高一上学期物理期末复习（压轴60题19大考点）-2024-2025学年高中物理阶段性复习讲解与训练（人教版2019必修第一册）

高一上学期物理期末复习（压轴60题19大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第一册第3~4章、必修第二册第5章。 一．判断是否存在摩擦力（共2小题） 二．正交分解法（共2小题） 三．力的合成与分解的应用（共2小题） 四．共点力的平衡问题及求解（共5小题） 五．牛顿第二定律的简单应用（共8小题） 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题） 七．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共2小题） 八．水平传送带模型（共4小题） 九．倾斜传送带模型（共4小题） 十．无外力的水平板块模型（共5小题） 十一．有外力的水平板块模型（共3小题） 十二．有外力的倾斜板块模型（共2小题） 十三．板块模型和传送带模型的结合（共3小题） 十四．合运动与分运动的关系（共2小题） 十五．关联速度问题（共4小题） 十六．平抛运动速度的计算（共4小题） 十七．平抛运动与斜面的结合（共2小题） 十八．平抛运动与曲面的结合（共2小题） 十九．探究加速度与力、质量之间的关系（共2小题） 一．判断是否存在摩擦力（共2小题） 1．（2023秋•芜湖期末）如图所示，水平地面上的L形木板上放着一小木块，木板上表面水平，木板与小木块间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．木板对小木块无摩擦力作用 B．木板对小木块的摩擦力方向向左 C．地面对木板的摩擦力方向向左 D．地面对木板的摩擦力方向向右 【答案】B 【解答】解：AB．小木块受到重力、支持力、水平向右的弹簧的拉力和木板的摩擦力，根据平衡条件知，木板对小木块的摩擦力方向向左，故A错误，B正确； CD．对整体受力分析，在竖直方向上整体受到的重力和支持力平衡，若地面对木板有摩擦力，则整体合力不为零，则整个装置不可能处于静止状态，故地面对木板无摩擦力作用，故CD错误。 故选：B。 2．（2018秋•勐腊县校级期中）木块A．B分别重20N和30N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.3，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时连接在A．B之间的轻弹簧已经被拉伸了3cm，弹簧劲度系数为100N/m，系统静止在水平地面上。现用F的水平推力作用在木块A上，如图所示： （1）当F＝5N时，木块A和B所受到的摩擦力的大小和方向； （2）当F＝10N时，木块A和B所受到的摩擦力的大小和方向？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：A、B与地面间的最大静摩擦力分别为： fmA＝μGA＝0.3×20N＝6N， fmB＝μGB＝0.3×30N＝9N 开始时连接在A．B之间的轻弹簧已经被拉伸了3cm，弹簧劲度系数为100N/m， 根据胡克定律得，弹簧的弹力大小为： F弹＝kx＝100×0.03N＝3N 当F＝5N时，F+F弹＝5+3＝8N＞fmA，F弹＜fmB，所以A开始运动，B保持静止状态； 则A所受摩擦力分别为：fA＝fmA＝6N，方向水平向左；B所受的摩擦力为fB＝F弹＝3N，方向水平向右。 当F＝10N时，F+F弹＝10+3＝13N＞fmA，F弹＜fmB，所以A开始运动B保持静止状态； 则A所受摩擦力分别为：fA＝fmA＝6N，方向水平向左；B所受的摩擦力为fB＝F弹＝3N，方向水平向右。 答：（1）当F＝5N时，木块A所受到的摩擦力的大小是6N，方向水平向左，B所受到的摩擦力的大小是3N，方向水平向右； （2）当F＝10N时，木块A所受到的摩擦力的大小是6N，方向水平向左，B所受到的摩擦力的大小是3N，方向水平向右。 二．正交分解法（共2小题） 3．（2023秋•重庆期末）某中学生投掷铅球，某时刻推力F与水平方向的夹角为θ（斜向上），则该力在竖直方向的分力大小为（　　） A．Ftanθ B．Fsinθ C．Fcotθ D．Fcosθ 【答案】B 【解答】解：力F与水平方向的夹角为θ（斜向上），由力的正交分解可知，该力的竖直分力为Fsinθ，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．（2023秋•海林市校级期末）火车站的旅客拉着行李箱出站，手臂的拉力大小为F，与水平方向的夹角为θ．若将F沿水平和竖直方向分解，则其竖直方向的分力为（　　） A．Fsinθ B．Fcosθ C． D． 【答案】A 【解答】解：将F分解为水平方向和竖直方向，根据平行四边形定则，竖直方向上分力为：Fx＝Fsinθ．故A正确，BCD错误。 故选：A。 三．力的合成与分解的应用（共2小题） 5．（2023秋•包河区校级期末）生活中常用刀或斧来劈开物体。如图所示为刀刃的横截面，F是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为2θ，则可知刀劈开物体时对其侧向推力F1、F2的大小为（　　） A．F1＝F2＝ B．F1＝F2＝ C．F1＝F2＝ D．F1＝F2＝ 【答案】A 【解答】解：将力F根据平行四边形定则分解如图 由几何知识得，侧向推力的大小为F1＝F2＝＝ 故A正确，BCD错误； 故选：A。 6．（2023秋•浦东新区校级期末）歼﹣20战斗机上安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下通过转动尾喷口方向来改变推力的方向，使战斗机拥有优异的飞行性能。某次飞机沿水平方向超音速匀速巡航时，空气对飞机产生的竖直向上的升力（不含尾喷口推力）与水平阻力之比为。已知飞机重力为G，为使飞机实现节油巡航模式，尾喷口产生的最小推力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图 歼﹣20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f 竖直方向F2+Fy＝G 其中F2＝ 解得Fy＝G﹣ 则＝+＝25f2﹣2Gf+G2 结合数学知识可知表达式为开口向上，对称轴为f＝ 的抛物线，即当f＝时，取得最小值，将其代入表达式， 解得Fmin＝，故ABC错误，D正确 故选：D。 四．共点力的平衡问题及求解（共5小题） 7．（2023秋•石家庄期末）（多选）如图所示，质量为m2倾角为α的斜面静止在粗糙的水平地面上，质量为m1的物块静止在斜面上，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ＝tanα，斜面始终静止，以下说法正确的是（　　） A．地面对斜面的支持力大小为（m1+m2）g，摩擦力为0 B．对物块m1施加过重心竖直向下足够大的力F，物块将沿斜面下滑，地面对斜面的摩擦力水平向左 C．对物块施加沿斜面向下的推力F，物块将沿斜面加速下滑，地面对斜面的支持力增大，摩擦力为零 D．若给物块一个沿斜面向上的初速度，在物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面的支持力小于（m1+m2）g，摩擦力方向水平向左 【答案】AD 【解答】解：A、对整体受力分析如图1所示： 根据受力平衡可知地面对斜面的支持力FN＝（m1+m2）g，摩擦力为零，故A正确。 B、对物块施加竖直向下力F之前，对斜面受力分析如图2所示： 物块对斜面的压力的水平分力为 FN1x＝FN1sinα 物块对斜面的摩擦力的水平分力 Ff1x＝Ff1cosα＝μFN1cosα＝tanα⋅FN1cosα＝FN1sinα 所以，地面对斜面的摩擦力为零。 对物块施加过重心向下的力F后，FN1增大，但同时Ff1也增大，仍然满足水平分力等大反向，地面对斜面的摩擦力为零，对物块受力分析如图3所示，施加F后增加的摩擦力 ΔFf＝μFcosα＝tanα⋅Fcosα＝Fsinα 增加的沿斜面向下的分力 ΔF＝Fsinα，ΔF＝ΔFf 所以物块仍然处于静止状态，故B错误； C、对物块施加沿斜面向下的推力F， F+mgsinα＞μmgcosα 物块将沿斜面加速下滑，由图2知，FN1和Ff1均没有发生改变，所以，地面对斜面的支持力FN不变，斜面与地面之间仍然没有摩擦，故C错误； D、若给物块一个沿斜面向上的初速度，对斜面受力分析如图4，此时物块给斜面的摩擦力沿斜面向上，由平衡知FN变小，即在物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面的支持力小于（m1+m2）g，地面给斜面水平向左的摩擦力，故D正确。 故选：AD。 8．（2023秋•蓝田县期末）木板B放在水平地面上，在木板B上放一重1200N的A物体，物体A与木板B间，木板与地间的摩擦因数均为0.2，木板B重力不计，当水平拉力F将木板B匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力T多大？水平拉力F多大？（重力加速度g＝10m/s2） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：对A，受力如图1所示， 根据平衡条件，有 f＝Tcos30° Tsin30°+N＝GA 又f＝μN 联立得到，解（1）（2）式得，μN＝Tcos30°， Tsin30°+＝GA 代入解得，T＝248.4N，f＝248.7×＝215N 对B：受F，A对B的摩擦力，地对B的摩擦力，地对B的弹力N地，A对B的压力为N，处于动平衡状态，则有 F＝f地+f＝μN地+μN＝430.4N 答：绳的拉力是248.4N．水平拉力F是430.4N． 9．（2023秋•河东区校级期末）重为40N的物体与竖直墙面间的动摩擦因数为μ＝0.4，若用斜向上的推力F＝50N支撑住物体，物体处于静止状态，如图所示．这时物体受到的摩擦力是多少牛？要使物体匀速下滑，推力的方向不变，则大小应变为多大？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）对物体静止时受力分析并正交分解： 则：F1＝Fsin37°＝30N F2＝Fcos37°＝40N 在竖直方向上： Ff+F1＝G，代入数据得： Ff＝10N （2）物体能匀速下滑时． 根据竖直方向的平衡，有 G﹣F′sin37°﹣Ff′＝0…① 根据水平方向的平衡，有 FN′＝F2′＝F′cos37°…② 又：Ff′＝μFN′…③ 代入数据解得：F′＝43.5N 答：（1）静止物体受到的摩擦力是10N． （2）物体匀速下滑，推力F的大小应变为43.5N． 10．（2023秋•西夏区校级期末）如图所示，物块通过3段轻绳悬挂，3段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为m2＝60kg的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物块及人都处于静止状态。已知人与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要求人在水平面上不滑动。求： （1）轻绳OB所受的拉力最大不能超过多少？ （2）物块的质量m1最大不能超过多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设轻绳OB所受的拉力最大为FBm，人与地面之间的最大静摩擦力为fmax，人在水平面上不滑动，则根据平衡条件，有： fmax＝μm2g FBm＝fmax 解得： FBm＝180N （2）物块的质量m1最大时为m1m，人在水平面上不滑动，以结点O为研究对象，设轻绳OA对O点的作用力为FA，轻绳OB对O点的作用力为FB，则 FB＝FBm FB＝FAsinθ FAcosθ＝m1mg 解得： m1m＝24kg 答：（1）轻绳OB所受的拉力最大不能超过180N； （2）物块的质量m1最大不能超过24kg。 11．（2023秋•仓山区校级期末）如图所示，质量为2kg的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角θ为37°．质量为1kg的光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A和B都处于静止状态，求地面对三棱柱的支持力和摩擦力各为多少？（g＝10m/s2，sin37°＝cos37°＝） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：选取A和B整体为研究对象，它受到重力（M+m）g，地面支持力N，墙壁的弹力F和地面的摩擦力f的作用（如图所示），整体处于平衡状态．根据平衡条件有： 竖直方向：N﹣（M+m）g＝0…① 水平方向：F＝f…② 解得：N＝（M+m）g＝（2+1）×10＝30N…③ 再以B为研究对象，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力NB，墙壁对它的弹力F的作用（如图所示），B球处于平衡状态，根据平衡条件有： NB cosθ＝mg…④ NsinθB＝F…⑤ 解得F＝mgtanθ…⑥ 所以有：f＝F＝mgtanθ＝1×10×0.75＝7.5N． 答：地面对三棱柱支持力为30N，摩擦力为7.5N． 五．牛顿第二定律的简单应用（共8小题） 12．（2023秋•岳麓区校级期末）（多选）如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别m、2m的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为θ＝30°。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　） A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力 B．当小球B对底面的摩擦力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为 C．若，当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为 D．若，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球A的作用力最大值为 【答案】AC 【解答】解：A、根据题意，设杆对球A的作用力大小为F，对A球，竖直方向上由平衡条件有：Fcosθ＝mg 解得：F＝ 轻杆与车厢相对静止，则轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故A正确； B、杆对球B的作用力大小始终也为F＝；当小球B对底面的摩擦力等于0时，对B，根据牛顿第二定律： Fsinθ＝2ma1 解得：a1＝ 故B错误； C、若，B与底面间的最大静摩擦力为：f1＝k （2mg+Fcosθ） 当A与侧壁无弹力时，且B与底面间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛顿第二定律：f1＝3ma2 解得：a2＝g 但当A与侧壁恰无弹力时，A有最大加速度，此时对A，根据牛顿第二定律：Fsinθ＝ma3 解得：a3＝g 因此，允许的最大加速度为g，故C正确； D、若，当小车做匀加速直线运动时，小球B与地面的静摩擦力最大时，侧壁对小球A的作用力FN最小时，对B根据牛顿第二定律可得： k （2mg+Fcosθ）+Fsinθ＝2ma4 对A根据牛顿第二定律可得：FN﹣Fsinθ＝ma4 解得：FN＝mg 故D错误。 故选：AC。 13．（2023秋•泰安期末）如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3.5m。质量m＝2kg的物体A放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数，通过轻细绳跨过定滑轮与物体B相连接，连接A的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住B使其在距地面h＝2.1m高处由静止释放。若B向下运动，着地后B立即停止运动。A、B可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g＝10m/s2。 （1）若B的质量M1＝1kg，求地面对斜面体摩擦力f的大小； （2）若B的质量M2＝3kg，求物块A在斜面上上升的最大高度； （3）若要使A向上运动且恰好到达斜面顶端停止，求B的质量M'。 【答案】（1）若B的质量M1＝1kg，地面对斜面体摩擦力f的大小为； （2）若B的质量M2＝3kg，物块A在斜面上上升的最大高度为1.26m； （3）若要使A向上运动且恰好到达斜面顶端停止，B的质量M'为10kg。 【解答】解：（1）设沿斜面向上为正方向，若B的质量M1＝1kg，由于 mgsinθ＝2×10×sin30°＝10N M1g＝1×10N＝10N 故mgsinθ＝M1g 可知A、B均处于静止状态，绳上拉力为 F＝M1g 以斜面体和A为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的方向水平向右、大小为 f＝Fcos30° 联立解得 （2）对M2根据牛顿第二定律有M2g﹣F＝M2a2 F﹣（mgsinθ+μmgcosθ）＝ma2 v2＝2a2h mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 v2＝2a1s h2＝（h+s）sinθ 得h2＝1.26m （3）B着地前，A、B加速运动的加速度为a，B着地后，设A继续减速上滑的加速度大小为a1。B着地前瞬间，设A速度大小为v，对A分析，由运动学公式可得 v2＝2ah 0﹣v2＝﹣2a1（L﹣h） 对于A、B组成的系统，B着地前B、A加速运动，细绳的拉力为F'，根据牛顿第二定律可得 M'g﹣F'＝M'a F'﹣（mgsinθ+μmgcosθ）＝ma 联立可得 M'＝10kg 答：（1）若B的质量M1＝1kg，地面对斜面体摩擦力f的大小为； （2）若B的质量M2＝3kg，物块A在斜面上上升的最大高度为1.26m； （3）若要使A向上运动且恰好到达斜面顶端停止，B的质量M'为10kg。 14．（2023秋•长丰县期末）如图所示，物体A的质量为M＝1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5kg、长L＝1m．某时刻A以v0＝4m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2．试求：如果要使A不至于从B上滑落，拉力F应满足的条件． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：物体A滑上木板B以后，做匀减速运动， 有µmg＝maA得aA＝µg＝2 m/s2 物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则： 又：，可得：aB＝6m/s2 再代入F+µmg＝MaB得：F＝m2aB﹣µmg＝1N 若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N． 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．即有：F＝（m+M）a，µmg＝ma 所以：F＝3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下． 综上所述，力F应满足的条件是：1N≤F≤3N 答：拉力F大小应满足的条件为1N≤F≤3N． 15．（2023秋•浦东新区校级期末）如图甲所示为一风力实验示意图．开始时，质量为m＝1kg的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并静止于O点．现用沿杆向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t1＝0.4s后撤去风力，小球沿细杆运动的v﹣t图象如图乙所示（g取10m/s2）．试求： （1）小球沿细杆滑行的距离； （2）小球与细杆之间的动摩擦因数； （3）风力F的大小． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由图象可得面积表示位移可得： ； （2）减速阶段的加速度大小： a2＝＝ 又： μmg＝ma2 得： μ＝； （3）加速阶段的加速度大小： a1＝ F﹣μmg＝ma1 得： F＝μmg+ma1＝1×5+0.25×1×10＝7.5N； 答：（1）小球沿细杆滑行的距离为1.2m； （2）小球与细杆之间的动摩擦因数0.25； （3）风力F的大小为7.5N． 16．（2023秋•海林市校级期末）战士拉车胎进行100m赛跑训练体能．车胎的质量m＝8.5kg，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ＝37°，车胎与地面间的滑动摩擦系数μ＝0.7．某次比赛中，一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20m达到最大速度（这一过程可看作匀加速直线运动），然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15s．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求 （1）战士加速所用的时间t1和达到的最大速度v； （2）战士匀加速运动阶段对车胎的拉力F． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设匀加速运动的时间为t1，则匀加速阶段位移为： 匀速阶位移为：x2﹣100﹣x1＝v（15﹣t1） 联解得：v＝8m/s，t1＝5s （2）由速度公式：v＝at1 得： 车胎受力如图并正交分解： 在x方向有：Fcos37°﹣f＝ma 在y方向有：N+Fsin37°﹣mg＝0 且：f＝μN 代入数据联解得：F＝59.92N，沿绳与水平方向成37°． 答：（1）战士加速所用的时间t1为5s，达到的最大速度v为8m/s； （2）战士匀加速运动阶段对车胎的拉力F的大小为59.92N，方向沿绳方向，与水平方向成37°． 17．（2023秋•杨浦区校级期末）两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线表示b物体受到水平拉力F作用和a不受拉力作用的v﹣t图象，g取10m/s2．求： （1）物体a受到的摩擦力大小； （2）物块b所受拉力F的大小； （3）8s末a、b间的距离． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由图示图象可知，a的加速度为： a1＝＝＝1.5m/s2， 对a，由牛顿第二定律得： f＝ma1＝0.8×1.5＝1.2N； （2）由图示图象可知，b的加速度为： a2＝＝＝0.75m/s2， 对b，由牛顿第二定律得： F﹣f＝ma2 解得：F＝1.8N； （3）由图示图象可知，a运动t＝4s后静止，8s内，a的位移为： xa＝v0t﹣a1t2＝6×4﹣×1.5×42＝12m， 8s内，b的位移为： xb＝v0t+a2t2＝6×8+×0.75×82＝72m， 两者间的距离为： Δx＝xa﹣xb＝72﹣12＝60m； 答：（1）物体a受到的摩擦力大小为1.2N； （2）物块b所受拉力F的大小为1.8N； （3）8s末a、b间的距离为60m． 18．（2023秋•桃城区校级期末）如图甲所示，质量m＝0.5kg的物块，在斜向下与水平面的夹角为45°、大小F＝20N的推力作用下，沿粗糙水平面由静止开始运动，在运动过程中，物块受到的摩擦力保持不变，空气阻力水平向左，其大小随着物块速度的增大而增大，且当物块速度为零时，空气阻力也为零．物块加速度a与时间t的关系图线如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）物块与水平面间的动摩擦因数μ； （2）t＝2s时物块速度的大小； （3）t＝5s时空气阻力的大小． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）当t＝0时，物体的速度为零，由题意知物体所受的空气阻力为零，由牛顿第二定律得： 水平方向有：Fcos45°﹣f＝ma 竖直方向有：N＝Fsin45°+mg 又 f＝μN 由图知，t＝0时，a＝20m/s2． 联立解得 μ＝0.4 （2）在a﹣t图象中，图线与t轴所围的面积为速度的增加量，所以t＝2s时物块的大小为：v＝×2＝30m/s （3）由题图知，t＝4s后，物体的加速度为零，做匀速直线运动，其受力情况如图所示，根据平衡条件得： 水平方向有：Fcos45°＝f+F阻 解得空气阻力大小为：F阻＝ma＝0.5×20N＝10N 答： （1）物块与水平面间的动摩擦因数μ是0.4； （2）t＝2s时物块速度的大小是30m/s． （3）t＝5s时空气阻力的大小是10N． 19．（2023秋•荔湾区校级期末）如图所示，底座A上装有长0.5m的直立杆，总质量为1kg，用细线悬挂，底座底面离水平地面H＝0.2m，杆上套有质量为0.2kg的小环B，它与杆间有摩擦，设环与杆相对滑动时摩擦力大小始终不变，环从底座以m/s的初速度沿杆向上运动，最后恰能到达杆的顶端（取g＝10m/s2）。求： （1）环沿杆上滑过程中的加速度大小； （2）在环上滑过程中，细线对杆的拉力大小； （3）若小环在杆顶端时细线突然断掉，底座下落后与地面立即粘合后静止，整个过程杆没有晃动，则线断后经多长时间环第一次与底座相碰？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）环向上做匀减速运动过程中，有：＝2a1s 得 a1＝＝15m/s2 即环沿杆上滑过程中的加速度大小为15m/s2。 （2）环向上做匀减速运动过程中，对环受力分析有，受重力和向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mg+f＝ma1 得 f＝ma1﹣mg＝1N 对杆受力分析，受重力Mg、向上的摩擦力f和细线的拉力F，根据共点力平衡条件，有 F＝Mg﹣f 解得 F＝9N 即在环上滑过程中，细线对杆的拉力大小9N。 （3）对环和底座一起下落过程，有：H＝ 解得 t1＝＝0.2s 根据速度—时间公式，有 V1＝gt1＝2m/s 底座静止后，环做匀加速运动，对此过程有：mg﹣f＝ma2 得a2＝5m/s2 据L＝V1t2+a2 解得t2＝0.2s 故环向下运动的总时间为：t＝t1+t2＝0.4s 即线断后经0.4时间环第一次与底座相碰。 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题） 20．（2023秋•长沙期末）A、B两小球同一时刻从不同的高度由静止释放，A球所受空气阻力可忽略，B球所受空气阻力的大小与物体速率成正比，两小球同一时刻落到水平地面，落地瞬间均以原速率反弹，规定向下为正方向，关于两小球的速度v与时间t的图像，下列可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：A、B球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B球下降阶段加速度大小，上升阶段加速度大小，球下降阶段与上升阶段加速度大小不同，小球落地后以原速度大小反弹，根据，B球下降阶段与上升阶段时间不同，故A错误； BC、由于v﹣t图像的斜率代表加速度，B球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B球下降阶段加速度越来越小，则B球下降阶段图像的斜率越来越小，故BC错误； D、A球上升阶段与下降阶段所需时间相同，加速度相同，B球上升阶段加速度较大，根据，所需时间较短，下降阶段加速度随时间减小，上升阶段加速度随时间而减小，故D正确。 故选：D。 21．一质量为m的飞机在水平跑道上起飞时，所受竖直向上的升力与飞机运动速率的平方成正比，记为F1＝k1v2，所受空气阻力也与飞机运动速率的平方成正比，记为F2＝k2v2，方向与运动方向相反。假设轮胎和跑道之间的阻力是压力的μ倍（μ＜0.25），飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为飞机所受重力的0.25倍，重力加速度为g。在飞机起飞过程，下列有关说法正确的是（　　） A．飞机一共受5个力的作用 B．飞机一定做变加速直线运动 C．飞机可能做匀加速直线运动 D．飞机的起飞速度为 【答案】C 【解答】解：A、飞机受到重力mg、支持力N、机翼的升力F1、发动机的推力F、空气阻力F2和地面的摩擦力f共6个力的作用，故A错误； BC、对飞机，根据牛顿第二定律有： 水平方向：F﹣f﹣F2＝ma…① 竖直方向：N+F1＝mg…② 又 f＝μN…③ 且F1＝k1v2…④ F2＝k2v2…⑥ 联立①～⑥得：F﹣k2v2﹣μ（mg﹣k1v2）＝ma，整理得 F﹣μmg+（μk1﹣k2）v2＝ma…⑦ 当k2＝μk1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动；若μk1＞k2时，则加速度随速度的增大而增大 若μk1＜k2时，则加速度随速度的增大而减小，飞机起飞过程可能做匀加速直线运动，也可能做变加速直线运动，故B错误，C正确； D、飞机刚起飞时，地面对飞机的支持力为零，则在竖直方向上：mg＝k1v2，解得飞机的起飞速度大小v＝，故D错误。 故选：C。 七．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共2小题） 22．（2023秋•天津期末）民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上。如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0m，斜面气囊长度AC＝5.0m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2s，g取10m/s2，求： （1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？ （2）乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？（忽略空气阻力） 【答案】见试题解答内容 【解答】解： （1）根据运动学公式…① 得：…② 故乘客在气囊上下滑的加速度至少为2.5m/s2。 （2）乘客在斜面上受力情况如图所示。 在沿斜面方向上有：Ff＝μFN…③ 在垂直于斜面方向有：FN＝mgcosθ…④ 根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣Ff＝ma…⑤ 由几何关系可知sinθ＝0.6；cosθ＝0.8 由②﹣⑤式得： 故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44。 23．（2023秋•和平区校级期末）如图甲所示，之旅为m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动，过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）力F的大小、物体与水平面间的动摩擦因数μ； （2）10s末物体离A点的距离． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得： a1＝2 m/s2…① 根据牛顿第二定律，有：F+μmg＝ma1…② 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得： a2＝﹣1m/s2…③ 根据牛顿第二定律，有：F﹣μmg＝ma2…④ 解①②③④得：F＝3N，μ＝0.05 （2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积，则有：，负号表示物体在a点以左 答：（1）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05； （2）10s末物体离a点的距离为2m． 八．水平传送带模型（共4小题） 24．（2023秋•碑林区校级期末）（多选）如图，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ＝37°，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一质量为m＝1kg的煤块（可视为质点）以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．煤块刚冲上传送带时的加速度大小为6m/s2 B．煤块能上滑的最大距离为10m C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s D．全过程煤块在传送带上留下的划痕长度为 【答案】BD 【解答】解：A．由牛顿第二定律，煤块刚冲上传送带的加速度大小为 代入数据解得a1＝8m/s2，方向沿传送带向下，故A错误； B．根据运动学公式可得 t1＝1s 代入数据解得x1＝8m 煤块与传送带共速后的加速度大小为 a2＝4m/s2，方向沿传送带向下 根据运动学公式可得 代入数据解得t2＝1s v2＝2a2x2 代入数据解得x2＝2m 煤块能上滑的最大距离为 x＝x1+x2 代入数据解得x＝10m，故B正确； C．接着煤块沿传送带向下滑动，由，解得煤块下滑的时间为 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 t＝t1+t2+t下 代入数据解得t＝，故C错误； D．0～1 s内，传送带的位移大小为 x带1＝vt1＝4×1m＝4m 煤块的位移大小为 x1＝8m 两者的相对位移大小为 Δx1＝x1﹣x带1 Δx1＝4m 1 s～2 s内，传送带的位移大小为 x带2＝vt2＝4×1m＝4m 煤块的位移大小为 x2＝2m 两者的相对位移大小为 Δx2＝x带2﹣x2 Δx2＝2m 2 s时煤块位于长度为4 m的划痕的中点处； 2 s～内，传送带向上运动，煤块向下运动，所以划痕总长度为 l＝，故D正确。 故选：BD。 25．（2023秋•石家庄期末）（多选）如图所示，水平传送带右端通过一段光滑的圆弧轨道与固定的斜面对接，传送带长L＝3m，沿顺时针方向以v0＝5m/s的速度转动，斜面高h＝0.5m，倾角θ＝30°，某时刻将一质量为m＝0.5kg的小物块无初速度轻放到传送带的左端，被传送带传送到右端经光滑的小圆弧运动到斜面上。物块与传送带和斜面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、，不考虑物块的大小，忽略物块在小圆弧上运动的时间及速度大小的变化，物块运动到斜面上时在竖直平面内对物块施加力F，使物块沿斜面匀速上滑，已知g＝10m/s2。以下说法正确的是（　　） A．物块在传送带和斜面上运动的总时间为1.3s B．物块在传送带上运动过程中相对于传送带的路程为2.5m C．力F沿斜面向上时具有最小值，最小拉力F为5N D．力F斜向右上与斜面夹角为30°时拉力最小，最小拉力F为 【答案】AB 【解答】解：B．由牛顿第二定律，物块在传送带上加速过程 μ1mg＝ma1 解得 物块运动的位移为 物块加速运动的时间为 解得t1＝1s 物块随传送带一起匀速运动的时间t2，则有 解得t2＝0.1s 物块相对于传送带运动过程，传送带的位移为 x2＝v0t1 x2＝5m 则物块相对于传送带运动路程为 s＝x2﹣x1 s＝2.5m，故B正确； A．物块在斜面上运动的时间 解得t3＝0.2s 则物块在传送带和斜面上运动的总时间为 t＝t1+t2+t3 t＝1.3s，故A正确； CD．物块在斜面上运动过程中对物块受力分析如图所示 将斜面对物块的支持力FN和摩擦力Ff等效成F′，则有 解得α＝60° F′方向不变，然后将mg、F和拉力F′矢量平移到一个三角形当中，当F与F′垂直时拉力F最小，则有 β＝90°﹣（180°﹣60°﹣60°）＝30° 则F与斜面的夹角γ γ＝60°﹣β＝30°，故CD错误。 故选：AB。 26．（2023秋•五华区校级期末）如图所示是一个煤矿用传送带运输煤块的示意图，传送带长为L＝44m，与水平地面成θ＝37°倾角，传送带以v＝10m/s的速率匀速逆时针转动，一煤块（可视为质点）无速度地释放到传送带的上端。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）煤块由传送带上端运动到传送带下端所用的时间； （2）煤块由于摩擦而在传送带上留下的痕迹的长度。 【答案】（1）煤块由传送带上端运动到传送带下端所用的时间为4s； （2）煤块由于摩擦而在传送带上留下的痕迹的长度为9m。 【解答】解：（1）小煤块受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 代入数据解得a1＝10m/s2 小煤块和传送带共速经过的时间t1＝ 此时小煤块的位移为x1＝ 小煤块和传送带速度相等后将继续加速下滑，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 代入数据解得a2＝2m/s2 由运动学公式可知L﹣x1＝vt2+ 运动的总时间为t＝t1+t2 代入数据解得t＝4s （2）t1时间内传送带运动的距离为x2＝vt1 在传送带上留下的痕迹长度为Δx1＝x2﹣x1 解得Δx1＝5m t2时间内传送带运动的距离为x'2＝vt2 在传送带上留下的痕迹长度为Δx2＝L﹣x1﹣（x'2+Δx1） 解得Δx2＝4m 则总的痕迹长度为 Δx＝Δx1+Δx2＝5m+4m＝9m 答：（1）煤块由传送带上端运动到传送带下端所用的时间为4s； （2）煤块由于摩擦而在传送带上留下的痕迹的长度为9m。 27．（2023秋•哈尔滨期末）一设计师为快递公司设计了输送快递物件的传送系统，该系统由水平传送带和一倾角为30°的长木板PQ组成，传送带与PQ间有一极小段圆弧平滑衔接，快递物件在传送带与长木板衔接处速率不变，物件和传送带间的动摩擦因数μ1＝0.3，与木板的动摩擦因数。传送带以v0＝6m/s的恒定速度逆时针转动，现将快递物件无初速度置于传送带最右侧M点，发现当物件到达传送带左端时刚好相对传送带静止，到达Q点时速度恰好为零，随即被工人取走。物件可以看成质点，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）求传送带的长度L1与木板的长度L2分别是多少？ （2）物件从放到传送带M点开始计时，求物件从M点传送到Q点所需时间？ （3）假如工人未能在Q点及时将物件取走，导致物件重新下滑，求此后物件第3次沿PQ向上运动经过P点后，离P点的最大距离。（结果保留两位有效数字） 【答案】（1）传送带的长度L1与木板的长度L2分别是6m，2.25m； （2）物件从M点传送到Q点所需时间为2.75s； （3）此后物件第3次沿PQ向上运动经过P点后，离P点的最大距离为0.035m。 【解答】解：（1）物件放上传送带后，物件加速度为a1，设物体质量为m，由牛顿第二定律： μ1mg＝ma1 由匀变速运动学公式 L1＝6m 物件在长木板运动时加速度为a2，由牛顿第二定律： mgsin30°+μ2mgcos30°＝ma2 由匀变速运动学公式 可得L2＝2.25m （2）物件在传送带上运动时间为t1，在长木板上运动时间为t2 由v0＝a1t1 0＝v0﹣a2t2 M到Q运动的总时间t＝t1+t2 可解得t＝2.75s （3）物件从Q点在长木板向下运动过程中加速度为a3，由牛顿第二定律： mgsin30°﹣μ2mgcos30°＝ma3 第一次向下返回Q点的速度v1，由运动学公式 可得 解得v1＝0.5，v0＝3m/s 滑过经过P点后在皮带上先向右减速后以相同加速度返回，由 运动对称性可知，第一次向上返回P点的速度v′1＝3m/s 向上运动位移大小为x1 由运动学公式 可得 根据公式2aL＝v2，a上滑：a下滑＝1：4，此后每次经过P点速度为上一次的倍，上升位移为倍 故第3次经沿PQ向上运动经过P点后，离P点最大距离 解得x＝0.035m 答：（1）传送带的长度L1与木板的长度L2分别是6m，2.25m； （2）物件从M点传送到Q点所需时间为2.75s； （3）此后物件第3次沿PQ向上运动经过P点后，离P点的最大距离为0.035m。 九．倾斜传送带模型（共4小题） 28．（2023秋•渝中区校级期末）一可视为质点的物块在t＝0时刻以一定的初速度v0从底端冲上倾斜传送带，传送带始终保持匀速传动但传送方向未知，一段时间t0后物块离开传送带，关于物块在传送带上运动的过程中，速度随时间变化的图像不可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设传送带速度大小为v，物块受到的滑动摩擦力大小为f＝μmgcosθ，其中μ是物块与传送带的动摩擦因数，θ为传送带的倾角，分类讨论如下： ①若传送带速度向下，且v＞v0，则物块上滑过程始终受到沿斜面向下的滑动摩擦力，当物块速度减为零时，继续受到沿斜面向下的滑动摩擦力而向下运动，物块的加速度始终满足：mgsinθ+f＝ma1，由于v＞v0，由运动的对称性可知，物块在离开传送带时都不会与传送带共速，这种情况下的v﹣t图像和选项B的图像一致； ②若传送带速度向下，且v＜v0，则上滑过程物块始终受到沿斜面向下的滑动摩擦力，当物块速度减为零时，继续受到沿斜面向下的滑动摩擦力而向下运动，由于v＜v0，物块会在离开传送带前与传送带共速，共速后摩擦力的方向将沿斜面向上。 若μ＞tanθ（即f＞mgsinθ），物块所受最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，则共速后会与传送带一起向下匀速运动，其v﹣t图像和选项D的图像一致； 若μ＜tanθ（即f＜mgsinθ），则物块共速后不会与传送带一起向下匀速运动，而是继续加速，但加速度满足：mgsinθ﹣f＝ma2，可得：a2＜a1，其v﹣t图像如图1所示： ③若传送带速度向上，且v＞v0，物块受到向上的滑动摩擦力。 若μ＞tanθ，则物块受到的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，物块将向上做加速运动，题目中无此情况的选项； 若μ＜tanθ，则物块做减速运动，由于速度始终小于传送带速度，因此受到的滑动摩擦力大小与方向始终不变，物块速度减为零后向下运动，物块在离开传送带时都不会与传送带共速，这种情况下的v﹣t图像和选项B的图像一致； ④若传送带速度向上，且v＜v0，物块受到向下的滑动摩擦力，一定先做减速运动。 若μ＞tanθ，当物块减速到与传送带共速时，物块将与传送带一起做匀速直线运动，题目中无对应选项； 若μ＜tanθ，当物块减速到与传送带共速时，物块不能维持与传送带一起匀速，而是会继续减速，但由于减速会使滑动摩 擦力的方向变为沿斜面向上，即此时的加速度大小比刚开始的要小，减速为零后将反向做匀加速运动离开传送带，这种情况下的v﹣t图像和选项C的图像一致。故A错误，BCD正确。 题干中要求选择不正确的， 故选：A。 29．（2023秋•罗湖区校级期末）如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求： （1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小； （2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间； （3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。 【答案】（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s； （2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s； （3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。 【解答】解：（1）依题意，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得 mgsinθ＝ma1 物块在传送带上做匀加速直线运动，有 联立，解得 v＝10m/s （2）对物块受力分析，可得 mgsinθ＝mg×＝mg μmgcosθ＝×mg×＝mg 即物块下滑过程，合力为零，做匀速直线运动，有 解得t＝2s （3）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得 μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2 解得 即物块做匀减速下滑，设经t1速度减为零，则有 0＝v1﹣a2t1 解得 t1＝2s 此时物块下滑的距离为 解得x＝5m＜L 说明物块将沿传送带向上做匀加速直线运动，设经t2与传送带共速，则有 此时物块上滑位移为 因为μmgcosθ＞mgsinθ，此后将随传送带一起运动，则有 从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小与传送带相同为 v2＝4m/s 综上所述，物块在传送带上运动的时间为 t总＝t1+t2+t3 解得t总＝4.05s 答：（1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小为10m/s； （2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间为2s； （3）从上端离开传送带，物块离开传送带时速度大小为4m/s，在传送带上运动的时间为4.05s。 30．（2023秋•安宁区校级期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示） （1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大； （2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长； （3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。 【答案】（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25； （2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s； （3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。 【解答】解：（1）由图乙所示图像可知，0﹣1s内，煤块的加速度大小a1＝m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下 根据牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 1﹣2s，物块的加速度大小a2＝m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下 根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 代入数据解得：μ＝0.25，tanθ＝0.75，则θ＝37° （2）物块上升的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小：x＝×1m+（2﹣1）m＝10m 根据x＝a2t下2，得煤块下滑的时间t下＝s， 所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间t＝t上+t下＝2s+s＝（2+）s （3）由图乙所示图像可知，传送带的速度v＝4m/s，在0﹣1s内传送带的位移x带1＝vt1＝4×1m＝4m 煤块的位移为x煤1＝×1m＝8m 两者相对位移大小为Δx1＝x煤1﹣x带1＝8m﹣4m＝4m，方向沿传送带向上 在1﹣2s内传送带的位移x带2＝vt2＝4×1m＝4m，物块的位移为x煤2＝×4×（2﹣1）m＝2m 两者相对位移大小为Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿传送带向下 在2～（2+）s传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块相对传送带向下的相对位移大小为：Δx3＝a2t下2+vt下 代入数据解得：Δx3＝（10+4）m 因Δx1＜Δx2+Δx3，故划痕总的长度为ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m 答：（1）倾角θ的正切值是0.75，动摩擦因数μ为0.25； （2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s； （3）煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m。 31．（2023秋•达州期末）如图所示，一倾角θ＝30°的传送带以v＝2m/s的速度逆时针匀速转动，其长度L＝1.40m，左侧的水平面光滑且与传送带顶端A点等高；现将一个小物块轻放在传送带底端，其与传送带间的动摩擦因数为，g取10m/s2。 （1）求小物块刚放上传送带时加速度a1的大小； （2）若物块滑上传送带Δt＝1s后，传送带速度突然变为零，判断物块能否滑上传送带顶端，若不能，求物块到达的最高点距A点距离x；若能，则求物块从传送带底端到达顶端所用时间t； （3）在（2）小问情景中，小物块在传送带上留下的划痕长度s。 【答案】（1）小物块刚放上传送带时加速度a1的大小为2.5m/s2； （2）物块不能滑上传送带顶端，物块到达的最高点距A点距离x为0.04m； （3）小物块在传送带上留下的划痕长度s为0.8m。 【解答】解：（1）小物块刚放上传送带时，对小物块受力分析，受到沿传送带向上的滑动摩擦力、竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力，根据牛顿第二定律得： μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1 解得： （2）设小物块在传送带上加速到与传送带速度相同所用的时间为t1，由运动学公式得： a1t1＝v 解得：t1＝0.8s 此过程小物块的位移大小为： ，解得：x1＝0.8m 因t1＜Δt＝1s，故小物块在滑上传送带的1s时间内先加速到与传送带相同速度，之后与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动时间为t2，则有： t2＝Δt﹣t1＝1s﹣08s＝0.2s 匀速运动的位移大小为： x2＝vt2＝2×0.2m＝0.4m 则小物块在1s内的位移大小为： x3＝x1+x2＝0.8m+0.4m＝1.2m 当传送带速度突然变为零后，小物块受到的滑动摩擦力变为沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得此时小物块的加速度为： ，解得： 此后小物块做匀减速直线运动，假设小物块不能滑上传送带顶端，即小物块会减速到零，则小物块的位移为： ，解得：x4＝0.16m＜L﹣x3＝1.40m﹣1.2m＝0.2m 可知假设成立，物块到达的最高点距A点距离为： x＝L﹣x3﹣x4＝1.40m﹣1.2m﹣0.16m＝0.04m （3）小物块在加速阶段，小物块相对于传送带向下滑动留下痕迹，由（2）可得此过程小物块的位移大小为x1＝0.8m，此过程传送带的位移大小为： x5＝vt1＝2×0.8m＝1.6m 可得小物块在加速阶段在传送带上留下的痕迹长度为： s1＝x5﹣x1＝1.6m﹣0.8m＝0.8m 小物块在最后的减速阶段，小物块相对于传送带向上滑动留下痕迹，由（2）可得此过程小物块的位移大小为x4＝0.16m，此时传送带处于静止状态，故传送带的位移为零，则小物块在减速阶段在传送带上留下的痕迹长度为： s2＝x4＝0.16m 因为两个阶段小物块相对传送带滑动方向相反，故存在两个划痕重叠的现象。因s1＞s2，故s＝s1＝0.8m 答：（1）小物块刚放上传送带时加速度a1的大小为2.5m/s2； （2）物块不能滑上传送带顶端，物块到达的最高点距A点距离x为0.04m； （3）小物块在传送带上留下的划痕长度s为0.8m。 十．无外力的水平板块模型（共5小题） 32．（2023秋•武昌区校级期末）（多选）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1＝3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t＝0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，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。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1 B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1 C．木板向左运动的最大位移为3.5m D．长木板的质量M＝2kg 【答案】BC 【解答】解：A．由乙图可知，0～1s内物块A、B一起匀加速，此时A受到的摩擦力方向向左，由整体法可得：m2g﹣μ1m1g＝（m1+m2）a1 解得：μ1＝0.2，故A错误； B．物块A所受木板的滑动摩擦力产生的加速度大小为a2，则有：μ1m1g＝m1a2 解得加速度大小为： 可知，1～3s内物块B已经落地，物块A水平方向只受木板的滑动摩擦力作用，由图乙可知3s末物块A的加速度大小突然减为1m/s2，则此时物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线运动。由牛顿第二定律，可得： μ2（M+m1）g＝（M+m1）a3 解得：μ2＝0.1，故B正确； CD．根据a﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度为：v＝6×1m/s﹣2×2m/s＝2m/s 依题意，0～3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，受力分析由牛顿第二定律，有 木板向左运动的过程中：μ1m1g+μ2（M+m1）g＝Ma木 木板向右运动过程中：μ1m1g﹣μ2（M+m1）g＝Ma木' 又：a木＝，a木′＝ 且：t1+t2＝3s 联立解得：M＝1.5kg，a木＝7m/s2，a木'＝1m/s2，t1＝1s，t2＝2s 则木板向左运动的最大位移为：x＝＝m＝3.5m，故C正确、D错误。 故选：BC。 33．（2023秋•乌兰察布期末）（多选）如图甲，质量m＝1kg的小滑块P（可视为质点），以v1＝3m/s的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q速度大小为v2＝5m/s，方向水平向左，从该时刻开始0.6s内两物体的运动情况的v﹣t图像如图乙所示。已知木板Q质量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．PQ间的摩擦因数为μ1＝0.5 B．Q与地面间的摩擦因数为μ2＝0.5 C．如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝3m D．如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝3.2m 【答案】AD 【解答】解：A．根据图乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2 对P分析 f1＝μ1mg＝ma1 解得：μ1＝0.5，故A正确； B．根据图乙可得，a2＝||＝||m/s2＝5m/s2 对Q分析 f1+f2＝μ1mg+μ2 （m+M）g＝Ma2 解得：μ2＝0.25，故B错误； CD.t＝0.6s时P、Q的相对位移为 x＝m+m+2×0.6m＝3m 此后分别对P、Q根据牛顿第二定律可知P的加速度向左，大小依然为5m/s2，Q的加速度向右大小依然为5m/s2 设两物体共速所需时间为t，则 vQ﹣a2t＝a1t 解得t＝0.2s 两物体的相对位移为 x'＝vQt﹣﹣ 则木板的最少长度为L＝x+x' 代入数据解得L＝3.2m，故C错误，D正确； 故选：AD。 34．（2023秋•石家庄期末）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）B与木板相对静止前，求木板的加速度大小； （2）B与木板相对静止时，求木板的速度； （3）A、B开始运动时，求两者之间的距离。 【答案】（1）B与木板相对静止前，木板的加速度大小为2.5m/s2； （2）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s，方向水平向右； （3）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。 【解答】解：（1）根据题意可知，滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有 μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（m+mA+mB）g＝ma1 代入已知数据得 （2）设B相对于地面的加速度大小为aB，由牛顿第二定律得 μ1mBg＝mBaB 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有 v1＝v0﹣aBt1＝a1t1 代入已知数据得 v1＝1m/s，方向水平向右。 （3）设A相对于地面的加速度大小为aA，则有 μ1mAg＝mAaA 可知 aA＝aB B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 μ1mAg+μ2（m+mA+mB）g＝（mB+m）a2 由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1﹣a2t2 对A有 v2＝﹣v1+aAt2 在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为 在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为 A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 x0＝xA+x1+xB 联立以上各式，并代入数据得 x0＝1.9m 答：（1）B与木板相对静止前，木板的加速度大小为2.5m/s2； （2）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s，方向水平向右； （3）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。 35．（2023秋•石家庄期末）如图所示，质量为M＝15kg，足够长的木板静止在光滑的水平地面上，在长木板右侧有质量为m＝5kg的物块，在长木板的右端距离木板s＝53.125m处有一个与长木板等高的台阶P，物块与木板、台阶P的动摩擦因数为μ＝0.5，某时刻对木板施加水平向右，大小F＝250N的恒定拉力，F作用1s后撤去，之后木板经过一段时间与台阶碰撞，碰后木板立刻停止运动，重力加速度g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求： （1）木板与台阶碰前向右运动的时间t； （2）判断物块是否能滑离木板？并求物块与木板之间的相对路程。 【答案】（1）木板与台阶碰前向右运动的时间t为4.5s； （2）物块是能滑离木板，物块与木板之间的相对路程为28.125m。 【解答】解：（1）对物块，静摩擦力提供的最大加速度a1，由牛顿第二定律得 μmg＝ma1 假如物块与木板之间不打滑，对物块和木板整体 F＝（M+m）a a＝12.5m/s2＞a1，物块与木板发生相对滑动。 木板向右加速过程： 对木板，由牛顿第二定律 F﹣μmg＝Ma2 解得 又v2＝a2t1 v2＝15m/s 解得x2＝7.5m 撤掉拉力F后，假设木板与台阶碰撞前与物块能达到共速， 对木板，由牛顿第二定律 μmg＝Ma3 得 又v＝v2﹣a3t2 对物块v＝a1（t1+t2） 联立得t2＝1.5s，v＝12.5m/s，x3＝20.625m 因为 x3＜s﹣x2＝53.125m﹣7.5m＝45.625m 物块与木板先达到共速之后一起匀速直到与台阶碰撞 s﹣x2﹣x3＝vt3 解得t3＝2s 木板与台阶碰前向右运动的时间 t＝t1+t2+t3 解得t＝4.5s （2）在木板匀速之前，对物块 x1＝15.625m 物块相对于木板向左移动的距离为 Δx＝x2+x3﹣x1 Δx＝12.5m 木板停止运动后，假设物块始终在木板上，则物块向右减速到零的过程中： 0﹣v2＝﹣2a1x4 解得x4＝15.625m 因为Δx＜x4 所以，物块将从木板右端滑离木板。物块相对于木板的路程 s＝Δx+x4 s＝28.125m 答：（1）木板与台阶碰前向右运动的时间t为4.5s； （2）物块是能滑离木板，物块与木板之间的相对路程为28.125m。 36．（2023秋•大连期末）如图所示，粗糙水平地面上，有一长木板A，其长度为L＝2.4m，质量为mA＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。在其左端有一个物块B，质量为mB＝6kg，物块B与长木板A之间的动摩擦因数为μ2＝0.5。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，物块B与长木板A开始均处于静止状态，用一水平向右的恒力F作用在物块B上。求： （1）若物块B与长木板A能一起加速运动，力F的取值范围； （2）当F为60N时，物块B和长木板A的加速度大小； （3）当F为60N时，作用1s后撤去该力，则撤去力F后，物块最终能否滑离木板？若能离开，求出离开时物块和木板的速度；若不能离开，求物块最终距木板左端的距离d。（计算结果可以保留分数形式） 【答案】（1）物块B与长木板A能一起加速运动，力F的取值范围20N＜F≤45N； （2）当F为60N时，物块B的加速度大小为5m/s2，长木板A的加速度大小为2.5m/s2； （3）物块B不会滑离木板A，距离板左端的距离为m。 【解答】解：（1）A与地面间的最大静摩擦力f1＝μ1（mA+mB）g A、B整体恰好相对地面静止时f1＝F1，解得F1＝20N A与B间的最大静摩擦力f2＝μ2mBg A、B恰好不发生相对滑动时，加速度大小为a，水平恒力大小为F2，对A受力可得f2﹣f1＝mAa 对A、B整体，由牛顿第二定律得F2﹣f1＝（mA+mB）a，解得F2＝45N AB要一起做匀加速直线运动水平恒力F1＜F≤F2，20N＜F≤45N （2）因为F＝60N＞45N，此时A和B相对滑动，对B受力分析，由牛顿第二定律得F﹣f1＝mBaB，解得aB＝5m/s2 对长木板A受力分析，由牛顿第二定律f2﹣f1＝mAaA，解得aA＝2.5m/s2 （3）0﹣1s内，A和B做匀加速运动，1s末 vA＝aAt，解得vA＝2.5m/s vB＝aBt，解得vB＝5m/s xA＝aAt2，解得xA＝1.25m xB＝aBt2，解得xB＝2.5m 撤掉F后，对物块B受力分析，f1＝mBaB1，解得aB1＝5m/s2 木板受力不变，加速度不变，aA＝2.5m/s2 设从撤掉力F到A和B共速所用时间为t，有 v共＝vA+aAt＝vB﹣aBt，解得t＝s xA1＝vAt+aAt2，解得xA1＝m xB1＝vBt﹣aB1t2，解得xB1＝m B相对A一直向右运动，二者的相对位移为Δx＝（xB+xB1）﹣（xA+xA1） d＝m＜2.4m 所以物块B不会滑离木板A，距离板左端的距离d＝Δx＝m 答：（1）物块B与长木板A能一起加速运动，力F的取值范围20N＜F≤45N； （2）当F为60N时，物块B的加速度大小为5m/s2，长木板A的加速度大小为2.5m/s2； （3）物块B不会滑离木板A，距离板左端的距离为m。 十一．有外力的水平板块模型（共3小题） 37．（2023秋•道里区校级期末）（多选）如图所示，质量m＝1kg的木块与质量M＝2kg的长木板静止叠放在水平地面上。已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。现对木块施加一水平拉力F，下列说法正确的是（　　） A．若F＝2N，M受到地面的摩擦力的大小为2N B．若F＝4N，M对m的摩擦力的大小为5N C．若F＝8N，M与m的加速度大小之比为3：1 D．无论F为何值，M的加速度都不会超过1m/s2 【答案】AD 【解答】解：木块与长木板之间的最大静摩擦力为：fm1＝μ1mg＝0.5×1×10N＝5N 长木板与地面之间的最大静摩擦力为：fm2＝μ2（M+m）g＝0.1×（2+1）×10N＝3N A．当F≤fm2＝3N时，m与M的整体处于静止状态，可知F＝2N时整体受力平衡，可得M受到地面的摩擦力的大小等于F＝2N，故A正确； B．当木块和长木板恰好相对运动时，两者之间的静摩擦力达到了最大，此时对M，由牛顿第二定律得： fm1﹣fm2＝Ma，解得：a＝1m/s2 设此时水平拉力为F1，对m有：F1﹣fm1＝ma，解得：F1＝6N 可得3N＜F≤6N时，两者相对静止一起加速运动。 当F＝4N，木块相对长木板静止一起做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，对整体由牛顿第二定律得： F﹣fm2＝（m+M）a1，解得：a1＝ 设M对m的摩擦力为f1，对木块由牛顿第二定律得： F﹣f1＝ma1，解得：N，故B错误； C．当F＝8N＞F1＝6N，木块相对长木板滑动，设木块加速度为a1′，由牛顿第二定律得： F﹣fm1＝ma1′，解得 此时木块与长木板之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，长木板的加速度就等于B选项中的a＝1m/s2，故M与m的加速度大小之比为1：3，故C错误； D．当木块对长木板的摩擦力达到最大值时，长木板的加速度达到最大值，由上述分析可知长木板的加速度最大值为1m/s2，故无论F为何值，M的加速度都不会超过1m/s2，故D正确。 故选：AD。 38．（2023秋•重庆期末）如图甲所示，质量m1＝1kg的木板A静止在动摩擦因数μ1＝0.2的水平地面上，在木板的中点静止放置质量m2＝4kg可视为质点的物块B，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）用水平拉力F＝40N作用在A上，如图甲所示，A、B的加速度大小分别是多大； （2）用水平拉力F＝5t（N）作用在B上，如图乙所示，通过计算，写出在0～15s内A、B间摩擦力大小f随时间t变化的函数关系（已知该情境下0～15s内物块B没有滑离木板A）； （3）用一条不可伸长的轻绳绕过轻质、光滑的动滑轮分别与A、B相连，如图丙所示，在动滑轮上加恒定水平的拉力F＝160N，当物体相对木板滑动0.08m时，撤去绳子、滑轮和拉力，最后物体恰好停在木板的最左端，求木板的长度。 【答案】（1）A、B的加速度大小分别是10m/s2；5m/s2； （2）在0～15s内A、B间摩擦力大小f随时间t变化的函数关系为：在0～2s：f＝5t（N）；在2～12s：f＝t+8（N）；在12～15s：f＝20（N）； （3）木板的长度0.388m。 【解答】解：（1）用水平拉力F＝40N作用在A上，假设AB相对静止，根据牛顿第二定律，则共同的加速度为 代入数据解得 a＝6m/s2 此时AB间的摩擦力 fAB＝m2a＝4×6N＝24N fmAB＝μ2m2g＝0.5×4×10N＝20N 故有 则AB之间产生滑动，假设错误；根据牛顿第二定律，此时A的加速度 代入数据解得 B的加速度大小 代入数据解得 ； （2）因AB之间的最大静摩擦力 fmAB＝μ2m2g＝20N A与地面间的最大静摩擦力 fmA地＝μ1（m1+m2）g＝0.2×（1+4）×10N＝10N 则当F＝10N时，AB开始一起运动，即在0～2s内AB间的摩擦力随时间变化为 f＝5t（N）； 当两物体一起运动，使得AB之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时对B F﹣fABm＝m2a 对整体 F﹣fmA地＝（m1+m2）a 代入数据解得 F＝60N 即在t＝12s时刻开始AB产生滑动，此过程中对木板A fAB﹣fmA地＝m1a 可得 ； 在12s～15s时间内AB之间的摩擦力为滑动摩擦力保持f＝20N不变； 即在0～2s：f＝5t（N）；在2～12s：f＝t+8（N）；在12～15s：f＝20（N）； （3）在动滑轮上加恒定水平的拉力F＝160N，则对B 对A 代入数据解得 当物体相对木板滑动0.08m时，则 解得 t＝0.08s 此时B的速度 v2＝a2′t＝25×0.08m/s＝2m/s A的速度 v1＝a1′t＝50×0.08m/s＝4m/s 撤掉F后B的加速度为 A的加速度为 两者共速时 v＝v2+a2″t′＝v1﹣a1″t′ 代入数据解得 此过程中B相对A的位移 代入数据解得 则B相对A共运动的距离为 则木板长度 L＝2Δx″＝2×0.194m＝0.388m。 答：（1）A、B的加速度大小分别是10m/s2；5m/s2； （2）在0～15s内A、B间摩擦力大小f随时间t变化的函数关系为：在0～2s：f＝5t（N）；在2～12s：f＝t+8（N）；在12～15s：f＝20（N）； （3）木板的长度0.388m。 39．（2023秋•厦门期末）如图所示，在足够大的水平地面上有一质量M＝2kg的静止长木板，木板的左端放置一质量m＝1kg的物体A，距木板的右端l1＝3m处放置质量与物体A相等的另一物体B（物体B底面光滑）。在t＝0时刻对物体A施加一水平向右的推力F＝6N，物体A开始相对长木板滑动，同时给物体B一向右的瞬时初速度v0＝2m/s，木板与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物体A与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，物体A、B均可视为质点。求： （1）t＝0时刻长木板的加速度大小； （2）若t1＝3s时物体A、B在木板上相撞，木板的长度L； （3）在（2）的条件下，若在t2＝2.4s时撤去推力F，试分析物体A、B能否相撞？若能，求A、B两物体从撤去推力F到相撞所用的时间t；若不能，求A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间t。 【答案】（1）t＝0时刻长木板的加速度大小为1m/s2； （2）若t1＝3s时物体A、B在木板上相撞，木板的长度L为6m； （3）不能相撞，A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间t为1.8s。 【解答】解：（1）设t＝0时刻长木板的加速度大小为a1，对木板，由牛顿第二定律得： μ2mg﹣μ1 （M+m+m） g＝Ma1 解得：a1＝1m/s2； （2）设从0时刻到t1＝3s时间内，物体A的加速度大小为a2，位移大小为x1，物体B的位移大小为x2，由牛顿第二定律得： F﹣μ2mg＝ma2 解得：a2＝2m/s2 x1＝ x2＝v0t1 x1﹣x2＝L﹣l1 联立解得：L＝6m； （3）t2＝2.4s时，物块A的速度为vA＝a2t2＝2×2.4m/s＝4.8m/s 物体A的位移为xA＝＝×2×2.42m＝5.76m 长木板的速度为v'＝a1t2＝1×2.4m/s＝2.4m/s 长木板的位移为x'＝＝×1×2.42m＝2.88m 物体B的位移为xB＝v0t2＝2×2.4m/s＝4.8m 在t2＝2.4s时，物体A、B之间的距离为： LAB＝L﹣l1﹣（xA﹣xB）＝6m﹣3m﹣（5.76m﹣4.8m）＝2.04m 撤去推力F后物体A先做匀减速直线运动，设其加速度大小为a3，根据牛顿第二定律得： μ2mg＝ma3 解得：a3＝4m/s2 撤去推力F后木板再与A共速前仍以加速度a1做匀加速直线运动，假设A与木板共速前AB没有碰撞。 设A与木板共速的速度大小为v共，所需时间为t3，则有： v共＝vA﹣a3t3＝v'+a1t3 解得：v共＝2.88m/s，t3＝0.48s 此过程A的位移为xA′＝＝m＝1.8432m 物体B的位移为xB′＝v0t3＝2×0.48m＝0.96m 在A与木板共速时，物体A、B之间的距离为： LAB′＝LAB﹣（xA′﹣xB′）＝2.04m﹣（1.8432m﹣0.96m）＝1.1568m，可见假设成立。 此后A与木板相对静止一起做匀减速直线运动，设其加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得： μ1（M+m+m）g＝（M+m）a4 解得：a4＝m/s2 假设A、B、木板三者共速前AB没有碰撞。设三者共速所需时间为t4，则有： v共﹣a4t4＝v0 解得：t4＝1.32s 此过程A的位移为xA″＝＝m＝3.2208m 物体B的位移为xB″＝v0t4＝2×1.32m/s＝2.64m 在三者共速时，物体A、B之间的距离为： LAB″＝LAB′﹣（xA″﹣xB″）＝1.1568m﹣（3.2208m﹣2.64m）＝0.576m 可见假设成立，此后A与木板做匀减速直线运动速度始终小于B的速度，不会碰撞。 则A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间： t＝t3+t4＝0.48s+1.32s＝1.8s。 答：（1）t＝0时刻长木板的加速度大小为1m/s2； （2）若t1＝3s时物体A、B在木板上相撞，木板的长度L为6m； （3）不能相撞，A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间t为1.8s。 十二．有外力的倾斜板块模型（共2小题） 40．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，倾角θ＝37°，顶角∠B＝90°，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b上放置一质量为m的物块c，b与c间的动摩擦因数为μ。长木板b质量为2m，物块a质量为m0（m0大小可调节）。开始时，a、b、c的初速度均为零。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（　　） A．剪断绳子的瞬间，a的加速度为8m/s2，b的加速度为6m/s2，c的加速度为0 B．当时，b、c的加速度均为2m/s2，方向沿斜面向下 C．当时，b、c的加速度均为1m/s2，方向沿斜面向上 D．当时，b与c将相对滑动 【答案】D 【解答】解：A．剪断绳子的瞬间，对a分析，根据牛顿第二定律有 m0gsin （ 90°﹣37°）＝m0a1 解得 a1＝8m/s2 当b与c间的动摩擦因数足够大时，b与c将保持相对静止向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 （2m+m）gsin37°＝（2m+m）a2 解得 a2＝6m/s2 即此时，b、c的加速度均为6m/s2，故A错误； B．假设b与c能够保持相对静止，对a、b、c整体有 （2m+m）gsin37°﹣mgsin53°＝（2m+m+m）a3 解得 a3＝m/s2 由于μ＝，可知物块c能够获得的最大加速度为a'＝ 解得a'＝12m/s2＞m/s2 可知，假设成立，b、c的加速度均为m/s2，方向沿斜面向下，故B错误； C．假设b与c能够保持相对静止，对a、b、c整体有 mgsin53°﹣（2m+m ） gsin37°＝（2m+m+m）a4 解得 a4＝m/s2 方向沿斜面向上，由于μ＝，可知物块c能够获得沿斜面向上的最大加速度为a''＝ 解得a''＝1m/s2＞m/s2 可知，假设成立，b、c将保持相对静止，加速度均为m/s2，方向沿斜面向下，故C错误； D.假设b与c能够保持相对静止对a、b、c整体有 m0gsin 53°﹣（2m+m ） gsin37°＝（2m+m+m0）a5 由于m0＞m，解得 a5＞m/s2 方向沿斜面向上，由于μ＝，可知物块c能够获得沿斜面向上的最大加速度为a'''＝ 解得a'''＝m/s2＜a5 可知，假设不成立，b与c将相对滑动，故D正确。 故选：D。 41．（2023秋•包河区校级期末）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ＝37°，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）小滑块的质量m及其与木板的动摩擦因数？ （2）当拉力F＝20N时，长木板的加速度大小为多大？ 【答案】（1）小滑块的质量m为2kg，其与木板的动摩擦因数为0.75； （2）当拉力F＝20N时，长木板的加速度大小为2m/s2。 【解答】解：（1）当F＝0时，加速度为a＝﹣6m/s2，可知木板沿斜面匀加速下滑，设此时小滑块与木板之间的摩擦力为f，对木板由牛顿第二定律得： ﹣Mgsinθ+f＝Ma 解得：f＝0，说明此时小滑块与木板相对静止一起下滑，可知小滑块与木板的动摩擦因数不小于tanθ。 当F＝18N时，加速度为a＝0，此时两者相对静止，对整体由平衡条件 F＝（M+m）gsinθ 代入数据解得 M+m＝3kg 当F大于18N时，根据牛顿第二定律得 F﹣Mgsinθ﹣μmgcosθ＝Ma 长木板的加速度 图线的斜率 截距 解得 M＝1kg，m＝2kg，μ＝0.75 （2）当拉力F＝20N时，代入长木板的加速度 解得长木板的加速度为 答：（1）小滑块的质量m为2kg，其与木板的动摩擦因数为0.75； （2）当拉力F＝20N时，长木板的加速度大小为2m/s2。 十三．板块模型和传送带模型的结合（共3小题） 42．（2023秋•武汉期末）如图所示，足够长的水平粗糙传送带以大小恒定的速率v0＝14m/s沿顺时针方向转动，将质量mA＝1kg的滑块A置于传送带上，经过一段时间后滑块与传送带速度相等。质量mB＝0.75kg的长木板B置于倾角θ＝37°的光滑斜面上，传送带与长木板B之间有一固定于斜面上、大小可忽略的光滑弧形连接装置，长木板B被锁定在此装置上，滑块A经过此装置时可视为速度大小不变，且当A滑上B时，锁定立即被解除，当B返回到连接装置时，B又立即被锁定。已知重力加速度大小g＝10m/s2，A、B间动摩擦因数μ＝0.75，从A第一次滑上B开始计时，且A不会从B的上端滑出，求： （1）B第一次向上滑动做加速运动的时间； （2）B第一次向上滑动的最大距离； （3）A第二次向下滑动到达连接装置时的速度大小。 【答案】（1）B第一次向上滑动做加速运动的时间为1s； （2）B第一次向上滑动的最大距离为m； （3）A第二次向下滑动到达连接装置时的速度大小为m/s。 【解答】解：（1）A刚冲上B，由牛顿第二定律有 对A：mAgsinθ+μmAgcosθ＝mAa1 得a1＝12m/s2 对B：μmAgcosθ﹣mBgsinθ＝mBa2 得a2＝2m/s2 当AB共速时有：v共1＝v0﹣a1t1＝a2t1，此后AB共同减速 可得B第一次向上做加速运动的时间t1＝1s （2）当AB共速时的速度为v共＝a2t1＝2×1m/s＝2m/s，加速过程中B上滑距离x1＝t1 解得x1＝1m 此后AB共同减速有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a 得a＝6m/s2 B减速到速度为0过程中上滑距离x2＝ 得x2＝m 则B第一次上滑的最大距离x＝x1+x2＝1m+m＝m （3）B速度减为0后，AB共同以加速度a加速下滑，第一次回到共速点速度大小仍为v共1， 当B返回连接板时速度 得v1＝4m/s 此后A沿B下滑，且mAgsinθ＝μmAgcosθ，则可知 A第一次返回到连接板时速度为v1＝4m/s 由于v0＞v1，A再次被传送带带回，以速度v1第二次冲上B， AB再次共速时有：v共2＝v1﹣a1t2＝a2t2 得， B加速上滑距离x2＝t2 解得x2＝ 同理B返回到连接板速度v2＝ 解得v2＝m/s 则A第二次返回连接板速度为 答：（1）B第一次向上滑动做加速运动的时间为1s； （2）B第一次向上滑动的最大距离为m； （3）A第二次向下滑动到达连接装置时的速度大小为m/s。 43．（2023秋•罗湖区校级期末）一足够长的水平传送带以速度v＝6m/s顺时针匀速转动，把一质量为M＝1kg足够长的木板B轻轻放在传送带上，B与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.4，重力加速度g取10m/s2，求： （1）刚将木板B放上传送带时，木板B的加速度； （2）若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m＝1kg的物块A轻放在木板B上，如图所示，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2，求A、B两个物体的加速度大小； （3）接上问，若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少？ 【答案】（1）木板B的加速度为4m/s2，方向水平向右； （2）A、B两个物体的加速度大小分别为2m/s2，6m/s2； （3）从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为1s。 【解答】解：（1）刚将木板B放上传送带时，根据牛顿第二定律可得 μ1Mg＝Ma 解得 a＝μ1g＝0.4×10m/s2＝4m/s2，方向水平向右。 （2）由于 μ2＝0.2＜μ1＝0.4 可知A相对于B向左滑动，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 μ2mg＝maA 解得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 μ1（M+m）g﹣μ2mg＝MaB 解得 （3）若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则A受到的摩擦力向左，A向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得 a′A＝ 解得aA′＝2m/s2 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 μ1（M+m）g+μ2mg＝Ma′B 解得 设经过t1时间，A、B速度相同，设为v1，则有 v1＝v﹣a′At1，v1＝a′Bt1 解得 t1＝0.5s，v1＝5m/s A、B共速后，设经过t2时间，B与传送带共速，则有此时A的速度为 B与传送带共速后，B与传送带保持相对静止一起做匀速运动，A继续做匀加速运动，设经过t3时间，A、B与传送带速度相同，则有则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为 t＝t1+t2+t3 解得t＝1s 答：（1）木板B的加速度为4m/s2，方向水平向右； （2）A、B两个物体的加速度大小分别为2m/s2，6m/s2； （3）从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为1s。 44．（2023秋•延庆区期末）如图所示，以某一速度运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L1＝2.5m，平板B的质量M＝2kg、长度L2＝2.0m，现将一质量m＝2kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块A与平板B间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板B与地面的动摩擦因数为μ3＝0.1，不计传送带与平板之间的间隙对滑块A速度的影响，g取10m/s2。 （1）若传送带以2m/s的速度匀速运动，求滑块A在传送带上的运动时间； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，求传送带的速度大小； （3）若传送带运动速度为8m/s，求滑块A离开平板B时的速度。 【答案】（1）若传送带以2m/s的速度匀速运动，滑块A在传送带上的运动时间为1.45s； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，传送带的速度大小为4m/s； （3）若传送带运动速度为8m/s，滑块A离开平板B时的速度为3.5m/s。 【解答】解：（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1 代入数据接的 根据速度公式，滑块与传送带共速时，有 v0＝a1t1 滑块在传送带上加速的位移为 滑块在传送带上匀速阶段，有 L1﹣s＝v0t2 滑块在传送带上运动的时间为 t＝t1+t2 代入数据联立解得 t＝1.45s； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，设物块刚滑上木板时的速度大小v1，根据牛顿第二定律，物块的加速度 木板的加速度 两者共速时物块相对木板滑动的距离为 L2＝2.0m 则 v共＝v1﹣a2t′＝a3t′ 代入数据联立解得 t′＝1s v1＝4m/s 则传送带的速度大小为4m/s；此时物块在传送带上相对传送带的滑行时间为 相对传送带滑行的距离为 ，符合实际； （3）若传送带运动速度为8m/s，假设滑块在传送带上一直被加速，则到达右端时的速度 ，假设成立，即滑块离开传送带滑上木板时的速度为 v01＝5m/s 则当物块离开木板时 代入数据解得 t″＝0.5s（，不合题意舍掉） 滑块A离开平板B时的速度 v'＝v01﹣a2t″＝5m/s﹣3×0.5m/s＝3.5m/s 答：（1）若传送带以2m/s的速度匀速运动，滑块A在传送带上的运动时间为1.45s； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，传送带的速度大小为4m/s； （3）若传送带运动速度为8m/s，滑块A离开平板B时的速度为3.5m/s。 十四．合运动与分运动的关系（共2小题） 45．（2023秋•兴化市校级期末）如图所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：依据运动的合成与分解，以传送带为参考系，棋子在垂直传送带方向做初速度不为零的匀减速直线运动，而在平行传送带方向做初速度不为零的匀减速直线运动， 根据矢量的合成与分解法则，合初速度与合加速度共线，所以棋子在传送带上留下的墨迹直线，故A正确，BCD错误。 故选：A。 46．（2023秋•辽阳期末）（多选）如图所示，河的宽度为L，河水流速恒定，现甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河，船头均与岸边成45°角，出发时两船相距为2L，且乙船恰好能直达正对岸的A点。下列判断正确的是（　　） A．甲、乙两船到达对岸的时间相等 B．甲船正好也在A点靠岸 C．甲船在A点左侧靠岸 D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇 【答案】AB 【解答】解：A、乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知v＝u。 将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等，故A正确。 BCD、渡河的时间t＝，甲船沿河岸方向上的位移x＝（u+vcos45°）t＝2L＝2L．故B正确，C、D错误。 故选：AB。 十五．关联速度问题（共4小题） 47．（2024春•南充期末）2021年3月11日宁夏银川，一家餐厅后厨起火后，三名顾客被困。如图是火警设计的一种快捷让当事人逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上，N端在水平地面上向右以v0匀速运动，被救助的人员紧抱在M端随轻杆向平台B端靠近，平台高h，当BN＝2h时，则此时被救人员向B点运动的速率是（　　） A．v0 B．2v0 C． D． 【答案】C 【解答】解：设杆与水平面CD的夹角为θ，由几何关系可知 即θ＝30° 将杆上N点的速度分解成沿杆的分速度v1和垂直杆转动的速度v2，如下图所示 根据沿着同一根杆，各点的速度相同，可得被救人员向B点运动的速率为。 故ABD错误，C正确。 故选：C。 48．（2023秋•琼山区校级期末）甲、乙两光滑小球（均可视为质点）用轻直杆连接，乙球处于粗糙水平地面上，甲球紧靠在粗糙的竖直墙壁上。初始时轻杆竖直，杆长为4m。施加微小的扰动，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3m时，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两球的速度大小之比为：3 B．甲、乙两球的速度大小之比为3：7 C．甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等 D．甲球即将落地时，乙球的速度为零 【答案】B 【解答】解：AB、设轻杆与竖直方向夹角为θ，则甲的速度v1在沿杆方向的分量为v1杆＝v1cosθ，乙的速度v2在沿杆方向的分量为v2杆＝v2sinθ，且v1杆＝v2杆，当甲、乙处于图示位置时，cosθ＝，sinθ＝，解得此时甲、乙两球的速度大小之比为，故A错误，B正确； CD、甲球先加速下滑，乙球先加速向右运动，轻杆对两球均为推力，假设乙球一直向右加速运动，那么接近地面时甲必然会离开墙壁，轻杆对甲球施加拉力，甲会获得水平方向的分速度，轻杆对乙球也是拉力，则乙球会减速运动，乙球的最终速度不为零。落地时甲有竖直方向的分速度，甲的速度不沿着杆的方向，而乙的速度沿着杆的方向，故甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小不相等，故CD错误。 故选：B。 49．（2023秋•朝阳区校级期末）（多选）如图，固定光滑长斜面倾角为37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连；右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为4L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动3L时A恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．当弹簧恢复原长时，物体B沿斜面向上移动了 C．若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为3L时B的速率为 D．当小车缓慢向右运动3L距离时，若轻绳突然断开，则此时B的加速度为1.2g，方向沿斜面向下 【答案】ABD 【解答】解：A、设初状态弹簧压缩量为x1，对物块B，由平衡条件得kx1＝mgsin37°，解得x1＝ 当小车缓慢向右运动 L距离时A恰好不离开挡板，设弹簧伸长量x2，对A，由平衡条件得kx2＝mgsin37°，解得x2＝ 根据几何关系可得：x1+x2＝L＝，解得弹簧的劲度系数：k＝，故A正确； B、开始弹簧的压缩量x1＝＝0.5L，弹簧恢复原长时B沿斜面向上移动了x1＝L﹣0.5L＝0.5L，故B正确； C、小车位移大小为3L时，设滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示 根据几何关系可得：tanθ＝，解得：θ＝37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率为：vB＝cos53°＝，故C错误； D、当小车缓慢向右运动3L距离时，弹簧的伸长量为x2，此时弹簧的弹力F＝mgsin37°，若轻绳突然断开，弹簧的弹力不会突变，对B，由牛顿第二定律得：mgsin37°+F＝ma， 解得：a＝1.2g，方向沿斜面向下，故D正确。 故选：ABD。 50．（2023秋•合肥期末）（多选）如图所示，人在岸上拉船，开始时绳与水面夹角为θ＝30°，水的阻力恒为f，船在靠岸的过程中，关于船的运动，下列说法正确的是（　　） A．若人以恒定的速度拉绳，则船的速度保持不变 B．若人以恒定的速度拉绳，则船的速度变 C．若人以恒定的拉力F＝f拉绳，则船加速度的大小先变大后变小 D．若人以恒定的拉力F＝2f拉绳，则船加速度的大小先变小后变大 【答案】BD 【解答】解：AB、将船的速度分解为沿绳子方向与垂直绳子方向的两个分速度，如图1所示 其中沿绳子方向的分速度等于人的速度，则有：v＝vccosθ，解得：vc＝，可知若人以恒定的速度拉绳，则船的速度变化，故A错误，B正确； CD、水的阻为恒为f，此时人的拉力大小为F，以船为对象，受力如图2 沿水平方向根据牛顿第二定律则有：Fcosθ﹣f＝ma 解得：a＝ 若F＝f，可知a＜0，船靠岸的过程中随θ增大，绳子的拉力沿水平方向的分力减小，船的加速度增大，船做加速度增大的减速运动； 若F＝2f，则θ＝30°时，加速度a＝，可知开始时船做加速运动，随θ增大绳子的拉力沿水平方向的分力减小，船的加速度减小，船做加速度减小的加速运动；当θ＝60°时船的加速度等于零，之后绳子沿水平方向的分力小于船受到的阻力，则船的加速度反向增大，船做加速度增大的减速运动，即若人以恒定的拉力F＝2f拉绳，则船加速度的大小先变小后变大，故C错误，D正确。 故选：BD。 十六．平抛运动速度的计算（共4小题） 51．（2023秋•朝阳区校级期末）如图所示，一长为L的木板倾斜放置，倾角为45°，现有一弹性小球，从与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，设小球做平抛运动的时间为t，与木板碰撞前瞬间的速度大小为v，则有：，则平抛运动的时间为：，物体自由下落的时间为，则平抛运动在竖直方向上的位移为：，自由落体运动的位移为，则有：，木板在竖直方向上的高度为，则碰撞点距木板上端竖直方向的位移为：，所以小球释放点距木板上端的水平距离为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 52．（2023秋•贵阳期末）如图，小明到夜市玩套圈圈游戏，发现正前方4m的地面上有个他想要的玩具汽车，若小明水平抛圈时圈离地面的高度为1.25m，重力加速度g取10m/s2。要套中他想要的玩具，水平抛圈的速度大小约为（　　） A．2m/s B．4m/s C．6m/s D．8m/s 【答案】D 【解答】解：抛圈抛出后做平抛运动，设运动的时间为t，则有：，解得： 则水平抛圈的速度大小为：，故D正确，ABC错误。 故选：D。 53．（2023秋•岳麓区校级期末）如图，倾角为θ＝45°的斜坡，斜坡高度为h，斜坡底端A点正上方有B和C两点，B点和斜坡等高。甲战斗机以水平速度v1飞到C点时释放炸弹，准确命中斜坡上的一点P，CP的连线垂直于坡面；乙战斗机以水平速度v2飞到B点时释放炸弹，也准确命中斜坡上的同一点P，速度方向恰好垂直斜坡。已知两颗炸弹完全相同，则（　　） A．C点距离A点的高度为 B． C．甲释放的炸弹和乙释放的炸弹在空中的飞行时间之比为 D．任意相同时间内甲、乙两战斗机释放的炸弹在空中的速度变化量之比为 【答案】C 【解答】解：A、设AP的水平距离为x，则从乙释放的炮弹运动轨迹如图所示： 根据推论可知，该炮弹速度的反向延长线平分水平位移，则有tanθ＝，可得y＝ 又由几何关系有 y+x＝h 联立解得：x＝h 根据从C释放的炮弹CP的连线垂直于坡面可得CP间的竖直高度为hCP＝x＝h C点距离A点的距离为：s＝hCP+x＝h，故A错误； C、根据平抛运动的规律得：hCP＝＝x，y＝＝ 解得：＝，故C正确； B、根据x＝v0t 结合以上分析可得＝，故B错误； D、根据速度变化量公式Δv＝gΔt，可知甲战斗机释放的炸弹和乙战斗机释放的炸弹在空中任意相同时间内速度变化量之比为1：1，故D错误。 故选：C。 54．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，P处能持续水平向右发射初速度不同的小球。高度为h0的挡板AB竖直放置，离P点的水平距离为L。挡板上端A与P点的高度差为h，可通过改变发球点P的竖直位置调整A、P两点的竖直高度差h。求： （1）当h＝h0时，调节初速度可以让小球击中挡板上的不同位置， ⅰ．小球击中A点和B点的时间之比tA：tB； ⅱ．小球能够击中挡板AB的初速度取值范围； （2）当h取多大时，小球击中A点时速度取得最小值。 【答案】（1）当h＝h0时，调节初速度可以让小球击中挡板上的不同位置， ⅰ．小球击中A点和B点的时间之比； ⅱ．小球能够击中挡板AB的初速度取值范围为； （2）当时，小球击中A点时速度取得最小值。 【解答】解：（1）ⅰ、当h＝h0时， 若小球打在挡板A点，根据，解得小球在空中飞行的时间 若小球打在挡板B点，根据，解得小球在空中飞行的时间 小球击中A点和B点的时间之比 ⅱ、根据L＝vAtA，解得打在A点的小球初速度大小为 根据L＝vBtB，解得打在B点的小球初速度大小为 则小球的初速度范围应满足 （2）从P点到A点：，L＝vA′t 解得 在竖直方向上vy＝gt 小球击中A点时速度 解得 由数学知识可得当时，vA″有最小值，则 答：（1）当h＝h0时，调节初速度可以让小球击中挡板上的不同位置， ⅰ．小球击中A点和B点的时间之比； ⅱ．小球能够击中挡板AB的初速度取值范围为； （2）当时，小球击中A点时速度取得最小值。 十七．平抛运动与斜面的结合（共2小题） 55．（2023秋•薛城区期末）如图所示，倾角θ＝37°、高h＝1.8m的斜面位于水平地面上，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平向右抛出，小球恰好落到斜面底端B点处。空气阻力忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，tan37°＝0.75． （1）求小球平抛的初速度v0的大小； （2）若在小球水平抛出的同时，使斜面在水平面上由静止开始向右做匀加速直线运动，经t2＝0.3s小球落至斜面上，求斜面运动的加速度大小。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由题意得，小球水平抛出后恰好落在斜面底端，设水平位移为x，由平抛运动知识可得 h＝ ① x＝v0t ② 由几何知识可得 tanθ＝ ③ 联立①②③式，代入已知数据得 v0＝4m/s （2）如图所示，设经过t2＝0.3s，斜面运动的位移为x1，加速度大小为a，小球做平抛运动竖直位移为h2，水平位移为x2，则有运动学知识可得 x1＝ ④ h2＝ ⑤ x2＝v0t2⑥ 由几何知识可得 tanθ＝ ⑦ 联立④⑤⑥⑦式，代入已知数据得 a＝m/s2≈13.3m/s2。 答： （1）小球平抛的初速度v0的大小是4m/s； （2）斜面运动的加速度大小是13.3m/s2。 56．（2023秋•沈阳期末）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°，表面光滑的足够长斜面体，物体A以v1＝6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中．（A、B均可看作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）求： （1）物体A上滑到最高点所用的时间t； （2）物体B抛出时的初速度v2； （3）物体A、B间初始位置的高度差h． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）物体A上滑的过程中，由牛顿第二定律得： mgsin θ＝ma， 代入数据得：a＝6 m/s2 设经过t时间B物体击中A物体， 由速度公式得：0＝v1﹣at， 代入数据得：t＝1 s， （2）A的水平位移和平抛物体B的水平位移相等： x＝v1tcos 37°＝2.4 m， B做平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，所以平抛初速度为： v2＝＝2.4 m/s， （3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和， 所以物体A、B间的高度差为：h＝v1tsin 37°+gt2＝6.8 m， 答：（1）物体A上滑到最高点所用的时间t为1 s； （2）物体B抛出时的初速度v2为2.4 m/s； （3）物体A、B间初始位置的高度差h为6.8 m． 十八．平抛运动与曲面的结合（共2小题） 57．（2023秋•新吴区校级期末）如图a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是（　　） A．改变初速度的大小，a球可能垂直撞在半圆轨道上 B．改变初速度的大小，b球可能垂直撞在斜面上 C．改变初速度的大小，b球速度方向和斜面的夹角保持不变 D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 【答案】C 【解答】解：A、小球b能落在斜面上，则小球平抛运动的位移方向不变，根据平抛运动位移方向与速度方向之间的关系可知，小球b落在斜面上的速度方向不变，即速度方向与斜面的夹角保持不变，由题知，斜面的倾角为30°，故b球落在斜面上其速度方向与斜面不可能垂直，故A错误； B、将斜面向左平移至左端与圆弧竖直方向平齐，如图中虚线所示，则小球a、b可看着同时从D点水平抛出，则图中C点表示小球同时落到半圆轨道和斜面上，由题知小球b能落在斜面上，则由图可知小球a从D点抛出将落在圆弧DC范围内，由图知只有落在EC段圆弧上的小球a速度方向才可能与圆弧垂直，则此时小球的速度方向应在过该落点的半径方向，设在EC段圆弧上的落点到半径OE的水平距离为x，竖直位移为y，设速度方向与初速度方向夹角为θ，轨道半径为r，如图所示， 根据几何关系可得 y＝rsinθ，x＝rcosθ 小球的速度方向正切值 根据平抛运动速度方向和位移方向间的关系可得 联立解得 x＝r，y＝0 明显与题意和实际不符，故B错误； C、根据A分析可知，小球b落在斜面上时，其速度方向与斜面的夹角保持不变，故C正确； D、根据B选项分析可知，图中C点即表示两球同时落在半圆轨道和斜面上，故D错误。 故选：C。 58．（2023秋•下城区校级期末）国家快递大数据平台实时监测数据显示，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的某快递从倾角为θ＝53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从水平末端C点水平抛出，落到水平地面，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L1＝2m，水平传送带BC长L2＝m，传送带上表面距水平地面h＝1.25m，该快递与斜面间动摩擦因数μ1＝，与传动带间动摩擦因数μ2＝，传送带以大小为v的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，g＝10m/s2，求： （1）快递刚滑到传送带上时的速度vB的大小； （2）调节传送带速度使快递落地点与抛出点C点的水平距离最大，则传送带速度至少多大，并求出与抛出点的最大水平距离？ （3）若在传送带右侧加装一个收集装置，其内边界截面为四分之一圆形，如图乙为传送带右半部分和装置的示意图，C点为圆心，半径为R＝m，若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大？ 【答案】（1）快递刚滑到传送带上时的速度vB的大小为4m/s； （2）传送带速度至少为m/s，与抛出点的最大水平距离为m （3）传送带速度应该调节为m/s。 【解答】解：（1）从A到B，根据牛顿第二定律有mgsin53°﹣μ1mgcos53°＝ma1 可得a1＝4m/s2 根据＝2a1L1 得vB＝4m/s （2）由题意知，若物体在传送带上一直加速，落地点与抛出点C点的水平距离最大，由﹣＝2a2L2 在水平传送带上，对快递由牛顿第二定律μ2mg＝ma2 联立可得传送带速度至少为vC＝m/s 从C点平抛到落地h＝g 得t1＝0.5s 由水平位移x＝vCt1 得x＝m （3）设落到收集装置时速度为v1，则v1＝ 设C点抛出时水平速度为vx，落到收集装置时水平位移x，竖直位移y x2+y2＝R2 x＝vxt y＝gt2 得t2+25t4＝ 即vx＝ 代入得v1＝ 由数学可知，当＝75t2时，v最小，得t＝s 由vx＝ 得vx＝m/s 由题意可知，物体在传送带上先匀减速到m/s，再一起匀速，即传送带速度应该调节为m/s。 答：（1）快递刚滑到传送带上时的速度vB的大小为4m/s； （2）传送带速度至少为m/s，与抛出点的最大水平距离为m （3）传送带速度应该调节为m/s。 十九．探究加速度与力、质量之间的关系（共2小题） 59．（2023秋•秦州区校级期末）在“探究加速度与质量和力关系”实验中，实验装置如图1所示。 （1）实验过程中，电火花计时器应接在 　交流　（选填“直流”或“交流”）电源上。 （2）实验中平衡小车所受阻力的做法是：在不挂细绳和钩码的情况下，改变板的倾斜程度，使小车能拖动纸带沿木板做 　匀速直线　运动。 （3）在探究加速度与质量关系实验中，实验小组通过改变小车质量做了多组实验，记录实验数据，通过计算分析数据后，得出的结论是在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比，如果想通过图象法直观的确认自己的结论，须建立 　a﹣　（填a﹣m或a﹣）坐标系。 （4）图2是实验中打出的一条纸带，在纸带上每隔4个点取1个计数点，得到O、A、B、C、D几个计数点。测得OB＝3.40cm，OD＝8.40cm，已知电源频率为50Hz，则打B点时小车的速度为 　0.21　m/s，小车的加速度大小为 　0.40　m/s2（计算结果请保留两位有效数字）。 【答案】（1）交流；（2）匀速直线；（3）a﹣；（4）0.21；0.40。 【解答】解：（1）根据电火花打点计时器的工作原理可知，电火花打点加速器应接在交流电源上。 （2）实验中平衡小车所受阻力的做法是：在不挂细绳和钩码的情况下，改变板的倾斜程度，使小车能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。 （3）通过计算分析数据后，得出的结论是在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比，如果想通过图象法直观的确认自己的结论，须保证图象为倾斜直线，故建立a﹣坐标系。 （4）每隔4个点取1个计数点，则时间间隔：T＝0.02×5s＝0.1s 根据匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，vB＝＝m/s＝0.21m/s 根据匀变速直线运动中，连续相等时间间隔内位移之差为常量可知，a＝＝＝0.40m/s2. 故答案为：（1）交流；（2）匀速直线；（3）a﹣；（4）0.21；0.40。 60．（2023秋•锦州期末）某学习小组利用如图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系。图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器与滑轮之间的轻绳始终与长木板平行，拉力传感器可直接显示绳上的拉力大小，打点计时器所接电源的频率为50Hz。 （1）关于本次实验的注意事项，下列说法正确的是 　BC　。 A．实验中要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 B．实验时为了平衡摩擦力，需要将长木板右端适当垫高 C．实验时应先接通打点计时器的电源再释放小车 （2）正确完成实验操作后，得到的一条纸带部分如图乙所示，纸带上各点均为计时点，由此可得打点计时器打出B点时小车的速度大小vB＝　1.6　m/s，小车的加速度大小a＝　3.2　m/s2（结果保留两位有效数字）。 （3）正确完成实验操作后，改变砂和砂桶的总质量，得到多组拉力传感器示数F和对应的小车加速度大小a，以F为横轴、a为纵轴作出a﹣F图像，该图像的斜率为k，则小车的质量M＝　　（用k表示）。 【答案】（1）BC；（2）1.6；3.2；（3）。 【解答】解：（1）A．绳子的拉力由拉力传感器测出，不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故A错误； B．需要将长木板右端适当垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及小车与长木板间的摩擦力，故B正确； C．为了能稳定地打出足够多的点，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，故C正确。 故选：BC。 （2）相邻两计数点的时间间隔为 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，打点计时器打出B点时小车的速度大小 根据逐差法求出小车的加速度大小 （3）根据牛顿第二定律 2F＝Ma 整理得 图像的斜率为 小车的质量 故答案为：（1）BC；（2）1.6；3.2；（3）。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一上学期物理期末复习（压轴60题19大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第一册第3~4章、必修第二册第5章。 一．判断是否存在摩擦力（共2小题） 二．正交分解法（共2小题） 三．力的合成与分解的应用（共2小题） 四．共点力的平衡问题及求解（共5小题） 五．牛顿第二定律的简单应用（共8小题） 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题） 七．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共2小题） 八．水平传送带模型（共4小题） 九．倾斜传送带模型（共4小题） 十．无外力的水平板块模型（共5小题） 十一．有外力的水平板块模型（共3小题） 十二．有外力的倾斜板块模型（共2小题） 十三．板块模型和传送带模型的结合（共3小题） 十四．合运动与分运动的关系（共2小题） 十五．关联速度问题（共4小题） 十六．平抛运动速度的计算（共4小题） 十七．平抛运动与斜面的结合（共2小题） 十八．平抛运动与曲面的结合（共2小题） 十九．探究加速度与力、质量之间的关系（共2小题） 一．判断是否存在摩擦力（共2小题） 1．（2023秋•芜湖期末）如图所示，水平地面上的L形木板上放着一小木块，木板上表面水平，木板与小木块间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．木板对小木块无摩擦力作用 B．木板对小木块的摩擦力方向向左 C．地面对木板的摩擦力方向向左 D．地面对木板的摩擦力方向向右 2．（2018秋•勐腊县校级期中）木块A．B分别重20N和30N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.3，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时连接在A．B之间的轻弹簧已经被拉伸了3cm，弹簧劲度系数为100N/m，系统静止在水平地面上。现用F的水平推力作用在木块A上，如图所示： （1）当F＝5N时，木块A和B所受到的摩擦力的大小和方向； （2）当F＝10N时，木块A和B所受到的摩擦力的大小和方向？ 二．正交分解法（共2小题） 3．（2023秋•重庆期末）某中学生投掷铅球，某时刻推力F与水平方向的夹角为θ（斜向上），则该力在竖直方向的分力大小为（　　） A．Ftanθ B．Fsinθ C．Fcotθ D．Fcosθ 4．（2023秋•海林市校级期末）火车站的旅客拉着行李箱出站，手臂的拉力大小为F，与水平方向的夹角为θ．若将F沿水平和竖直方向分解，则其竖直方向的分力为（　　） A．Fsinθ B．Fcosθ C． D． 三．力的合成与分解的应用（共2小题） 5．（2023秋•包河区校级期末）生活中常用刀或斧来劈开物体。如图所示为刀刃的横截面，F是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为2θ，则可知刀劈开物体时对其侧向推力F1、F2的大小为（　　） A．F1＝F2＝ B．F1＝F2＝ C．F1＝F2＝ D．F1＝F2＝ 6．（2023秋•浦东新区校级期末）歼﹣20战斗机上安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下通过转动尾喷口方向来改变推力的方向，使战斗机拥有优异的飞行性能。某次飞机沿水平方向超音速匀速巡航时，空气对飞机产生的竖直向上的升力（不含尾喷口推力）与水平阻力之比为。已知飞机重力为G，为使飞机实现节油巡航模式，尾喷口产生的最小推力大小为（　　） A． B． C． D． 四．共点力的平衡问题及求解（共5小题） 7．（2023秋•石家庄期末）（多选）如图所示，质量为m2倾角为α的斜面静止在粗糙的水平地面上，质量为m1的物块静止在斜面上，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ＝tanα，斜面始终静止，以下说法正确的是（　　） A．地面对斜面的支持力大小为（m1+m2）g，摩擦力为0 B．对物块m1施加过重心竖直向下足够大的力F，物块将沿斜面下滑，地面对斜面的摩擦力水平向左 C．对物块施加沿斜面向下的推力F，物块将沿斜面加速下滑，地面对斜面的支持力增大，摩擦力为零 D．若给物块一个沿斜面向上的初速度，在物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面的支持力小于（m1+m2）g，摩擦力方向水平向左 8．（2023秋•蓝田县期末）木板B放在水平地面上，在木板B上放一重1200N的A物体，物体A与木板B间，木板与地间的摩擦因数均为0.2，木板B重力不计，当水平拉力F将木板B匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力T多大？水平拉力F多大？（重力加速度g＝10m/s2） 9．（2023秋•河东区校级期末）重为40N的物体与竖直墙面间的动摩擦因数为μ＝0.4，若用斜向上的推力F＝50N支撑住物体，物体处于静止状态，如图所示．这时物体受到的摩擦力是多少牛？要使物体匀速下滑，推力的方向不变，则大小应变为多大？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 10．（2023秋•西夏区校级期末）如图所示，物块通过3段轻绳悬挂，3段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为m2＝60kg的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物块及人都处于静止状态。已知人与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要求人在水平面上不滑动。求： （1）轻绳OB所受的拉力最大不能超过多少？ （2）物块的质量m1最大不能超过多少？ 11．（2023秋•仓山区校级期末）如图所示，质量为2kg的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角θ为37°．质量为1kg的光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A和B都处于静止状态，求地面对三棱柱的支持力和摩擦力各为多少？（g＝10m/s2，sin37°＝cos37°＝） 五．牛顿第二定律的简单应用（共8小题） 12．（2023秋•岳麓区校级期末）（多选）如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别m、2m的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为θ＝30°。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用g表示，下列说法正确的是（　　） A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力 B．当小球B对底面的摩擦力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为 C．若，当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为 D．若，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球A的作用力最大值为 13．（2023秋•泰安期末）如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L＝3.5m。质量m＝2kg的物体A放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数，通过轻细绳跨过定滑轮与物体B相连接，连接A的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住B使其在距地面h＝2.1m高处由静止释放。若B向下运动，着地后B立即停止运动。A、B可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g＝10m/s2。 （1）若B的质量M1＝1kg，求地面对斜面体摩擦力f的大小； （2）若B的质量M2＝3kg，求物块A在斜面上上升的最大高度； （3）若要使A向上运动且恰好到达斜面顶端停止，求B的质量M'。 14．（2023秋•长丰县期末）如图所示，物体A的质量为M＝1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5kg、长L＝1m．某时刻A以v0＝4m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2．试求：如果要使A不至于从B上滑落，拉力F应满足的条件． 15．（2023秋•浦东新区校级期末）如图甲所示为一风力实验示意图．开始时，质量为m＝1kg的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并静止于O点．现用沿杆向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t1＝0.4s后撤去风力，小球沿细杆运动的v﹣t图象如图乙所示（g取10m/s2）．试求： （1）小球沿细杆滑行的距离； （2）小球与细杆之间的动摩擦因数； （3）风力F的大小． 16．（2023秋•海林市校级期末）战士拉车胎进行100m赛跑训练体能．车胎的质量m＝8.5kg，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ＝37°，车胎与地面间的滑动摩擦系数μ＝0.7．某次比赛中，一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20m达到最大速度（这一过程可看作匀加速直线运动），然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15s．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求 （1）战士加速所用的时间t1和达到的最大速度v； （2）战士匀加速运动阶段对车胎的拉力F． 17．（2023秋•杨浦区校级期末）两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线表示b物体受到水平拉力F作用和a不受拉力作用的v﹣t图象，g取10m/s2．求： （1）物体a受到的摩擦力大小； （2）物块b所受拉力F的大小； （3）8s末a、b间的距离． 18．（2023秋•桃城区校级期末）如图甲所示，质量m＝0.5kg的物块，在斜向下与水平面的夹角为45°、大小F＝20N的推力作用下，沿粗糙水平面由静止开始运动，在运动过程中，物块受到的摩擦力保持不变，空气阻力水平向左，其大小随着物块速度的增大而增大，且当物块速度为零时，空气阻力也为零．物块加速度a与时间t的关系图线如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）物块与水平面间的动摩擦因数μ； （2）t＝2s时物块速度的大小； （3）t＝5s时空气阻力的大小． 19．（2023秋•荔湾区校级期末）如图所示，底座A上装有长0.5m的直立杆，总质量为1kg，用细线悬挂，底座底面离水平地面H＝0.2m，杆上套有质量为0.2kg的小环B，它与杆间有摩擦，设环与杆相对滑动时摩擦力大小始终不变，环从底座以m/s的初速度沿杆向上运动，最后恰能到达杆的顶端（取g＝10m/s2）。求： （1）环沿杆上滑过程中的加速度大小； （2）在环上滑过程中，细线对杆的拉力大小； （3）若小环在杆顶端时细线突然断掉，底座下落后与地面立即粘合后静止，整个过程杆没有晃动，则线断后经多长时间环第一次与底座相碰？ 六．牛顿第二定律在竖直抛体运动中的应用（阻力变化问题）（共2小题） 20．（2023秋•长沙期末）A、B两小球同一时刻从不同的高度由静止释放，A球所受空气阻力可忽略，B球所受空气阻力的大小与物体速率成正比，两小球同一时刻落到水平地面，落地瞬间均以原速率反弹，规定向下为正方向，关于两小球的速度v与时间t的图像，下列可能正确的是（　　） A． B． C． D． 21．一质量为m的飞机在水平跑道上起飞时，所受竖直向上的升力与飞机运动速率的平方成正比，记为F1＝k1v2，所受空气阻力也与飞机运动速率的平方成正比，记为F2＝k2v2，方向与运动方向相反。假设轮胎和跑道之间的阻力是压力的μ倍（μ＜0.25），飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为飞机所受重力的0.25倍，重力加速度为g。在飞机起飞过程，下列有关说法正确的是（　　） A．飞机一共受5个力的作用 B．飞机一定做变加速直线运动 C．飞机可能做匀加速直线运动 D．飞机的起飞速度为 七．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共2小题） 22．（2023秋•天津期末）民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上。如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0m，斜面气囊长度AC＝5.0m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2s，g取10m/s2，求： （1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？ （2）乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？（忽略空气阻力） 23．（2023秋•和平区校级期末）如图甲所示，之旅为m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动，过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）力F的大小、物体与水平面间的动摩擦因数μ； （2）10s末物体离A点的距离． 八．水平传送带模型（共4小题） 24．（2023秋•碑林区校级期末）（多选）如图，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ＝37°，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一质量为m＝1kg的煤块（可视为质点）以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．煤块刚冲上传送带时的加速度大小为6m/s2 B．煤块能上滑的最大距离为10m C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s D．全过程煤块在传送带上留下的划痕长度为 25．（2023秋•石家庄期末）（多选）如图所示，水平传送带右端通过一段光滑的圆弧轨道与固定的斜面对接，传送带长L＝3m，沿顺时针方向以v0＝5m/s的速度转动，斜面高h＝0.5m，倾角θ＝30°，某时刻将一质量为m＝0.5kg的小物块无初速度轻放到传送带的左端，被传送带传送到右端经光滑的小圆弧运动到斜面上。物块与传送带和斜面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、，不考虑物块的大小，忽略物块在小圆弧上运动的时间及速度大小的变化，物块运动到斜面上时在竖直平面内对物块施加力F，使物块沿斜面匀速上滑，已知g＝10m/s2。以下说法正确的是（　　） A．物块在传送带和斜面上运动的总时间为1.3s B．物块在传送带上运动过程中相对于传送带的路程为2.5m C．力F沿斜面向上时具有最小值，最小拉力F为5N D．力F斜向右上与斜面夹角为30°时拉力最小，最小拉力F为 26．（2023秋•五华区校级期末）如图所示是一个煤矿用传送带运输煤块的示意图，传送带长为L＝44m，与水平地面成θ＝37°倾角，传送带以v＝10m/s的速率匀速逆时针转动，一煤块（可视为质点）无速度地释放到传送带的上端。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）煤块由传送带上端运动到传送带下端所用的时间； （2）煤块由于摩擦而在传送带上留下的痕迹的长度。 27．（2023秋•哈尔滨期末）一设计师为快递公司设计了输送快递物件的传送系统，该系统由水平传送带和一倾角为30°的长木板PQ组成，传送带与PQ间有一极小段圆弧平滑衔接，快递物件在传送带与长木板衔接处速率不变，物件和传送带间的动摩擦因数μ1＝0.3，与木板的动摩擦因数。传送带以v0＝6m/s的恒定速度逆时针转动，现将快递物件无初速度置于传送带最右侧M点，发现当物件到达传送带左端时刚好相对传送带静止，到达Q点时速度恰好为零，随即被工人取走。物件可以看成质点，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）求传送带的长度L1与木板的长度L2分别是多少？ （2）物件从放到传送带M点开始计时，求物件从M点传送到Q点所需时间？ （3）假如工人未能在Q点及时将物件取走，导致物件重新下滑，求此后物件第3次沿PQ向上运动经过P点后，离P点的最大距离。（结果保留两位有效数字） 九．倾斜传送带模型（共4小题） 28．（2023秋•渝中区校级期末）一可视为质点的物块在t＝0时刻以一定的初速度v0从底端冲上倾斜传送带，传送带始终保持匀速传动但传送方向未知，一段时间t0后物块离开传送带，关于物块在传送带上运动的过程中，速度随时间变化的图像不可能是（　　） A． B． C． D． 29．（2023秋•罗湖区校级期末）如图所示，倾斜的传送带正常工作时顺时针匀速转动，传送带的速率为v2＝4m/s，传送带倾角为θ＝30°。一物块从传送带上端滑上传送带，已知滑上时速率为v1＝5m/s，不计空气阻力，动摩擦因数为μ，传送带长度为L，g＝10m/s2，求： （1）若μ＝0，且使传送带不动，L＝7.5m，物块离开传送带时的速度大小； （2）若，L＝10m，传送带正常转动，物块在传送带上运动的时间； （3）若，L＝10m，传送带正常转动，物块从哪一端离开传送带？并求物块离开传送带时速度大小和在传送带上运动的时间。 30．（2023秋•安宁区校级期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾斜传送带与水平方向夹角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从传送带底端A冲上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数μ，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：（以下结果可以用根式表示） （1）倾角θ的正切值和动摩擦因数μ为多大； （2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多长； （3）煤块在传送带上留下的痕迹长为多大。 31．（2023秋•达州期末）如图所示，一倾角θ＝30°的传送带以v＝2m/s的速度逆时针匀速转动，其长度L＝1.40m，左侧的水平面光滑且与传送带顶端A点等高；现将一个小物块轻放在传送带底端，其与传送带间的动摩擦因数为，g取10m/s2。 （1）求小物块刚放上传送带时加速度a1的大小； （2）若物块滑上传送带Δt＝1s后，传送带速度突然变为零，判断物块能否滑上传送带顶端，若不能，求物块到达的最高点距A点距离x；若能，则求物块从传送带底端到达顶端所用时间t； （3）在（2）小问情景中，小物块在传送带上留下的划痕长度s。 十．无外力的水平板块模型（共5小题） 32．（2023秋•武昌区校级期末）（多选）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1＝3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2＝6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t＝0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0＝7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，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。取重力加速度的大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1 B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1 C．木板向左运动的最大位移为3.5m D．长木板的质量M＝2kg 33．（2023秋•乌兰察布期末）（多选）如图甲，质量m＝1kg的小滑块P（可视为质点），以v1＝3m/s的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q速度大小为v2＝5m/s，方向水平向左，从该时刻开始0.6s内两物体的运动情况的v﹣t图像如图乙所示。已知木板Q质量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．PQ间的摩擦因数为μ1＝0.5 B．Q与地面间的摩擦因数为μ2＝0.5 C．如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝3m D．如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝3.2m 34．（2023秋•石家庄期末）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）B与木板相对静止前，求木板的加速度大小； （2）B与木板相对静止时，求木板的速度； （3）A、B开始运动时，求两者之间的距离。 35．（2023秋•石家庄期末）如图所示，质量为M＝15kg，足够长的木板静止在光滑的水平地面上，在长木板右侧有质量为m＝5kg的物块，在长木板的右端距离木板s＝53.125m处有一个与长木板等高的台阶P，物块与木板、台阶P的动摩擦因数为μ＝0.5，某时刻对木板施加水平向右，大小F＝250N的恒定拉力，F作用1s后撤去，之后木板经过一段时间与台阶碰撞，碰后木板立刻停止运动，重力加速度g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求： （1）木板与台阶碰前向右运动的时间t； （2）判断物块是否能滑离木板？并求物块与木板之间的相对路程。 36．（2023秋•大连期末）如图所示，粗糙水平地面上，有一长木板A，其长度为L＝2.4m，质量为mA＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。在其左端有一个物块B，质量为mB＝6kg，物块B与长木板A之间的动摩擦因数为μ2＝0.5。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，物块B与长木板A开始均处于静止状态，用一水平向右的恒力F作用在物块B上。求： （1）若物块B与长木板A能一起加速运动，力F的取值范围； （2）当F为60N时，物块B和长木板A的加速度大小； （3）当F为60N时，作用1s后撤去该力，则撤去力F后，物块最终能否滑离木板？若能离开，求出离开时物块和木板的速度；若不能离开，求物块最终距木板左端的距离d。（计算结果可以保留分数形式） 十一．有外力的水平板块模型（共3小题） 37．（2023秋•道里区校级期末）（多选）如图所示，质量m＝1kg的木块与质量M＝2kg的长木板静止叠放在水平地面上。已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。现对木块施加一水平拉力F，下列说法正确的是（　　） A．若F＝2N，M受到地面的摩擦力的大小为2N B．若F＝4N，M对m的摩擦力的大小为5N C．若F＝8N，M与m的加速度大小之比为3：1 D．无论F为何值，M的加速度都不会超过1m/s2 38．（2023秋•重庆期末）如图甲所示，质量m1＝1kg的木板A静止在动摩擦因数μ1＝0.2的水平地面上，在木板的中点静止放置质量m2＝4kg可视为质点的物块B，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）用水平拉力F＝40N作用在A上，如图甲所示，A、B的加速度大小分别是多大； （2）用水平拉力F＝5t（N）作用在B上，如图乙所示，通过计算，写出在0～15s内A、B间摩擦力大小f随时间t变化的函数关系（已知该情境下0～15s内物块B没有滑离木板A）； （3）用一条不可伸长的轻绳绕过轻质、光滑的动滑轮分别与A、B相连，如图丙所示，在动滑轮上加恒定水平的拉力F＝160N，当物体相对木板滑动0.08m时，撤去绳子、滑轮和拉力，最后物体恰好停在木板的最左端，求木板的长度。 39．（2023秋•厦门期末）如图所示，在足够大的水平地面上有一质量M＝2kg的静止长木板，木板的左端放置一质量m＝1kg的物体A，距木板的右端l1＝3m处放置质量与物体A相等的另一物体B（物体B底面光滑）。在t＝0时刻对物体A施加一水平向右的推力F＝6N，物体A开始相对长木板滑动，同时给物体B一向右的瞬时初速度v0＝2m/s，木板与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物体A与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，物体A、B均可视为质点。求： （1）t＝0时刻长木板的加速度大小； （2）若t1＝3s时物体A、B在木板上相撞，木板的长度L； （3）在（2）的条件下，若在t2＝2.4s时撤去推力F，试分析物体A、B能否相撞？若能，求A、B两物体从撤去推力F到相撞所用的时间t；若不能，求A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间t。 十二．有外力的倾斜板块模型（共2小题） 40．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，倾角θ＝37°，顶角∠B＝90°，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b上放置一质量为m的物块c，b与c间的动摩擦因数为μ。长木板b质量为2m，物块a质量为m0（m0大小可调节）。开始时，a、b、c的初速度均为零。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（　　） A．剪断绳子的瞬间，a的加速度为8m/s2，b的加速度为6m/s2，c的加速度为0 B．当时，b、c的加速度均为2m/s2，方向沿斜面向下 C．当时，b、c的加速度均为1m/s2，方向沿斜面向上 D．当时，b与c将相对滑动 41．（2023秋•包河区校级期末）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ＝37°，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）小滑块的质量m及其与木板的动摩擦因数？ （2）当拉力F＝20N时，长木板的加速度大小为多大？ 十三．板块模型和传送带模型的结合（共3小题） 42．（2023秋•武汉期末）如图所示，足够长的水平粗糙传送带以大小恒定的速率v0＝14m/s沿顺时针方向转动，将质量mA＝1kg的滑块A置于传送带上，经过一段时间后滑块与传送带速度相等。质量mB＝0.75kg的长木板B置于倾角θ＝37°的光滑斜面上，传送带与长木板B之间有一固定于斜面上、大小可忽略的光滑弧形连接装置，长木板B被锁定在此装置上，滑块A经过此装置时可视为速度大小不变，且当A滑上B时，锁定立即被解除，当B返回到连接装置时，B又立即被锁定。已知重力加速度大小g＝10m/s2，A、B间动摩擦因数μ＝0.75，从A第一次滑上B开始计时，且A不会从B的上端滑出，求： （1）B第一次向上滑动做加速运动的时间； （2）B第一次向上滑动的最大距离； （3）A第二次向下滑动到达连接装置时的速度大小。 43．（2023秋•罗湖区校级期末）一足够长的水平传送带以速度v＝6m/s顺时针匀速转动，把一质量为M＝1kg足够长的木板B轻轻放在传送带上，B与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.4，重力加速度g取10m/s2，求： （1）刚将木板B放上传送带时，木板B的加速度； （2）若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m＝1kg的物块A轻放在木板B上，如图所示，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2，求A、B两个物体的加速度大小； （3）接上问，若将物块A改为以水平向右v＝6m/s的初速度放上木板B，则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少？ 44．（2023秋•延庆区期末）如图所示，以某一速度运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L1＝2.5m，平板B的质量M＝2kg、长度L2＝2.0m，现将一质量m＝2kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块A与平板B间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板B与地面的动摩擦因数为μ3＝0.1，不计传送带与平板之间的间隙对滑块A速度的影响，g取10m/s2。 （1）若传送带以2m/s的速度匀速运动，求滑块A在传送带上的运动时间； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，求传送带的速度大小； （3）若传送带运动速度为8m/s，求滑块A离开平板B时的速度。 十四．合运动与分运动的关系（共2小题） 45．（2023秋•兴化市校级期末）如图所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为（　　） A． B． C． D． 46．（2023秋•辽阳期末）（多选）如图所示，河的宽度为L，河水流速恒定，现甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河，船头均与岸边成45°角，出发时两船相距为2L，且乙船恰好能直达正对岸的A点。下列判断正确的是（　　） A．甲、乙两船到达对岸的时间相等 B．甲船正好也在A点靠岸 C．甲船在A点左侧靠岸 D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇 十五．关联速度问题（共4小题） 47．（2024春•南充期末）2021年3月11日宁夏银川，一家餐厅后厨起火后，三名顾客被困。如图是火警设计的一种快捷让当事人逃离现场的救援方案：用一根不变形的轻杆MN支撑在楼面平台AB上，N端在水平地面上向右以v0匀速运动，被救助的人员紧抱在M端随轻杆向平台B端靠近，平台高h，当BN＝2h时，则此时被救人员向B点运动的速率是（　　） A．v0 B．2v0 C． D． 48．（2023秋•琼山区校级期末）甲、乙两光滑小球（均可视为质点）用轻直杆连接，乙球处于粗糙水平地面上，甲球紧靠在粗糙的竖直墙壁上。初始时轻杆竖直，杆长为4m。施加微小的扰动，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点3m时，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两球的速度大小之比为：3 B．甲、乙两球的速度大小之比为3：7 C．甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等 D．甲球即将落地时，乙球的速度为零 49．（2023秋•朝阳区校级期末）（多选）如图，固定光滑长斜面倾角为37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连；右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为4L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动3L时A恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．当弹簧恢复原长时，物体B沿斜面向上移动了 C．若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为3L时B的速率为 D．当小车缓慢向右运动3L距离时，若轻绳突然断开，则此时B的加速度为1.2g，方向沿斜面向下 50．（2023秋•合肥期末）（多选）如图所示，人在岸上拉船，开始时绳与水面夹角为θ＝30°，水的阻力恒为f，船在靠岸的过程中，关于船的运动，下列说法正确的是（　　） A．若人以恒定的速度拉绳，则船的速度保持不变 B．若人以恒定的速度拉绳，则船的速度变 C．若人以恒定的拉力F＝f拉绳，则船加速度的大小先变大后变小 D．若人以恒定的拉力F＝2f拉绳，则船加速度的大小先变小后变大 十六．平抛运动速度的计算（共4小题） 51．（2023秋•朝阳区校级期末）如图所示，一长为L的木板倾斜放置，倾角为45°，现有一弹性小球，从与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为（　　） A． B． C． D． 52．（2023秋•贵阳期末）如图，小明到夜市玩套圈圈游戏，发现正前方4m的地面上有个他想要的玩具汽车，若小明水平抛圈时圈离地面的高度为1.25m，重力加速度g取10m/s2。要套中他想要的玩具，水平抛圈的速度大小约为（　　） A．2m/s B．4m/s C．6m/s D．8m/s 53．（2023秋•岳麓区校级期末）如图，倾角为θ＝45°的斜坡，斜坡高度为h，斜坡底端A点正上方有B和C两点，B点和斜坡等高。甲战斗机以水平速度v1飞到C点时释放炸弹，准确命中斜坡上的一点P，CP的连线垂直于坡面；乙战斗机以水平速度v2飞到B点时释放炸弹，也准确命中斜坡上的同一点P，速度方向恰好垂直斜坡。已知两颗炸弹完全相同，则（　　） A．C点距离A点的高度为 B． C．甲释放的炸弹和乙释放的炸弹在空中的飞行时间之比为 D．任意相同时间内甲、乙两战斗机释放的炸弹在空中的速度变化量之比为 54．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，P处能持续水平向右发射初速度不同的小球。高度为h0的挡板AB竖直放置，离P点的水平距离为L。挡板上端A与P点的高度差为h，可通过改变发球点P的竖直位置调整A、P两点的竖直高度差h。求： （1）当h＝h0时，调节初速度可以让小球击中挡板上的不同位置， ⅰ．小球击中A点和B点的时间之比tA：tB； ⅱ．小球能够击中挡板AB的初速度取值范围； （2）当h取多大时，小球击中A点时速度取得最小值。 十七．平抛运动与斜面的结合（共2小题） 55．（2023秋•薛城区期末）如图所示，倾角θ＝37°、高h＝1.8m的斜面位于水平地面上，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平向右抛出，小球恰好落到斜面底端B点处。空气阻力忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，tan37°＝0.75． （1）求小球平抛的初速度v0的大小； （2）若在小球水平抛出的同时，使斜面在水平面上由静止开始向右做匀加速直线运动，经t2＝0.3s小球落至斜面上，求斜面运动的加速度大小。 56．（2023秋•沈阳期末）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°，表面光滑的足够长斜面体，物体A以v1＝6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中．（A、B均可看作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）求： （1）物体A上滑到最高点所用的时间t； （2）物体B抛出时的初速度v2； （3）物体A、B间初始位置的高度差h． 十八．平抛运动与曲面的结合（共2小题） 57．（2023秋•新吴区校级期末）如图a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一竖直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是（　　） A．改变初速度的大小，a球可能垂直撞在半圆轨道上 B．改变初速度的大小，b球可能垂直撞在斜面上 C．改变初速度的大小，b球速度方向和斜面的夹角保持不变 D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 58．（2023秋•下城区校级期末）国家快递大数据平台实时监测数据显示，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的某快递从倾角为θ＝53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从水平末端C点水平抛出，落到水平地面，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L1＝2m，水平传送带BC长L2＝m，传送带上表面距水平地面h＝1.25m，该快递与斜面间动摩擦因数μ1＝，与传动带间动摩擦因数μ2＝，传送带以大小为v的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，g＝10m/s2，求： （1）快递刚滑到传送带上时的速度vB的大小； （2）调节传送带速度使快递落地点与抛出点C点的水平距离最大，则传送带速度至少多大，并求出与抛出点的最大水平距离？ （3）若在传送带右侧加装一个收集装置，其内边界截面为四分之一圆形，如图乙为传送带右半部分和装置的示意图，C点为圆心，半径为R＝m，若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大？ 十九．探究加速度与力、质量之间的关系（共2小题） 59．（2023秋•秦州区校级期末）在“探究加速度与质量和力关系”实验中，实验装置如图1所示。 （1）实验过程中，电火花计时器应接在 　 　（选填“直流”或“交流”）电源上。 （2）实验中平衡小车所受阻力的做法是：在不挂细绳和钩码的情况下，改变板的倾斜程度，使小车能拖动纸带沿木板做 　 　运动。 （3）在探究加速度与质量关系实验中，实验小组通过改变小车质量做了多组实验，记录实验数据，通过计算分析数据后，得出的结论是在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比，如果想通过图象法直观的确认自己的结论，须建立 　 　（填a﹣m或a﹣）坐标系。 （4）图2是实验中打出的一条纸带，在纸带上每隔4个点取1个计数点，得到O、A、B、C、D几个计数点。测得OB＝3.40cm，OD＝8.40cm，已知电源频率为50Hz，则打B点时小车的速度为 　 　m/s，小车的加速度大小为 　 　m/s2（计算结果请保留两位有效数字）。 60．（2023秋•锦州期末）某学习小组利用如图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系。图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器与滑轮之间的轻绳始终与长木板平行，拉力传感器可直接显示绳上的拉力大小，打点计时器所接电源的频率为50Hz。 （1）关于本次实验的注意事项，下列说法正确的是 　 　。 A．实验中要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 B．实验时为了平衡摩擦力，需要将长木板右端适当垫高 C．实验时应先接通打点计时器的电源再释放小车 （2）正确完成实验操作后，得到的一条纸带部分如图乙所示，纸带上各点均为计时点，由此可得打点计时器打出B点时小车的速度大小vB＝　 　m/s，小车的加速度大小a＝　 　m/s2（结果保留两位有效数字）。 （3）正确完成实验操作后，改变砂和砂桶的总质量，得到多组拉力传感器示数F和对应的小车加速度大小a，以F为横轴、a为纵轴作出a﹣F图像，该图像的斜率为k，则小车的质量M＝　 　（用k表示）。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$