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0) 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直匀加速 先匀加速后匀速 v0＜v时，一直匀加速 v0＜v时，先匀加速再匀速 v0＞v时，一直匀减速 v0＞v时，先匀减速再匀速 滑块一直匀减速 滑块先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端：①若v0＜v，返回到左端时速度为v0；②若v0＞v，返回到左端时速度为v。 学生用书第56页 (2023·山东潍坊第三次调研)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是(　　) A．小物块一直受滑动摩擦力 B．传送带做顺时针的匀速运动 C．传送带做顺时针的匀加速运动 D．小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 【题眼点拨】　(1)看到“将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上”，想到“物块的初速度为零、加速位移可以足够长”。 (2)看到“取向右为速度的正方向和v -t图线”，想到“传送带做顺时针的匀加速运动”。 (3)看到“v -t图线分为两段”，想到“物块开始时受滑动摩擦力作用做初速度为零的匀加速运动，然后相对皮带静止，受静摩擦力作用，随皮带一起做匀加速运动”。 答案：C 解析：由题图乙可知，物块先做加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的匀加速运动，不可能从题图甲的左端滑下传送带，故B、D错误，C正确；当物块与传送带一起顺时针加速后，物块受静摩擦力，故A错误。故选C。 (2024·山东济宁高三月考)如图所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v＝4 m/s顺时针转动，两轮轴心间距L＝10 m。一个物块(视为质点)以速度v0＝8 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t＝2 s物块离开传送带，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物块在传送带上一直做匀减速直线运动 B．物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 s C．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4 D．物块在传送带上留下的划痕为6 m 答案：C 解析：假设物块在传送带上一直做减速运动，加速度的大小为a，L＝v0t－at2，解得a＝3 m/s2，离开传送带时物块的速度为v＝v0－at＝2 m/s＜4 m/s，假设不成立，故物块在传送带上先做减速运动，再与传送带共速，最后从右端离开，A错误；设物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1，则与传送带一起匀速的时间2 s－t1，L＝t1＋4 m/s×(2 s－t1)，解得t1＝1 s，B错误；物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s，根据加速度的定义可知a＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.4，C正确；物块与传送带的相对位移大小，即划痕长度为Δx＝v0t1－at－vt1＝2 m，D错误。 考向2　倾斜传送带问题 倾斜传送带的几种情况：(条件：传送带以v匀速运行，滑块的初速度为v0) 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ＞tan θ) 先加速后匀速 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＜v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0＞v时，一直匀变速(加速度为|gsin θ－μgcos θ|) v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直匀速 μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ，先减速到速度为0后反向加速到v，若v0＜v，则回到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动) (多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v -t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　) 学生用书第57页 A．传送带的速度为4 m/s B．物块上升的竖直高度为0.96 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反 答案：BC 解析：如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于v -t图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝Lsin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误。 (2024·安徽阜阳模拟)如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求： (1)传送带从A到B的长度； (2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 答案：(1)16 m　(2)5 m 解析：(1)煤块速度达到10 m/s之前：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 t1＝＝1 s x1＝a1t＝5 m 煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 x2＝vt2＋a2t＝11 m L＝x1＋x2＝16 m。 (2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m 煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m 由于s1相＞s2相，则痕迹长为5 m。 提升点二　动力学中的“滑块—木板”模型 1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下或者还有外力作用下发生相对滑动。 2．四种常见类型：滑块m与木板M之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。 图例 初始条件 终止条件 (1)滑块m静止。 (2)木板M初速度为v。 (1)滑块m停在木板M上某位置。 (2)滑块m恰好没有滑离木板M。 (3)滑块m滑离木板M。 (1)滑块m初速度为v。 (2)木板M静止。 (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在木板M上。 (1)滑块m、木板M均静止。 (2)外力F作用在滑块m上。 考向1　无外力F作用的“滑块—木板”模型 如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止，现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多少？ 学生用书第58页 (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多少？ 答案：(1)2 m/s　(2)没有脱离　 m/s　 m/s 解析：(1)A在B上向右做匀减速运动，有μ1mg＝ma1 解得加速度大小a1＝3 m/s2 木板B向右做匀加速运动，有μ1mg－μ2·2mg＝ma2 解得加速度大小a2＝1 m/s2 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，可得 时间关系t＝＝ 位移关系L＝－ 解得v0＝2 m/s。 (2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右做匀减速运动，加速度大小仍为a1＝3 m/s2 B向右做匀加速运动，加速度大小 a2′＝＝3 m/s2 设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B， 由时间关系得＝ 解得v′＝＝ m/s A的位移xA＝＝3 m B的位移xB＝＝1 m 由xA－xB＝2 m＜L可知，A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。 【拓展变式】(“滑块有初速度、木板静止”拓展为“滑块静止、木板有初速度”) (多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙为小滑块与小车运动的v -t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小取g。由此可求得(　　) A．小车的长度 B．小滑块的质量 C．小车在匀减速运动过程中的加速度 D．小滑块与小车之间的动摩擦因数 答案：ACD 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由题图乙可求出小车的长度L＝t1－t1＝t1，故A正确；根据题图乙可以求出小车做匀减速直线运动的加速度a′＝以及小滑块做匀加速直线运动的加速度a＝，无法求出小滑块的质量，故B错误，C正确；对小滑块，由牛顿第二定律可知a＝＝＝μg，又a＝，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝，故D正确。故选ACD。 考向2　有外力F作用的“滑块—木板”模型 (外力F“作用在滑块上”拓展为“作用在木板上”) 如图所示，光滑水平面上静止放着长为L＝1.6 m、质量为M＝3 kg的木板，一个质量为m＝1 kg的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。 (1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件； (2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t0＝0.8 s，恰好可以抽出，求此力的大小。 答案：(1)F＞4 N　(2)10 N 解析：(1)力F拉动木板运动过程中： 对物块，由牛顿第二定律知μmg＝ma， 对木板，由牛顿第二定律知F－μmg＝Ma1， 即a1＝ 要想抽出木板，则只需a1＞a，即F＞μ(M＋m)g， 代入数值解得F＞4 N。 (2)设施加某力时木板的加速度大小为a2，则 a2＝ 设不再施加某力时木板的加速度大小为a3，则 a3＝＝ m/s2 设从不再施加某力到木板恰好被抽出所用时间为t2，则木板从物块下抽出时有物块的速度v＝a(t0＋t2) 发生的位移x＝a(t0＋t2)2 木板的速度v板＝a2t0－a3t2 发生的位移x板＝a2t＋a2t0t2－a3t 木板刚好从物块下抽出时应有v板＝v且x板－x＝L 联立并代入数值得t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F＝10 N。 【拓展变式】(外力F“作用在木板上”拓展为“作用在滑块上”) (多选)(2024·安徽蚌埠模拟)如图甲所示，质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.1 C．F的大小可能为9 N D．F的大小与板长L有关 答案：BD 解析：当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，对木板A，有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a2＝＝－ m/s2＝－1 m/s2，根据牛顿第二定律得－μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A错误，B正确；对滑块B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中的aB＞a1＝2 m/s2，则F＞9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误；根据L＝aBt2－a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝(2L＋9) N，即F的大小与板长L有关，D正确。 课时测评14　牛顿第二定律的综合应用(二) (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1～8题，每题4分，共32分) 1．(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 答案：AC 解析：开始时，对行李，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误。 2．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　　) A．煤块冲上传送带后经2 s与传送带速度相同 B．煤块向上滑行的最大位移为8 m C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4) m 答案：D 解析：煤块先做匀减速运动，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝8 m/s2，设经时间t与传送带共速，由v0－a1t＝v，解得t＝1 s，故A错误；共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝4 m/s2，则煤块先以12 m/s的初速度、8 m/s2的加速度减速至4 m/s，后又以4 m/s2的加速度减速至0，再反向加速回到A点，v -t图像如图所示， 由图像可知，煤块上升到最高点的位移大小等于v -t图线与时间轴所围面积的大小，即x＝×(12＋4)×1 m＋×4×1 m＝10 m，故B错误；物块上升到最高点后反向做初速度为零、加速度为a2＝4 m/s2的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移x＝a2t，解得t1＝ s，结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间为t总＝(2＋) s，故C错误；在0～1 s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为L1＝×(12＋4)×1 m－4×1 m＝4 m，此时划痕在物块的下方，在1～2 s内，传送带速度比物块速度大，则L2＝4×1 m－×4×1 m＝2 m，因为L2＜L1，所以在上升阶段产生的划痕为4 m，此时煤块在产生的划痕的中点，在2～(2＋) s时间内，煤块向下运动了10 m，传送带向上运动了4 m，则煤块在传送带上的划痕为L＝(10＋4＋2) m＝(12＋4) m，故D正确。故选D。 3．(2023·安徽芜湖一模)如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A一初速度，1 s后两物体相对静止一起匀速运动，它们的位移—时间图像如图乙所示，则A、B两物体的质量比为(　　) A．4∶3 B．2∶1 C．3∶2 D．5∶2 答案：B 解析：由题图乙可知，0～1 s内，xA＝5 m，xB＝2 m对A进行受力分析得μmAg＝mAaA，对B进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后两物体相对静止一起匀速运动，则速度为v0－aAt＝aBt，B的位移为xB＝aBt2＝2 m，解得aB＝4 m/s2，则得出共速的速度为v末＝vB＝aBt＝4 m/s，对A有xA＝t＝5 m，v末＝v0－aAt＝4 m/s，解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故选B。 4．(2024·陕西西安模拟)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a-F图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则(　　) A．滑块的质量m＝2.5 kg B．木板的质量M＝3 kg C．当F＝8 N时，滑块加速度为2 m/s2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.6 答案：A 解析：由题图乙可知当F＝12 N时，加速度为a＝4 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律得F＝a，代入数据解得M＋m＝3 kg，当F＞12 N时，根据牛顿第二定律得a＝＝F－，知题图乙中F＞12 N图线的斜率为k＝＝ kg－1＝2 kg－1，解得M＝0.5 kg，滑块的质量为m＝2.5 kg，故A正确，B错误；根据F＞12 N的图线知，F＝10 N时，a＝0，即0＝2F－2×μ×2.5×10 N，代入数据解得μ＝0.4，当F＝8 N时，对滑块和木板的整体，根据牛顿第二定律得F＝(M＋m)a′，解得a′＝ m/s2，故C、D错误。故选A。 5．(2024·河南信阳模拟)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1 kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，tan 53°＝，g取10 m/s2，则(　　) A．倾角θ＝37° B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4 C．2 s内煤块在传送带上留下的痕迹长为6 m D．2 s内煤块与传送带摩擦产生的内能为20 J 答案：A 解析：由题图乙可知，0～1 s内煤块的加速度为a1＝10 m/s2，1～2 s内煤块的加速度为a2＝2 m/s2，传送带的速度为v1＝10 m/s，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故A正确，B错误；0～1 s内传送带的位移及煤块的位移分别为x1＝v1t＝10×1 m＝10 m，x1′＝v1t＝5 m，它们的相对位移为Δx1＝x1－x1′＝5 m，1～2 s内传送带的位移及煤块的位移分别为x2＝v1t＝10×1 m＝10 m，x2′＝(v1＋v2)t＝(10＋12)×1 m＝11 m，它们的相对位移为Δx2＝x2′－x2＝1 m，0～1 s内煤块位移小于传送带位移，在传送带上出现5 m长的痕迹，1～2 s内煤块位移大于传送带的位移，这1 m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以传送带上出现的痕迹长为5 m，故C错误；2 s内煤块与传送带摩擦产生的内能为Q＝μmgcos θ(Δx1＋Δx2)＝24 J，故D错误。故选A。 6．(多选)(2024·河南开封模拟)如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动，一滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 答案：BC 解析：设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mgsin θ＞μmgcos θ，则滑块所受合力沿传送带向下，滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，则滑块沿传送带方向所受合力为零，滑块匀速下滑；若mgsin θ＜μmgcos θ，则滑块所受合力沿传送带向上，滑块先做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于滑块重力沿传送带向下的分力，故滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确。 7．如图甲所示，长木板B静止在水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点的质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法错误的是(　　) A．长木板的最小长度为2 m B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5 kg D．外力F的大小为4 N 答案：C 解析：由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，v -t图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，故在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外力F，由1～2 s内物块A的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，1～2 s内物块A的加速度大小为aA＝1m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1.0 kg，C错误；由0～1 s内物块A的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。故选C。 8．(多选)(2024·湖南长沙高三模拟)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前，滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 答案：BC 解析：对小孩，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得加速度大小为a1＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。 9．(14分)(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2。 (2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间 t1＝＝ s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为 x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力， 即μmgcos θ＞mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后随传送带一起做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为 t2＝＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带的时间为 t＝t1＋t2＝4.5 s。 10．(14分)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 答案：(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m 解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得 a＝＝3 m/s2。 (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m。 (3)刚撤去F时，长木板的速度v＝at＝3 m/s 小物块的速度vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2 设再经过时间t′，二者最终速度相等为v′，有 v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得v′＝2.8 m/s，t′＝0.4 s。 (4)在时间t′内，小物块和长木板的相对位移 Δx2＝－＝0.2 m 最终小物块离长木板右端的距离x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 学生用书第59页 学科网（北京）股份有限公司 $$