专题03 牛顿运动定律（专项训练）高中物理力学竞赛

**基本信息** 以牛顿运动定律为核心，通过“知识点-思维导图-题型分类-巩固提升”四维架构，系统整合临界分析、模型建构等竞赛解题方法，强化科学思维与物理观念的深度融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |核心知识点|5个要点|整体法与隔离法、正交分解法、图像信息提取、动力学建模|从牛顿第二定律矢量性出发，构建“瞬时性-临界条件-多过程分析”的逻辑链条| |题型分类|5类题型含5道典例|连接体分离条件判断、传送带摩擦力突变分析、板块相对运动计算、图像物理量转化、实际情境模型抽象|每种题型对应特定解题策略，形成“模型识别-方法选择-规律应用”的解题闭环| |巩固提升|15道综合题|多物体系统动量能量综合、变力做功分析、复杂运动过程拆解|通过递进式训练深化运动与相互作用观念，提升科学推理与质疑创新能力|

物 理 力学竞赛专题 专题三 牛顿运动定律 一、核心知识点 二、思维导图 三、题型分类 题型01连接体与临界分离问题 题型02 传送带模型综合应用 题型03板块模型与相对运动 题型04 动力学图像与信息提取 题型05 实际情境中的动力学建模 四、巩固提升 核心知识点 1. 牛顿第二定律的瞬时性与矢量性：理解加速度与合外力的瞬时对应关系，掌握正交分解法处理多力作用下的动力学问题。 2. 连接体与临界极值问题：掌握整体法与隔离法的灵活运用，分析弹簧、轻杆、细绳等约束条件下的弹力突变、分离临界点及相对运动临界条件。 3. 传送带模型中的摩擦力突变：分析物体在水平或倾斜传送带上因速度关系变化导致的滑动摩擦力方向改变、做功情况及划痕长度计算。 4. 板块模型中的相对运动：处理滑块与木板间的多过程运动，结合动量、能量观点分析共速条件、相对位移及系统摩擦生热。 5. 动力学图像与功能关系：利用v-t、F-x等图像获取运动信息，结合动能定理、机械能守恒定律解决变力做功及能量转化问题。 思维导图 题型分类 题型一 连接体与临界分离问题 例题1、如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B，物体A与弹簧拴接，弹簧的劲度系数为k，初始时物体A、B均处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动直到物体A、B分离，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能，关于此过程，下列说法正确的是（     ） A．施加拉力F后的瞬间，物体A、B间的弹力大小为mg B．施加拉力F后的瞬间，物体A、B间的弹力大小为 C．从施加拉力F到物体A、B分离的时间为 D．从施加拉力F到物体A、B分离，拉力F做的功为 【答案】BCD 【难度】0.4 【详解】AB．初始时，物体、处于静止状态，由受力平衡可知弹簧的初始压缩量为 施加拉力的瞬间，对物体、整体，由牛顿第二定律得 解得 对物体，由牛顿第二定律得 解得物体、间的弹力大小为，故A错误，B正确； C．物体、分离时，它们之间的弹力为零，且具有相同的速度和加速度，此时对物体，由牛顿第二定律得 解得此时弹簧的压缩量为 从施加拉力到物体、分离，它们上升的位移为 由匀变速直线运动的位移与时间的关系式 解得，故C正确； D．由对整体的牛顿第二定律方程 可得 可知拉力随位移均匀增大，分离时拉力大小为 从施加拉力到物体、分离，平均力法求拉力做的功为，故D正确。 故选BCD。 题型二 传送带模型综合应用 例题2、如图所示，质量为m可视为质点的物件与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带倾角为θ，上、下两端点D、A间的距离为L。传送带顺时针匀速转动，速度大小为v，物件轻放于A点后运动至B点时达到最大速度，之后做匀速运动至C点，然后电机紧急制动使传送带立即静止不动，物件恰好能到达最高点D。已知重力加速度为g，则下列叙述正确的有（     ） A．CD段物件的加速度为g（sinθ-μcosθ） B．CD段长为 C．物件从B到C运行的时间为 D．全过程物件在传送带上留下的划痕长度大小等于AB间的距离 【答案】BCD 【难度】0.4 【详解】取沿斜面向上为正方向，物件在到阶段相对传送带向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由题意可知；在到阶段物件与传送带相对静止，以速度做匀速直线运动；传送带在点停止后，物件继续向上滑动至点。 A．在到阶段，物件受到的重力沿斜面分力和滑动摩擦力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 解得 故加速度大小为，故A错误； B．物件在点的速度大小为，到达点时速度为零，根据匀变速直线运动规律有 解得，故B正确； C．在到阶段，根据牛顿第二定律有 解得 物件在点速度达到传送带速度，根据匀变速直线运动规律有 解得 由可得 物件在到阶段以速度做匀速直线运动，所用时间为 联立解得，故C正确； D．物件在到阶段的运动时间为 在此时间内传送带运动的距离为 物件相对传送带滑动的距离为 因此物件第一次在传送带上留下长度为AB的划痕，且到达点时，该划痕位于物件前方。物件从到与传送带相对静止，所以到达点时，该划痕仍从物件所在位置沿斜面向上延伸。又有 因此物件从到产生的划痕完全落在原有划痕内，全过程留下的划痕长度等于AB，故D正确。 故选BCD。 题型三 板块模型与相对运动 例题3、如图所示，长度为质量的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)若物块在时恰好到达木板右端且与木板共速，求恒力的大小和木板长度； (2)的大小满足什么条件可使物块从木板左端滑落； (3)施加的恒力大小不同，物块相对木板的路程不同，求与的关系式。 【答案】(1)， (2)，物块会从木板左端滑落 (3)时，；时，；时， 【难度】0.38 【详解】（1）物块刚滑上木板做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 物块与木板在时共速，设此时速度为，木板的加速度为，根据运动学公式分别有， 联立解得 对木板，根据牛顿第二定律有 解得 物块与木板在共速前的相对位移等于木板长度，根据运动学公式有 解得 （2）物块与木板共速后，若保持相对静止不发生滑动，此时物块与木板具有共同的加速度，对物块需要满足的条件为 对整体，根据牛顿第二定律有 联立解得 若要使物块从木板左端滑落，则需满足 （3）当时，物块从木板右端滑出，相对路程等于板长，可得 解得 当时，物块与木板共速后相对静止，设经过时间二者达到共同速度，木板的加速度为，根据牛顿第二定律和运动学公式分别有， ， 此过程中物块相对木板的路程为 联立解得 当时，物块与木板共速后，物块相对木板向左返回，最终从左端滑出。物块相对木板向右运动的最大相对位移为 由于物块最终从左端滑出，其总相对路程为 联立解得 题型四 动力学图像与信息提取 例题4、如图（a）所示，质量为的足够长木板C静置于水平面上，质量均为的物块A、 B（均可视为质点）静置于C上，B位于A右方处。A、C间动摩擦因数，B、C间，C与地面间的动摩擦因数。现给C施加一水平向右的恒力，A、B第一次相遇的时间为，可得与的关系如图（b）所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，求： (1)物块A、B的最大加速度、； (2)图（b）中和的大小； (3)图（b）中至区间内有关系式，则求和的大小。 【答案】(1)， (2)， (3)， 【难度】0.42 【详解】（1）根据牛顿第二定律，对物块A、B分别有， 解得， （2）由图（b）可知，当时，为无限大，说明物块A、B均未相对于木板滑动。当时B刚好要相对于C滑动，根据牛顿第二定律，对ABC整体有， 解得 由图（b）可知，当时，不再改变，说明A、 B均已相对C滑动，当时，物块A恰好相对于C滑动， 根据牛顿第二定律，对AC有 解得 （3）设拉力为时，AB第一次相遇时间为，则 解得 图（b）中区间内， 将点的坐标和的坐标代入方程，解得， 题型五 实际情境中的动力学建模 例题5、如图甲，自动化精密加工生产线配备水平工件输送平台，平台底座光滑无摩擦；平台内置恒温油液槽，质量的金属工件（视为质点）在油中水平运动时，油液粘滞阻力大小与工件瞬时速度成正比，，k为阻尼调节系数，更换油液、调整工件浸没深度均可改变k的取值。工件仅沿平台向右单向直线运动，且平台足够长。平台内设有数控推杆，推杆对工件施加水平向右的推力F，推力输出由内置程序自动调控，大小随工件瞬时速度v的变化规律如图乙。试求： (1)当阻尼系数且工件速度为时，油液对工件的粘滞阻力大小； (2)保持阻尼系数不变，数控推杆将工件以初速度水平向右推动时，工件能保持匀速运动的速度值； (3)工程师调节阻尼系数k，要求输送系统仅存在两个互不相等的稳定速度，则满足条件的阻尼系数k与对应的速度大小是多少。 【答案】(1) (2) (3)；； 【难度】0.15 【详解】（1）由 整理得 （2）由图乙，以下各量的数值均采用国际单位制，在的低速段有，工件匀速运动时满足 当时，联立得 解得或 当时， 工件减速；当略小于时，，工件加速，因此为稳定速度。 初速度位于上述区间，工件最终以该稳定速度做匀速运动。 （3）在低速段，匀速条件给出。要有两个互不相等的根，需，即 两根分别为和 合力在较小根两侧由正变负，故较小根稳定；合力在较大根两侧由负变正，故较大根不稳定。在的高速段有，匀速交点为，该交点两侧的合力由正变负，因而稳定。要使该交点严格位于高速段内，需，即，当时，低速段两根重合，该交点不是双侧稳定点；当时，高速段交点位于分段连接处，也不是双侧稳定点，因此两端均不取。综上，满足条件的阻尼系数范围为 两个稳定速度分别为和 巩固提升 1．可视为质点的甲、乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为，杆长为。无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示，其中时刻乙球速率最大。已知甲球质量为，乙球质量为，重力加速度大小为，不计一切摩擦，则（     ） A．时刻轻杆与水平方向夹角小于 B．时刻甲球的加速度小于 C．时刻甲球的速率为 D．0~过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为 2．如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一个质量为m的有孔小球相连。小球套在竖直固定、足够长的光滑杆上。杆上M、N两点与O点的距离均为2l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。现将小球由M点静止释放，小球运动到N点时速度达到最大，继续向下运动直至最低点Q。整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（     ） A．弹簧的劲度系数为 B．小球从M点到P点的过程中，弹簧弹力的功率逐渐增大 C．小球从M点到P点的过程中重力的平均功率小于小球从P点到N点的过程中重力的平均功率 D．小球从N点向下运动到最低点Q的过程中，弹簧增加的弹性势能为 3．如图所示，两个质量均为的小滑块、通过铰链用长为的刚性轻杆连接，套在固定的竖直光滑杆上，放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角。原长为的轻弹簧水平放置，右端与相连，左端固定在竖直杆点上。由静止释放，下降到最低点时变为。整个运动过程中，、始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为。则下降过程中（　　 ） A．、组成的系统机械能守恒 B．、的速度满足 C．弹簧弹性势能最大值为 D．达到最大动能时，对杆的弹力等于0 4．质量为的汽车在平直公路上以恒定加速度由静止启动，经过时间达到额定功率，这个过程中汽车的位移为，汽车达到额定功率时关闭发动机，汽车又行驶了后停止，整个过程的位移-时间图像如图所示。已知汽车行驶时所受阻力恒定，则（     ） A．图中 B．汽车所受阻力为 C．汽车的额定功率为 D．若不关闭发动机，汽车能达到的最大速度为 5．如图所示，光滑水平面上静止一长木板，从长木板的两端同时滑上两个小滑块1、2，小滑块1的质量，初速度大小，小滑块2的质量，初速度大小，两个小滑块都可以看成质点。长木板的质量，两小滑块与长木板三者恰好同时达到共同速度，且两小滑块恰好不相碰。已知两个小滑块与长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，下列说法正确的是（     ） A．长木板的长度为8m B．摩擦力对小滑块2做的功为 C．摩擦力对长木板做的功为2J D．两个小滑块和长木板之间因摩擦产生的总热量为44J 6．如图所示的传送装置由同一竖直面内的轨道和传送带组成，包括固定在水平地面上倾角的直轨道AB、半径的圆弧轨道BCD、倾角的传送带。装置除传送带外均光滑，且各处平滑连接。质量的小物块P从AB上处的A点由静止释放，下滑到底端C点时的速度，首次到达传送带D点的速度，传送带保持顺时针匀速转动，最终小物块P以最小速度到达E点。由特殊材料制成的传送带DE长，小物块P相对传送带上行时动摩擦因数为，相对传送带下行时动摩擦因数为，小物块P与传送带间最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等。若不计小物块P的大小和空气阻力。已知，，取。则下列说法正确的是（　　） A．小物块P经过C点时对轨道的压力为 B．传送带的速度大小为 C．小物块P从D运动到E的总时间为 D．小物块P在传送带上留下的划痕长度为 7．分拣线上常会用到改变工件运动方向的装置。如图所示，宽度为2d的水平传送带以速度v0向右匀速运动，在其上方固定一光滑挡板，挡板与传送带AB边界的夹角为θ（θ为锐角）。现将质量为m的工件（可视为质点）轻放在传送带中心线上一点，当工件相对传送带静止时恰好碰到挡板，碰后工件垂直于挡板方向的速度减为零，平行于挡板方向的速度与碰前相同，最终工件从DC边界离开传送带。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则工件（     ） A．从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为 B．从放上传送带至碰到挡板前瞬间，摩擦力对其做的功为 C．沿挡板运动时对挡板的压力大小为 D．从碰到挡板至离开传送带所用的时间为 8．如图甲所示，矿井升降罐笼的井道设有摩擦制动式安全钳，井道底部竖直固定缓冲弹簧。罐笼失控下坠时，速度达到阈值后启动安全钳，先通过两侧大小均为的恒定阻力减速，罐笼继续下落一段距离，再与缓冲弹簧接触实现二次缓冲。罐笼最终速度减为零，此时弹簧压缩量为。已知罐笼（含安全钳）总质量为，重力加速度为，罐笼从启动安全钳开始所受合力与下落高度关系如图乙所示，缓冲弹簧始终处于弹性限度内，弹簧自身重力、空气阻力均忽略不计。从启动安全钳工作开始，下列说法正确的有（　　） A．罐笼所受弹簧弹力等于时，速度最大 B．罐笼接触弹簧前，加速度大小为 C．罐笼接触弹簧后至最低点全过程，克服合外力做功为 D．罐笼到达最低点时，弹簧弹性势能为 9．如图所示，在竖直方向上、两物体通过劲度系数为的轻质弹簧相连，放在水平地面上，、两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，放在固定的足够长的传送带上。传送带倾角为，传送带始终以的速度顺时针运动，在外力作用下静止在传送带顶端点，此时、间细线刚拉直但无拉力作用，与传送带间的动摩擦因数为，已知的质量为、的质量为，的质量为，重力加速度为，弹簧弹性势能表达式为，细线与滑轮之间的摩擦不计，撤去外力释放后，在传送带作用下向下运动，从开始运动到获得最大速度的过程中，下列说法正确的是（     ） A．从释放物体到速度达到最大过程，、、组成的系统机械能守恒 B．物体的最大速度为 C．初始时细线无拉力，弹簧的压缩量为 D．当的速度最大时弹簧伸长量为 10．如图所示，挡板固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端与半径为的圆弧轨道连接，圆弧轨道的圆心在斜面的延长线上。点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为的小物块、由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块紧靠在挡板处，物块用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为、大小可忽略的小球相连，初始时刻小球锁定在点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，、处于静止状态。某时刻解除对小球的锁定，当小球沿圆弧运动到最低点时（物块未到达点），物块对挡板的作用力恰好为，已知重力加速度为，不计一切摩擦。下列说法正确的是（     ） A．小球到达点时，物块沿斜面向上运动的位移大小为 B．小球到达点时的速度大小为 C．小球从点到达点的过程中小球和物块的速度大小之比一直为： D．小球由运动到的过程中，小球和物块的机械能之和先增大后减小 11．如图所示，一足够长，倾角的固定斜面上，一质量为的薄木板沿着斜面以速度匀速下滑，木板与斜面间动摩擦因数为，木板匀速下滑时，在木板的下端处无初速度放一质量为 的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取 ，重力加速度大小。 (1)求滑块刚放在薄木板上时的加速度大小与方向； (2)若滑块不从木板上端离开，求木板的最小长度； (3)在（2）问的条件下，滑块处于端时，对滑块施加沿斜面方向的恒力，为保证滑块在木板下滑过程中不脱离木板，求的取值范围。 12．如图所示为某工厂安装的传送装置，该装置可将货物从高处运送到低处以方便装车。装置主要由传送带Ⅰ和传送带Ⅱ两部分组成，传送带Ⅰ的水平部分长，倾斜部分长，货物到达端时可以速度大小不变的传到上，传送带Ⅱ长，和与水平方向的夹角，二者通过长度可忽略的光滑斜面连接。传送带启动后，皮带均先以加速度匀加速，传送带Ⅰ达到最大速度后匀速，传送带Ⅱ达到最大速度后匀速。某次运输过程中，启动传送带Ⅰ的同时，将货物轻放在传送带的左端，经过时间启动传送带Ⅱ，货物恰好以最短的时间到达最低点。已知货物与间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，重力加速度大小。求： (1)货物由运动到的时间； (2)的最大值； (3)货物在传送带Ⅱ上运动的时间。 13．传送带在生产实际中具有广泛的应用。某木材加工厂利用传送带运输木材的流程可以简化如图所示：在可视为光滑的段水平面上有一质量为的均匀细直木杆，轻推后木杆就进入顺时针匀速运行的水平传送带，木杆与传送带间的动摩擦因数为，木杆最终停在粗糙水平面上。已知传送带、两端的距离为木杆长度的2倍，、两点的距离为木杆长度的倍，且、、、在同一水平直线上。为保证木杆停在指定位置，在点安装有一竖直弹性挡板，可以让木杆以原速率反弹。在一次调试过程中，将传送带的速度设置为时，发现木杆刚好全部滑上传送带时与传送带相对静止，最后木杆右端与挡板碰撞一次后，左端第一次到达点时恰好停下。已知当地重力加速度为，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木杆在整个运动过程中始终没有转动，不计空气阻力。 (1)求在木杆滑上传送带的过程中，木杆内部张力的最大值。 (2)求木杆全部在水平面上运动时，其加速度的大小。 (3)在另一次调试过程中，增大传送带的速度后，发现木杆右端与挡板也只碰撞一次后，最终左端停在点，求此时传送带的速度大小。 14．如图所示，可视为质点的质量的滑块以的速度从A点滑上光滑平台AB，随后滑块再从B点相切滑入半径为的光滑圆弧轨道，圆弧轨道另一端与传送带相切。传送带长，与水平面夹角，顺时针传动速度为，滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带的主动轮和从动轮半径相同，且远小于传送带长度，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车厢上边沿的高度差为。滑块到达传送带主动轮的最高点时即水平抛出，并恰好落到车厢上边沿P点，车厢长度，抛出点到车厢尾部的水平距离为x（未知），不计空气阻力，重力加速度，，，请回答： (1)滑块从传送带的底部运动到顶部的时间； (2)装运系统传送该滑块过程需额外消耗的电能； (3)若要使滑块总能落入货车车厢，求传送带速度的可调节范围。 15．在智能物流仓库的水平分拣区，有一辆足够长的平板车C，平板车的质量，车上两个包裹A和B（均视为质点）的质量，如图甲所示。包裹A与平板车间的动摩擦因数，包裹B与平板车间的动摩擦因数，平板车与轨道间的动摩擦因数。时刻，平板车静止在水平轨道上，此时平板车上的包裹A具有向右的速度，在平板车上A的右侧一定距离处有包裹B，此时B具有向右的速度，简化图如图乙所示。已知全程包裹A、B未发生碰撞，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)时刻，包裹A、包裹B和平板车C各自的加速度大小？ (2)为保证两包裹不发生碰撞，时刻，包裹A与包裹B最小间距是多少？ (3)平板车最终停止时，它相对轨道滑行的距离是多少？ 物理力学竞赛专题 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 物 理 力学竞赛专题 专题三 牛顿运动定律 一、核心知识点 二、思维导图 三、题型分类 题型01连接体与临界分离问题 题型02 传送带模型综合应用 题型03板块模型与相对运动 题型04 动力学图像与信息提取 题型05 实际情境中的动力学建模 四、巩固提升 核心知识点 1. 牛顿第二定律的瞬时性与矢量性：理解加速度与合外力的瞬时对应关系，掌握正交分解法处理多力作用下的动力学问题。 2. 连接体与临界极值问题：掌握整体法与隔离法的灵活运用，分析弹簧、轻杆、细绳等约束条件下的弹力突变、分离临界点及相对运动临界条件。 3. 传送带模型中的摩擦力突变：分析物体在水平或倾斜传送带上因速度关系变化导致的滑动摩擦力方向改变、做功情况及划痕长度计算。 4. 板块模型中的相对运动：处理滑块与木板间的多过程运动，结合动量、能量观点分析共速条件、相对位移及系统摩擦生热。 5. 动力学图像与功能关系：利用v-t、F-x等图像获取运动信息，结合动能定理、机械能守恒定律解决变力做功及能量转化问题。 思维导图 题型分类 题型一 连接体与临界分离问题 例题1、如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B，物体A与弹簧拴接，弹簧的劲度系数为k，初始时物体A、B均处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动直到物体A、B分离，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能，关于此过程，下列说法正确的是（     ） A．施加拉力F后的瞬间，物体A、B间的弹力大小为mg B．施加拉力F后的瞬间，物体A、B间的弹力大小为 C．从施加拉力F到物体A、B分离的时间为 D．从施加拉力F到物体A、B分离，拉力F做的功为 【答案】BCD 【难度】0.4 【详解】AB．初始时，物体、处于静止状态，由受力平衡可知弹簧的初始压缩量为 施加拉力的瞬间，对物体、整体，由牛顿第二定律得 解得 对物体，由牛顿第二定律得 解得物体、间的弹力大小为，故A错误，B正确； C．物体、分离时，它们之间的弹力为零，且具有相同的速度和加速度，此时对物体，由牛顿第二定律得 解得此时弹簧的压缩量为 从施加拉力到物体、分离，它们上升的位移为 由匀变速直线运动的位移与时间的关系式 解得，故C正确； D．由对整体的牛顿第二定律方程 可得 可知拉力随位移均匀增大，分离时拉力大小为 从施加拉力到物体、分离，平均力法求拉力做的功为，故D正确。 故选BCD。 题型二 传送带模型综合应用 例题2、如图所示，质量为m可视为质点的物件与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带倾角为θ，上、下两端点D、A间的距离为L。传送带顺时针匀速转动，速度大小为v，物件轻放于A点后运动至B点时达到最大速度，之后做匀速运动至C点，然后电机紧急制动使传送带立即静止不动，物件恰好能到达最高点D。已知重力加速度为g，则下列叙述正确的有（     ） A．CD段物件的加速度为g（sinθ-μcosθ） B．CD段长为 C．物件从B到C运行的时间为 D．全过程物件在传送带上留下的划痕长度大小等于AB间的距离 【答案】BCD 【难度】0.4 【详解】取沿斜面向上为正方向，物件在到阶段相对传送带向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由题意可知；在到阶段物件与传送带相对静止，以速度做匀速直线运动；传送带在点停止后，物件继续向上滑动至点。 A．在到阶段，物件受到的重力沿斜面分力和滑动摩擦力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 解得 故加速度大小为，故A错误； B．物件在点的速度大小为，到达点时速度为零，根据匀变速直线运动规律有 解得，故B正确； C．在到阶段，根据牛顿第二定律有 解得 物件在点速度达到传送带速度，根据匀变速直线运动规律有 解得 由可得 物件在到阶段以速度做匀速直线运动，所用时间为 联立解得，故C正确； D．物件在到阶段的运动时间为 在此时间内传送带运动的距离为 物件相对传送带滑动的距离为 因此物件第一次在传送带上留下长度为AB的划痕，且到达点时，该划痕位于物件前方。物件从到与传送带相对静止，所以到达点时，该划痕仍从物件所在位置沿斜面向上延伸。又有 因此物件从到产生的划痕完全落在原有划痕内，全过程留下的划痕长度等于AB，故D正确。 故选BCD。 题型三 板块模型与相对运动 例题3、如图所示，长度为质量的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)若物块在时恰好到达木板右端且与木板共速，求恒力的大小和木板长度； (2)的大小满足什么条件可使物块从木板左端滑落； (3)施加的恒力大小不同，物块相对木板的路程不同，求与的关系式。 【答案】(1)， (2)，物块会从木板左端滑落 (3)时，；时，；时， 【难度】0.38 【详解】（1）物块刚滑上木板做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 物块与木板在时共速，设此时速度为，木板的加速度为，根据运动学公式分别有， 联立解得 对木板，根据牛顿第二定律有 解得 物块与木板在共速前的相对位移等于木板长度，根据运动学公式有 解得 （2）物块与木板共速后，若保持相对静止不发生滑动，此时物块与木板具有共同的加速度，对物块需要满足的条件为 对整体，根据牛顿第二定律有 联立解得 若要使物块从木板左端滑落，则需满足 （3）当时，物块从木板右端滑出，相对路程等于板长，可得 解得 当时，物块与木板共速后相对静止，设经过时间二者达到共同速度，木板的加速度为，根据牛顿第二定律和运动学公式分别有， ， 此过程中物块相对木板的路程为 联立解得 当时，物块与木板共速后，物块相对木板向左返回，最终从左端滑出。物块相对木板向右运动的最大相对位移为 由于物块最终从左端滑出，其总相对路程为 联立解得 题型四 动力学图像与信息提取 例题4、如图（a）所示，质量为的足够长木板C静置于水平面上，质量均为的物块A、 B（均可视为质点）静置于C上，B位于A右方处。A、C间动摩擦因数，B、C间，C与地面间的动摩擦因数。现给C施加一水平向右的恒力，A、B第一次相遇的时间为，可得与的关系如图（b）所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，求： (1)物块A、B的最大加速度、； (2)图（b）中和的大小； (3)图（b）中至区间内有关系式，则求和的大小。 【答案】(1)， (2)， (3)， 【难度】0.42 【详解】（1）根据牛顿第二定律，对物块A、B分别有， 解得， （2）由图（b）可知，当时，为无限大，说明物块A、B均未相对于木板滑动。当时B刚好要相对于C滑动，根据牛顿第二定律，对ABC整体有， 解得 由图（b）可知，当时，不再改变，说明A、 B均已相对C滑动，当时，物块A恰好相对于C滑动， 根据牛顿第二定律，对AC有 解得 （3）设拉力为时，AB第一次相遇时间为，则 解得 图（b）中区间内， 将点的坐标和的坐标代入方程，解得， 题型五 实际情境中的动力学建模 例题5、如图甲，自动化精密加工生产线配备水平工件输送平台，平台底座光滑无摩擦；平台内置恒温油液槽，质量的金属工件（视为质点）在油中水平运动时，油液粘滞阻力大小与工件瞬时速度成正比，，k为阻尼调节系数，更换油液、调整工件浸没深度均可改变k的取值。工件仅沿平台向右单向直线运动，且平台足够长。平台内设有数控推杆，推杆对工件施加水平向右的推力F，推力输出由内置程序自动调控，大小随工件瞬时速度v的变化规律如图乙。试求： (1)当阻尼系数且工件速度为时，油液对工件的粘滞阻力大小； (2)保持阻尼系数不变，数控推杆将工件以初速度水平向右推动时，工件能保持匀速运动的速度值； (3)工程师调节阻尼系数k，要求输送系统仅存在两个互不相等的稳定速度，则满足条件的阻尼系数k与对应的速度大小是多少。 【答案】(1) (2) (3)；； 【难度】0.15 【详解】（1）由 整理得 （2）由图乙，以下各量的数值均采用国际单位制，在的低速段有，工件匀速运动时满足 当时，联立得 解得或 当时， 工件减速；当略小于时，，工件加速，因此为稳定速度。 初速度位于上述区间，工件最终以该稳定速度做匀速运动。 （3）在低速段，匀速条件给出。要有两个互不相等的根，需，即 两根分别为和 合力在较小根两侧由正变负，故较小根稳定；合力在较大根两侧由负变正，故较大根不稳定。在的高速段有，匀速交点为，该交点两侧的合力由正变负，因而稳定。要使该交点严格位于高速段内，需，即，当时，低速段两根重合，该交点不是双侧稳定点；当时，高速段交点位于分段连接处，也不是双侧稳定点，因此两端均不取。综上，满足条件的阻尼系数范围为 两个稳定速度分别为和 巩固提升 1．可视为质点的甲、乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为，杆长为。无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示，其中时刻乙球速率最大。已知甲球质量为，乙球质量为，重力加速度大小为，不计一切摩擦，则（     ） A．时刻轻杆与水平方向夹角小于 B．时刻甲球的加速度小于 C．时刻甲球的速率为 D．0~过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为 【答案】D 【难度】0.38 【详解】A．设轻杆与水平方向的夹角为，甲、乙两球的速度大小分别为和，分别将和沿杆和垂直杆方向进行分解，则甲、乙两球沿杆方向的速度分量相等，即 由题图可知时刻，解得此时，故A错误； B．由分析可知杆对乙球的作用先是推力，后是拉力，时刻乙球速率最大，则此时乙球的加速度恰好为零，此时杆恰好对乙球无作用力，即杆对甲的作用力也为0，甲仅受重力由牛顿第二定律有 解得，故B错误； C．时刻乙球的速度为0，则此时甲球刚好落地，从无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，则有 解得时刻甲球的速率为，故C错误； D．过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积即为该过程中甲、乙两球的位移，由于该过程甲球的位移为 乙球的位移为 所以过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为，故D正确。 故选D。 2．如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一个质量为m的有孔小球相连。小球套在竖直固定、足够长的光滑杆上。杆上M、N两点与O点的距离均为2l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。现将小球由M点静止释放，小球运动到N点时速度达到最大，继续向下运动直至最低点Q。整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（     ） A．弹簧的劲度系数为 B．小球从M点到P点的过程中，弹簧弹力的功率逐渐增大 C．小球从M点到P点的过程中重力的平均功率小于小球从P点到N点的过程中重力的平均功率 D．小球从N点向下运动到最低点Q的过程中，弹簧增加的弹性势能为 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．，，设、与杆所成的夹角均为，由几何关系可知，， 由于小球运动到N点时速度达到最大，则在该点处小球合力为零 设弹簧的劲度系数为，对竖直方向进行受力分析，有 解得，故A错误； B．弹力功率为 小球位于M点时，速度为，则此时弹力功率为 小球位于P点时，弹簧恢复原长，弹力为，则此时弹力功率也为 小球从M点运动到P点的过程中，弹力功率的初末值均为，因此该过程内弹簧弹力的功率不是逐渐增大的，故B错误； C．重力的平均功率为 小球从M点静止释放，运动到N点时速度达到最大，可知该段过程内小球一直做加速运动 则段平均速度小于段平均速度 由可知，小球从M点到P点的过程中重力的平均功率小于小球从P点到N点的过程中重力的平均功率，故C正确； D．小球从点运动到点的过程中，初末状态弹簧长度不变，则弹性势能的改变量为，由机械能守恒定律得， 小球从点运动到点的过程中，设的长度为，弹簧增加的弹性势能为，由机械能守恒定律得 解得 则小球从N点向下运动到最低点Q的过程中弹簧增加的弹性势能 由于 因此弹簧增加的弹性势能，故D错误。 故选C。 3．如图所示，两个质量均为的小滑块、通过铰链用长为的刚性轻杆连接，套在固定的竖直光滑杆上，放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角。原长为的轻弹簧水平放置，右端与相连，左端固定在竖直杆点上。由静止释放，下降到最低点时变为。整个运动过程中，、始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为。则下降过程中（　　 ） A．、组成的系统机械能守恒 B．、的速度满足 C．弹簧弹性势能最大值为 D．达到最大动能时，对杆的弹力等于0 【答案】B 【难度】0.4 【详解】A．取滑块、组成的系统，其机械能为 运动过程中弹簧对该系统做功，系统机械能的变化量满足 因此、组成的系统机械能不守恒，故A错误； B．根据刚性轻杆两端沿杆方向分速度相等，可得 解得，故B正确； C．初始时，弹簧长度为，恰好等于原长，因此初始弹性势能为零。下降过程中增大，弹簧伸长量增大，到达最低点时弹性势能最大。初、末位置均为速度等于零的临界位置，对、和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有 解得 弹簧弹性势能最大值不等于mgL，故C错误； D．由得连接轻杆对P的作用力，根据牛顿第三定律，P对轻杆的弹力不为零，故D错误 故选B。 4．质量为的汽车在平直公路上以恒定加速度由静止启动，经过时间达到额定功率，这个过程中汽车的位移为，汽车达到额定功率时关闭发动机，汽车又行驶了后停止，整个过程的位移-时间图像如图所示。已知汽车行驶时所受阻力恒定，则（     ） A．图中 B．汽车所受阻力为 C．汽车的额定功率为 D．若不关闭发动机，汽车能达到的最大速度为 【答案】BC 【难度】0.4 【详解】A．启动阶段有 整理得 关闭发动机后汽车做匀减速直线运动，有 解得，故A错误； B．启动阶段有 关闭发动机后由匀变速直线运动规律得 由牛顿第二定律得，故B正确； C．启动阶段的加速度和末速度分别为、 关闭发动机后由匀变速直线运动规律和牛顿第二定律得 达到额定功率时发动机的牵引力 汽车的额定功率，故C正确； D．若发动机不关闭，汽车速度最大时牵引力与阻力平衡，有 由启动阶段和关闭发动机后的运动规律可得、、 达到额定功率时 所以，故D错误。 故选BC。 5．如图所示，光滑水平面上静止一长木板，从长木板的两端同时滑上两个小滑块1、2，小滑块1的质量，初速度大小，小滑块2的质量，初速度大小，两个小滑块都可以看成质点。长木板的质量，两小滑块与长木板三者恰好同时达到共同速度，且两小滑块恰好不相碰。已知两个小滑块与长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，下列说法正确的是（     ） A．长木板的长度为8m B．摩擦力对小滑块2做的功为 C．摩擦力对长木板做的功为2J D．两个小滑块和长木板之间因摩擦产生的总热量为44J 【答案】CD 【难度】0.4 【详解】A．设小滑块1的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得 代入数据得a1=3m/s2 设小滑块2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得 代入数据得a2=3m/s2 设长木板3的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律得 代入数据得a3=1m/s2 设经过t时间三者的速度相同，则有 代入数据解得t=2s 此时三者的速度v3=a3t=2m/s 三者共速后一起做匀速直线运动，速度时间图像如图所示 长木板的长度等于大三角形的面积，故A错误； B．根据动能定理，摩擦力对小滑块2做的功等于小滑块2动能的变化量，故B错误； C．同理摩擦力对长木板做的功，故C正确； D．由图像可得小滑块1与长木板的相对位移就等于图像中上面的三角形面积，即 同理小滑块2与长木板的相对位移就等于图像中下面的三角形面积，即 两个小滑块和长木板之间因摩擦产生的热量 代入数据得Q=44J，故D正确。 故选CD。 6．如图所示的传送装置由同一竖直面内的轨道和传送带组成，包括固定在水平地面上倾角的直轨道AB、半径的圆弧轨道BCD、倾角的传送带。装置除传送带外均光滑，且各处平滑连接。质量的小物块P从AB上处的A点由静止释放，下滑到底端C点时的速度，首次到达传送带D点的速度，传送带保持顺时针匀速转动，最终小物块P以最小速度到达E点。由特殊材料制成的传送带DE长，小物块P相对传送带上行时动摩擦因数为，相对传送带下行时动摩擦因数为，小物块P与传送带间最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等。若不计小物块P的大小和空气阻力。已知，，取。则下列说法正确的是（　　） A．小物块P经过C点时对轨道的压力为 B．传送带的速度大小为 C．小物块P从D运动到E的总时间为 D．小物块P在传送带上留下的划痕长度为 【答案】ABC 【难度】0.38 【详解】A．小物块P经过C点时根据 解得 根据牛顿第三定律可知，小物块P对轨道的压力为19.5N，A正确； B．假设刚滑上传送带时传送带的速度小于物块P的速度，则物块先做减速运动，加速度大小为 共速后继续减速运动，加速度大小为 由题意可知 解得传送带的速度大小为，假设成立，即传送带的速度大小为1m/s，B正确； C．小物块P从D运动到E的第一阶段运动的时间 第二阶段运动时间 总时间为，C正确； D．小物块P在上滑的第一阶段在传送带上留下的划痕长度为 在上滑的第二阶段在传送带上留下的划痕长度为； 由于与重叠，可知总的划痕长度为，D错误。 故选ABC。 7．分拣线上常会用到改变工件运动方向的装置。如图所示，宽度为2d的水平传送带以速度v0向右匀速运动，在其上方固定一光滑挡板，挡板与传送带AB边界的夹角为θ（θ为锐角）。现将质量为m的工件（可视为质点）轻放在传送带中心线上一点，当工件相对传送带静止时恰好碰到挡板，碰后工件垂直于挡板方向的速度减为零，平行于挡板方向的速度与碰前相同，最终工件从DC边界离开传送带。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则工件（     ） A．从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为 B．从放上传送带至碰到挡板前瞬间，摩擦力对其做的功为 C．沿挡板运动时对挡板的压力大小为 D．从碰到挡板至离开传送带所用的时间为 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】A．工件在传送带上做匀加速运动，加速度为 与传送带共速时满足v0=at 解得 即从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为，故A错误； B．工件从放上传送带至碰到挡板，由动能定理可知摩擦力对其做的功，故B正确； CD．工件与传送带共速时，将工件的速度沿挡板方向和垂直挡板方向分解，有vy=v0sinθ。 工件与挡板碰撞后，垂直于挡板方向的速度减为零，其相对传送带的速度大小为v相对=vy=v0sinθ，方向垂直于挡板斜向下方。 因摩擦力方向与相对运动方向相反，故工件受到传送带的摩擦力μmg与挡板对它的弹力大小相等、方向相反。 根据牛顿第三定律，工件沿挡板运动时对挡板的压力与挡板对工件的弹力相等，大小为μmg。由于vx=v0cosθ与传送带沿挡板方向速度相同，工件沿挡板方向以vx做匀速直线运动，因此工件从碰到挡板到离开传送带所用的时间为 代入vx=v0cosθ得，故C错误，D正确。 故选BD。 8．如图甲所示，矿井升降罐笼的井道设有摩擦制动式安全钳，井道底部竖直固定缓冲弹簧。罐笼失控下坠时，速度达到阈值后启动安全钳，先通过两侧大小均为的恒定阻力减速，罐笼继续下落一段距离，再与缓冲弹簧接触实现二次缓冲。罐笼最终速度减为零，此时弹簧压缩量为。已知罐笼（含安全钳）总质量为，重力加速度为，罐笼从启动安全钳开始所受合力与下落高度关系如图乙所示，缓冲弹簧始终处于弹性限度内，弹簧自身重力、空气阻力均忽略不计。从启动安全钳工作开始，下列说法正确的有（　　） A．罐笼所受弹簧弹力等于时，速度最大 B．罐笼接触弹簧前，加速度大小为 C．罐笼接触弹簧后至最低点全过程，克服合外力做功为 D．罐笼到达最低点时，弹簧弹性势能为 【答案】BC 【难度】0.4 【详解】A．罐笼下落过程中，受竖直向下的重力、竖直向上的滑动摩擦力及竖直向上的弹簧弹力。根据牛顿第二定律，合外力 当速度最大时，加速度为零，即合外力为零，此时弹簧弹力应满足 解得，故A错误； B．罐笼接触弹簧前，受力情况为和。由题意，且由图像可知，此阶段合力方向向上，做减速运动，合力大小恒为 根据牛顿第二定律，加速度大小为，故B正确； C．在图乙的图像中，罐笼接触弹簧后至最低点的过程，合外力随下落高度线性增加，此过程合外力与位移围成的图形为梯形。因此，克服合外力做功的大小即为此梯形的面积，表达式为，故C正确； D．设从启动安全钳到接触弹簧的下落高度为，到达最低点时弹簧的弹性势能为。对全过程（从启动安全钳到速度减为零）应用动能定理 解得弹性势能 由于，则大小不等于，故D错误。 故选BC。 9．如图所示，在竖直方向上、两物体通过劲度系数为的轻质弹簧相连，放在水平地面上，、两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，放在固定的足够长的传送带上。传送带倾角为，传送带始终以的速度顺时针运动，在外力作用下静止在传送带顶端点，此时、间细线刚拉直但无拉力作用，与传送带间的动摩擦因数为，已知的质量为、的质量为，的质量为，重力加速度为，弹簧弹性势能表达式为，细线与滑轮之间的摩擦不计，撤去外力释放后，在传送带作用下向下运动，从开始运动到获得最大速度的过程中，下列说法正确的是（     ） A．从释放物体到速度达到最大过程，、、组成的系统机械能守恒 B．物体的最大速度为 C．初始时细线无拉力，弹簧的压缩量为 D．当的速度最大时弹簧伸长量为 【答案】BC 【难度】0.4 【详解】A．从释放物体到速度达到最大过程，传送带对物体C做功，则A、B、C组成的系统机械能不守恒，故A错误； C．初始时细线无拉力，对B受力分析得弹簧压缩量，故C正确； D．当C速度最大时，加速度为0，合力为0；对C沿斜面方向根据平衡条件可得 代入数据解得 此时对B根据平衡条件可得 解得弹簧伸长量为，故D错误； B．C物体的最大速度时，B向上移动的总位移为 绳子不可伸长，则有 对B、C和弹簧系统，根据功能关系可得 解得C物体的最大速度为，故B正确。 故选BC。 10．如图所示，挡板固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端与半径为的圆弧轨道连接，圆弧轨道的圆心在斜面的延长线上。点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为的小物块、由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块紧靠在挡板处，物块用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为、大小可忽略的小球相连，初始时刻小球锁定在点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，、处于静止状态。某时刻解除对小球的锁定，当小球沿圆弧运动到最低点时（物块未到达点），物块对挡板的作用力恰好为，已知重力加速度为，不计一切摩擦。下列说法正确的是（     ） A．小球到达点时，物块沿斜面向上运动的位移大小为 B．小球到达点时的速度大小为 C．小球从点到达点的过程中小球和物块的速度大小之比一直为： D．小球由运动到的过程中，小球和物块的机械能之和先增大后减小 【答案】ABD 【难度】0.15 【详解】A．小球到达点时，端绳段的长度由增至弦长，由几何关系得 根据绳长不变，物块沿斜面向上运动的位移大小为，故A正确； B．设弹簧劲度系数为，初始压缩量为，初态物块沿斜面方向受力平衡，有 小球到达点时，设弹簧伸长量为，物块对挡板的作用力恰好为，有 故，弹簧在初、末状态的弹性势能相等。设此时小球的速度大小为，其速度方向沿轨道切线，绳段与水平方向的夹角为，由绳长不变得 对小球、物块、物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得 整理得，故B正确； C．小球从点运动到点的过程中，设其速度方向与端绳段方向的锐角为，由绳长不变得，由于随小球位置改变，也随之改变，仅在点等于，故C错误； D．小球由点运动到点的过程中，物块保持静止，小球和物块的机械能之和与弹簧弹性势能的总和不变。弹簧由压缩状态逐渐恢复原长，再变为拉伸状态，其弹性势能先减小后增大，所以小球和物块的机械能之和先增大后减小，故D正确。 故选ABD。 11．如图所示，一足够长，倾角的固定斜面上，一质量为的薄木板沿着斜面以速度匀速下滑，木板与斜面间动摩擦因数为，木板匀速下滑时，在木板的下端处无初速度放一质量为 的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取 ，重力加速度大小。 (1)求滑块刚放在薄木板上时的加速度大小与方向； (2)若滑块不从木板上端离开，求木板的最小长度； (3)在（2）问的条件下，滑块处于端时，对滑块施加沿斜面方向的恒力，为保证滑块在木板下滑过程中不脱离木板，求的取值范围。 【答案】(1)，方向沿斜面向下 (2)0.3m (3) 【难度】0.36 【详解】（1）已知、、、、、、。木板放上滑块前沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有 解得 代入数据解得 滑块无初速度放在木板下端时，滑块相对木板向上端运动，滑动摩擦力沿斜面向下。设滑块加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 因此滑块刚放上木板时的加速度大小为，方向沿斜面向下。 （2）滑块刚放上木板后，木板仍沿斜面向下运动，斜面对木板的滑动摩擦力和滑块对木板的滑动摩擦力均沿斜面向上。设木板加速度大小为，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 以木板下端指向上端为相对运动的正方向，滑块相对木板的初速度大小为，相对加速度大小为。当滑块与木板速度相同时，滑块相对木板向上运动的距离达到最大值，根据匀变速直线运动规律有 木板的最小长度为 联立解得 代入数据解得， 此时滑块与木板的共同速度大小为 代入数据解得 此后若滑块与木板保持相对静止，滑块所需的静摩擦力为，而最大静摩擦力为，静摩擦力不足，滑块将改为相对木板向下运动，因此确为保证滑块不从上端离开的最小长度。 （3）取沿斜面向上为正方向，恒力沿斜面向上。滑块位于上端时，滑块与木板均以沿斜面向下运动，且相对速度为零。 当滑块与木板保持相对静止时，设共同加速度为，对滑块和木板组成的整体，根据牛顿第二定律有 由于，解得 设木板对滑块的静摩擦力沿斜面向上为正，对滑块根据牛顿第二定律有 解得 为使滑块与木板保持相对静止，应满足 联立解得 代入数据解得 当时，滑块将相对木板向上运动并立即从上端离开，因此。 当时，滑块相对木板向下运动，滑动摩擦力对滑块沿斜面向上、对木板沿斜面向下。设木板沿斜面向上的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 木板停止下滑所需时间为 代入数据解得 设滑块沿斜面向上的加速度大小为，在临界情况下，木板恰好停止下滑时滑块到达下端，滑块相对木板向下运动的距离恰为，因此有 解得 对滑块根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 当时，滑块虽相对木板向下运动，但在木板停止下滑前不会到达下端；当时，滑块与木板保持相对静止。 综上，恒力的取值范围为 12．如图所示为某工厂安装的传送装置，该装置可将货物从高处运送到低处以方便装车。装置主要由传送带Ⅰ和传送带Ⅱ两部分组成，传送带Ⅰ的水平部分长，倾斜部分长，货物到达端时可以速度大小不变的传到上，传送带Ⅱ长，和与水平方向的夹角，二者通过长度可忽略的光滑斜面连接。传送带启动后，皮带均先以加速度匀加速，传送带Ⅰ达到最大速度后匀速，传送带Ⅱ达到最大速度后匀速。某次运输过程中，启动传送带Ⅰ的同时，将货物轻放在传送带的左端，经过时间启动传送带Ⅱ，货物恰好以最短的时间到达最低点。已知货物与间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，重力加速度大小。求： (1)货物由运动到的时间； (2)的最大值； (3)货物在传送带Ⅱ上运动的时间。 【答案】(1)1s (2) (3)1.2s 【难度】0.37 【详解】（1）货物在水平AB段滑动时，摩擦力提供加速度 货物加速到与传送带Ⅰ的最大速度相等的时间与位移为， 解得， 剩余位移匀速运动，时间为 货物由运动到的时间为 （2）货物在倾斜BC段，有 则货物匀速下滑，时间为 货物到达传送带Ⅱ顶端D的时刻为放货后 且此时货物速度为3m/s，要使货物以最短时间到达E，需货物在DE上加速度最大，即始终满足v货≤v带，摩擦力应沿斜面向下，最大t0对应=2 s时传送带DE速度恰好等于，则 解得 （3）货物在DE段，根据牛顿第二定律有 解得 货物加速到用时 位移为 此后货物继续加速，根据牛顿第二定律有 解得 根据位移—时间公式有 解得 货物在传送带Ⅱ上运动的时间为 13．传送带在生产实际中具有广泛的应用。某木材加工厂利用传送带运输木材的流程可以简化如图所示：在可视为光滑的段水平面上有一质量为的均匀细直木杆，轻推后木杆就进入顺时针匀速运行的水平传送带，木杆与传送带间的动摩擦因数为，木杆最终停在粗糙水平面上。已知传送带、两端的距离为木杆长度的2倍，、两点的距离为木杆长度的倍，且、、、在同一水平直线上。为保证木杆停在指定位置，在点安装有一竖直弹性挡板，可以让木杆以原速率反弹。在一次调试过程中，将传送带的速度设置为时，发现木杆刚好全部滑上传送带时与传送带相对静止，最后木杆右端与挡板碰撞一次后，左端第一次到达点时恰好停下。已知当地重力加速度为，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木杆在整个运动过程中始终没有转动，不计空气阻力。 (1)求在木杆滑上传送带的过程中，木杆内部张力的最大值。 (2)求木杆全部在水平面上运动时，其加速度的大小。 (3)在另一次调试过程中，增大传送带的速度后，发现木杆右端与挡板也只碰撞一次后，最终左端停在点，求此时传送带的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.15 【详解】（1）设木杆长度为，当木杆进入传送带的长度为（）时 木杆受到的摩擦力为，加速度为 考虑木杆未进入传送带的后端（长度为），其质量为 设木杆内部的张力为，由牛顿第二定律得： 由二次函数性质可知，当时，取最大值为 （2）设面动摩擦因数为 木杆滑上传送带这一过程中，摩擦力为，方向水平向右 类比弹簧弹性势能公式可知，该变力做功为 可得 当木杆前端刚刚越过点进入面时（此时后端还在传送带上），设（）为进入面的长度，则木杆受到两个摩擦力的共同作用： ①传送带对其向右的滑动摩擦力，大小随木杆离开传送带的长度变化，为 ②面对其向左的滑动摩擦力，大小随木杆进入面的长度变化，为 类比弹簧弹性势能公式可知，该段摩擦力的合力做功为 此后木杆全部在水平面上运动，右端与挡板碰撞一次，左端第一次到达点时停下 此过程滑动摩擦力做负功，，路程为 该段摩擦力做功为 对全过程应用动能定理，可知 代入，有： 解得 根据牛顿第二定律可知，木杆全部在水平面上运动时，加速度的大小为 （3）由题意可知，木杆右端与挡板碰撞一次后，回到传送带上，再返回水平面，最终左端停在点，不再与挡板发生碰撞。 在回到传送带的过程中，我们不妨先只考虑传送带上的摩擦力。由于一开始传送带的速度方向与木杆速度方向相反，摩擦力使木杆减速，后在摩擦力的带动下，木杆反向加速，可知这一过程中摩擦力大小不变，方向始终向右，由对称性可知，摩擦力的作用最终使得木杆速度大小不变，方向相反，这一段传送带摩擦力做功为 结合（2）问可知，木杆前端刚刚越过点进入面至停止这一过程中，合外力做功为 代入，得 而木杆一开始进入传送带到共速的过程中，由于传送带速度增大，木杆完全进入传送带时尚未共速，设这一过程中摩擦力做功为 对全过程应用动能定理，有 解得 对于木杆一开始进入传送带到刚好完全进入传送带这一过程，由（2）问可知 则木杆在完全传送带上这一过程内，传送带做功 摩擦力为，则该过程位移为，因此木杆可以和传送带共速 设此时传送带速度大小为，根据动能定理有 解得 代入，有 14．如图所示，可视为质点的质量的滑块以的速度从A点滑上光滑平台AB，随后滑块再从B点相切滑入半径为的光滑圆弧轨道，圆弧轨道另一端与传送带相切。传送带长，与水平面夹角，顺时针传动速度为，滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带的主动轮和从动轮半径相同，且远小于传送带长度，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车厢上边沿的高度差为。滑块到达传送带主动轮的最高点时即水平抛出，并恰好落到车厢上边沿P点，车厢长度，抛出点到车厢尾部的水平距离为x（未知），不计空气阻力，重力加速度，，，请回答： (1)滑块从传送带的底部运动到顶部的时间； (2)装运系统传送该滑块过程需额外消耗的电能； (3)若要使滑块总能落入货车车厢，求传送带速度的可调节范围。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.34 【详解】（1）滑块从水平轨道B点到传送带从动轮处，由动能定理，有 解得 所以滑块先加速，设加速度为，则有 解得 根据速度-位移公式有 解得 之后滑块做匀速运动，位移 滑块加速的时间为 滑块匀速的时间为 所以总时间 （2）滑块动能的增加量为 滑块重力势能的增加量为 滑块在传送带运动的相对位移为 系统产生的热量为 所以装运系统传送该滑块过程需额外消耗的电能为 （3）滑块做平抛运动的时间为 滑块恰好落到车厢上边沿点，则有 要使滑块总能落入货车车厢，对应最大速度为 若滑块在传送带全程加速，则有 解得 综上，只需要控制传送带速度 15．在智能物流仓库的水平分拣区，有一辆足够长的平板车C，平板车的质量，车上两个包裹A和B（均视为质点）的质量，如图甲所示。包裹A与平板车间的动摩擦因数，包裹B与平板车间的动摩擦因数，平板车与轨道间的动摩擦因数。时刻，平板车静止在水平轨道上，此时平板车上的包裹A具有向右的速度，在平板车上A的右侧一定距离处有包裹B，此时B具有向右的速度，简化图如图乙所示。已知全程包裹A、B未发生碰撞，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)时刻，包裹A、包裹B和平板车C各自的加速度大小？ (2)为保证两包裹不发生碰撞，时刻，包裹A与包裹B最小间距是多少？ (3)平板车最终停止时，它相对轨道滑行的距离是多少？ 【答案】(1)，， (2)1.75m (3)2.25m 【难度】0.36 【详解】（1）由于包裹A与小车C初速度不同，两者必然发生相对滑动。 对包裹A应用牛顿第二定律有解得 分析包裹B，根据牛顿第二定律有解得 分析小车C，根据牛顿第二定律解得 （2）设包裹B先与小车C达到共速，达到共速所需时间为，则B与小车共速时满足 解得，，此时A的速度为 ，说明包裹B先与小车C共速成立 时间内A的位移 包裹B的位移 A与B相对位移为 后，A与小车C继续相对滑动，加速度不变 对B和小车C整体分析，根据牛顿第二定律 则一起匀速运动，设再经时间三者共速，有解得 A与共速后，假设保持相对静止，则整体的加速度 由于小于也小于，则A和B与C一起保持相对静止匀减速向右滑动，设时 间内A相对B向右的位移为，则解得 为保证A、B不发生碰撞，两包裹初始距离最小值 （3）小车C对地位移，， 平板车最终停止时，它相对轨道滑行的距离为 物理力学竞赛专题 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $