重难点04 牛顿运动定律的四大应用-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（天津专用）

重难点04 牛顿运动定律的四大应用 考点 2025考向预测 考点1：牛顿第二定律之连接体 高考命题中对本章内容的考查有惯性、力与运动的关系、加速度与力的关系、超重与失重，题型有选择题、计算题.方法有整体法、隔离法、数图转换、函数论证、临界极值法，控制变量法.能力有理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。试题难度中等偏易。高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重与生产、生活、当今热点、现代科技的联系，注意社会责任、科学态度等要素的渗透。 考点2：牛顿第二定律之斜面体 考点3：牛顿第二定律之传送带 考点4：牛顿第二定律之板块（滑块连接） 【情境解读】 【高分技巧】 1、牛顿第二定律之连接体 ①平衡中的连接体模型 问题：如图，求m1：m2大小 对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，对m1： 对m2：根据等腰三角形有： 联立解得 ②杆弹簧加速度问题模型 倾斜加速中的悬绳 2、牛顿第二定律之斜面体 斜面上物体静摩擦力突变模型 基础：斜面力分解 总结：沿斜面分解顺着斜面分解（发音为） 垂直斜面分解垂着斜面分解（发音为）方程： 3、牛顿第二定律之传送带 考纲：求算时间问题. 求算划痕问题. 求算电动机消耗的电能. 判断物块是否滑出（反向传送带）.确定水平传送带中的能量关系. 解决此类问题的万能法为图象 ①有限长度且（轻放），设长度为，加速度 图象如图所示： Ⅰ：从左向右所需时间若能解出，则红线符合题意，否则红线符合题意. Ⅱ:划痕长度 如图： 划痕长度为阴影部分的面积. ②倾斜传送带模型 倾斜传送带模型上物体的三大常见运动上传模型、物体下滑 4、牛顿第二定律之板块（滑块连接） 以有特殊外力为标准（粗糙面上外力拉板） Ⅰ：问题1：判断能否一起动？若能则求？否则 假设能一起动，整体加速度，最大加速度， ①若，能一起动.则. ②若，不能一起动.则.加速度，加速度 . 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 方法：①假设一起动，选物体由质量分配与受力分析求合力表达式，解出②根据，求得范围. 故（能一起动范围）.同时 （建议用时：40分钟） 【考向一：牛顿第二定律之连接体】 1．（2024·天津河东·联考）如图所示，两物块 P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对物块Q施加一方向水平向右、大小为F的拉力，使两物块做匀加速直线运动，则（　　） A．两物块的加速度大小为 B．两物块的加速度大小为 C．轻绳的拉力大小为 D．若水平面变光滑则轻绳上的拉力不变 2．（2024·天津宝坻·调研）如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角，小球和车厢相对静止，小球的质量为m（重力加速度为g）。对于悬线拉力和车厢的运动情况的描述，可能正确的是（　　） A．向右加速 B．向左加速 C． D． 3．（2024·天津·联考）一个单摆悬挂在小车上，随小车沿着倾角为的斜面滑下，图中的虚线①与斜面垂直，虚线②沿斜面方向，则可判断出（　　） A．如果斜面光滑，摆线与②重合 B．如果斜面光滑，摆线与①重合 C．如果，摆线位于②与③之间 D．如果，摆线位于②与③之间 4．（2024·天津·联考）如图所示，质量为的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动。（　　） A．让木箱以的加速度向上运动 B．让木箱以的加速度向下运动 C．让木箱以的加速度向左运动 D．让木箱以的加速度向右运动 5．（2024·天津武清·联考）电梯在现代人的日常生活中扮演了无可替代的角色，如图所示为某同学设计的一种电梯结构的简化示意图。现已知轿厢质量，配重质量。某时刻，电梯轿厢内无乘客，为测试抱死系统，电动机不工作，当电梯从一楼上升到高的顶楼时，立即启动抱死装置给轿厢施加向下阻力，使轿厢在电梯井内匀减速上升，测得上升后电梯停下。定滑轮与绳之间阻力忽略不计，g取。求： (1)电梯加速上升的总时间； (2)电梯减速过程中，抱死装置对轿厢的阻力大小； (3)由于要改变电梯用途，故调整配重的质量。假设电梯乘坐人员总质量为，又由于电动机的限制，使得与之相连绳上拉力T可在0-14000N之间任意调整。为让乘客感到舒适，电梯设定运行加速度不超过，试求满足要求且电梯正常运行的配重的取值范围。 6．（2024·天津和平·调研）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在地面，另一端与质量为m的物体P连接处于竖直状态，跨过定滑轮的轻绳一端与物体P连接，另一端与质量为2m的物体Q连接。用手托着物体Q使轻绳刚好伸直无张力，物体Q由静止释放后，物体P开始向上运动，运动过程中物体Q始终未接触地面，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。设物体P上升通过A点位置时速度最大，求： （1）物体P静止时弹簧的形变量x1和物体P通过A点时弹簧的形变量x2； （2）物体P通过A点位置时最大速度； （3）若物体Q的质量增大为原来的N倍，试分析说明不管N多大，物体P上升到A点时的速度都不可能增大到。 7．（2024·天津·调研）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。若所挂钩码质量为2m，物块和木板恰能一起匀速上滑；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； （2）物块和木板不发生相对滑动时，所挂钩码质量不能超过多大？ （3）选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t和钩码质量之间的关系。 8．（2024·天津南开·联考）如图所示，质量分别为、的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，的水平拉力作用在上，弹簧测力计始终在弹性限度内且质量可忽略。当系统稳定后，下列说法正确的是（    ） A．弹簧测力计的示数是 B．在突然撤去F的瞬间，的加速度不变 C．在突然撤去F的瞬间，的加速度变小 D．在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的示数不变 【考向二：牛顿第二定律之斜面体】 9．（2024·天津河西·二模）如图所示，光滑水平面上固定一倾角的斜面，斜面的长度，质量为的足够长的木板左端与斜面底端平滑连接（木板与斜面不粘连）。一个质量为的滑块（可视为质点）从斜面的顶端由静止开始下滑，到达斜面底端时的速度大小为，接着立即以该速度大小沿水平方向滑上长木板。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块与长木板间的动摩擦因数为，g取。求： （1）滑块到达斜面底端时的速度大小以及滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持力的冲量； （2）滑块与木板最终达到的共同速度v的大小以及滑块相对于长木板滑动的距离x。 10．（2024·天津·联考）如图所示，粗糙斜面上的物块受到沿斜面向上的恒力F作用，下列关于物块所处的状态和受力情况说法正确的是（　　） A．物块一定静止不动 B．物块一定沿斜面向上运动 C．物块一定受到摩擦力的作用 D．物块可能沿斜面向下加速运动 11．（2024·天津滨海新·联考）如图所示，斜面AC长，倾角，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量的小物块从斜面顶端A点由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，重力加速度g取，，求： (1)小物块在斜面上运动时的加速度大小a； (2)小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v； (3)小物块在水平地面上滑行的时间t。 12．（2024·天津静海·调研）如图所示，质量为的木块在倾角的足够长的固定斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为，已知：，，取，求： （1）前内位移； （2）前内各个力所做的总功。 13．（2024·天津·联考）如图所示，斜面置于粗糙水平面上，物块A和B的接触面是水平的，两物块保持相对静止一起沿粗糙斜面加速下滑，在两物块下滑过程中，斜面始终保持静止不动，以下说法正确的是（　　） A．物块A对物块B的摩擦力方向为水平向右 B．斜面对物块B的摩擦力方向为沿斜面向上 C．斜面对地面的摩擦力方向为水平向左 D．地面对斜面的支持力大小等于斜面的重力 14．（2024·天津和平·调研）如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，水泥圆筒在木棍上恰可以匀速滑下。则下列操作中，可以使圆筒在木棍上加速下滑的是（    ）    A．保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动 B．保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍减小后固定不动 C．保持两木棍间的距离不变，将两者倾角稍减小后固定不动 D．保持两木棍间的距离不变，将两者倾角稍增大后固定不动 15．（2024·天津河北·调研）如图所示，一可视为质点的小物块以v0=8m/s的初速度冲上一倾角为θ=37°的固定斜面，向上滑行距离x=4m后速度恰好减小为零。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。 （1）求小物块冲上斜面过程中加速度的大小a； （2）求小物块与斜面间的动摩擦因数µ； （3）请分析说明小物块能否返回斜面底端？若能，请计算从最高点返回斜面底端的时间t；若不能，请说明原因。（可认为最大静摩擦力的大小近似等于滑动摩擦力的大小） 16．（2024·天津南开·联考）国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分．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的斜面顶端A点由静止释放，沿斜面AB下滑进入水平传送带BC，最后从传送带末端C点水平抛出落到水平地面。斜面与传送带之间平滑连接，斜面AB长，水平传送带BC长，传送带以的速度沿顺时针方向转动，传送带上表面距水平地面的高度，该快递与斜面间动摩擦因数，与传送带间动摩擦因数，忽略空气阻力，不考虑传送带转轮大小，，，，求： （1）快递刚滑到传送带上时速度的大小； （2）货物在传送带上运动的时间t； （3）快递落地点与抛出点C的水平距离x。 【考向三：牛顿第二定律之传送带】 17．（2024·天津·联考）传送带是一种用于物品输送的装置，广泛应用于工业生产和物流运输领域。如图所示，倾角为的传送带，始终以的速度顺时针匀速转动，质量为1kg的物块以的速度平行于传送带从底端冲上，恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取。求： (1)物块在底端冲上传送带时的加速度的大小； (2)物块由冲上传送带到与传送带共速的过程经过的时间； (3)物块从底端运动到顶端的时间。 18．（2024·天津河东·联考）在物资运转过程中常使用传送带。如图所示，传送带的倾角θ = 37°，从A到B长度为29 m，B点与水平地面平滑连接，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量m = 0.5 kg的黑色煤块，它与传送带和水平地面之间的动摩擦因数均为μ = 0.5。煤块在传送带上相对滑动会留下黑色划痕。已知： sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g = 10 m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A 到B 的过程中传送带上留下划痕的长度； (3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间以及最终停在水平面上的C点到B点得距离s是多少（结果可以保留根号）。 19．（2024·天津北辰·调研）现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v=2m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ=1，传送带的长度L=9m，传送带与水平面的夹角θ=37°，g取10m/s2。试求： (1)行李箱的上升时间： (2)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。 (3)若传送带仍以恒定的速率v=2m/s向上运行，每隔1s将一个质量m=10kg的货物轻放到传送带上的A端，求相邻两货物之间的最小距离和最大距离。 20．（2024·天津·调研）图（1）为某国际机场货物传送装置实物图，简化图如图（2）所示。传送带与水平地面的倾角，A、B两端相距L＝7.2m，质量为m＝10kg的货物轻放到A端，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为，传送带顺时针匀速运转的速度v＝2.0m/s（g取10）。 (1)货物从A端到达B端的过程中，求传送带克服摩擦力做功W克； (2)若每隔0.8s将一个质量m＝10kg的货物轻放到传送带上的A端，求相邻两货物之间的最小距离和最大距离； (3)在（2）的情况下，当货物到达B端时，可视为货物立即离开传送带，若要维持传送带匀速运转，与该传送装置空载时相比较，求电动机需增加的最大功率。 21．（2024·天津·联考）如图所示，一小物块（可视为质点）从倾斜的传送带上端无初速度释放后沿传送带向下运动，传送带静止不动时小物块在传送带上运动的速度二次方随位移变化的关系如甲图所示，当传送带以恒定速率逆时针转动时小物块在传送带上运动的速度二次方随位移变化的关系如乙图所示。传送带上、下两端的距离为5m，重力加速度g取。求： (1)传送带静止时，小物块运动的加速度大小； (2)小物块与传送带间的动摩擦因数； (3)简要说明传送带逆时针转动时的恒定速率大小应满足的条件。 22．（2024·天津滨海新·联考）如图所示，传送皮带始终保持v＝2m/s的速度水平向右移动，一质量m＝0.5kg的小物块以v0＝4m/s的速度从A点向右滑上传送带。设小物块与传送带间的摩擦因数μ＝0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5m，g取10m/s2，求： (1)物块从A点运动的B点所用时间？ (2)物块传送带上留下痕迹的长度？ 23．（2024·天津和平·联考）如图所示，倾角的传送带，正以速度顺时针匀速转动。质量为m=1kg的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数，当木板前进1s时机器人将另一质量也为m的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数，重力加速度为，货物可视为质点，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，每一次货物都不会从木板上滑下。求： (1)木板前进1s时的速度大小； (2)机器人在放上第一个货物0.5s后取走货物，求取走第一个货物时木板的速度大小； (3)机器人取走第一个货物0.5s后将第二个货物轻放在木板的右端，求需再经过多长时间第二个货物第一次与木板的速度大小相同。（此问结果保留最简分数形式） 24．（2024·天津南开·联考）如图所示，传送带的速度恒为，转轮A和B的大小不计，（即传送带的总长度为2.4m）。某偷油老鼠跳到A点，并以相对传送带0.3m/s的速度向B点爬去，到达B点后立即回头仍以相对传送带0.3m/s的速度返回A点。回到A点后，该老鼠将再次向B点爬去，到达B点后再次返回……如此反复下去，且老鼠相对传送带的速度始终为0.3m/s。老鼠在A、B两端点速度转向所需的时间不计，从该老鼠由A点出发时开始计时，经过多长时间，传送带上将都会被老鼠身上的油渍污染（   ） A．16s B．17s C．18s D．19s 【考向四：牛顿第二定律之板块（滑块连接）】 25．（2024·天津·调研）如图所示，长L=1.5m、质量M=30kg的木板静止在水平面上，质量m=10kg的小物块静止在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ1=0.1，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，小物块可视为质点，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。 (1)如果水平面光滑，拉力F=130N恒定不变且持续作用，求小物块所能获得的最大速度； (2)如果木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，拉力F=210N恒定不变，要使小物块从木板上掉下去，拉力F作用的最短时间设为t1，撤去拉力F后小物块在板上运动时间设为t2，求。 26．（2024·天津·联考）如图所示，质量mA = 2 kg的木板A放置在光滑的地面上，左端静置一个质量mB = 4 kg的物块B，物块与木板之间的动摩擦因数μ = 0.2，在木板的右侧有一半径R = 0.225 m的光滑半圆圆弧轨道，与固定底座C的左端连接。底座C的高度与木板A等高。现用F = 36 N的力作用于物块B上，经过1 s撤掉力F（此时未到A的右端）。物块B恰好能到达木板A右端，之后木板与底座C碰撞并停止运动，物块滑到底座C上，并进入圆弧轨道。物块B视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)木板A的长度； (2)物块B到达圆弧轨道最高点时，物块B对轨道作用力FN。 27．（2024·天津河西·调研）如图所示，一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，BC边的长度为L。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2.现突然以恒定加速度将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边，圆盘最后刚好未从桌面掉下。重力加速度为g，求： (1)圆盘在桌布上运动时的加速度a1的大小； (2)从开始到圆盘刚离开桌布时，圆盘运动的位移x1的大小； (3)桌布的加速度a为多大？ 28．（2024·天津·调研）如图所示，质量为2m、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（　　） A．小车运动的加速度大小为 B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 C．小物块克服摩擦力所做的功为 D．小物块和小车增加的机械能为 29．（2024·天津和平·联考）如图所示，一块质量为，长为的均质板放在光滑水平桌面上，离右侧滑轮距离足够远。板的左端有一质量为的小物体（可视为质点），物体上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮。某人以恒定的速率向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处。试求： (1)物体刚达板中点时板的位移。 (2)若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少。 30．（2024·天津武清·联考）如图，一足够长的木板A静止在光滑水平面上，现有质量为1.5kg的物块B以水平速度4m/s从最左端滑上木板，经过3秒物块B的速度减为1m/s并且刚好与木板A速度相同。g取，则下列说法正确的是（　　） A．木板的质量为3kg B．A、B间的动摩擦因数为0.1 C．物块B由4m/s减速到1m/s的过程中，物块的位移为7.5m D．木板的最短长度为7.5m 物块B的位移为 31．（2024·天津·调研）如图所示，长木板A放在粗糙水平面上，静置于长木板上右端的小物块B、C之间放有少量火药，某时刻点燃火药，小物块C获得2m/s的初速度向右离开长木板，小物块B在长木板上相对向左运动1.25m时与长木板的左端发生弹性碰撞。已知长木板和小物块B质量均为1kg，小物块C质量为1.5kg，长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数均为0.2，，小物块B、C可看成是质点，求： （1）小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能？ （2）长木板因小物块B的碰撞获得的动能为多少？ （3）从B与长木板的左端发生碰撞之后，再经过时间t，B相对于A静止，求？此时A的速度为多少？ 32．（2024·天津西青·调研）如图所示，从A点以的水平速度拋出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量，，A、B两点间的高度，圆弧轨道半径，物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板的右侧有刚性墙，长木板与墙碰撞的时间极短且为弹性碰撞．已知长木板与墙碰撞前，长木板与小物块的速度已经相同，取。 （1）求小物块从A点水平抛出时速度的大小； （2）求小物块在圆弧轨道BC上运动时对C点的压力； （3）若物块最终没有从长木板上滑出去，则长木板至少多长。 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 $$ 重难点04 牛顿运动定律的四大应用 考点 2025考向预测 考点1：牛顿第二定律之连接体 高考命题中对本章内容的考查有惯性、力与运动的关系、加速度与力的关系、超重与失重，题型有选择题、计算题.方法有整体法、隔离法、数图转换、函数论证、临界极值法，控制变量法.能力有理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。试题难度中等偏易。高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重与生产、生活、当今热点、现代科技的联系，注意社会责任、科学态度等要素的渗透。 考点2：牛顿第二定律之斜面体 考点3：牛顿第二定律之传送带 考点4：牛顿第二定律之板块（滑块连接） 【情境解读】 【高分技巧】 1、牛顿第二定律之连接体 ①平衡中的连接体模型 问题：如图，求m1：m2大小 对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，对m1： 对m2：根据等腰三角形有： 联立解得 ②杆弹簧加速度问题模型 倾斜加速中的悬绳 2、牛顿第二定律之斜面体 斜面上物体静摩擦力突变模型 基础：斜面力分解 总结：沿斜面分解顺着斜面分解（发音为） 垂直斜面分解垂着斜面分解（发音为）方程： 3、牛顿第二定律之传送带 考纲：求算时间问题. 求算划痕问题. 求算电动机消耗的电能. 判断物块是否滑出（反向传送带）.确定水平传送带中的能量关系. 解决此类问题的万能法为图象 ①有限长度且（轻放），设长度为，加速度 图象如图所示： Ⅰ：从左向右所需时间若能解出，则红线符合题意，否则红线符合题意. Ⅱ:划痕长度 如图： 划痕长度为阴影部分的面积. ②倾斜传送带模型 倾斜传送带模型上物体的三大常见运动上传模型、物体下滑 4、牛顿第二定律之板块（滑块连接） 以有特殊外力为标准（粗糙面上外力拉板） Ⅰ：问题1：判断能否一起动？若能则求？否则 假设能一起动，整体加速度，最大加速度， ①若，能一起动.则. ②若，不能一起动.则.加速度，加速度 . 问题2：板块一起动？求范围？板块不能一起动？求范围？ 方法：①假设一起动，选物体由质量分配与受力分析求合力表达式，解出②根据，求得范围. 故（能一起动范围）.同时 （建议用时：40分钟） 【考向一：牛顿第二定律之连接体】 1．（2024·天津河东·联考）如图所示，两物块 P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对物块Q施加一方向水平向右、大小为F的拉力，使两物块做匀加速直线运动，则（　　） A．两物块的加速度大小为 B．两物块的加速度大小为 C．轻绳的拉力大小为 D．若水平面变光滑则轻绳上的拉力不变 【答案】BD 【详解】AB．对两物块P、Q整体分析有，解得 故A错误，B正确； C．对物块P分析有，解得轻绳的张力大小为，故C错误； D．若水平面变光滑，对两物块P、Q整体分析有 对物块P分析有，解得轻绳的张力大小为则轻绳上的拉力不变，故D正确； 故选BD。 2．（2024·天津宝坻·调研）如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角，小球和车厢相对静止，小球的质量为m（重力加速度为g）。对于悬线拉力和车厢的运动情况的描述，可能正确的是（　　） A．向右加速 B．向左加速 C． D． 【答案】AD 【详解】AB．由于车厢沿水平方向运动，所以小球有水平方向的加速度，所受合力沿水平方向，选小球为研究对象，受力分析如图所示。 根据牛顿第二定律，解得 方向水平向右，所以车厢向右做匀加速运动或者向左做匀减速运动，故A正确，B错误； CD．根据三角形定则可知悬线对球的拉力为，故C错误，D正确。 故选AD。 3．（2024·天津·联考）一个单摆悬挂在小车上，随小车沿着倾角为的斜面滑下，图中的虚线①与斜面垂直，虚线②沿斜面方向，则可判断出（　　） A．如果斜面光滑，摆线与②重合 B．如果斜面光滑，摆线与①重合 C．如果，摆线位于②与③之间 D．如果，摆线位于②与③之间 【答案】BD 【详解】AB．单摆小球和小车一起沿斜面滑下，当斜面光滑时，对小车和单摆小球整体受力分析，有，此时的加速度为 而对单摆小球进行受力分析，单摆绳对球的拉力得垂直于斜面才能让小球具有这样的加速度，即摆线与①重合，故A错误，B正确； C．当斜面粗糙时，当有，即 小车和单摆这个整体有 解得加速度为 加速度方向沿斜面向下，所以对球进行受力分析可以判断摆线位于①与③之间，故C错误； D．如果斜面粗糙且，即 则可以判断小车和单摆的加速度，说明加速度方向沿斜面向上，则摆线位于②与③之间，所以D选项是正确的。 故选BD。 4．（2024·天津·联考）如图所示，质量为的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动。（　　） A．让木箱以的加速度向上运动 B．让木箱以的加速度向下运动 C．让木箱以的加速度向左运动 D．让木箱以的加速度向右运动 【答案】BC 【详解】A．若让木箱以的加速度向上运动，则木箱超重，木箱对地板的压力变大，最大静摩擦力变大，则木箱仍静止，选项A错误； B．让木箱以的加速度向下运动，则此时，最大静摩擦力 解得，则木箱在弹簧拉动下向右运动，选项B正确； C．让木箱以的加速度向左运动，假设木箱静止，则 解得f=2.7N>fm=μmg=1.5N，可知木箱不能静止，将向右运动，选项C正确； D．让木箱以的加速度向右运动，假设木箱静止，则 解得f=0.3N<fm=μmg=1.5N，可知木箱静止，选项D错误。 故选BC。 5．（2024·天津武清·联考）电梯在现代人的日常生活中扮演了无可替代的角色，如图所示为某同学设计的一种电梯结构的简化示意图。现已知轿厢质量，配重质量。某时刻，电梯轿厢内无乘客，为测试抱死系统，电动机不工作，当电梯从一楼上升到高的顶楼时，立即启动抱死装置给轿厢施加向下阻力，使轿厢在电梯井内匀减速上升，测得上升后电梯停下。定滑轮与绳之间阻力忽略不计，g取。求： (1)电梯加速上升的总时间； (2)电梯减速过程中，抱死装置对轿厢的阻力大小； (3)由于要改变电梯用途，故调整配重的质量。假设电梯乘坐人员总质量为，又由于电动机的限制，使得与之相连绳上拉力T可在0-14000N之间任意调整。为让乘客感到舒适，电梯设定运行加速度不超过，试求满足要求且电梯正常运行的配重的取值范围。 【答案】(1)5s，(2)3×104N，(3)100kg≤m1≤2250kg 【详解】（1）对轿厢A和配重A的系统由牛顿第二定律，解得a1=2m/s2 根据，解得t1=5s （2）系统先加速后减速运动，则由，可得减速运动的加速度a2=10m/s2 减速过程对轿厢A和配重A的系统由牛顿第二定律，解得f=3×104N （3）对轿厢、乘客和配重整体受力分析，由牛顿第二定律得 T+m1g-（M+m0）g=（m1+M+m0）a，即 分析可知，当与电动机相连绳上拉力T最大，且a最小时m1最小，即T=14000N，a=0m/s2 代入解得m1min=100kg 当与电动机相连绳上拉力T最小，且a最大时m1最大，即T=0N，a=2m/s2 代入解得m1max=2250kg 故配重m1的取值范围为100kg≤m1≤2250kg 6．（2024·天津和平·调研）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在地面，另一端与质量为m的物体P连接处于竖直状态，跨过定滑轮的轻绳一端与物体P连接，另一端与质量为2m的物体Q连接。用手托着物体Q使轻绳刚好伸直无张力，物体Q由静止释放后，物体P开始向上运动，运动过程中物体Q始终未接触地面，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。设物体P上升通过A点位置时速度最大，求： （1）物体P静止时弹簧的形变量x1和物体P通过A点时弹簧的形变量x2； （2）物体P通过A点位置时最大速度； （3）若物体Q的质量增大为原来的N倍，试分析说明不管N多大，物体P上升到A点时的速度都不可能增大到。 【答案】（1）；；（2）；（3）见解析 【详解】（1）物体P处于静止状态，根据平衡条件有，解得 物体P通过A点时，速度达到最大。加速度为零，合力为零，则有 ，，解得 （2）物块P在出发点位置和A位置，弹簧形变量相同，弹性势能相等，根据功能关系，可得，解得 （3）若物块Q的质量增大为原来的N倍，根据功能关系得 ，解得 当N→∞时，，而，可得 所以不管N多大，物块P上升到A点时的速度都不可能增大到2vm。 7．（2024·天津·调研）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。若所挂钩码质量为2m，物块和木板恰能一起匀速上滑；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； （2）物块和木板不发生相对滑动时，所挂钩码质量不能超过多大？ （3）选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t和钩码质量之间的关系。 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【详解】（1）整个系统匀速时有2mg=FT，FT=2mgsinθ＋μ22mgcosθ，解得 （2）要使二者发生不相对滑动，保证木板的加速度a1不大于物块的加速度a2，对物块有 μ1mgcosθ－mgsinθ=ma2，可得 对木块有F′T－mgsinθ－μ1mgcosθ－μ22mgcosθ=ma1 对钩码有m′g－F′T=m′a1，解得，联立解得 即物块和木板不发生相对滑动时，所挂钩码质量不能超过。 （3）若，二者相对滑动，木板的位移 物块的位移 由于L－s<L，当Q端到达斜面顶端时，物块未从木板上滑下，所以 若，物块和木板和钩码整体一起加速运动，有 m′g－2mgsinθ－μ22mgcosθ=（2m+m′）a3，解得， 所以有 8．（2024·天津南开·联考）如图所示，质量分别为、的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，的水平拉力作用在上，弹簧测力计始终在弹性限度内且质量可忽略。当系统稳定后，下列说法正确的是（    ） A．弹簧测力计的示数是 B．在突然撤去F的瞬间，的加速度不变 C．在突然撤去F的瞬间，的加速度变小 D．在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的示数不变 【答案】D 【详解】A．以向右为正方向，对整体分析，由牛顿第二定律得，解得 设弹簧的弹力为，对物块分析，由牛顿第二定律得，故A错误； B．在突然撤去F的瞬间，弹簧的形变量不变，只受弹簧弹力加速度为，有 ，故B错误； C．在突然撤去F的瞬间，弹簧的形变量不变，m2的受力没有变化，故其加速度没有变化，故C错误； D．在突然撤去F的瞬间，弹簧的形变量不变，则弹簧测力计的示数不变，故D正确。 故选D。 【考向二：牛顿第二定律之斜面体】 9．（2024·天津河西·二模）如图所示，光滑水平面上固定一倾角的斜面，斜面的长度，质量为的足够长的木板左端与斜面底端平滑连接（木板与斜面不粘连）。一个质量为的滑块（可视为质点）从斜面的顶端由静止开始下滑，到达斜面底端时的速度大小为，接着立即以该速度大小沿水平方向滑上长木板。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块与长木板间的动摩擦因数为，g取。求： （1）滑块到达斜面底端时的速度大小以及滑块在斜面上运动的过程中斜面对滑块支持力的冲量； （2）滑块与木板最终达到的共同速度v的大小以及滑块相对于长木板滑动的距离x。 【答案】（1），，方向垂直于斜面向上；（2）， 【详解】（1）滑块在斜面上下滑时，以滑块为研究对象，有 解得 滑块在斜面上做匀变速直线运动，有，，解得， 斜面对滑块支持力的冲量为，解得，方向垂直于斜面向上 （2）滑块与木板最终达到的共同速度，根据动量守恒可得，解得 滑块与木板相互作用的过程中，根据能量守恒可得 解得 10．（2024·天津·联考）如图所示，粗糙斜面上的物块受到沿斜面向上的恒力F作用，下列关于物块所处的状态和受力情况说法正确的是（　　） A．物块一定静止不动 B．物块一定沿斜面向上运动 C．物块一定受到摩擦力的作用 D．物块可能沿斜面向下加速运动 【答案】D 【详解】物块受重力、斜面的支持力、力F，因三个力大小关系不能确定，可知不能确定是否受摩擦力，也不能判断物块是否静止还是运动以及向什么方向运动，若F=mgsinθ 则物块受摩擦力为零； 若mgsinθ>F+f，则物块沿斜面向下加速运动。 故选D。 11．（2024·天津滨海新·联考）如图所示，斜面AC长，倾角，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量的小物块从斜面顶端A点由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，重力加速度g取，，求： (1)小物块在斜面上运动时的加速度大小a； (2)小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v； (3)小物块在水平地面上滑行的时间t。 【答案】(1)2m/s2，(2)2m/s，(3)0.4s 【详解】（1）根据牛顿第二定律有，代入数据得 （2）根据匀变速直线运动规律有，代入数据得 （3）根据动量定理，小物块在水平地面上滑行的过程，代入数据得 12．（2024·天津静海·调研）如图所示，质量为的木块在倾角的足够长的固定斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为，已知：，，取，求： （1）前内位移； （2）前内各个力所做的总功。 【答案】（1）;（2）。 【详解】（1）根据受力结合牛顿第二定律， 根据匀加速直线运动的位移公式 （2）前内各个力所做的总功，即合外力所做功的功，根据动能定理 13．（2024·天津·联考）如图所示，斜面置于粗糙水平面上，物块A和B的接触面是水平的，两物块保持相对静止一起沿粗糙斜面加速下滑，在两物块下滑过程中，斜面始终保持静止不动，以下说法正确的是（　　） A．物块A对物块B的摩擦力方向为水平向右 B．斜面对物块B的摩擦力方向为沿斜面向上 C．斜面对地面的摩擦力方向为水平向左 D．地面对斜面的支持力大小等于斜面的重力 【答案】AB 【详解】A．对物体A受力分析，受重力、支持力和摩擦力，由于A加速度向左下方，故合力向左下方，故B对A的摩擦力方向为水平向左，物块A对物块B的摩擦力方向为水平向右，故A正确； B．物块B沿斜面加速下滑，斜面对物块B的摩擦力方向为沿斜面向上，故B正确； C．对A、B、斜面体整体，其中AB所受合力向左，斜面所受合力为零，故A、B、斜面体合力向左，故地面的摩擦力水平向左，斜面对地面的摩擦力方向为水平向右，故C错误； D．竖直方向上，斜面受到AB对其竖直向下的作用力，地面对斜面的支持力大小大于斜面的重力，故D错误。 故选AB。 14．（2024·天津和平·调研）如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，水泥圆筒在木棍上恰可以匀速滑下。则下列操作中，可以使圆筒在木棍上加速下滑的是（    ）    A．保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动 B．保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍减小后固定不动 C．保持两木棍间的距离不变，将两者倾角稍减小后固定不动 D．保持两木棍间的距离不变，将两者倾角稍增大后固定不动 【答案】BD 【详解】AB．水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，设每根棍所受支持力与垂直两棍平面向上的方向夹角为θ，根据平衡条件得知 ，， 保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离稍减小后，两棍所受支持力的合力不变，夹角θ减小，则每根木棍对圆筒的支持力N减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有，由于摩擦力变小，故加速度变大；可知圆筒将加速下滑； 同理可知当保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动，N增大，f增大，圆筒将减速下滑；A错误，B正确； CD．保持两木棍间的距离不变，则θ不变；将两者倾角α稍增大后固定不动，由AB中公式可知：N减小，f减小，圆筒将加速下滑；保持两木棍间的距离不变，将两者倾角α稍减小后固定不动，N增大，f增大，圆筒将减速下滑。C错误，D正确。 故选BD。 15．（2024·天津河北·调研）如图所示，一可视为质点的小物块以v0=8m/s的初速度冲上一倾角为θ=37°的固定斜面，向上滑行距离x=4m后速度恰好减小为零。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。 （1）求小物块冲上斜面过程中加速度的大小a； （2）求小物块与斜面间的动摩擦因数µ； （3）请分析说明小物块能否返回斜面底端？若能，请计算从最高点返回斜面底端的时间t；若不能，请说明原因。（可认为最大静摩擦力的大小近似等于滑动摩擦力的大小） 【答案】（1）8m/s2；（2）0.25；（3） 【详解】（1）小物块沿斜面做匀减速直线运动，根据速度位移关系有，解得 （2）根据牛顿第二定律可得，所以 （3）由于，所以小物块会沿斜面下滑返回至底端，设其下滑的加速度为a′，根据牛顿第二定律可得，解得 根据位移时间关系，解得 16．（2024·天津南开·联考）国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分．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的斜面顶端A点由静止释放，沿斜面AB下滑进入水平传送带BC，最后从传送带末端C点水平抛出落到水平地面。斜面与传送带之间平滑连接，斜面AB长，水平传送带BC长，传送带以的速度沿顺时针方向转动，传送带上表面距水平地面的高度，该快递与斜面间动摩擦因数，与传送带间动摩擦因数，忽略空气阻力，不考虑传送带转轮大小，，，，求： （1）快递刚滑到传送带上时速度的大小； （2）货物在传送带上运动的时间t； （3）快递落地点与抛出点C的水平距离x。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）从到由牛顿第二定律有 根据，解得 （2）由于传送带速度，快递到达点开始做匀加速直线运动，设快递从点加速到所需位移为，则有，，解得 即快递先加速后匀速，最终以的速度离开传送带。 设快递做匀加速直线运动所用时间为，在传送带上做匀速直线运动所用时间为，有 ，得 快递与传送带共速后做匀速运动有，得 则快递在传送带上运动的时间为，得 （3）快递从点水平抛出，有，，解得 【考向三：牛顿第二定律之传送带】 17．（2024·天津·联考）传送带是一种用于物品输送的装置，广泛应用于工业生产和物流运输领域。如图所示，倾角为的传送带，始终以的速度顺时针匀速转动，质量为1kg的物块以的速度平行于传送带从底端冲上，恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取。求： (1)物块在底端冲上传送带时的加速度的大小； (2)物块由冲上传送带到与传送带共速的过程经过的时间； (3)物块从底端运动到顶端的时间。 【答案】(1)10m/s2，(2)0.5s，(3)3s 【详解】（1）物块在底端冲上传送带时，解得a1=10m/s2 （2）与传送带共速时，则由，解得t1=0.5s （3）共速后物块的加速度大小，解得a2=2m/s2 减速到零的时间，物块从底端运动到顶端的时间 18．（2024·天津河东·联考）在物资运转过程中常使用传送带。如图所示，传送带的倾角θ = 37°，从A到B长度为29 m，B点与水平地面平滑连接，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量m = 0.5 kg的黑色煤块，它与传送带和水平地面之间的动摩擦因数均为μ = 0.5。煤块在传送带上相对滑动会留下黑色划痕。已知： sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g = 10 m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A 到B 的过程中传送带上留下划痕的长度； (3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间以及最终停在水平面上的C点到B点得距离s是多少（结果可以保留根号）。 【答案】(1)3 s，(2)5 m，(3)；58 m 【详解】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得，解得 煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为 煤块发生的位移为 所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变，第二阶段有 ，解得 设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则，解得 则煤块从A到B的时间 （2）第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为，故煤块相对于传送带上移5 m； 第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为 即煤块相对传送带下移4 m，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为 （3）若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，则有，可得，到达B点的速度为 则水平面的加速度为 根据速度与位移的关系有，解得 19．（2024·天津北辰·调研）现在传送带传送货物已被广泛地应用于车站、工厂、车间、码头。如图所示，某飞机场利用传送带将旅客的行李箱运进机舱。在该次运输过程中，传送带以恒定的速率v=2m/s向上运行。将行李箱无初速度地放在传送带底端，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ=1，传送带的长度L=9m，传送带与水平面的夹角θ=37°，g取10m/s2。试求： (1)行李箱的上升时间： (2)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求行李箱的最短上升时间和传送带对应的最小运行速率。 (3)若传送带仍以恒定的速率v=2m/s向上运行，每隔1s将一个质量m=10kg的货物轻放到传送带上的A端，求相邻两货物之间的最小距离和最大距离。 【答案】(1)5s，(2)3s，6m/s，(3)1m，2m 【详解】（1）行李箱刚开始运动时受到重力、支持力和摩擦力，沿传送带方向，根据牛顿第二定律，有，解得行李箱的加速度为a=2m/s2 行李箱加速到与传送带共速的时间 这段时间内行李箱的位移，解得x1=1m 行李箱匀速运动时间，解得t2=4s 行李箱的上升时间=5s （2）只有行李箱一直做加速运动时，行李箱运动的时间最短；行李箱一直做加速运动，设到达机舱的速度为，则有，代入数据得=6m/s 由于行李箱一直加速，所以传送带的速度至少为6m/s，最短时间为=3s （3）每隔1s将一个质量m=10kg的货物轻放到传送带上的A端，前一个货物刚加速完成，此时间距最小，间距为=1m 共速时，间距最大，，解得xmax=2m 20．（2024·天津·调研）图（1）为某国际机场货物传送装置实物图，简化图如图（2）所示。传送带与水平地面的倾角，A、B两端相距L＝7.2m，质量为m＝10kg的货物轻放到A端，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为，传送带顺时针匀速运转的速度v＝2.0m/s（g取10）。 (1)货物从A端到达B端的过程中，求传送带克服摩擦力做功W克； (2)若每隔0.8s将一个质量m＝10kg的货物轻放到传送带上的A端，求相邻两货物之间的最小距离和最大距离； (3)在（2）的情况下，当货物到达B端时，可视为货物立即离开传送带，若要维持传送带匀速运转，与该传送装置空载时相比较，求电动机需增加的最大功率。 【答案】(1)440J，(2)0.8m，1.6m，(3)550W 【详解】（1）因为 所以货物向上加速运动，加速度 加速时间 加速位移 加速过程传送带克服摩擦力做功 匀速运动过程 匀速运动传送带克服摩擦力做功 则全过程传送带克服摩擦力做功 （2）每隔0.8s将一个质量m＝10kg的货物轻放到传送带上的A端，前一个货物刚加速完成，此时间距最小，间距为 共速时，间距最大 （3）因为最大间距为1.6m，且因为 所以传送带上最多有4个货物在匀速，一个货物在加速，传送带受到的摩擦力 电动机需增加的最大功率 21．（2024·天津·联考）如图所示，一小物块（可视为质点）从倾斜的传送带上端无初速度释放后沿传送带向下运动，传送带静止不动时小物块在传送带上运动的速度二次方随位移变化的关系如甲图所示，当传送带以恒定速率逆时针转动时小物块在传送带上运动的速度二次方随位移变化的关系如乙图所示。传送带上、下两端的距离为5m，重力加速度g取。求： (1)传送带静止时，小物块运动的加速度大小； (2)小物块与传送带间的动摩擦因数； (3)简要说明传送带逆时针转动时的恒定速率大小应满足的条件。 【答案】(1)，(2)，(3)大于或等于 【详解】（1）根据位移与速度的关系有 结合图甲有，解得 （2）物块沿逆时针转动的传送带下滑时，根据位移与速度的关系有 结合图乙有，解得 设传送带与水平面的夹角为，物块沿静止传送带下滑时有 物块沿逆时针转动的传送带下滑时有，解得 （3）由乙图可知，物块在传送带上一直做加速度为的加速运动，到底端时速度为。如果传送带的速度小于，物块的速度与传送带速度相等时加速度会变为，运动情况就不是乙图的情况。由以上分析可知传送带的速度一定大于或等于。 22．（2024·天津滨海新·联考）如图所示，传送皮带始终保持v＝2m/s的速度水平向右移动，一质量m＝0.5kg的小物块以v0＝4m/s的速度从A点向右滑上传送带。设小物块与传送带间的摩擦因数μ＝0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5m，g取10m/s2，求： (1)物块从A点运动的B点所用时间？ (2)物块传送带上留下痕迹的长度？ 【答案】(1)2s，(2)1m 【详解】（1）小物体滑上传送带匀减速运动的加速度为a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 物体速度达到传送带速度所经历的时间为，经历的位移为 则物体匀速运动的时间为物块从A点运动的B点所用时间 （2）在相对滑动的过程中，传送带的位移为x1′＝vt1＝2×1m＝2m 则相对位移，即痕迹长度为Δx＝x1﹣x1′＝1m 23．（2024·天津和平·联考）如图所示，倾角的传送带，正以速度顺时针匀速转动。质量为m=1kg的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数，当木板前进1s时机器人将另一质量也为m的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数，重力加速度为，货物可视为质点，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，每一次货物都不会从木板上滑下。求： (1)木板前进1s时的速度大小； (2)机器人在放上第一个货物0.5s后取走货物，求取走第一个货物时木板的速度大小； (3)机器人取走第一个货物0.5s后将第二个货物轻放在木板的右端，求需再经过多长时间第二个货物第一次与木板的速度大小相同。（此问结果保留最简分数形式） 【答案】(1)6m/s，(2)6m/s，(3) 【详解】（1）根据牛顿第二定律有 代入数据解得 木板前进1s时的速度大小，解得 （2）货物向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 代入数据，解得 刚放上货物瞬间，木板受到重力、压力、支持力、货物对木板向上的摩擦力和皮带对木板向下的摩擦力，因为f2的方向沿斜面向下，由于 可知木板向下做减速运动，根据牛顿第二定律 解得 货物加速，木板减速，当两者速度相等时有 解得， 之后，两者一起匀加速到与传送带共速，则有 再次加速至与传送带共速用时 从放上货物到与传送带共速所用时间 由此可知，取走货物时，木板的速度与传送带共速，即木板的速度大小为 （3）取走第一个货物后，木板向下做匀加速运动，有 经过0.5s后木板的速度为 轻放上第二货物时，对货物有 对木板有 且木板以做匀减速运动，设木板与传送带共速时，则有 此时货物的速度为 则木板与传送带先共速，接下来货物仍以原加速度匀加速，木板以 做匀减速，直至二者共速，则有，解得 所以 24．（2024·天津南开·联考）如图所示，传送带的速度恒为，转轮A和B的大小不计，（即传送带的总长度为2.4m）。某偷油老鼠跳到A点，并以相对传送带0.3m/s的速度向B点爬去，到达B点后立即回头仍以相对传送带0.3m/s的速度返回A点。回到A点后，该老鼠将再次向B点爬去，到达B点后再次返回……如此反复下去，且老鼠相对传送带的速度始终为0.3m/s。老鼠在A、B两端点速度转向所需的时间不计，从该老鼠由A点出发时开始计时，经过多长时间，传送带上将都会被老鼠身上的油渍污染（   ） A．16s B．17s C．18s D．19s 【答案】B 【详解】从A到B，老鼠相对A、B两点的速度为 到达B点所用的时间为s 这时被污染是B点左侧0.9m的部分；老鼠开始回到A，从B到A，老鼠相对A、B两点的速度为 第一次回到A时用时s 这时被污染的是上方的A段及下方B点左侧0.6m的部分； 老鼠又去B点，第二次到达B点时经过的都是被污染的部分，用时s 被污染的变成上下都是B点左侧0.9m处； 老鼠开始回A，距最后需污染的传送带上那一点距离2.4m−0.9m=1.5m 相对于带的速度为0.3m/s，故又经过s=5s 总用时为s 故选B。 【考向四：牛顿第二定律之板块（滑块连接）】 25．（2024·天津·调研）如图所示，长L=1.5m、质量M=30kg的木板静止在水平面上，质量m=10kg的小物块静止在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ1=0.1，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，小物块可视为质点，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。 (1)如果水平面光滑，拉力F=130N恒定不变且持续作用，求小物块所能获得的最大速度； (2)如果木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，拉力F=210N恒定不变，要使小物块从木板上掉下去，拉力F作用的最短时间设为t1，撤去拉力F后小物块在板上运动时间设为t2，求。 【答案】(1)，(2) 【详解】（1）如果拉力F=130N恒定不变，设M和m之间发生了相对滑动，由牛顿第二定律，对小物块有，解得 对木板有，解得 由于，假设成立；小物块所能获得的最大速度对应着小物块刚好离开长木板，则有 ，解得 所以小物块所能获得的最大速度 （2）设拉力F作用最短时间为，撤去拉力F后小物块在板上运动时间为；撤去拉力F前，对木板有，解得 撤去拉力F时，木板的速度为 撤去拉力F后，对木板有，解得 经过时间木板的速度为 此时小物块的速度与木板的速度相等，则有 联立可得 26．（2024·天津·联考）如图所示，质量mA = 2 kg的木板A放置在光滑的地面上，左端静置一个质量mB = 4 kg的物块B，物块与木板之间的动摩擦因数μ = 0.2，在木板的右侧有一半径R = 0.225 m的光滑半圆圆弧轨道，与固定底座C的左端连接。底座C的高度与木板A等高。现用F = 36 N的力作用于物块B上，经过1 s撤掉力F（此时未到A的右端）。物块B恰好能到达木板A右端，之后木板与底座C碰撞并停止运动，物块滑到底座C上，并进入圆弧轨道。物块B视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)木板A的长度； (2)物块B到达圆弧轨道最高点时，物块B对轨道作用力FN。 【答案】(1)2.25 m，(2)440 N，方向竖直向上 【详解】（1）用F = 36 N的力作用于物块B上，以B为对象，根据牛顿第二定律可得 ，解得 以A为对象，根据牛顿第二定律可得，解得 在t1 = 1 s时撤去力F，此时A、B的速度分别为， 此过程B相对于A向右运动的距离为 撤去力F后，B做匀减速直线运动的加速度大小为 根据题意可知，B到达A右端时，两者刚好共速，则有 解得， 则撤去力F后，B相对于A向右运动的距离为 则木板A的长度为 （2）物块B从最低点到圆弧轨道最高点过程，根据动能定理可得 解得物块B到达圆弧轨道最高点时的速度大小为 在最高点时，根据牛顿第二定律可得，解得 根据牛顿第三定律可知，物块B到达圆弧轨道最高点时，物块B对轨道作用力大小为 ，方向竖直向上。 27．（2024·天津河西·调研）如图所示，一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，BC边的长度为L。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2.现突然以恒定加速度将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边，圆盘最后刚好未从桌面掉下。重力加速度为g，求： (1)圆盘在桌布上运动时的加速度a1的大小； (2)从开始到圆盘刚离开桌布时，圆盘运动的位移x1的大小； (3)桌布的加速度a为多大？ 【答案】(1)，(2)，(3) 【详解】（1）圆盘在桌布上运动时，根据牛顿第二定律有，解得 （2）圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律有 从开始抽桌布到圆盘脱离桌布的瞬间，圆盘的位移x1满足 圆盘脱离桌布后在桌面上运动的位移x2满足 以上两式中的v为圆盘从桌布上脱离瞬间的速度。圆盘最后刚好未从桌面掉下，所以有 ，解得 （3）从开始抽桌布到圆盘脱离桌布的时间间隔t内，桌布的位移为 这段时间内圆盘的位移可以写作，并且有，解得 28．（2024·天津·调研）如图所示，质量为2m、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（　　） A．小车运动的加速度大小为 B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 C．小物块克服摩擦力所做的功为 D．小物块和小车增加的机械能为 【答案】C 【详解】A．对小车进行分析，根据牛顿第二定律有，解得 故A错误； B．小物块到达小车最右端过程，小车运动的距离为x，根据动能定理有 解得，故B错误； C．物块对小车的相对位移为L，小车运动的距离为x，则物块的位移为，则小物块克服摩擦力所做的功为，故C正确； D．物块对小车的相对位移为L，则有，物块的速度 小车运动的距离为x，则有 对物块进行分析，根据牛顿第二定律有，物块的动能 小物块和小车增加的机械能为，解得，故D错误。 故选C。 29．（2024·天津和平·联考）如图所示，一块质量为，长为的均质板放在光滑水平桌面上，离右侧滑轮距离足够远。板的左端有一质量为的小物体（可视为质点），物体上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮。某人以恒定的速率向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处。试求： (1)物体刚达板中点时板的位移。 (2)若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少。 【答案】(1)，(2) 【详解】（1）设物体与板的位移分别为、，则由题意有 物体与板的位移之比 由于，则有，解得， （2）根据速度与位移的关系式有 根据牛顿第二定律有 结合上述解得 由题意可知 结合（1）可以2过程可以解得 解得， 由题意可知，使物体到达板的右端时，板与块刚好有共同速度v。对板，根据牛顿第二定律有 根据速度与位移的关系式有 结合上述解得 故板与桌面之间的动摩擦因数 30．（2024·天津武清·联考）如图，一足够长的木板A静止在光滑水平面上，现有质量为1.5kg的物块B以水平速度4m/s从最左端滑上木板，经过3秒物块B的速度减为1m/s并且刚好与木板A速度相同。g取，则下列说法正确的是（　　） A．木板的质量为3kg B．A、B间的动摩擦因数为0.1 C．物块B由4m/s减速到1m/s的过程中，物块的位移为7.5m D．木板的最短长度为7.5m 【答案】BC 【详解】A．由题意，根据动量守恒定律有，即 解得木板的质量为，故A错误； B．对B利用牛顿第二定律有 根据匀变速直线运动速度时间公式有 解得A、B间的动摩擦因数为，故B正确； CD．物块B由4m/s减速到1m/s的过程中，物块A的位移为 物块B的位移为 则木板的最短长度为，故C正确，D错误。 故选BC。 31．（2024·天津·调研）如图所示，长木板A放在粗糙水平面上，静置于长木板上右端的小物块B、C之间放有少量火药，某时刻点燃火药，小物块C获得2m/s的初速度向右离开长木板，小物块B在长木板上相对向左运动1.25m时与长木板的左端发生弹性碰撞。已知长木板和小物块B质量均为1kg，小物块C质量为1.5kg，长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数均为0.2，，小物块B、C可看成是质点，求： （1）小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能？ （2）长木板因小物块B的碰撞获得的动能为多少？ （3）从B与长木板的左端发生碰撞之后，再经过时间t，B相对于A静止，求？此时A的速度为多少？ 【答案】（1）；（2）2J；（3）0.25s，0.5m/s 【详解】（1）火药爆炸过程，B与C组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得，解得 系统因火药燃烧而增加的机械能为，解得 （2）B对A的摩擦力小于地面对A的摩擦力，B向左运动1.25m时与长木板左端发生弹性碰撞，由动能定理得，解得 B与木板碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 长木板因小物块B的碰撞获得的动能为，解得 （3）B与木板碰撞后，木板向左做匀减速运动，加速度大小为 B向左匀加速运动，加速度为 共速时满足，解得 此时A的速度为 32．（2024·天津西青·调研）如图所示，从A点以的水平速度拋出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量，，A、B两点间的高度，圆弧轨道半径，物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板的右侧有刚性墙，长木板与墙碰撞的时间极短且为弹性碰撞．已知长木板与墙碰撞前，长木板与小物块的速度已经相同，取。 （1）求小物块从A点水平抛出时速度的大小； （2）求小物块在圆弧轨道BC上运动时对C点的压力； （3）若物块最终没有从长木板上滑出去，则长木板至少多长。 【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3） 【详解】（1）小物块从A点到B点做平抛运动，竖直方向有 可得小物块在B点的竖直分速度为 根据，解得小物块从A点水平抛出时的速度大小为 （2）小物块在B点时的速度大小为 小物块从B点到C点过程，根据动能定理可得，解得 在C点，根据牛顿第二定律可得，解得 根据牛顿第三定律可知，小物块在圆弧轨道BC上运动时对C点的压力大小为，方向竖直向下。 （3）物块从C点滑上长木板后，物块向右做匀减速运动，长木板向右做匀加速运动，当两者共速后一起做匀速运动，直到长木板与墙碰发生弹性碰撞；碰后物块再次向右做匀减速运动，长木板向左做匀减速运动，由于长木板质量小于物块质量，所以长木板的加速度大于物块的加速度，即长木板速度先减为0，之后反向向右加速直到与物块第二次共速，接着长木板再次与墙碰发生弹性碰撞；之后重复相同的运动情景，经过足够长的时间，物块和木板均处于静止状态；整个过程，根据能量守恒可得 解得整个过程物块与长木板的相对位移为 则长木板至少长为 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 $$