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第7讲　牛顿运动定律的应用
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
一、两类动力学问题 1
二、超重与失重 2
[命题点研究] 2
命题点一　超重与失重现象 2
命题点二　动力学中的图象问题 5
命题点三　动力学的两类基本问题 8
命题点四　传送带模型 10
[课时训练] 14
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
牛顿运动定律应用 d 1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形． 2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.
超重与失重 b
[基础过关]
一、两类动力学问题
1．两类动力学问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况．
(2)已知运动情况求物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示：
二、超重与失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
[命题点研究]
命题点一　超重与失重现象
1．对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
2．判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重
（多选）（2023 浙江模拟）神舟十四号又被称为“最忙乘组”，在空间站工作期间迎接了问天、梦天、天舟五号和神舟十五号，它于12月4日返回祖国。返回时在穿越大气层时对返回舱起主要减速作用的降落伞（主伞）面积达1200m2，质量为120kg，由96根坚韧的伞绳均匀连接返回舱悬挂点和降落伞边缘，降落伞边缘为圆形状，半径为15m，设每一根伞绳长度为39m，返回舱（不含航天员）的质量为2670kg，舱内三个航天员的质量每人平均计70kg。设某一段过程，返回舱受到的空气阻力为返回舱总重力的0.05倍，中轴线（返回能悬挂点与降落伞中心的连线）保持竖直，返回舱以0.5m/s2的加速度竖直向下减速。此过程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。对此以下分析正确的是（　　）
A．在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号处于完全失重状态，不受外力
B．题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力
C．题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325N
D．题中减速阶段，降落伞受到的空气阻力为1500N
（2022 浙江三模）如图所示，在名为“勇敢者”的课堂演示实验中，用不可伸长的轻长绳将一铁球悬挂在天花板上。一同学靠墙站立，双手拉球使其与鼻尖恰好接触，然后由静止释放铁球。若该同学保持图示姿势不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．铁球可能会撞击该静止不动的同学
B．铁球运动到最低点时处于失重状态
C．释放瞬间铁球的加速度水平向右
D．释放瞬间长绳拉力小于铁球重力
（2022 宁波二模）宁波市东部新城音乐喷泉启动一段时间稳定后可保持如图所示的迷人风姿，假设从水面四周喷出的各水流，速度大小相等、与水平面所成夹角大小相同，不计空气阻力、水流互不干扰。则下列说法正确的是（　　）
A．水落回水面的速度都相同
B．初速度加倍，水在空中飞行时间加倍
C．初速度加倍，水的水平射程加倍
D．空中上升过程的水，处在超重状态
（2021 滨江区校级模拟）我国的月球探测计划“嫦娥工程”分为“绕、落、回”三步。“嫦娥五号”的任务是“回”。2020年11月24日，“嫦娥五号”成功发射，它分为四部分：着陆器、上升器、轨道器和返回器。12月3日，载着珍贵“月壤”的嫦娥5号“上升器”发动机点火，以“着陆器”作为发射台，从月面起飞（如图1），回到预定环月轨道，与绕月飞行的“轨道器与返回器组合体”成功交会对接（如图2），将珍贵的“月壤”转移到“返回器”中。12月17日，“返回器”进入月地转移轨道重返地球，以超高速进入大气层。由于速度太快会使得“返回器”与空气剧烈摩擦产生高温，高温会对“月壤”产生不利影响，甚至温度过高，返回器有燃烧殆尽的风险。为避免这些风险，采用“半弹道跳跃式返回”俗称“太空打水漂”的方式两次进入大气层，梯次气动减速（如图3）。最终在预定地点平稳着陆。根据以上信息，判断下列说法正确的是（　　）
A．“上升器”从点火上升到回到预定环月轨道的过程中，“月壤”一直处于超重状态
B．“月壤”随“返回器”进入环月轨道后，“返回器”的弹力给“月壤”提供向心力
C．为了利用地球自转，节省燃料，“嫦娥五号”应采用由东向西发射
D．为了利用地球自转，降低回收过程中的风险，“返回器”应采用由西向东进入大气层回收
（2020 温州三模）随着我国国力的增强，农业将逐步实行现代化。一台“大疆”无人机在田间进行农药喷洒，无人机从地面静止起飞，竖直向上运动，然后悬停在空中，接着水平向前做加速运动，后匀速运动喷洒农药。关于这一系列过程，下列说法正确的是（　　）
A．竖直向上运动的过程中，无人机一直处于超重状态
B．水平向前加速时，空气对无人机的作用力竖直向上
C．水平向前加速时，空气对无人机的作用力大于无人机总重力
D．在水平方向匀速运动喷洒农药过程中，无人机（含内部未喷洒的农药）机械能保持不变
命题点二　动力学中的图象问题
1．常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象等．
2．图象问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．
3．解决图象问题的关键
(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
（2020 江西模拟）水平力F方向确定，大小随时间的变化如图a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知（　　）
A．物块的质量m＝2kg
B．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在4s末，物体的动量为12kg m/s
D．在2s～4s时间内，小物块速度均匀增加
（多选）（2019 龙岩模拟）质量m＝2kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．物块与地面的动摩擦因数为0.3
B．3s末物块的加速度大小为1.5m/s2
C．5s末物块的速度大小为1.5m/s
D．5s内物块的位移大小为9m
（2021 浙江模拟）如图所示为质量m＝75kg的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v﹣t图象，图中的OA直线是t＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　）
A．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后匀速运动
B．t＝0时刻运动员的加速度大小为2m/s2
C．动摩擦因数μ为0.25
D．比例系数k为15kg/s
（2021春 新华区校级期末）某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书AB从高楼楼顶放手让其落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其v﹣t图象如图所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA＝2kg，mB＝2kg，g＝10m/s由图可知（　　）
A．0～2s内AB的平均速度等于4.5m/s
B．t＝2s时AB受到空气阻力等于25N
C．t＝2s时A对B的压力等于16N
D．下落过程中A对B的压力不变
（2020 浙江模拟）一物体在水平拉力F的作用下沿水平面做直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图甲所示。经时间t0后撤去拉力F，物体运动的速度﹣时间图象如图乙所示。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．物体的质量为
B．在拉力F作用下物体一定做匀加速直线运动
C．物体与水平面之间的动摩擦因数为
D．物体在0～t0时间内的平均速度大小与t0～2t0时间内的平均速度大小均为
命题点三　动力学的两类基本问题
1．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
2．常用方法
(1)合成法
在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法．
(2)正交分解法
若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法．
（2023 湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
（2022秋 浙江期中）2022年北京冬季奥运会上，跳台滑雪使观众心潮澎湃。其实滑雪运动中滑雪板与雪地间的动摩擦因数会随速度的变化而变化。如图一滑雪者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑至坡底B处后再滑上一段水平雪地到C处停下。假设滑雪者速度小于v0＝6m/s时滑雪板与雪地间的动摩擦因数为μ1＝0.25，速度大于6m/s时动摩擦因数变为μ2＝0.125。空气阻力忽略，坡道AB长为29.8m。（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）滑雪者从坡顶A开始下滑时的加速度大小；
（2）滑雪者到达B处的速度大小；
（3）滑雪者在斜坡上运动的时间。
（2021秋 嘉兴期中）如图所示，一足够长的斜面，倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）则：
（1）物体在恒力作用下运动时的加速度大小；
（2）物体到达B点时的速度大小；
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离；
（4）物体从开始运动到最后停止运动的总时间。
（2023春 浙江期中）如图所示，甲同学需要用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板车和用品的总质量为30kg，道路可以简化为一段长为13.5m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经9s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104N，方向沿斜面向上。已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求：
（1）平板车到达B点时的速度大小；
（2）甲同学的拉力大小；
（3）平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。
（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
命题点四　传送带模型
模型1　水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
情景2 (1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v时，一直匀速 (3)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．当v0＞v时返回右端的速度为v，当v0＜v时返回右端的速度为v0
模型2　倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 若滑块能够上滑，则： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速
（2022秋 日照期末）如图所示，水平放置的传送带以v＝2m/s的速度向右匀速运行，一小物块以v0＝4m/s的水平速度从传送带最左端A处水平向右滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。若A端与B端相距8m，则物块由A端运动到B端所用时间为（　　）
A．1s B．2s C．3s D．4s
（2022秋 泗阳县校级期末）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝4m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m＝1kg的煤块以初速度v0＝14m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．煤块上升的最大位移为9m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
D．煤块在皮带上留下的划痕为
（2023 平谷区一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g取10m/s2，则（　　）
A．传送带的速度为16m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
（2023 宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（　　）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6m
C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
（2023 重庆模拟）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（　　）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
（2022秋 宁波期末）某同学想利用家里的跑步机进行相关实验。如图所示，将跑步机尾端抬高固定，与水平面成α＝37°，跑步机A、B两端间距L＝2m。启动跑步机，跑带以速度v0＝2m/s逆时针转动，现将一小盒子（可视为质点）放到跑带上，已知小盒子与跑带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
（1）如图乙所示，若将小盒子无初速地轻放在A处，求小盒子运动到B处的速度大小v；
（2）如图丙所示将小盒子从B处以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离x；
（3）第（2）题的情形下，求小盒子从B出发再返回B所用的总时间t。
[课时训练]
一．选择题（共12小题）
1．（2023 罗湖区校级三模）舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身缓慢后躺，与地面近乎平行，在舞考缓慢后躺的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．舞者对地面的压力就是舞者的重力
B．地面对舞者的支持力和舞者的重力是一对平衡力
C．舞者受到地面的摩擦力向前
D．舞者处于失重状态
2．（2023春 黄浦区校级期中）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒型大容器，筒壁竖直，悬伫立在高空，可以绕其中心轴线转动。游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，转速增大到一定程度时，地板突然塌落，惊恐的游客却发现自己并没有落下去，这是因为（　　）
A．游客受到离心力的作用
B．游客处于失重状态
C．游客受到的摩擦力大小等于重力
D．游客随着转速的增大有沿筒壁向上滑动的趋势
3．（2022秋 三明期末）如图甲，传送带与水平面的夹角为θ，逆时针运行速度恒为v0，现将质量为m的物块轻放到顶端上，物块从顶端到底端的过程中v﹣t图像如图乙所示，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块（　　）
A．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmg，方向沿斜面向下
B．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上
C．在t1后所受摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向下
D．在t1后所受摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上
4．（2023 北仑区校级开学）学习物理知识可以帮助我们分析一些生活中的实际问题。在抗击新冠肺炎疫情居家学习期间，某同学用手托礼盒进行表演。若礼盒的质量为m，手与礼盒之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，手掌一直保持水平。则下列说法中正确的是（　　）
A．若手托着礼盒一起向上匀加速运动，则手对礼盒的作用力大于礼盒对手的作用力
B．若手托着礼盒一起向右匀速运动，则礼盒受到水平向右的静摩擦力
C．若手托着礼盒一起向右匀加速运动，则手对礼盒的作用力大小为μmg
D．若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则手对礼盒的作用力大小不会超过
5．（2021秋 耀州区校级期末）如图，一个小物块由静止开始分别沿坡度不同的光滑斜面AB′和AB滑下，最后都停在水平面BC上，斜面和水平面平滑连接。下列说法正确的是（　　）
A．小物块沿斜面AB′下滑的时间一定比沿斜面AB下滑的时间长
B．小物块沿斜面AB′下滑的时间一定比沿斜面AB下滑的时间短
C．小物块沿斜面AB′下滑的末速度比沿斜面AB下滑的末速度大
D．小物块沿斜面AB′与沿斜面AB下滑的末速度相同
6．（2023春 湖北期中）如图所示，摩天轮悬挂座舱，座舱地板总处于水平状态，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（　　）
A．乘客的加速度始终不变
B．座舱地板对乘客始终没有摩擦力的作用
C．在最低点时，乘客处于超重状态
D．座舱对乘客的作用力始终指向圆心
7．（2023春 越秀区校级期中）某质量为m的人（视为质点）正在荡秋千时，A和B分别为其运动过程中的最低点和最高点，如图所示。两根秋千绳均长为L，人运动到A位置时的速度大小为v，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，不计秋千绳受到的重力，下列说法正确的是（　　）
A．在B位置时，小明所受的合力为零
B．在A位置时，小明处于失重状态
C．在A位置时，每根秋千绳的拉力大小为
D．在A位置时，每根秋千绳的拉力大小为
8．（2022秋 江北区校级月考）如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝6m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小物块向上运动的时间为1.4s
B．小物块向上运动过程中的加速度恒定
C．小物块向上滑行的最远距离为3m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
9．（2022秋 渝中区校级期中）如图所示，质量均为1kg的甲乙两物体与地面的动摩擦因数均为0.5，最初甲乙相距8.75m，现给乙一个初速度v0＝10m/s，同时用与水平方向成37°斜向上的恒定拉力拉动静止的甲，F＝10N，甲的质量为1kg，则经过多长时间甲追上乙（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．1.8s B．2s C．2.5s D．3s
10．（2022秋 渝北区期末）如图，有一水平传送带以v0＝3m/s的速度顺时针匀速转动，一小物块从斜坡上下滑到传送带A端时的速度大小为v＝1m/s，方向水平向右，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，已知传送带长度为L＝8m，则（　　）
A．物块离开传送带时的速度大小为7m/s
B．物块在传送带上运动的时间为4s
C．物块在传送带上留下的划痕长度为1m
D．物块在传送带上留下的划痕长度为2m
11．（2022秋 孟津县期末）如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长度都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。下列说法中正确的是（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大
B．物块B先到达传送带底端
C．物块A先到达传送带底端
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3
12．（2022秋 北仑区校级期中）如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1m，速率2m/s，物品与传送带间的动摩擦因数0.4，则（　　）
A．物品在传送带上运动的时间是1.3s
B．物品加速运动时，其速度有可能超过皮带速度
C．前阶段物品受到滑动摩擦力，后阶段物品受到的是静摩擦力
D．若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
二．计算题（共2小题）
13．（2023 衡水二模）2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s内运动了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0。
14．（2023春 温州期中）北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十五号乘组与神舟十四号乘组进行在轨轮换，在空间站工作生活约6个月。长征二号F遥十五运载火箭质量约500吨，总长为58.3m。若发射塔高105m，点火后，经5s火箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔过程做匀加速直线运动，忽略一切阻力和运载火箭质量的变化，g＝10m/s2，求
（1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小；
（2）火箭起飞时推动力的大小；
（3）若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动过程中离地面的最大高度。
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第7讲　牛顿运动定律的应用
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
一、两类动力学问题 1
二、超重与失重 2
[命题点研究] 2
命题点一　超重与失重现象 2
命题点二　动力学中的图象问题 7
命题点三　动力学的两类基本问题 11
命题点四　传送带模型 17
[课时训练] 25
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
牛顿运动定律应用 d 1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形． 2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.
超重与失重 b
[基础过关]
一、两类动力学问题
1．两类动力学问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况．
(2)已知运动情况求物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示：
二、超重与失重
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
[命题点研究]
命题点一　超重与失重现象
1．对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
2．判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重
（多选）（2023 浙江模拟）神舟十四号又被称为“最忙乘组”，在空间站工作期间迎接了问天、梦天、天舟五号和神舟十五号，它于12月4日返回祖国。返回时在穿越大气层时对返回舱起主要减速作用的降落伞（主伞）面积达1200m2，质量为120kg，由96根坚韧的伞绳均匀连接返回舱悬挂点和降落伞边缘，降落伞边缘为圆形状，半径为15m，设每一根伞绳长度为39m，返回舱（不含航天员）的质量为2670kg，舱内三个航天员的质量每人平均计70kg。设某一段过程，返回舱受到的空气阻力为返回舱总重力的0.05倍，中轴线（返回能悬挂点与降落伞中心的连线）保持竖直，返回舱以0.5m/s2的加速度竖直向下减速。此过程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。对此以下分析正确的是（　　）
A．在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号处于完全失重状态，不受外力
B．题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力
C．题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325N
D．题中减速阶段，降落伞受到的空气阻力为1500N
【解答】解：A、在迎接神舟十五号的时候，地球对神州十四号的万有引力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力，神舟十四号处于完全失重状态，故A错误；
B、减速阶段，返回舱所受合力竖直向上，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力，故B正确；
D、降落伞、返回舱和航天员的质量为m＝2670kg+120kg+3×70kg＝3000kg
降落伞受到的空气阻力为f＝0.05mg＝0.05×3000×10N＝1500N
故D正确；
C、设伞绳与竖直方向夹角为θ，每根伞绳的拉力大小为T，则sinθ
则cosθ
对返回舱受力分析，由平衡条件得：96Tcosθ+0.05mg﹣mg＝ma
代入数据解得：T＝339N
故C错误。
故选：BD。
（2022 浙江三模）如图所示，在名为“勇敢者”的课堂演示实验中，用不可伸长的轻长绳将一铁球悬挂在天花板上。一同学靠墙站立，双手拉球使其与鼻尖恰好接触，然后由静止释放铁球。若该同学保持图示姿势不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．铁球可能会撞击该静止不动的同学
B．铁球运动到最低点时处于失重状态
C．释放瞬间铁球的加速度水平向右
D．释放瞬间长绳拉力小于铁球重力
【解答】解：A.若不考虑空气阻力，根据机械能守恒定律，当球摆回到出发点时速度恰好为零，铁球不会撞击该同学，若考虑空气阻力铁球速度为零时离该同学还有一段距离，故A错误；
B.在最低点绳子拉力减去重力提供向心力，合力向上，拉力大于重力，球处于超重状态，故B错误；
CD.释放瞬间，铁球的重力分解为沿绳向下和垂直于绳向下，由于速度为零，不需要向心力，故绳子拉力等于重力沿绳向下的分力，小于重力，垂直绳子的分力产生加速度，故C错误，D正确。
故选：D。
（2022 宁波二模）宁波市东部新城音乐喷泉启动一段时间稳定后可保持如图所示的迷人风姿，假设从水面四周喷出的各水流，速度大小相等、与水平面所成夹角大小相同，不计空气阻力、水流互不干扰。则下列说法正确的是（　　）
A．水落回水面的速度都相同
B．初速度加倍，水在空中飞行时间加倍
C．初速度加倍，水的水平射程加倍
D．空中上升过程的水，处在超重状态
【解答】解：A、速度是矢量，水落回水面的速度大小相等，方向不同，故A错误；
BC、设初速度大小为v0，与水平方向的夹角为θ，斜抛运动在竖直方向上的分运动为竖直上抛运动，其上升到最高点的时间为，则其水在空中运动的时间为t；
斜抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动，则水的水平射程x＝v0cosθ t；
由此可知：若水的初速度加倍变为2v0，则水在空中飞行的时间也变为原来的二倍，其水平射程为原来的四倍，故C错误，B正确。
D、空中上升过程的水，只受重力作用，处于失重状态，故D错误；
故选：B。
（2021 滨江区校级模拟）我国的月球探测计划“嫦娥工程”分为“绕、落、回”三步。“嫦娥五号”的任务是“回”。2020年11月24日，“嫦娥五号”成功发射，它分为四部分：着陆器、上升器、轨道器和返回器。12月3日，载着珍贵“月壤”的嫦娥5号“上升器”发动机点火，以“着陆器”作为发射台，从月面起飞（如图1），回到预定环月轨道，与绕月飞行的“轨道器与返回器组合体”成功交会对接（如图2），将珍贵的“月壤”转移到“返回器”中。12月17日，“返回器”进入月地转移轨道重返地球，以超高速进入大气层。由于速度太快会使得“返回器”与空气剧烈摩擦产生高温，高温会对“月壤”产生不利影响，甚至温度过高，返回器有燃烧殆尽的风险。为避免这些风险，采用“半弹道跳跃式返回”俗称“太空打水漂”的方式两次进入大气层，梯次气动减速（如图3）。最终在预定地点平稳着陆。根据以上信息，判断下列说法正确的是（　　）
A．“上升器”从点火上升到回到预定环月轨道的过程中，“月壤”一直处于超重状态
B．“月壤”随“返回器”进入环月轨道后，“返回器”的弹力给“月壤”提供向心力
C．为了利用地球自转，节省燃料，“嫦娥五号”应采用由东向西发射
D．为了利用地球自转，降低回收过程中的风险，“返回器”应采用由西向东进入大气层回收
【解答】解：A、“上升器”即将回到预定环月轨道时，轨道接近圆，此时，“月壤”加速度指向月球，即加速度向下，“上升器”处于失重状态，只有在刚发射的一段时间内，处于超重状态，故A错误；
B、“月壤”随“返回器”进入环月轨道后，“月壤”处于完全失重状态，不受“返回器”的作用力，向心力由万有引力提供，故B错误；
C、地球自西向东自转，故为了节省燃料，“嫦娥五号”也应当由西向东发射，故C错误；
D、回收过程中，让“返回器”与地球自转方向一致，可以减小其与地球大气的相对速度，减小摩擦生热，降低风险，故D正确。
故选：D。
（2020 温州三模）随着我国国力的增强，农业将逐步实行现代化。一台“大疆”无人机在田间进行农药喷洒，无人机从地面静止起飞，竖直向上运动，然后悬停在空中，接着水平向前做加速运动，后匀速运动喷洒农药。关于这一系列过程，下列说法正确的是（　　）
A．竖直向上运动的过程中，无人机一直处于超重状态
B．水平向前加速时，空气对无人机的作用力竖直向上
C．水平向前加速时，空气对无人机的作用力大于无人机总重力
D．在水平方向匀速运动喷洒农药过程中，无人机（含内部未喷洒的农药）机械能保持不变
【解答】解：A、竖直向上运动的过程中，无人机经历了先向上加速，后向上减速的过程，加速度先向上后向下，无人机先处于超重状态后处于失重状态，故A错误；
B、无人机水平向前加速时，对其进行受力分析，如图所示：
合力沿水平方向，空气对无人机的作用力F斜向上，故B错误；
C、如上图所示，水平向前加速时，空气对无人机的作用力：Fmg，故C正确；
D、在水平方向匀速运动喷洒农药过程中，农药质量不断减小，无人机（含内部未喷洒的农药）机械能减小，故D错误。
故选：C。
命题点二　动力学中的图象问题
1．常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象等．
2．图象问题的类型
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．
3．解决图象问题的关键
(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
（2020 江西模拟）水平力F方向确定，大小随时间的变化如图a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知（　　）
A．物块的质量m＝2kg
B．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在4s末，物体的动量为12kg m/s
D．在2s～4s时间内，小物块速度均匀增加
【解答】解：AB、由图知：当t＝2s时，a＝1m/s2，F＝6N，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，代入得：6﹣μm×10＝m；当t＝4s时，a＝3m/s2，F＝12N，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，代入得：12﹣μm×10＝3m。联立解得：μ＝0.1，m＝3kg，故AB错误；
C、a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0﹣4s内物体速度的增量为：Δv，t＝0时刻速度为0，则物块在第4s末的速度为4m/s；根据动量定理，得0﹣4s内合外力的冲量为：ΔI＝ΔP＝mΔv＝3×4＝12N s．故C正确；
D、在2s～4s时间内，小物块受的拉力匀速增加，做加速度增大的加速运动，故D错误。
故选：C。
（多选）（2019 龙岩模拟）质量m＝2kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．物块与地面的动摩擦因数为0.3
B．3s末物块的加速度大小为1.5m/s2
C．5s末物块的速度大小为1.5m/s
D．5s内物块的位移大小为9m
【解答】解：A、0 2s内，物体做匀速直线运动，由物体的平衡条件可得：F1+F2+f＝0，代入数据得：9﹣5+f＝0，解得摩擦力f＝﹣4N，方向与F2方向相同。由滑动摩擦力大小等于μmg＝4N，解得：μ＝0.2，故A错误；
BC、0 2s内，物体受到的滑动摩擦力方向与F2方向相同，可知物体运动方向与F2方向相反，与F1方向相同，2s之后F1减小，物体做匀减速直线运动，物块的加速度为：am/s2＝﹣1.5m/s2，方向与F1方向相同。
2s之后物体减速到0的时间为：，即物体在4s末速度减为0，因F1与F2的合力大小等于1N，小于滑动摩擦力的大小，故4s之后物体处于静止状态，则5s末物块的速度大小为0，3s末物块的加速度大小为1.5m/s2，故B正确，C错误；
D、5s内物块的位移大小等于物体4s内的位移大小，即为x，故D正确。
故选：BD。
（2021 浙江模拟）如图所示为质量m＝75kg的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v﹣t图象，图中的OA直线是t＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　）
A．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后匀速运动
B．t＝0时刻运动员的加速度大小为2m/s2
C．动摩擦因数μ为0.25
D．比例系数k为15kg/s
【解答】解：A、v﹣t图象的斜率等于加速度，可知物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动。故A错误；
B、在t＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度大小：a04m/s2；故B错误；
CD、在t＝0时刻开始加速时，v0＝0，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma0…①
最后匀速时，vm＝10m/s，a＝0，
由平衡条件可得：mgsinθμmgcosθ＝0…②
由①②解得：μ＝0.25，k＝3kg/s；故C正确，D错误。
故选：C。
（2021春 新华区校级期末）某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书AB从高楼楼顶放手让其落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其v﹣t图象如图所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA＝2kg，mB＝2kg，g＝10m/s由图可知（　　）
A．0～2s内AB的平均速度等于4.5m/s
B．t＝2s时AB受到空气阻力等于25N
C．t＝2s时A对B的压力等于16N
D．下落过程中A对B的压力不变
【解答】解：A、根据速度图象可知，2s时的速度为9m/s，根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，2s内的位移小于9m，所以2s内的平均速度小于4.5m/s，故A错误；
B、t＝2s时AB的加速度大小为a2m/s整体根据牛顿第二定律可得：（mA+mB）g﹣f＝（mA+mB）a，解得t＝2s时AB受到空气阻力f＝32N，故B错误；
C、t＝2s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAg﹣FN＝mAa，解得FN＝16N．根据牛顿第三定律可得A对B的压力等于16N，故C正确；
D、下落过程中加速度逐渐减小，A对B的压力F′N＝mAg﹣mAa逐渐增大，故D错误。
故选：C。
（2020 浙江模拟）一物体在水平拉力F的作用下沿水平面做直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图甲所示。经时间t0后撤去拉力F，物体运动的速度﹣时间图象如图乙所示。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．物体的质量为
B．在拉力F作用下物体一定做匀加速直线运动
C．物体与水平面之间的动摩擦因数为
D．物体在0～t0时间内的平均速度大小与t0～2t0时间内的平均速度大小均为
【解答】解：BC、由图可知有拉力F0作用时物体做匀速运动，则有：F0＝f＝μmg
撤去拉力后物体做匀减速运动，加速度为：
可知物体与水平面之间的动摩擦因数为：，故BC错误；
A、有拉力作用时拉力的功等于摩擦力的功，即为：F0x0＝μmgx0＝μmgv0t0
撤去拉力后有：
联立可得：，故A正确；
D、物体在0～t0时间内的平均速度大小为v0，而t0～2t0时间内的平均速度大小为，故D错误。
故选：A。
命题点三　动力学的两类基本问题
1．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
2．常用方法
(1)合成法
在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法．
(2)正交分解法
若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法．
（2023 湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【解答】解：A、若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律得FNA＝2ma，
对A球由牛顿第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg，
联立解得a＝gtanθ，
对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A错误；
B、若推力向左，则系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁弹力为零，此时F有最大值，对AB整体：竖直方向FNB＝2mg，
水平方向：μFNB＝2ma解得a＝μg，对A水平方向Nsinθ＝maA，竖直方向Ncosθ＝mg，
解得aA＝gtanθ，由于μ≥tanθ，所以系统的加速度a＝aA＝gtanθ，所以F最大值为F＝4ma＝4mgtanθ，故B错误；
C、若推力向左，μ＜tanθ≤2μ，时，A与左壁弹力不为零，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，此时F取最大值，则2μmg﹣NA＝2ma，
整体：Fm＝4ma，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg，
对A水平方向：Nsinθ﹣NA＝ma，
联立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正确；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值，
则：2μmg+NA＝2ma1，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
NA﹣Nsinθ＝ma1
联立解得a1＝2μg+μgtanθ
厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值，
则：对AB整体有NA﹣2μmg＝2ma2
对A水平方向有NA﹣Nsinθ＝ma2
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg
所以4a2≤F≤4a1
即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正确；
故选：CD。
（2022秋 浙江期中）2022年北京冬季奥运会上，跳台滑雪使观众心潮澎湃。其实滑雪运动中滑雪板与雪地间的动摩擦因数会随速度的变化而变化。如图一滑雪者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑至坡底B处后再滑上一段水平雪地到C处停下。假设滑雪者速度小于v0＝6m/s时滑雪板与雪地间的动摩擦因数为μ1＝0.25，速度大于6m/s时动摩擦因数变为μ2＝0.125。空气阻力忽略，坡道AB长为29.8m。（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）滑雪者从坡顶A开始下滑时的加速度大小；
（2）滑雪者到达B处的速度大小；
（3）滑雪者在斜坡上运动的时间。
【解答】解：（1）滑雪者在AB段，刚开始时，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1
代入数据解得a1＝4m/s2；
（2）从静止下滑至速度v0＝6m/s，由速度—位移公式可得：v02＝2a1x1
代入数据解得：x1＝4.5m
滑雪者在AB段后期，当速度大于6m/s时加速度大小为a2，则有：mgsin37°﹣μ2mgcos37°＝ma2，
解得a2＝5m/s2
由运动学公式可得vB2v02＝2a2（x﹣x1），解得：vB＝17m/s；
（3）滑雪者在斜坡上运动总时间：t
代入数据解得：t＝3.7s。
答：（1）滑雪者从坡顶A开始下滑时的加速度大小为4m/s2；
（2）滑雪者到达B处的速度大小为17m/s；
（3）滑雪者在斜坡上运动的时间为3.7s。
（2021秋 嘉兴期中）如图所示，一足够长的斜面，倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）则：
（1）物体在恒力作用下运动时的加速度大小；
（2）物体到达B点时的速度大小；
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离；
（4）物体从开始运动到最后停止运动的总时间。
【解答】解：（1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F﹣μmg＝ma
解得：a
（2）物体由M到B，根据速度—位移公式可知：
解得：m/s＝6m/s
（3）在斜面上，设加速度大小为a′，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
代入数据解得：a′＝10m/s2
根据速度—位移公式可知：﹣2a′x＝0
解得：x＝1.8m
（4）物体由M到B，由vB＝at1得，t1s＝3s
在斜面上，由0＝vB﹣a′t2得，t2s＝0.6s
mgsinθ＞μmgcosθ
物体到达最高点时，不会静止，而会沿斜面下滑，下滑时，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
据速度—位移公式可知：2a1x＝vB′2
代入数据解得：vB′m/s
下滑时间为t3ss
在水平面上，物体乙做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma2
解得a2＝5m/s2
运动时间t4s＝0.4s
运动到最后停止运动的总时间t＝t1+t2+t3+t4＝3s+0.6ss+0.4s＝（3.6s+1.4）s
答：（1）物体在恒力作用下运动时的加速度是2m/s2；
（2）物体到达B点时的速度是6m/s；
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是1.8m；
（3）物体从开始运动到最后停止运动的总时间为（3.6s+1.4）s。
（2023春 浙江期中）如图所示，甲同学需要用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板车和用品的总质量为30kg，道路可以简化为一段长为13.5m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经9s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104N，方向沿斜面向上。已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求：
（1）平板车到达B点时的速度大小；
（2）甲同学的拉力大小；
（3）平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。
【解答】解：（1）A﹣B过程，受力分析如图：
水平方向受恒力作用，所以加速度恒定。
据匀变速直线运动规律xt
即13.5m9m
解得平板车到达B点时的速度大小为vB＝3m/s
（2）从A点到B点，由匀加速直线运动规律am/s ＝3m/s
依牛顿第二定律得：F﹣0.3mg＝ma
解得甲同学的拉力大小F＝100N
（3）平板车刚滑上斜面时，受力分析如图：
由牛顿第二定律得：F+F'﹣mgsinθ﹣0.3mgcosθ＝ma'
解得：a'＝﹣1.6m/s2
所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6m/s2，加速度的方向沿斜面向下。
（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【解答】解：以汽车初速度方向为正方向，
（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，末速度为0，
此过程平均速度：，
根据平均速度的定义：，
解得刹车时间：t＝4s，
末速度：0＝v1+at，
解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根据牛顿第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N；
（2）小朋友全部通过时间：t'，
等待时间：t0＝t'﹣t，
解得：t0＝20s；
（3）v2＝54km/h＝15m/s，
根据速度—位移关系：v2＝2as，
解得：v＝5m/s
答：（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间为4s，所受阻力的大小为2.5×103N ；
（2）汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间为20s；
（3）汽车到斑马线时的速度为5m/s。
命题点四　传送带模型
模型1　水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
情景2 (1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v时，一直匀速 (3)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．当v0＞v时返回右端的速度为v，当v0＜v时返回右端的速度为v0
模型2　倾斜传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 若滑块能够上滑，则： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直减速
情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速
（2022秋 日照期末）如图所示，水平放置的传送带以v＝2m/s的速度向右匀速运行，一小物块以v0＝4m/s的水平速度从传送带最左端A处水平向右滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。若A端与B端相距8m，则物块由A端运动到B端所用时间为（　　）
A．1s B．2s C．3s D．4s
【解答】解：设传送带长度为L，物体在传送带上运动的加速度大小为a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
则物块向右运动速度到与传送带速度相等的时间为：t12s
通过的距离：xm＝6m
物块速度与传送带速度相等后做匀速直线运动，时间为：t1s＝1s
物块由A端运动到B端所用时间为：t＝t1+t2＝3s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2022秋 泗阳县校级期末）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝4m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m＝1kg的煤块以初速度v0＝14m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．煤块上升的最大位移为9m
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
D．煤块在皮带上留下的划痕为
【解答】解：A、根据v﹣t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移，可得3s内，煤块上升的最大位移为：，故A错误；
B、在0～1s内，煤块受到沿传送带向下的滑动摩擦力，对煤块受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由图像的斜率可得0～1s内煤块的加速度大小
在1s～3s内，煤块受到沿传送带向上的滑动摩擦力，根据受力分析，结合牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由图像可得1s～3s内，煤块的加速度大小，联立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B错误；
C、煤块在3s后将向下做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间关系式有
解得
因此煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误；
D、在0～1s内，煤块相对于传送带向上运动，此时留下的划痕长度
在内，煤块相对于传送带向下运动，最后煤块回到A端，两个过程中煤块的位移大小相等，方向相反，即x煤2＝﹣x煤1＝﹣9m
传送带向上位移
内，煤块在传送带留下的划痕长度
由于Δx2＞Δx1
因此煤块在皮带上留下的划痕为，故D正确。
故选：D。
（2023 平谷区一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。g取10m/s2，则（　　）
A．传送带的速度为16m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【解答】解：A．由图乙可知传送带的速度为8m/s，故A错误；
BC．在0～1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，此过程摩擦力的方向与物体的运动方向相反，根据牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
根据图乙可得
在1﹣2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，此过程与物体摩擦力的方向与运动方向相同，根据牛顿第二定律得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
根据图乙可得
联立解得μ＝0.25 故：B错误，C正确；
D．当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。
故选：C。
（2023 宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（　　）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6m
C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
【解答】解：A、前2s物块速度小于传送带速度，物块受到摩擦力沿斜面向上。由于物块匀速上滑，根据平衡条件得：μmgcos37°＝mgsin37°，代入数据解得：μ＝0.75，故A错误；
C、由物体2s后开始减速，由图示v﹣t图像可知，2s时传送带的速度为1m/s，可得物体前2s内做匀速运动的速度v1＝1m/s，在t＝4s时物体恰好到达最高点A点，此时传送带的速度也恰好为零，说明二者减速运动的加速度相同，所以2s后物体与传送带相对静止一起运动，2s后物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，故C错误
B、2s后物体相对于传送带静止，由图示v﹣t图像可知，加速度大小为am/s2＝0.5m/s2，前2s物块沿传送带上滑的位移为x1＝v1t＝1×2m＝2m；2s后物块相对传送带静止，物体所受摩擦力方向沿传送带向上，跟传送带以相同加速度a＝0.5m/s2，向上匀减速运动x2＝v1t1，其中t1＝2s，代入数据解得：x2＝1m，传送带AB长L＝x1+x2＝2m+1m＝3m，故B错误；
D、物体上滑过程中，滑动摩擦力为f＝μmgcos37°＝0.75×1×10×0.8N＝6N，由传送带的v﹣t图像可知前2s，传送带位移为x＝3m，故物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为Q＝f（x﹣x1）＝6×（3﹣2）J＝6J，故D正确。
故选：D。
（2023 重庆模拟）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（　　）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B、0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；t1～t2时间内小物块向右匀加速，在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即t2时刻小物块相对传送带向左运动的距离最大，故B正确；
C、在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，t1～t2时间内小物块向右匀加速，相对传送带向左，摩擦力方向仍向右，故C错误；
D、由图知，t2～t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
（2022秋 宁波期末）某同学想利用家里的跑步机进行相关实验。如图所示，将跑步机尾端抬高固定，与水平面成α＝37°，跑步机A、B两端间距L＝2m。启动跑步机，跑带以速度v0＝2m/s逆时针转动，现将一小盒子（可视为质点）放到跑带上，已知小盒子与跑带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
（1）如图乙所示，若将小盒子无初速地轻放在A处，求小盒子运动到B处的速度大小v；
（2）如图丙所示将小盒子从B处以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离x；
（3）第（2）题的情形下，求小盒子从B出发再返回B所用的总时间t。
【解答】解：（1）对小盒子，由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
小盒子沿跑带向下做初速度为零的匀加速直线运动，到达B点时的速度vm/s＝2m/s
（2）小盒子放在B处相对于传送带向上滑动，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma1
代入数据解得：a1＝10m/s2
小盒子减速到与跑带速度相等需要的时间t1s＝0.2s
该时间内小盒子的位移大小x0.2m＝0.6m
（3）由于mgsinα＞μmgcosα，小盒子的速度与跑带速度相等后继续沿跑带向上做匀减速直线运动
由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2
小盒子减速到零需要的时间t2s＝1s
该过程的位移大小x'm＝1m
小盒子减速为零后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a2
设经过时间t3小盒子回到B点，则x+x'
代入数据解得：t3s≈1.26s
小盒子从B出发再返回B所用的总时间t＝t1+t2+t3＝（0.2+1+1.26）s＝2.46s
答：（1）小盒子运动到B处的速度大小是2m/s；
（2）盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离是0.6m；
（3）小盒子从B出发再返回B所用的总时间是2.46s。
[课时训练]
一．选择题（共12小题）
1．（2023 罗湖区校级三模）舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身缓慢后躺，与地面近乎平行，在舞考缓慢后躺的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．舞者对地面的压力就是舞者的重力
B．地面对舞者的支持力和舞者的重力是一对平衡力
C．舞者受到地面的摩擦力向前
D．舞者处于失重状态
【解答】解：A、舞者对地面的压力和舞者的重力性质不同，施力物体不同，故不是一个力，故A错误；
B、舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，则舞者所受的支持力始终等于舞者的重力，是一对平衡力，故B正确；
CD、舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，受重力和支持力平衡，舞者受到地面的摩擦力零，合力为零，故CD错误。
故选：B。
2．（2023春 黄浦区校级期中）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒型大容器，筒壁竖直，悬伫立在高空，可以绕其中心轴线转动。游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，转速增大到一定程度时，地板突然塌落，惊恐的游客却发现自己并没有落下去，这是因为（　　）
A．游客受到离心力的作用
B．游客处于失重状态
C．游客受到的摩擦力大小等于重力
D．游客随着转速的增大有沿筒壁向上滑动的趋势
【解答】解：ABC．转速增大到一定程度时，地板突然塌落，此时游客受到筒壁的弹力提供向心力，从而使游客与筒壁之间存在摩擦力，游客受到的摩擦力大小等于重力大小，所以游客在竖直方向上合力为零，加速度为零，不处于失重状态，故AB错误，C正确；
D．无论转速是否增大，在重力作用下，游客都有沿筒壁向下滑动的趋势，故D错误。
故选：C。
3．（2022秋 三明期末）如图甲，传送带与水平面的夹角为θ，逆时针运行速度恒为v0，现将质量为m的物块轻放到顶端上，物块从顶端到底端的过程中v﹣t图像如图乙所示，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块（　　）
A．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmg，方向沿斜面向下
B．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上
C．在t1后所受摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向下
D．在t1后所受摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上
【解答】解：AB、在0～t1时间内物块所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为μmgcosθ，因物块相对传送带向上运动，故滑动摩擦力方向沿斜面向下，故AB错误；
CD、在t1时刻后物块相对传送带静止，物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据平衡条件可知，其大小等于重力沿斜面向下的分力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，故C错误，D正确。
故选：D。
4．（2023 北仑区校级开学）学习物理知识可以帮助我们分析一些生活中的实际问题。在抗击新冠肺炎疫情居家学习期间，某同学用手托礼盒进行表演。若礼盒的质量为m，手与礼盒之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，手掌一直保持水平。则下列说法中正确的是（　　）
A．若手托着礼盒一起向上匀加速运动，则手对礼盒的作用力大于礼盒对手的作用力
B．若手托着礼盒一起向右匀速运动，则礼盒受到水平向右的静摩擦力
C．若手托着礼盒一起向右匀加速运动，则手对礼盒的作用力大小为μmg
D．若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则手对礼盒的作用力大小不会超过
【解答】解：A．根据牛顿第三定律，若手托着礼盒一起向上匀加速运动，则手对礼盒的作用力大小等于礼盒对手的作用力大小，故A错误；
B．若手托着礼盒一起向右匀速运动，则礼盒和手之间没有摩擦力，故B错误；
C．若手托着礼盒一起向右匀加速运动，因为加速度未知，无法求出手对礼盒的作用力大小，故C错误；
D．若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则手对礼盒的最大摩擦力大小为μmg，手对礼盒的最大作用力大小为
若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则手对礼盒的作用力大小不会超过，故D正确。
故选：D。
5．（2021秋 耀州区校级期末）如图，一个小物块由静止开始分别沿坡度不同的光滑斜面AB′和AB滑下，最后都停在水平面BC上，斜面和水平面平滑连接。下列说法正确的是（　　）
A．小物块沿斜面AB′下滑的时间一定比沿斜面AB下滑的时间长
B．小物块沿斜面AB′下滑的时间一定比沿斜面AB下滑的时间短
C．小物块沿斜面AB′下滑的末速度比沿斜面AB下滑的末速度大
D．小物块沿斜面AB′与沿斜面AB下滑的末速度相同
【解答】解：AB、设斜面的倾角为θ，对小物块受力分析得沿斜面方向：mgsinθ＝ma，a＝gsinθ；设斜面的高度为h，则斜面的长度为：；根据位移—时间关系得：，故，所以θ越大，t越短；可知物块沿斜面AB′下滑的时间一定比沿斜面AB下滑的时间长，故A正确，B错误；
CD、根据位移—速度关系v2＝2aL得：，所以v与θ无关，即小物块沿斜面AB′与沿斜面AB下滑的末速度大小相同，但是方向不相同，故CD错误。
故选：A。
6．（2023春 湖北期中）如图所示，摩天轮悬挂座舱，座舱地板总处于水平状态，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（　　）
A．乘客的加速度始终不变
B．座舱地板对乘客始终没有摩擦力的作用
C．在最低点时，乘客处于超重状态
D．座舱对乘客的作用力始终指向圆心
【解答】解：A．乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，向心加速度始终指向圆心，所以加速度方向时刻在变化，故A错误；
B．分析乘客在特殊位置的受力，分析其向心力的来源，如图：
可知乘客在最高点和最低点时，座舱对乘客的作用力与重力的合力指向圆心，故这两个位置不受到摩擦力作用；除这两个位置外，其他位置重力都有沿圆周轨道切线方向的分力，因为乘客做匀速圆周运动，所以摩擦力与重力沿切线方向的分力大小相等，方向相反，此时存在摩擦力，故B错误；
C．在最低点，对乘客受力分析，如上图，则根据牛顿第二定理，结合向心力公式，可得：
解得：
可知支持力大于重力，所以乘客处于超重状态，故C正确；
D．乘客的向心力始终指向圆心，而其向心力是由座舱对乘客的作用力与重力的合力提供的，故座舱对乘客的作用力与重力的合力时刻指向圆心，但是座舱对乘客的作用力的合力不是始终指向圆心，故D错误。
故选：C。
7．（2023春 越秀区校级期中）某质量为m的人（视为质点）正在荡秋千时，A和B分别为其运动过程中的最低点和最高点，如图所示。两根秋千绳均长为L，人运动到A位置时的速度大小为v，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，不计秋千绳受到的重力，下列说法正确的是（　　）
A．在B位置时，小明所受的合力为零
B．在A位置时，小明处于失重状态
C．在A位置时，每根秋千绳的拉力大小为
D．在A位置时，每根秋千绳的拉力大小为
【解答】解：A．在B位置时，该人受到竖直向下的重力和沿着秋千绳方向的拉力，两力之间夹角为钝角，合力不为零，故A错误；
B．在A位置时，重力和秋千绳拉力的合力产生向上的向心加速度，该人处于超重状态，故B错误；
CD．在A位置时，由牛顿第二定律可得：，可知每根秋千绳的拉力大小为，故C错误，D正确。
故选：D。
8．（2022秋 江北区校级月考）如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝6m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小物块向上运动的时间为1.4s
B．小物块向上运动过程中的加速度恒定
C．小物块向上滑行的最远距离为3m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
【解答】解：B、由于v2＞v1，则开始一端时间小物块相对传送带向上运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：
ma1＝mgsinθ+μmgcosθ
代入数据解得：
方向沿斜面向下
因为mgsinθ＞μmgcosθ
则物块速度与传送带速度相同之后，小物块将相对传送带向下运动，其所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律得：
ma2＝mgsinθ﹣μmgcosθ
代入数据解得：，故B错误；
A、小物块运动的总时间为：
代入数据解得：t＝1.4s，故A正确；
C、小物块在两端时间内的位移分别为
则向上滑行的最远距离为
x＝x1+x2
联立解得：x＝2.6m，故C错误；
D、由上述计算分析可知，小物块先沿斜面向上减速到零，再反向加速，故D错误；
故选：A。
9．（2022秋 渝中区校级期中）如图所示，质量均为1kg的甲乙两物体与地面的动摩擦因数均为0.5，最初甲乙相距8.75m，现给乙一个初速度v0＝10m/s，同时用与水平方向成37°斜向上的恒定拉力拉动静止的甲，F＝10N，甲的质量为1kg，则经过多长时间甲追上乙（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．1.8s B．2s C．2.5s D．3s
【解答】解：对甲受力分析，设甲的加速度大小为a1，水平方向，根据牛顿第二定律得：Fcos37°﹣f＝ma1
竖直方向，根据共点力平衡条件得：Fsin37°+N＝mg
摩擦力f＝μN
代入数据联立解得：a1＝6m/s2
对乙受力分析，设乙的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma2
代入数据解得：a2＝5m/s2
乙做匀减速直线运动，当乙的速度为0时，时间为t1s＝2s
乙的位移为x乙v0t110×2m＝10m
甲的位移为x甲1a1t126×22m＝12m
x甲1＜x乙+8.75m
即此时甲未追上乙，甲继续运动，当两物体相遇时，设时间为t，则x甲＝x乙+8.75m
x甲a1t2
代入数据联立解得：t＝2.5s
故C正确，ABD错误；
故选：C。
10．（2022秋 渝北区期末）如图，有一水平传送带以v0＝3m/s的速度顺时针匀速转动，一小物块从斜坡上下滑到传送带A端时的速度大小为v＝1m/s，方向水平向右，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，已知传送带长度为L＝8m，则（　　）
A．物块离开传送带时的速度大小为7m/s
B．物块在传送带上运动的时间为4s
C．物块在传送带上留下的划痕长度为1m
D．物块在传送带上留下的划痕长度为2m
【解答】解：A、刚滑上传送带的初始阶段，物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律：μmg＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
物块加速到与传送带速度相等时，加速到的时间：t1s＝1s
此阶段，物块的位移：x1m＝2m
接下来随传送带做匀速运动，离开传送带时的速度为3m/s，故A错误；
B、物块匀速运动所用时间：t2s＝2s，所以物块在传送带的时间t＝t1+t2＝1s+2s＝3s，故B错误；
CD、物块在加速阶段有相对位移，所以物块在传送带上留下的划痕长Δx＝v0t1﹣x1＝（3×1﹣2）m＝1m，故
故D错误，C正确。
故选：C。
11．（2022秋 孟津县期末）如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长度都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。下列说法中正确的是（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大
B．物块B先到达传送带底端
C．物块A先到达传送带底端
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3
【解答】解：ABC、对物块A，因μ＜tan37°，即μmgcos37°＜mgsin37°，又有A的初速度与传送带速度相同，故A会相对传送带下滑，所受滑动摩擦力沿传送带向上，物块A向下做匀加速直线运动。对物块B，其初速度方向与传送带速度方向相反，其所受滑动摩擦力也沿传送带向上，物块B也向下做匀加速直线运动。可得两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律可得：
agsin37°﹣μgcos37°，解得：a＝2m/s2
两者下滑过程位移大小相等，初速度大小相等，根据，可知两者下滑到底端的时间相等，再根据v＝at，可知两者到达底端的速度大小相等，故ABC错误；
D、由位移—时间公式得：，其中v0＝1m/s，x＝2m，解得t＝1s或t＝﹣2s（舍去），则两物块下滑时间为t＝1s
此时间内传送带运动的位移为x'＝vt＝1×1m＝1m，
物块A在传送带上的划痕长度为：Δx1＝x﹣x'＝2m﹣1m＝1m
物块B在传送带上的划痕长度为：Δx2＝x+x'＝2m+1m＝3m
所以物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3，故D正确。
故选：D。
12．（2022秋 北仑区校级期中）如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1m，速率2m/s，物品与传送带间的动摩擦因数0.4，则（　　）
A．物品在传送带上运动的时间是1.3s
B．物品加速运动时，其速度有可能超过皮带速度
C．前阶段物品受到滑动摩擦力，后阶段物品受到的是静摩擦力
D．若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
【解答】解：BC．物品先在传送带加速运动，由牛顿第二定律可得
0.4×10m/s2＝4m/s2
物品加速阶段的位移为
物品加速达到与传送带共同速度后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故BC错误；
A．物品匀加速运动的时间为t1
物品匀速运动的时间
物品在传送带上运动的总时间是
t＝t1+t2＝0.5s+0.8s＝1.3s
故A正确；
D．由，若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。
故选：A。
二．计算题（共2小题）
13．（2023 衡水二模）2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s内运动了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0。
【解答】解：（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小
am/s2m/s
若冰壶以加速度m/s2减速，则冰壶在最后1s通过的位移
sat212mm＞x15
所以冰壶在第15s内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1s，设冰壶运动x15所用的时间为t，则有
v2＝a（12Δt+t）
代入数据解得μ＝0.025
（2）根据运动学公式有
代入数据解得L0＝27.38m
答：（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ为0.025；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0为27.38m。
14．（2023春 温州期中）北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十五号乘组与神舟十四号乘组进行在轨轮换，在空间站工作生活约6个月。长征二号F遥十五运载火箭质量约500吨，总长为58.3m。若发射塔高105m，点火后，经5s火箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔过程做匀加速直线运动，忽略一切阻力和运载火箭质量的变化，g＝10m/s2，求
（1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小；
（2）火箭起飞时推动力的大小；
（3）若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动过程中离地面的最大高度。
【解答】（1）对火箭，由匀变速运动位移公式有 ，将x＝105m，t＝5s 代入数值解得 a＝8.4m/s2，则火箭离开发射塔瞬间的速度v＝at＝42m/s；
（2）设火箭起飞时推动力大小为F，由牛顿第二定律F﹣mg＝ma 得F＝mg+ma＝500×103×10N+500×103×8.4N＝9.2×106N；
（3）零件从火箭上脱落瞬间初速度为v＝42m/s，零件开始向上做竖直上抛运动运动，由 v2＝2gh 得零件向上运动的高度 ，零件运动过程中离地面的最大高度为H＝105m+h＝193.2m。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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