重难点03 牛顿运动定律综合应用-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（广东专用）

重难点03 牛顿运动定律综合应用 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)牛顿运动定律及应用； (2)整体法、隔离法的应用； 1. (2024, T7,T11,T14) 2. (2023, T3) 直线运动的典型实例为情境,将匀变速直线运动规律、牛顿运动定律综合起来考查,或在电磁场中带电粒子的运动的情境下考查。 【情境解读】 解决动力学两类基本问题的思路 温馨提示　动力学中的所有问题都离不开受力分析和运动分析，都属于这两类基本问题的拓展和延伸． 【高分技巧】 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.动力学两类问题 (1)看到“受力”分析“运动情况”，看到“运动”要想到“受力情况”。 (2)两个一起运动的物体“刚好脱离”时：弹力为零，此时速度、加速度相等，此后不等。 2.传送带问题 (3)把质量为m的物体由静止放在以水平速度v匀速运动的传送带上，物体可能一直向前加速，也可能先加速后匀速。 (4)如图甲，无初速释放物块后，物块可能先匀加速下滑，再匀加速下滑；可能先匀加速下滑，再随皮带匀速下降。 (5)如图乙，物体以v0滑上水平传送带，则物体可能一直减速滑出皮带；或先向前减速滑行，再加速回头；或先向前减速滑行，再加速回头，最后匀速回到出发点。 3.板块问题 (6)若板、块之间发生相对滑动，则要隔离板、块分别进行受力分析，此时板、块之间的摩擦力是滑动摩擦力；若板、块相对静止，选择板、块整体进行受力分析，此时板、块之间的摩擦力是静摩擦力。 (7)当板、块之间有相对滑动时，根据牛顿第二定律分别求出板块的加速度；当板、块相对静止时，无论外力作用在板上还是块上，都可以用整体法求共同加速度。 【考向一：动力学两类基本问题】 1．贯彻一个解题思路 2．理顺两类基本问题 由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况 首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律 由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况 由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况 3．把握三个关键点 (1)加速度是连接运动情况和受力情况的桥梁。 (2)速度是不同运动过程联系的纽带。 (3)不同运动过程物体受力情况不同，加速度往往也不同。 1．(改编自2022年浙江6月卷)(多选)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=2/9,货物可视为质点(取cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度大小g=10 m/s2)。下列说法正确的是(　　)。 A.货物在倾斜滑轨上滑行的时间为2 s B.货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小是4 m/s C.若水平滑轨的长度为3.375 m,则货物滑离水平滑轨末端时速度为1 m/s D.若将倾斜滑轨改装成动摩擦因数相同的传送带,倾角不变,则可将货物从传送带底端运至顶端 2． (2024江西南昌市模拟)在冬奥会赛前滑雪运动员做滑雪尝试，赛道由倾斜赛道和水平赛道组成且平滑连接，倾斜赛道与水平面的夹角为θ＝53°，如图所示。运动员从倾斜赛道上某一位置由静止开始下滑，进入水平赛道滑行一段距离后停止。已知运动员在倾斜赛道上滑行的时间和在水平赛道上滑行的时间相等，且倾斜赛道和水平赛道的动摩擦因数相同，假设运动员滑行路线均为直线，sin 53°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求滑板与赛道间的动摩擦因数μ； (2)若运动员在两段赛道的总路程为125 m，求运动员在倾斜赛道和水平赛道上滑行的总时间。 3．某市2022年5月1日起部分县、区超标电动车不得上道路行驶，新的电动自行车必须符合国标GB17761－2018的标准，新标准规定最高车速不能高于25 km/h，整车质量应当小于或等于55 kg，制动性能要符合如下规定： 表1　　　　 　制动性能 实验条件 实验速度km/h 使用的车闸 制动距离m 干态 25 同时使用前后车闸 ≤7 单用后闸 ≤15 湿态 16 同时使用前后车闸 ≤9 单用后闸 ≤19 某人体重m＝50 kg，骑着符合新标准、质量M＝50 kg的电动自行车在水平路面行驶．电动自行车的刹车过程可简化为匀变速直线运动． (1)当遇到紧急情况时，若他同时使用前后车闸刹车，在干燥路面上该车的最小加速度是多少？此时受到的制动力是多大？(保留两位有效数字) (2)若此人私自改装电瓶输出功率，致使车速超标(其他条件不变)，当他以32 km/h速度在雨后的路面上行驶，遇见紧急情况，采取同时使用前后车闸方式刹车，则该车刹车后行驶的最大距离是多少？ (3)根据你所学物理知识，分析电动自行车超速超载有什么危害？ 4．疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲)．该款机器人的最大运行速度为4 m/s，加速度大小可调节在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图乙的直线情境图，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4 m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6 m，餐桌A和餐桌F相距L＝16 m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2. (1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小． (2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A送餐到F，求机器人运行的最大加速度am和加速过程通过的位移x加． 5．一场冰壶比赛过程如图所示,在左端发球区的运动员从投掷线MN中点P将冰壶掷出,冰壶沿水平冰道中心线PO向右端的圆形营垒区滑行。若冰壶以v0= m/s的速度被掷出后,恰好停在营垒区中心O,P、O间距离x=30 m。已知冰壶的质量m=20 kg,重力加速度大小g=10 m/s2,冰壶自身大小可忽略,冰壶在冰道上的运动可视为匀减速直线运动。 (1)求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ。 (2)实际比赛中,运动员可以用毛刷擦拭冰壶运行前方的冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。某次比赛中冰壶投掷速度v0'=3 m/s,从MN前方10 m处开始不停擦拭冰面,直至冰壶正好停在O点。若擦拭后冰壶与冰面间动摩擦因数减小至某一确定值,求此次比赛中冰壶运动的总时间。 (3)若冰壶从P点以v0'=3 m/s投出后立即开始不停擦拭冰面,擦拭距离为20 m,其他条件不变,则冰壶能否停在O点?请通过计算说明理由。 【考向二：动力学方法解决传送带问题】 6．(多选)(2023湖北高三阶段练习)如图，与水平面的夹角为30°的倾斜传送带以恒定速度v＝5.5 m/s顺时针转动，上端与一倾角也为30°的足够长的斜面对接，物块从传送带底端以速度v0＝3 m/s沿传送带向上滑上传送带。物块与斜面和传送带间的动摩擦因数相同。从物块刚滑上传送带开始计时，下列关于物块在传送带和斜面上滑动的速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 7．如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个质量为m＝1 kg的小物块，沿传送带向下以速度v0＝4 m/s 从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　 ) A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿传送带向下 C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2 D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 8．(2023福建福州八校联考)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　) A.要实现这一目的前提是μ<tanθ B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D.若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 9．如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量为m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度—时间图像的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： (1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)物块沿传送带向上运动的最大位移大小x； (3)物块沿传送带向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程s。 10.(重庆巴蜀中学一模)近年来，我国物流行业发展迅速，在机场经常能见到地勤工作人员利用传送带从飞机上装卸货物。如图所示。若某次工作人员所用传送带与水平面夹角α＝37°，传送带下行运行速率v1＝0.6 m/s，传送带两端距离L＝3.95 m；工作人员沿传送带方向以初速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下(推力立即撤去)一件质量为1 kg的小包裹(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)包裹通过传送带所需时间； (2)包裹从顶端到底端与传送带因摩擦所产生的热量。 【考向三：动力学方法解决板块问题】 分析“板—块”模型问题的四点注意 (1)从速度、位移、时间角度，寻找滑块与滑板之间的联系。 (2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。 (3)滑块与滑板存在相对滑动的条件 ①运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。 ②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动。 (4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。 11.(多选)如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．0～6 s内，m的加速度一直保持不变 B．m相对M滑动的时间为3 s C．0～6 s内，m相对M滑动的位移大小为4 m D．0～6 s内，m、M相对地面的位移大小之比为3∶4 12.质量为M＝5 kg的木板静止在粗糙水平地面上，木板上放置质量为m＝3 kg的物块，与木板左端相距L＝2 m，如图所示。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.5。现用水平恒力F＝60 N施加在木板左端，方向如图所示，取g＝10 m/s2，物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A.木板的加速度大小为0.8 m/s2 B.木板的加速度大小为2.8 m/s2 C.2 s末物块刚好从木板左端脱落 D.2 s内木板的位移为1.6 m 13.(2023山东临沂二模)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，上面放一个质量为m的小滑块，滑块和木板之间的动摩擦因数是μ，现用恒定的水平拉力F作用在木板上，使二者发生相对运动，改变拉力F或者木板质量M的大小，当二者分离时(　　) A.若只改变F，当F增大时，木板获得的速度增大 B.若只改变F，当F增大时，滑块获得的速度增大 C.若只改变M，当M增大时，木板获得的速度增大 D.若只改变M，当M增大时，滑块获得的速度增大 14.物理课外小组在一长为L的水平方桌上放置一块质地均匀、质量为m1＝100 g的硬塑料板，塑料板的左边缘与方桌左边缘相距l＝10 cm，在塑料板上靠近方桌的边缘处放一个可看作质点、质量为m2＝200 g的重锤，如图所示。已知塑料板与方桌上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.3，重锤与塑料板、方桌上表面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若L足够大，则给塑料板水平向右至少多大的初速度才能使重锤脱离塑料板？ (2)若L＝50 cm，则给塑料板水平向右多大的恒定推力才能使重锤刚好不从方桌上掉下？ 15.如图，一质量m＝1 kg的木板静止的光滑水平地面上。开始时，木板右端与墙相距L＝0.08 m；质量为m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，木板与墙的碰撞是完全弹性碰撞(返回时的速度与碰撞的速度大小相等)。取g＝10 m/s2，求： (1)木板第一次与墙碰撞前的速度和从物块滑上木板到木板第一次与墙碰撞的时间； (2)木板第2次与墙碰撞瞬间物块的速度； (3)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间。 【考向四：动力学中的临界、极值问题】 16．(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　 ) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2>μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 17.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止 叠放在水平地面上。A、B两物块间的动摩擦因数为μ，B物块与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A物块施加一水平拉力F，则(　 ) A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 18.(多选)物块a、b中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块a的质量为1.2 kg,如图1所示。开始时两物块均静止,弹簧处于原长,t=0时对物块a施加水平向右的恒力F,t=1s时撤去,在0-1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图2所示。弹簧始终处于弹性限度内,整个运动过程中,下列分析正确的是(　　)。 A.t=1s时a的速度大小为0.8 m/s B.t=1s时弹簧伸长量最大 C.b物块的质量为0.8 kg D.弹簧伸长量最大时,a的速度大小为0.6 m/s 19．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(　 ) A．物体的初速度v0＝6 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6 C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 20.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点03 牛顿运动定律综合应用 考点 三年考情分析 2025考向预测 (1)牛顿运动定律及应用； (2)整体法、隔离法的应用； 1. (2024, T7,T11,T14) 2. (2023, T3) 直线运动的典型实例为情境,将匀变速直线运动规律、牛顿运动定律综合起来考查,或在电磁场中带电粒子的运动的情境下考查。 【情境解读】 解决动力学两类基本问题的思路 温馨提示　动力学中的所有问题都离不开受力分析和运动分析，都属于这两类基本问题的拓展和延伸． 【高分技巧】 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.动力学两类问题 (1)看到“受力”分析“运动情况”，看到“运动”要想到“受力情况”。 (2)两个一起运动的物体“刚好脱离”时：弹力为零，此时速度、加速度相等，此后不等。 2.传送带问题 (3)把质量为m的物体由静止放在以水平速度v匀速运动的传送带上，物体可能一直向前加速，也可能先加速后匀速。 (4)如图甲，无初速释放物块后，物块可能先匀加速下滑，再匀加速下滑；可能先匀加速下滑，再随皮带匀速下降。 (5)如图乙，物体以v0滑上水平传送带，则物体可能一直减速滑出皮带；或先向前减速滑行，再加速回头；或先向前减速滑行，再加速回头，最后匀速回到出发点。 3.板块问题 (6)若板、块之间发生相对滑动，则要隔离板、块分别进行受力分析，此时板、块之间的摩擦力是滑动摩擦力；若板、块相对静止，选择板、块整体进行受力分析，此时板、块之间的摩擦力是静摩擦力。 (7)当板、块之间有相对滑动时，根据牛顿第二定律分别求出板块的加速度；当板、块相对静止时，无论外力作用在板上还是块上，都可以用整体法求共同加速度。 【考向一：动力学两类基本问题】 1．贯彻一个解题思路 2．理顺两类基本问题 由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况 首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律 由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况 由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况 3．把握三个关键点 (1)加速度是连接运动情况和受力情况的桥梁。 (2)速度是不同运动过程联系的纽带。 (3)不同运动过程物体受力情况不同，加速度往往也不同。 1．(改编自2022年浙江6月卷)(多选)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=2/9,货物可视为质点(取cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度大小g=10 m/s2)。下列说法正确的是(　　)。 A.货物在倾斜滑轨上滑行的时间为2 s B.货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小是4 m/s C.若水平滑轨的长度为3.375 m,则货物滑离水平滑轨末端时速度为1 m/s D.若将倾斜滑轨改装成动摩擦因数相同的传送带,倾角不变,则可将货物从传送带底端运至顶端 答案　ABC 解析　根据牛顿第二定律的独立性可知,货物下滑时a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2,根据2a1l1=v2解得v=4 m/s,t==2 s,A、B两项正确;根据牛顿第二定律有μmg=ma2,由运动学公式可得-2a2l2=v'2-v2,代入数据联立解得v'=1 m/s,C项正确;由于gsin θ=4 m/s2>μgcos θ=2 m/s2,可见使货物沿传送带向上运动的摩擦力小于重力沿传送带向下的分力,故货物运不上去,D项错误。 2． (2024江西南昌市模拟)在冬奥会赛前滑雪运动员做滑雪尝试，赛道由倾斜赛道和水平赛道组成且平滑连接，倾斜赛道与水平面的夹角为θ＝53°，如图所示。运动员从倾斜赛道上某一位置由静止开始下滑，进入水平赛道滑行一段距离后停止。已知运动员在倾斜赛道上滑行的时间和在水平赛道上滑行的时间相等，且倾斜赛道和水平赛道的动摩擦因数相同，假设运动员滑行路线均为直线，sin 53°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求滑板与赛道间的动摩擦因数μ； (2)若运动员在两段赛道的总路程为125 m，求运动员在倾斜赛道和水平赛道上滑行的总时间。 答案　(1)0.5　(2)10 s 解析　(1)在两段赛道上滑行时，根据牛顿第二定律分别有 mgsin θ －μmgcos θ＝ma1 μmg＝ma2 由于在两个赛道上滑行时间相等，可知加速度大小相等，即a1＝a2 联立解得μ＝0.5。 (2)在两段赛道上滑行的加速度大小 a1＝a2＝5 m/s2 设最大速度为vm，根据速度与位移的关系可知 ＋＝L 解得最大速度vm＝25 m/s 因此运动的总时间t＝＋＝10 s。 3．某市2022年5月1日起部分县、区超标电动车不得上道路行驶，新的电动自行车必须符合国标GB17761－2018的标准，新标准规定最高车速不能高于25 km/h，整车质量应当小于或等于55 kg，制动性能要符合如下规定： 表1　　　　 　制动性能 实验条件 实验速度km/h 使用的车闸 制动距离m 干态 25 同时使用前后车闸 ≤7 单用后闸 ≤15 湿态 16 同时使用前后车闸 ≤9 单用后闸 ≤19 某人体重m＝50 kg，骑着符合新标准、质量M＝50 kg的电动自行车在水平路面行驶．电动自行车的刹车过程可简化为匀变速直线运动． (1)当遇到紧急情况时，若他同时使用前后车闸刹车，在干燥路面上该车的最小加速度是多少？此时受到的制动力是多大？(保留两位有效数字) (2)若此人私自改装电瓶输出功率，致使车速超标(其他条件不变)，当他以32 km/h速度在雨后的路面上行驶，遇见紧急情况，采取同时使用前后车闸方式刹车，则该车刹车后行驶的最大距离是多少？ (3)根据你所学物理知识，分析电动自行车超速超载有什么危害？ 答案(1)－3.4 m/s2　340 N　(2)36 m　(3)见解析 解析(1)根据匀变速运动公式 a＝－3.4 m/s2 根据牛顿第二定律得：制动力F＝(M＋m)a＝340 N. (2)根据匀变速运动公式，， 联立解得x2＝36 m. (3)超速时，加速度不变但刹车距离变大，超载时，质量变大，减速的加速度变小，刹车距离变大．　 4．疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲)．该款机器人的最大运行速度为4 m/s，加速度大小可调节在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图乙的直线情境图，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4 m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6 m，餐桌A和餐桌F相距L＝16 m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2. (1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小． (2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A送餐到F，求机器人运行的最大加速度am和加速过程通过的位移x加． 答案(1)4/3 m/s2　(2)2 m/s2　4 m 解析(1)从O点到A点，由运动公式0－v2＝2ax0， 解得a＝-4/3 m/s2，机器人在此过程加速度a的大小-4/3m/s2. (2)要想用时最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度为am＝μg＝2 m/s2， 加速的位移为x加＝＝4 m. 5．一场冰壶比赛过程如图所示,在左端发球区的运动员从投掷线MN中点P将冰壶掷出,冰壶沿水平冰道中心线PO向右端的圆形营垒区滑行。若冰壶以v0= m/s的速度被掷出后,恰好停在营垒区中心O,P、O间距离x=30 m。已知冰壶的质量m=20 kg,重力加速度大小g=10 m/s2,冰壶自身大小可忽略,冰壶在冰道上的运动可视为匀减速直线运动。 (1)求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ。 (2)实际比赛中,运动员可以用毛刷擦拭冰壶运行前方的冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。某次比赛中冰壶投掷速度v0'=3 m/s,从MN前方10 m处开始不停擦拭冰面,直至冰壶正好停在O点。若擦拭后冰壶与冰面间动摩擦因数减小至某一确定值,求此次比赛中冰壶运动的总时间。 (3)若冰壶从P点以v0'=3 m/s投出后立即开始不停擦拭冰面,擦拭距离为20 m,其他条件不变,则冰壶能否停在O点?请通过计算说明理由。 答案　(1)　(2)24 s　(3)还是停在O点 解析　(1)匀减速过程有2ax=,由牛顿第二定律可得μmg=ma,解得a=0.25 m/s2,μ=。 (2)开始的10 m冰壶做加速度为a的匀减速运动,则2ax1=v0'2-v2,x1=10 m,解得v=2 m/s 擦冰后有2a1x2=v2,x2=x-x1,解得擦冰后冰壶的加速度a1=0.1 m/s2,则运动的总时间t=,解得t=24 s。 (3)设擦冰前后冰壶受到的阻力分别为f1、f2,根据动能定理有-f1x1-f2x2=Ek-mv0'2 f1、f2不变且Ek=0,当x2=20 m不变时x1的值也不变,所以冰壶还是停在O点。 【考向二：动力学方法解决传送带问题】 6．(多选)(2023湖北高三阶段练习)如图，与水平面的夹角为30°的倾斜传送带以恒定速度v＝5.5 m/s顺时针转动，上端与一倾角也为30°的足够长的斜面对接，物块从传送带底端以速度v0＝3 m/s沿传送带向上滑上传送带。物块与斜面和传送带间的动摩擦因数相同。从物块刚滑上传送带开始计时，下列关于物块在传送带和斜面上滑动的速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案　ABC 解析　物块的初速度v0＝3 m/s<v＝5.5 m/s，则所受滑动摩擦力向上，若mgsin θ＝μmgcos θ，则物体在传送带上一直匀速上滑，冲上斜面后匀减速直线运动；若mgsin θ>μmgcos θ，则物体在传送带上匀减速上滑，若在冲上斜面之前速度减为零向下做匀加速直线运动，回到出发点速度为3 m/s，故C正确；若mgsin θ> μmgcos θ，则物体在传送带上匀减速上滑，加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ，若速度未减为零就冲上斜面，加速度大小a2＝gsin θ＋μgcos θ，之后速度减为零向下做匀加速直线运动，a3＝gsin θ－μgcos θ＝a1，故D错误；若mgsin θ<μmgcos θ，则物体在传送带上匀加速上滑，当物体和传送带共速后一起匀速，此后冲上斜面后匀减速直线运动到速度等于零后静止，故A正确；若mgsin θ<μmgcos θ，则物体在传送带上匀加速上滑，当物体和传送带还未共速就进入斜面向上减速到零，然后静止，故B正确。 7．如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个质量为m＝1 kg的小物块，沿传送带向下以速度v0＝4 m/s 从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　 ) A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿传送带向下 C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2 D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 答案D 解析　从图像可知，物块速度减为零后反向增大，最终以1 m/s的速度向上运动，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；v-t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，可得μ＝，D正确。 8．(2023福建福州八校联考)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　) A.要实现这一目的前提是μ<tan θ B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D.若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 答案　C 解析　要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为Ff＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故C正确；若增加传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。 9．如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量为m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度—时间图像的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： (1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)物块沿传送带向上运动的最大位移大小x； (3)物块沿传送带向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程s。 答案　(1)0.5　(2)6.4 m　(3)4.8 m 解析　(1)传送带足够长，若物块的初速度小于或等于传送带匀速运动的速度，则小物块一直向上匀减速直到最高点，这与图乙中图线不相符，故物块的初速度一定大于传送带的初速度，当物块与传送带同速后，因摩擦力反向，物块加速度减小，而且一定有mgsin 37°>μmgcos 37°。 由题图乙可知，物块的初速度大小为v0＝8 m/s，物块的速度减小到与传送带的速度相等时，加速度发生变化，所以传送带转动的速度大小为v＝4 m/s 在0～0.4 s时间内，物块加速度大小为a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下 物块受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得μ＝0.5。 (2)在t＝0.4 s后，设物块减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2，方向沿传送带向下 物块从t＝0.4 s开始，设经过t1时间速度减为零，则t1＝＝ s＝2 s 在0～0.4 s时间内，物块的位移大小为x1＝v0t－a1t2＝2.4 m 在0.4～2.4 s时间内，物块减速到零的位移大小为x2＝t1＝4 m 物块沿传送带向上运动过程中的最大位移大小为x＝x1＋x2＝6.4 m。 (3)物块与传送带同速之前，物块相对传送带向上滑动，物块与传送带同速以后，物块相对传送带向下滑动，两个过程相对滑动的位移大小之和即为物块相对传送带的路程s。 在0～0.4 s时间内， 传送带的位移大小为x3＝vt＝1.6 m 物块相对传送带向上滑动的路程为 s1＝x1－x3＝0.8 m 在0.4～2.4 s时间内， 传送带的位移大小为x4＝vt1＝8 m 物块相对传送带向下滑动的路程为 s2＝x4－x2＝4 m 故物块沿传送带向上运动到最高点的过程中，相对传送带的路程为s＝s1＋s2＝4.8 m。 10.(重庆巴蜀中学一模)近年来，我国物流行业发展迅速，在机场经常能见到地勤工作人员利用传送带从飞机上装卸货物。如图所示。若某次工作人员所用传送带与水平面夹角α＝37°，传送带下行运行速率v1＝0.6 m/s，传送带两端距离L＝3.95 m；工作人员沿传送带方向以初速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下(推力立即撤去)一件质量为1 kg的小包裹(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)包裹通过传送带所需时间； (2)包裹从顶端到底端与传送带因摩擦所产生的热量。 答案　(1)4.5 s　(2)8 J 解析　(1)对包裹受力分析，根据牛顿第二定律得mgsin α－μmgcos α＝ma 解得a＝－0.4 m/s2 可知包裹减速运动，速度与传送带相同，所用时间t1＝＝2.5 s 这段时间内包裹的位移 x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 接下来包裹匀速运动，到达底端又用时 t2＝＝2 s 因此包裹通过传送带所需时间 t＝t1＋t2＝4.5 s。 (2)只有在包裹减速阶段才对传送带有相对运动，减速阶段相对传送带的位移 Δx＝x1－v1t1＝1.25 m 因摩擦所产生的热量 Q＝(μmgcosα)Δx＝8 J。 【考向三：动力学方法解决板块问题】 分析“板—块”模型问题的四点注意 (1)从速度、位移、时间角度，寻找滑块与滑板之间的联系。 (2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。 (3)滑块与滑板存在相对滑动的条件 ①运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。 ②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动。 (4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。 11.(多选)如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．0～6 s内，m的加速度一直保持不变 B．m相对M滑动的时间为3 s C．0～6 s内，m相对M滑动的位移大小为4 m D．0～6 s内，m、M相对地面的位移大小之比为3∶4 答案BD 解析 　物块相对于平板车滑动时的加速度 a＝＝2 m/s2， 0～2 s内，平板车的加速度大小为a1＝ m/s2＝4 m/s2，物块相对小车滑动，速度—时间图像如图所示。t＝3 s时，两者速度相等，为6 m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为a2＝ m/s2＝2 m/s2＝a，故二者达到相同速度后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3 s，故A错误，B正确；由图像可知，0～6 s内，物块相对平板车滑动的位移大小Δx＝×2×8 m＋×1 m－×3×6 m＝6 m，故C错误；0～6 s内，由图像可知，物块相对地面的位移大小x1＝×6×6 m＝18 m，平板车相对地面位移大小x2＝×6×8 m＝24 m，二者之比为3∶4，故D正确。 12.质量为M＝5 kg的木板静止在粗糙水平地面上，木板上放置质量为m＝3 kg的物块，与木板左端相距L＝2 m，如图所示。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.5。现用水平恒力F＝60 N施加在木板左端，方向如图所示，取g＝10 m/s2，物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A.木板的加速度大小为0.8 m/s2 B.木板的加速度大小为2.8 m/s2 C.2 s末物块刚好从木板左端脱落 D.2 s内木板的位移为1.6 m 答案　B 解析　假如物块与木板刚好发生相对运动，根据牛顿第二定律，对物块有：μ1mg＝mamax，物块获得的最大加速度为amax＝μ1g＝2 m/s2；对木板有：Fm－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Mamax，代入数据解得Fm＝56 N<60 N，因此施加F＝60 N的力时，物块与木板之间发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板有：F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma，代入数据解得a＝2.8 m/s2，A错误，B正确；2 s内物块的位移为x1＝amaxt2＝4 m，木板的位移为x2＝at2＝5.6 m，两者相对位移为Δx＝x2－x1＝1.6 m<L＝ 2 m，因此2 s末物块没有从木板左端脱落，C、D错误。 13.(2023山东临沂二模)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，上面放一个质量为m的小滑块，滑块和木板之间的动摩擦因数是μ，现用恒定的水平拉力F作用在木板上，使二者发生相对运动，改变拉力F或者木板质量M的大小，当二者分离时(　　) A.若只改变F，当F增大时，木板获得的速度增大 B.若只改变F，当F增大时，滑块获得的速度增大 C.若只改变M，当M增大时，木板获得的速度增大 D.若只改变M，当M增大时，滑块获得的速度增大 答案　D 解析　因为物块m在木板上滑动的加速度为am＝μg是一定的，木板的加速度aM＝，当木块滑离木板时满足aMt2－amt2＝L，t2＝，若只改变F，当F增大时，aM变大，则t减小，木板获得的速度vM＝aMt不一定变大，选项A错误；滑块获得的速度vm＝amt可知滑块获得速度变小，选项B错误；若只改变M，当M增大时，aM变小，则t变大，则木板获得的速度vM＝aMt不一定变大；根据vm＝amt，可知滑块获得速度变大，选项C错误，D正确。 14.物理课外小组在一长为L的水平方桌上放置一块质地均匀、质量为m1＝100 g的硬塑料板，塑料板的左边缘与方桌左边缘相距l＝10 cm，在塑料板上靠近方桌的边缘处放一个可看作质点、质量为m2＝200 g的重锤，如图所示。已知塑料板与方桌上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.3，重锤与塑料板、方桌上表面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若L足够大，则给塑料板水平向右至少多大的初速度才能使重锤脱离塑料板？ (2)若L＝50 cm，则给塑料板水平向右多大的恒定推力才能使重锤刚好不从方桌上掉下？ 答案　(1) m/s　(2)1.58 N 解析　(1)塑料板的加速度大小 a1＝＝13 m/s2 重锤的加速度大小a2＝μ2g＝2 m/s2 塑料板与重锤刚好脱离时二者的速度相同， v0－a1t＝a2t 对塑料板x板＝v0t－a1t2 对重锤x锤＝a2t2 x板－x锤＝l 联立解得v0＝ m/s。 (2)因重锤与塑料板、方桌表面的动摩擦因数相同，其在塑料板上相对滑动时的加速度与在方桌表面运动时的加速度大小相等、方向相反，设重锤刚滑离塑料板时的速度为v，则有 v2－0＝2a2x1，0－v2＝2(－a2)x2 x1＋x2＝L 解得x1＝＝0.25 m，v＝1 m/s 重锤在塑料板上的运动时间t＝＝0.5 s 故重锤在塑料板上运动时有x板－x1＝l 即a3t2－a2t2＝l 对塑料板，由牛顿第二定律得 F－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a3 联立解得F＝1.58 N。 15.如图，一质量m＝1 kg的木板静止的光滑水平地面上。开始时，木板右端与墙相距L＝0.08 m；质量为m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，木板与墙的碰撞是完全弹性碰撞(返回时的速度与碰撞的速度大小相等)。取g＝10 m/s2，求： (1)木板第一次与墙碰撞前的速度和从物块滑上木板到木板第一次与墙碰撞的时间； (2)木板第2次与墙碰撞瞬间物块的速度； (3)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间。 答案　(1)0.4 m/s　0.4 s　(2)0.8 m/s　(3)2　1.8 s 解析　(1)物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1， 则μmg＝ma 解得a＝1 m/s2 木板匀加速的过程L＝aT2 v1＝aT 联立解得T＝0.4 s，v1＝0.4 m/s。 (2)木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T，则木板第二次碰撞的时间为t′＝3T＝1.2 s 此过程物块一直做匀减速运动 a＝μg＝1 m/s2 v＝v0－at′ 解得v＝0.8 m/s。 (3)在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T。设在物块与木板两者达到共同速度v共前木块共经历n次碰撞，则有 v共＝v0－(2nT＋Δt)a＝aΔt 式中Δt是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间，可得 2v共＝v0－2nT 由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有0≤v0－2nT≤2v1 求解上式得1.5≤n≤2.5 由于n是整数，故n＝2 联立可得Δt＝0.2 s，v共＝0.2 m/s 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为t＝4T＋Δt＝1.8 s。 【考向四：动力学中的临界、极值问题】 16．(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　 ) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2>μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 答案 BCD 解析 　分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝(μ2－μ1)g，B、D正确。 17.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止 叠放在水平地面上。A、B两物块间的动摩擦因数为μ，B物块与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A物块施加一水平拉力F，则(　 ) A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 答案　BCD 解析　根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为fBm＝μmg，因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为fAB＝fBm＝μmg，又A、B间的最大静摩擦力为fABm＝2μmg，则F≤μmg时，A、B都相对地面静止，故A错误。A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知＝，解得Fmax＝3μmg，则当μmg<F≤3μmg时，A、B将以相同的加速度一起向右加速滑动。当F＝μmg时，对A和B整体受力分析有F－μmg＝(2m＋m)a，解得aA＝aB＝a＝μg，故B正确。当F>3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2maA,2μmg－μmg＝maB，解得aA＝－μg，aB＝μg，故C、D正确。 18.(多选)物块a、b中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块a的质量为1.2 kg,如图1所示。开始时两物块均静止,弹簧处于原长,t=0时对物块a施加水平向右的恒力F,t=1s时撤去,在0-1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图2所示。弹簧始终处于弹性限度内,整个运动过程中,下列分析正确的是(　　)。 A.t=1s时a的速度大小为0.8 m/s B.t=1s时弹簧伸长量最大 C.b物块的质量为0.8 kg D.弹簧伸长量最大时,a的速度大小为0.6 m/s 答案　CD 解析　若物块a的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2,图像的面积Δv=0.8 m/s,而a的初速度为零,可知1 s时的速度为0.8 m/s,但实际是物块a的a-t图线与x轴围成的面积小于这个面积,即速度变化量小于0.8 m/s,则t=1 s时a的速度大小小于0.8 m/s,A项错误;撤去F时,两者的加速度相等,但a加速的加速度在1 s前始终大于b加速的加速度,则t=1 s时,a的速度大于b的速度,此后a相对b继续远离,则弹簧继续拉长,当两者速度相等时弹簧的伸长量最大,B项错误;恒力F拉动a的瞬间,由a-t图像可知a的加速度a0=1 m/s2,有F=maa0=1.2 N,1 s时两者的加速度相等a=0.6 m/s2,对a、b由牛顿第二定律有F-kx=maa,kx=mba,解得mb=0.8 kg,C项正确;F拉动1 s的过程,由系统的动量定理可知Ft=mava+mbvb,撤去F后直至a,b达到相同速度v时,系统的动量守恒,有mava+mbvb=(ma+mb)v,解得v=0.6 m/s,即弹簧伸长量最大时,a和b的速度大小都为0.6 m/s,D项正确。 19．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(　 ) A．物体的初速度v0＝6 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6 C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 答案AC 解析 　物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得加速度为a＝gsin θ＋μgcos θ；由运动学公式知当θ＝90°时，v02＝2gx，可得v0＝＝6 m/s；当θ＝0时，v02＝2μgx′，可得μ＝0.75，故A正确，B错误；根据运动学公式得物体能达到的位移有x＝，由辅助角公式得a＝gsin(θ＋α)，可得位移x的最小值xmin＝＝1.44 m，故C正确；由于μ>tan 30°，所以当θ＝30°时，物体在斜面上停止后，不会下滑，故D错误。 20.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 答案　(1)　(2)θ＝60°　 m 解析　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ 联立解得：μ＝。 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 由0－v02＝2ax得x＝， 令cos α＝，sin α＝， 即tan α＝μ，则x＝， 当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°， 所以x最小值为 xmin＝＝＝ m。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$