第4章 第13周 动力学中的临界和极值问题 传送带模型 滑块滑板模型-【一本】2025-2026学年高中物理必修第一册周末小测卷（人教版）

联立解得vg=20m/s 滑草车在BC段做匀速直线运动，因此经过C点时的速度 大小c=va=20m/s (3)设滑草车在CD段运动时的加速度大小为a2,根据牛 顿第二定律有 umg=ma2 解得a2=103 3 m/s 滑草车在CD段运动时根据运动学公式vn2一c2= 一2a2x,可得CD段的最小长度为 x=n2e2=102-202 -2a2 m=15√3m 10wW3 -2× 3 设滑草车在三段滑道上运动的时间分别为t1、t2、t3,则有 UB=aiti h Vata-sin 30 Up=Uc-a2t3 滑草车从A点静止开始运动到D点的时间t的最小值为 t=t1十t2十t3=(3+3W3)s。 14.解：(1)在0~1s内，对B由牛顿第二定律有 F-u2mg-F7=ma 对A由牛顿第二定律有 FT-Mg sin 0-u Mg cos 0=Ma 解得物块A的加速度大小a=4m/s2 (2)B在1s末的速度v1=at1=4m/s 在1一2s内，系统做减速运动，则对B由牛顿第二定律有 h2mg十Fn=ma1 对A由牛顿第二定律有 Mgsin 0+u Mgcos 0-Fn=Ma 解得a1=6m/s2 设再经过t2,系统速度减为0，根据运动学公式t2= 1 2 68=3s 即1=号s时刻，B的速度为0，此后在物体A重力的作用 下系统反向做加速运动。对A、B整体根据牛顿第二定 律有 Mgsin 0-u Mgcos 0-u2mg=(M+m)a2 解得a2=2m/s2 2s末系统的速度为2=a2t3 解得-号m/,方向沿斜面向下 结合题图乙知系统以后做减速运动，此后对A根据牛顿第 二定律有 F2+u Mg cos 0-Mg sin 0=Mas 对B根据牛顿第二定律有F-Fn十u2mg=ma3 解得a3=8m/s2 系统速度减为0的时间为，=巴=马、 a3 12 s 由(1)可知此后B向左以4m/s2的加速度加速，运动时间 111 为t4=1s-12s=12s9 根据速度与时间的关系式有v=at4 11 解得vs=3m/s。 第3周动力学中的临界和极值问题 传送带模型滑块滑板模型 1.B行李箱的加速度a=g=4m/s2,行李箱加速到与传送 带共速时的时间t=”=0.1s,行李箱在传送带上留下的摩 a 擦痕迹的长度为x=一名=0.02m,B正确。 2.A若传送带沿顺时针匀速率转动，与传送带不转动时相 比，M受力没变，M受力仍然平衡，M仍然匀速运动，所以 M运动到传送带底端的时间不变，离开传送带时的速度不 变，A正确，B错误；若传送带沿逆时针匀速率转动，传送带 速度较小时，M依然匀速运动，若传送带速度较大时，M先 向下加速，后向下匀速，不会处于超重状态，C、D错误。 3.A由题意知，木板恰沿斜面匀速下滑，则f2=G,=Mgsin a, 根据牛顿第三定律知f1=f2,物块在平行于斜面的拉力F 作用下静止，对物块由平衡条件知F一f十mgsin a,由以 上关系式得F=Agsin a+ngsin a=(M+m)gsin a,A 正确。 mgsin a a Mgt- 4.A假设长木板静止，m2与mo一起运动，对m2与mo整体 有mog一m2g=(mo十m2)a,解得a=0.52g,此时对长木 板受力分析可知，其受到m2对其的摩擦力f2=m2g= 0.4mg<f地m=μ(m2+m1)g=0.6mg,假设成立，长木板 能保持静止，重物和小物块一起运动，小物块向右运动的加 速度大小为0.52g,A正确，B、C、D错误。 5.AD由心t图像可知，小行李箱开始时做匀减速直线运动， 然后与传送带一起匀速运动，则小行李箱的初速度= 6m/s,而传送带转动的速度v=2m/s,1s后二者共速，所 以a=A=一4m/S,A正确，B错误；根据t图像可知， △t 小行李箱在前3s内运动的距离为z-6生号×1m十2× 2m=8m,则A、B两点间的距离为8m,C错误；根据t 图像可知，在前3s内传送带转动的路程为s=2×3 6m,所以小行李箱与传送带的相对位移大小为△x=x s=2m,D正确。 6.B设小球离开斜面的临界加速度为α。，对小球受力分析 如图甲所示，由牛顿第二定律得F台三=mao,解得 ao=7.5m/s2,因为a=10m/s2>ao,所以当斜面以 10m/s2的加速度向右做加速运动时，小球一定离开了斜 面，斜面对小球的弹力为0，这时小球受力如图乙所示，则水 平方向由牛顿第二定律得Frcos a=ma,竖直方向由受力 平衡得Fr sin a=mg,联立解得Fr=2√2N,B正确。 FT F合 G 0 G 甲 乙 7.ABD长木板A水平方向只受摩擦力作用，且做加速运动， 所受的摩擦力与运动方向相同，A正确；物体B做匀减速运 动的加速度大小为a=2一1 1 m/s2=1m/s2,由牛顿第二定 0 律得mBg=mBa,即μ=a=0.1,B正确；A、B水平方向 都只受到来自对方的摩擦力，且加速度大小相等，根据牛顿 第二定律可知，两物体质量相等，C错误；长木板A的最小 长度等于0一1s内两物体的vt图像所夹的面积，故长木板 A的最小长度为L=2X] 2 m=1m,D正确 8.解：(1)物块放在长木板的瞬间，对物块根据牛顿第二定 律有 uimg=ma 解得a1=3m/s 对长木板根据牛顿第二定律有 F-u2mg-u(M+m)g=Maz 解得a2=1m/s2 (2)力F作用的1s内，对物块有v1=a1t1 a-gat 解得v1=3m/s,x1=1.5m 对长木板有v2=vo十a2t1 十 解得2=5m/s,x2=4.5m (3)由(2)知，1s末长木板和物块的速度差 △0=v2-1=2m/s。 9.AC滑块与斜面体一起水平向右加速运动的过程中，对滑 块受力分析如图甲所示。 水平力F变大后，滑块的加速度增大，水平 F 方向根据牛顿第二定律有F:cos a一Fysin a=ma,竖直方向有Fisin a十FNcos a= mg,所以滑块所受的摩擦力F:增大，支持 力F、减小，根据牛顿第三定律可知，滑块 mg 对斜面体的压力减小，A正确，B错误；滑块 甲 与斜面体间的静摩擦力恰好增大到最大静摩擦力时，水平 向右的力F最大，设此时整体的加速度大小为a,将重力与 加速度α沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如图乙所示。 沿斜面方向，根据牛顿第二定律 F 得F:'-mgsin a=macos a,垂直 F 斜面方向，根据牛顿第二定律有 mgcos a-FN'=masin a,又 F:'=FN',联立解得a= mo csa一sina)8,对整体根据 乙 cos ausin a 牛顿第二定律得F=(M十m)a cosa一sina)(M+m)8,C正确；改变水平向右的力F, cosa十usin a 在滑块与斜面体一起加速运动的过程中，滑块一定有水平 向右的加速度，而重力和支持力的合力一定斜向左上方， 以摩擦力不可能等于0，D错误。 10.BD由题图乙可知，小物块在0~t。时间内向下做减速运 动，在to~2。时间内向上做加速运动，且整个过程加速度 不变（图线斜率大小不变）始终沿着传送带斜向上，可以得 到物块与传送带的滑动摩擦力大于重力沿传送带斜向下 的分力，因小物块最后的速度为。，所以传送带的速度大 于等于。。若使小物块仍以大小为的初速度自传送带 底端沿传送带斜向上运动，而传送带速度大于等于。，故 开始时小物块不可能减速，A、C错误；当传送带速度大于 ⑦o时，小物块相对于传送带下滑，受到沿斜面向上的摩擦 力，此时小物块做沿传送带斜向上的匀加速运动，直到与 。26 传送带共速，最后一起斜向上做匀速运动，B正确；当传送 带速度等于。时，小物块与传送带无相对运动趋势，只有 静摩擦力，由于滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分 力，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故此时小物块速度与 传送带保持一致，为o,D正确。 11.B施加外力前，系统处于静止状态，所受合力为0，外力F 施加的瞬间，系统所受的合力为F=16N,根据牛顿第二 定律有F=2ma,解得a=8m/s2,A错误；初始时系统处 于静止状态，则有2mg=kxo,解得xo=0.5m,当弹簧压 缩量减小0.05m时，设A、B间弹力的大小为FaB,此时 A、B的加速度大小为a1,对A根据牛顿第二定律有F十 FB一mg=ma1,对B根据牛顿第二定律有k(x0一 0.05m)一mg一FAs=ma1,联立解得FAB=1N,B正确； 设A、B分离时，弹簧的形变量为x1,A、B的加速度为a2, 对A根据牛顿第二定律有F一mg=ma2,对B根据牛顿 第二定律有kx1一mg=ma2,联立解得x1=0.4m,所以A 的位移大小为x=x。一x1=0.1m,C错误；当B所受的合 力为0时速度达到最大，由C选项的分析知A、B分离时 有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，由B所 受的合力为0有kx2=mg,解得x2=0.25m,D错误。 12解：(1)对货物根据牛顿第二定律可得 mg cos24°-mgsin24°=ma1 代入数据解得a1=2m/s (2)货物沿传送带向上加速到与传送带共速的时间 t4=%-=2s 该时间段货物运动的位移为 x-受=4m<, 由于u>tan24°，则共速之后货物匀速运动，货物在传送带 上匀速运动的时间 2=4-4=0.5s 货物在传送带上运动的时间为t=t1十t2=2.5s (3)货物在水平轨道上时，根据牛顿第二定律有 umg-maz 解得货物在水平轨道上的加速度为a,=2mS_2 m 3m/s2 根据速度与位移的关系式有 Uo2-Um2=2a2l2 代入数据解得l2=0.9m。 13.解：(1)对物块A刚开始阶段，根据牛顿第二定律有 F=ma 由题图乙知a1=3m/s2,解得F=3N 当物块A滑至长木板B的右侧粗糙部分后，根据牛顿第 二定律有 F-uimg=ma 由题图乙知a1'=一2m/s 代入数据解得μ1=0.5 (2)当物块A将要滑上长木板B的右侧粗糙部分时，物块 A的速度 v=at1 物块A滑上长木板B右侧粗糙部分后，对长木板B由牛 顿第二定律有 uimg-u2 (M+m)g=Ma2 物块A和长木板B两者达到共速时有 U=U1十a1t2=a2t2 解得t2=2s,v=2m/s 长木板B的长度L=名1+名（o,十o,-d, 解得L=12m (3)物块A和长木板B达到共速之后，两者共同减速直至 静止，对整体根据牛顿第二定律有 42(m+M)g=(m+M)a 根据运动学公式0一v2=一2ax3 整个过程物块运动的位移 1 xA=2i4+2(o1十)t十x 解得xA=16m。 14.解：(1)开始时物块A和B静止在斜面上，对整体受力分 析有 kxo=(m1十m2)gsin0 解得k=(m1十m2)gsin0 代入数据解得k=100N/m (2)物块A和B刚要分离时，A和B接触，但相互之间不 挤压，设此时弹簧的压缩量为x1,对物块A,根据牛顿第二 定律有 mia=kx-migsin 0 解得x,=m(a十gsin0) 联立解得x1=0.1m 物块A和B从开始运动到刚要分离的过程中，做匀加速 直线运动通过的位移 x=x0-x1=0.08m 1 因为x=2at 联立解得t=0.2s (3)对物块A和B构成的整体，设弹簧的压缩量为x’,根 据牛顿第二定律有 (m1+m2)a=F+kx'-(m1+m2)gsin 0 在物块A和B沿斜面向上运动的过程中，弹簧的压缩量 为x逐渐减小，沿斜面向上的拉力F逐渐增大，即刚开始 运动时拉力F最小，物块A和B刚要分离时拉力F最大， 则有Fmim=(m1十m2)a=12N Fmx=(m1十m2)(a十gsin0)-kx1=20N 物块A和B从开始运动到刚要分离过程中拉力F的范围 12N≤F≤20N. 第四章综合检测·培优卷 1.C物体的运动不需要用力来维持，力是改变物体运动状态 的原因，A错误；牛顿第一定律对惯性参考系是成立的，对 非惯性参考系是不成立的，B错误：牛顿第一定律是在伽利 略理想实验的基础上总结出来的，C正确；物体在任何情况 下都具有惯性，D错误。 2.D由牛顿第二定律有mg=ma,得a=g,加速度与汽车 质量无关，B错误。由运动学公式有v2=2ax,可得x= v 2g在4一定的情况下，刹车距离x一定，与汽车质量 无关。汽车载满货物后，即m增大，汽车惯性变大，汽车所 受的摩擦力变大，但滑行的距离x不变，A、C错误，D正确 3.A设小球质量均为m,剪断轻绳前，弹簧的弹力F=mg, 轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律有 mg十F=maA,解得aA=2g,对B根据牛顿第二定律有 mg一F=maB,解得ag=0,A正确。 4.D根据平衡条件，磨石在水平方向的受力情况是F、一 Fsin0,磨石向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 Fcos0-f一mg=ma,由滑动摩擦力公式有f=FN,三式 联立求得磨石的加速度大小为a=Fcos日一Fsin日-mg D正确。 5.C根据∫=如可知k=,则比例系数名的单位是 m2/s2= m7g=kg/m,A错误；雨滴受重力与阻力作 N_kg·m/s 用，开始重力较大，雨滴加速运动，当阻力等于重力时，雨滴 匀速运动，所以雨滴先加速后匀速，B错误；根据mg一f= a可知，当加速度为0时，有mg一ku2=0,此时雨滴速度 最大，得最大速度vmx一√k ,C正确；开始时雨滴做加速 度减小的加速运动，当加速度为0时，速度达到最大，此后 做匀速运动，位移一直增大，D错误。 6.Bα-t图像与时间轴所围成的图形面积表示速度变化量， 电梯的初速度为0，所以电梯在第18末的速率为=号× 1×1m/s=0.5m/s,A正确；电梯在0~11s内向上做加速 运动，11~30s内向上做匀速运动，30~41s内向上做减速 运动，所以电梯在第11s末速度达到最大，C正确；电梯在 11s到30s内向上做匀速运动，由于初速度为0，所以电梯 做匀速运动的速率等于0~11s内的速度变化量大小，即 ,=2×(9十1)×1m/s=10m/s,D正确；电梯减速上升 过程根据牛顿第二定律有mg一Fr=ma,电梯在以最大加 速度减速上升过程中受到的拉力最小，减速上升的最大加 速度大小为a=1m/s,求得Fx=2.7X104N,B错误。 7.C小明乘坐甲电梯，电梯匀速时小明受重力、支持力，电梯 加速时小明受重力、支持力及水平向右的静摩擦力，A错 误；小明乘坐乙电梯时，小明一直受重力、支持力及沿斜面 向上的摩擦力，B错误；小明乘坐甲电梯加速时，把加速度 沿水平和竖直方向分解，有a,=acos0,ay=asin0,在水平 方向上，根据牛顿第二定律有f1=maz=nacos0,在竖直 方向上，根据牛顿第二定律有Fa一mg=may=ma sin0,解 得Fm=mg十nasin0。小明乘坐乙电梯时，垂直于电梯方 向上有Fe=mgcos0,沿电梯方向上有f:一mg sin0=ma, 解得f2=mg sin0十ma。则有Fm：F2=(g十asin0): gcos0,f1:f2=acos0:(gsin0十a),C正确，D错误。 8.BD由题图乙可知，t2~t3部分为直线，则t2时刻运动员 脱离踏板，处于空中，加速度为重力加速度，运动员处于完 全失重状态，A错误，D正确；由题图乙可知，t1时刻前运动 员向上做加速运动，加速度方向向上，运动员处于超重状 态，B正确；由题图乙可知，t1~t2时间内运动员向上做减速 运动，加速度方向向下，运动员处于失重状态，C错误。 9.AC在心t图像中，图像的斜率表示加速度，由题图乙知计 时开始时雪橇的加速度大小为a=”=15一5 m/s2= △t 4 2.5m/s2,A正确；0~4s内，雪橇做初速度v=5m/s、加 速度变小的沿正方向的直线运动，B错误；根据牛顿第二定 律，计时开始时有mgsin0一kv一mgcos0=ma,由题图 乙可知，CD这条曲线的渐近线对应l0m/s,即vmx 10/s为运动的收尾速度（即匀速运动的速度），在最大速 度时，根据人和雪橇受力平衡有ng sin0=mgcos0十 kumx,两式联立得kVmax一bUo=ma,将o=5m/s、vmx= 10m/s,代入后得k=37.5N·s/m,μ=0.125，C正确，D 错误。 10.AB对8节车厢整体受力分析，根据牛顿第二定律有 2F-8kmg=8ma,解得a= F-4km3,A正确；将后面5、 6、7、8四节车厢看成一整体，根据牛顿第二定律有F1十 F-4kmg=4ma,解得F1=0,B正确；将后面6、7、8三节一本高中物理周末小测卷 第 73 周 动力学中的临界和极值问题 传送带模型滑块滑板模型 ⊙时间：60分钟 8总分：100分 8得分： ☑答案：P25 说明：本卷单选题每小题4分；多选题每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的 弥得0分。其他题分值见题目前标注。 。 n 基础测·查漏补缺 1.(2025·云南昆明期末改编)旅客把行李箱轻放到传送带上时，传送带对行李箱的滑动摩擦力使行 李箱从静止开始运动，若传送带足够长，最后行李箱与传送带保持相对静止，行李随传送带一起前 进，简化示意图如图所示。若传送带匀速前进的速度v=0.4m/s,某行李箱与传送带之间的动摩 擦因数为0.4，重力加速度g取10m/s2。不计挡帘对行李箱的影响，行李箱轻放在传送带上至与 传送带共速的过程中，该行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 () A.0.01m B.0.02m C.0.03m D.0.04m 毁 2.(2025·湖南郴州期末)斜坡式传送带在装卸货物时能显著减少人力投入，并大幅提高装卸效率。如 封 图所示，在某次卸货过程中，货物M从顶端以速度o开始向下运动，若传送带静止不转动，M刚好 匀速下滑。则当传送带分别沿顺、逆时针匀速率转动时，与传送带不转动时相比，下列说法正确的是 A若传送带沿顺时针匀速率转动，M离开传送带时的速度不变 4 B.若传送带沿顺时针匀速率转动，M在传送带上运动的时间变长 C.若传送带沿逆时针匀速率转动，M可能做匀减速直线运动 D.若传送带沿逆时针匀速率转动，M处于超重状态 蜜 3.(2024·湖南湘西期末)如图所示，与斜面平行的木板放在倾角为α的固定斜面上，木板上有一质 量为的物块在平行于斜面的拉力F作用下静止，此时木板恰沿斜面匀速下滑。已知木板的质 量为M,斜面光滑，重力加速度为g,则拉力F的大小为 线 A.(M+m)gsin a B.(M-m)g sin a C.(m-M)gsin a a D.因物块与木板间的动摩擦因数未知，故拉力F不可求 4.(2025·山东潍坊期末)如图所示，质量为m1=m的长木板静止在水平桌面上，最左端有一质量为 豁 m2=2m的小物块，细绳跨过轻质光滑定滑轮，两端分别系着小物块和重物，重物的质量m。=3m。 现将小物块由静止释放，在小物块滑离长木板之前，滑轮左侧的细绳保持水平，长木板右端到滑轮 的距离足够远，重物未落地。已知长木板与桌面、小物块间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度为 必修第一册RJ版 g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 A长木板保持静止 B.长木板和小物块一起以相同的加速度向右做加速运动 C.长木板和小物块以不同的加速度向右做加速运动 D.小物块的加速度大小为0.4g 5.(多选)(2025·云南昭通期末)机场航站楼行李处理系统中的一部分如图甲所示，水平传送带沿顺 时针方向匀速转动，一小行李箱（可看作质点）以初速度滑上水平传送带，从A点运动到B点的 t图像如图乙所示。下列说法正确的是 () /(m.s-) 00 123t丙 甲 乙 A.0~1s内小行李箱的加速度大小为4m/s2 B.传送带转动的速度大小为6m/s C.A、B两点间的距离为10m D.小行李箱与传送带的相对位移大小为2m 6.(2024·天津和平区期末)一个质量为0.2kg的小球用细线吊在倾角0=53°的斜面顶端，如图所 示，斜面静止时，球紧靠在斜面上，细线与斜面平行，不计摩擦及空气阻力，当斜面以10m/s2的加 速度向右做加速运动时，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2,则 ( A细线的拉力为1.60N B.细线的拉力为2√2N C.斜面对小球的弹力为1.20N D.斜面对小球的弹力为0.40N 7.(多选)(2025·广东潮州期末)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质 点)以水平速度vo=2m/s滑上长木板A的左端。由于A、B间存在摩擦，之后运动过程中A、B 的速度随时间变化的情况如图乙所示。g取10m/s2,下列说法正确的是 () tu/(m-s-1) B 77777777777777777777777777777 2 i/s 甲 乙 A长木板A所受的摩擦力与运动方向相同 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.1 C.长木板A的质量是物体B的两倍 D.长木板A的最小长度L=1m 8.(2023,辽宁大连改编·10分)如图所示，水平地面上有一长木板正在向右滑动，长木板的质量 M=2kg,当长木板的速度o=4m/s时，在长木板的右端施加一水平向右的恒力F=12N,同时 将一物块（可看作质点）轻轻放在长木板的右端，物块质量m=2kg,力F作用1s后撤去。已知长 木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，长木板与物块间的动摩擦因数μ2=0.3，重力加速度g取 10m/s2,物块始终在长木板上。求： (1)物块刚放在长木板上时，物块和长木板加速度的大小； (2)力F作用的1s内，物块和长木板位移的大小； TAE7 。31● 一本高中物理周末小测卷 (3)1s末长木板和物块的速度差。 能力测·迁移运用 9.(多选)(2024·浙江宁波期中改编)如图所示，静止在光滑水平面 上的斜面体质量为M,倾角为α，斜面上有一静止的质量为m的 M F 滑块，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认g 为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力F使斜面体加速运动，下列 说法正确的是 ( A水平力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面体的压力减小 B.水平力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面体的压力增加 C.若要使滑块与斜面体一起加速运动，水平向右的力F的最大值为cosa一sina)(M十m)8 cosa十usin a D.改变水平向右的力F,在滑块与斜面体一起加速运动过程中，滑块所受的摩擦力可能等于0 10.(多选)(2025·山东济南期末)如图甲所示，一足够长的倾斜传送带以恒定速率沿顺时 针方向转动。t=0时刻一小物块由传送带顶端以大小为o的初速度沿传送带向下 运动，小物块下滑过程中速率？随时间t变化的图像如图乙所示。若使小物块仍以大 小为o的初速度自传送带底端沿传送带斜向上运动，则小物块的速率v随时间t'变化的图像可 能正确的是 () 09 甲 A B C D 11.(2025·江苏盐城期末)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质 量均为1kg的物体A、B(B与弹簧相连)，弹簧的劲度系数为k=40N/m,初始时系统 处于静止状态。现用大小为16N、方向竖直向上的拉力F作用在A上，使A开始向上 运动，重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计，下列说法正确的是 A外力施加的瞬间，A、B的加速度大小均为0 B.当弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间弹力大小为1N B C.A、B分离时，A的位移大小为0.2m D.B速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1m 7777777777 。32● 必修第一册RJ版 12.(2025·广东汕头期末，12分)物流公司通过传送带把货物直接装运到货车中，如图所 示，传送带与水平面成24°角，长度11=6m,传送带以恒定速率vo=4m/s沿顺时针 方向运转，水平滑轨长度可调，传送带与滑轨间平滑连接。若货物从传送带底端由静 2 止释放，其与传送带和滑轨间的动摩擦因数均为一3，货物可视为质点，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力（取cos24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度g=10m/s2)。 (1)求货物在释放瞬间的加速度a1的大小。 (2)求货物在传送带上运动的时间t。 (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过vmax=2m/s,求水平滑轨的最短长度l2。 弥 0-2496 13.(2025·山东临沂期末，14分)如图甲所示，质量M=2kg的长木板B静止于粗糙水平 面上，长木板的左侧上表面光滑、右侧上表面粗糙。在长木板的左端静止放置一个质量 m=1kg的物块，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1。t=0时刻，对物块A施加 水平向右的恒力F,物块A前3s运动的α-t图像如图乙所示。当物块A刚好运动到长 木板B的右端时，两者恰好共速，此时撤去恒力F。已知物块A可视为质点，g取10m/s2,求： (1)物块A与长木板B右侧粗糙面之间的动摩擦因数41； A→F (2)长木板B的长度L; raa 甲 (3)物块A从开始运动到停止全过程运动的位移。 ↑al/ms-23) 3 封 23 拓展测·创新突破 14.(2025·湖南常德期末，16分)倾角0=37°足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一挡 板垂直固定在斜面上，一轻质弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为1=1kg的物块 A相连，弹簧中心轴线与斜面平行；质量为m2=2kg的物块B紧挨着物块A放置在斜 面上，A与B之间不粘连，A和B静止在斜面上，此时弹簧的压缩量xo=18cm。现对 物块B施加平行斜面向上的拉力F,使A和B一起沿着斜面向上做匀加速直线运动直至物块A和 B分离，加速度大小为a=4m/s2。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)轻质弹簧的劲度系数k; F 线 B (2)物块A和B从开始运动到刚要分离时运动的时间t; (3)物块A和B从开始运动到刚要分离过程中拉力F的范围。 hQ00000H