專題三　牛頓運動定律【專題檢測】A組一、選擇題1.(2020屆長沙一中月考)一個質(zhì)量為M的箱子放在水平地面上,箱內(nèi)用一段固定長度的輕質(zhì)細(xì)線拴一質(zhì)量為m的小球,線的另一端拴在箱子的頂板上,現(xiàn)把細(xì)線和球拉到左側(cè)與豎直方向成θ角處靜止釋放,如圖所示,在小球擺動的過程中箱子始終保持靜止,重力加速度為g,則以下判斷正確的是(　　)A.在小球擺動的過程中,線的張力呈周期性變化,但箱子對地面的作用力始終保持不變B.小球擺到右側(cè)最高點時,地面受到的壓力為(M+m)g,箱子受到地面向左的靜摩擦力C.小球擺到最低點時,地面受到的壓力為(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力D.小球擺到最低點時,線對箱頂?shù)睦Υ笥趍g,箱子對地面的壓力大于(M+m)g答案　D　本題考查物體的受力分析、牛頓運動定律等。體現(xiàn)了模型建構(gòu)、科學(xué)推理等核心素養(yǎng)。小球在擺動時,在最低點時,加速度沿豎直方向指向圓心,處于超重狀態(tài),箱子對地面壓力大于整體重力,水平方向上箱子不受摩擦力,C錯誤,D正確;在擺動到左右最高點時,向心加速度為0,但有沿切線方向的加速度,箱子受到地面的摩擦力,A錯誤;小球在右側(cè)最高點時,切向加速度方向斜向左下,箱子受到向左的靜摩擦力,地面受到的壓力小于(M+m)g,B錯誤。2.(2018河北五校聯(lián)考,6)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有半徑為R和2R的兩個圓,兩圓的最高點相切,切點為A,B和C分別是小圓和大圓上的點,其中AB長為R,AC長為2R?，F(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道,自A處由靜止釋放小球,已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1,沿AC軌道運動到C點所用時間為t2,則t1與t2之比為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.1∶　　B.1∶2　　C.1∶　　D.1∶3答案　A　由幾何關(guān)系可得小圓與AC的交點D為AC的中點,由初速度為零的勻變速直線運動的知識知,小球通過AD和AC的時間之比為1∶,由等時圓結(jié)論知,小球通過AB和通過AD的時間相等,故小球通過AB的時間與小球通過AC的時間之比為1∶,選項A正確。,3.(2018陜西西安模擬,8)(多選)質(zhì)量分別為2kg和3kg的物塊A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧相連,如圖所示,今對物塊A、B分別施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20N、F2=10N,則下列說法正確的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.彈簧的彈力大小為16NB.如果只有F1作用,則彈簧的彈力大小變?yōu)?2NC.若把彈簧換成輕質(zhì)繩,則繩對物體的拉力大小為零D.若F1=10N、F2=20N,則彈簧的彈力大小不變答案　AB　對整體受力分析有:F1-F2=(mA+mB)a,對A受力分析有:F1-F彈=mAa,解得:F彈=16N,選項A正確;同理可知,若只有F1作用,則彈簧的彈力大小變?yōu)镕彈==12N,選項B正確;若把彈簧換成輕質(zhì)繩,則繩對物體的拉力也為16N,選項C錯誤;若F1=10N、F2=20N,對整體受力分析有:F2-F1=(mA+mB)a,對A受力分析有:F彈-F1=mAa,解得:F彈=14N,選項D錯誤。4.(2019懷化三模)(多選)如圖所示,物塊A疊放在木板B上,且均處于靜止?fàn)顟B(tài),已知水平地面光滑,A、B間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F,測得B的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖乙所示,下列說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10m/s2)(　　)A.當(dāng)F<24N時,A、B都相對地面靜止B.當(dāng)F>24N時,A相對B發(fā)生滑動C.A的質(zhì)量為4kgD.B的質(zhì)量為24kg答案　BC　當(dāng)A與B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力后,A、B會發(fā)生相對滑動,由圖乙可知,B的最大加速度為4m/s2,即拉力F>24N時,A相對B發(fā)生滑動,當(dāng)F<24N時,A、B保持相對靜止,故A錯誤,B正確。對B,根據(jù)牛頓第二定律得,aB==4m/s2,對A,aA==4m/s2,F=24N,解得mA=4kg,mB=2kg,故C正確,D錯誤。5.(2019湘贛14校聯(lián)考,6)如圖,疊放的兩個物塊無相對滑動地沿斜面(與水平夾角均為θ)一起下滑,甲圖兩物塊接觸面平行于斜面且兩物塊間摩擦力的大小為f1,乙圖兩物塊接觸面與斜面不平行且兩物塊間摩擦力的大小為f2,丙圖兩物塊接觸面水平且兩物塊間摩擦力的大小為f3,下列判斷正確的是(　　)A.若斜面光滑,f1=0,f2≠0,f3≠0B.若斜面光滑,f1≠0,f2≠0,f3=0C.若兩物塊一起勻速下滑,f1≠0,f2=0,f3≠0D.若兩物塊一起勻速下滑,f1=0,f2≠0,f3≠0答案　A　本題主要考查物體的平衡、受力分析、牛頓運動定律。體現(xiàn)了核心素養(yǎng)中科學(xué)推理、科學(xué)論證要素。,設(shè)斜面與水平面夾角為θ,若斜面光滑,整體沿斜面下滑的加速度為gsinθ,甲、乙、丙三圖上方物塊重力沿斜面向下分力均為mgsinθ,甲圖上方物塊所受支持力垂直斜面,在斜面方向沒有分力,故f1=0。乙圖和丙圖上方物塊受到的支持力在斜面方向上均有分力,必須有摩擦力才能使合力為mgsinθ,所以A正確,B錯誤;若兩物塊一起勻速下滑,上方物塊所受合力為0,必有f1≠0,f2≠0,f3=0,C、D錯。6.(2018天津河?xùn)|一模)(多選)如圖所示,帶有長方體盒子的斜劈A放在固定的斜面體C的斜面上,在盒子內(nèi)放有光滑球B,B恰與盒子前、后壁P、Q相接觸。若使斜劈A在斜面體C上靜止不動,則P、Q對球B無壓力。以下說法正確的是(　　)A.若C的斜面光滑,斜劈A由靜止釋放,則Q對球B有壓力B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,則P、Q對B球均無壓力C.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面勻速下滑,則P、Q對球B均無壓力D.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面以一定的初速度減速下滑,則P對球B有壓力答案　ACD　若C的斜面光滑,無論斜劈是由靜止釋放還是以一定的初速度沿斜面上滑,斜劈和球具有相同的加速度,方向均沿斜面向下;根據(jù)牛頓第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向下,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及Q對球的壓力,而P對球無壓力,所以A選項是正確的,B選項是錯誤的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面勻速下滑,則B球處于平衡狀態(tài),受重力和盒子底部的支持力而平衡,P、Q對球均無壓力,所以C選項是正確的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面減速下滑,斜劈和球整體具有相同的加速度,方向沿斜面向上,根據(jù)牛頓第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向上,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及P對球的壓力,所以D選項是正確的。思路點撥　斜劈A在斜面體C上靜止不動,則B受的重力和支持力平衡。當(dāng)斜面光滑,斜劈A和B球具有相同的加速度且方向沿斜面向下,再通過對B球進(jìn)行分析,進(jìn)而判斷P、Q對球有無壓力。當(dāng)斜面粗糙時,按照同樣的方法,先判斷出整體的加速度方向,再隔離B進(jìn)行受力分析,從而判斷P、Q對球有無壓力。7.(2018湖南五市十校12月聯(lián)考)如圖所示,質(zhì)量為M的斜面體C放在粗糙的水平面上,其傾角為θ,小物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m,與斜面間的動摩擦因數(shù)相同,兩者中間用輕桿連接,沿斜面勻速下滑,斜面體始終靜止,則下列說法正確的是(　　)A.輕桿給B的彈力沿斜面向上B.輕桿給B的彈力沿斜面向下C.地面對C的摩擦力水平向左D.地面的摩擦力為零答案　D　本題主要考查利用整體法與隔離法分析物塊所受摩擦力情況,體現(xiàn)了模型建構(gòu)、科學(xué)推理和科學(xué)論證的核心素養(yǎng)。以A、B為整體進(jìn)行受力分析,(m+2m)gsinθ=μ(m+2m)gcosθ,則μ=,對B進(jìn)行分析,則2mgsinθ=μ·2mgcosθ,故輕桿對B的彈力為零,故A、B錯誤;A、B勻速下滑,處于平衡狀態(tài),則A、B受到斜面體的合力豎直向上,A、B對斜面體的合力豎直向下,則斜面體水平方向上受的外力為零,即地面對C的摩擦力為零,故C錯誤,D正確。解題指導(dǎo)　輕桿彈力有無可以利用假設(shè)法分析。,8.(2019長郡中學(xué)二模)(多選)一塊足夠長的白板靜止于水平桌面上,一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的石墨塊靜止在白板上,石墨塊與白板間動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。從某時刻起,使白板瞬時獲得速度v0做勻速直線運動,石墨塊將在板上劃下黑色痕跡。經(jīng)過時間t白板突然停下,不再運動。不計石墨塊與板摩擦過程中損失的質(zhì)量,在石墨塊也停止運動時,白板上黑色痕跡的長度及二者相對運動過程中產(chǎn)生的熱量可能是(　　)A.　m　　B.　mC.v0t-μgt2　μmgv0t　　D.v0t　μmgv0t答案　AC　本題主要考查牛頓運動定律及相對運動知識。體現(xiàn)了核心素養(yǎng)中模型建構(gòu)、科學(xué)推理、科學(xué)論證等素養(yǎng)要素。在時間t內(nèi),石墨塊可能一直勻加速,也可能先勻加速后勻速;石墨塊勻加速時,根據(jù)牛頓第二定律,有μmg=ma,解得:a=μg。如果時間t內(nèi),石墨塊一直勻加速,加速的位移x1=(μg)t2,時間t內(nèi),相對白板的位移Δx1=v0t-x1=v0t-μgt2;經(jīng)時間t白板突然停下,不再運動,石墨塊做減速運動,加速度大小不變,石墨塊繼續(xù)運動的距離x1'=x1=μgt2<Δx1,白板上黑色痕跡的長度為v0t-μgt2,二者相對運動過程中產(chǎn)生的熱量Q1=μmg(Δx1+x1')=μmgv0t。如果石墨塊先勻加速,后勻速,時間t內(nèi),石墨塊位移x2=+v0,相對白板的位移Δx2=v0t-x2=;經(jīng)時間t白板突然停下,不再運動,石墨塊做減速運動,加速度大小不變,石墨塊繼續(xù)運動的距離x2'==Δx2,白板上黑色痕跡的長度為,二者相對運動過程中產(chǎn)生的熱量Q2=μmg(Δx2+x2')=μmg·=m。如果白板停下時石墨塊加速運動的末速度恰好為v0,則石墨塊的位移x3=·t,相對白板的位移Δx3=v0t-x3=。經(jīng)過時間t白板突然停下,不再運動,石墨塊做減速運動,加速度大小不變,石墨塊繼續(xù)運動的距離x3'==t=Δx3,白板上黑色痕跡的長度為=v0t,二者相對運動過程中產(chǎn)生的熱量Q3=μmg(Δx3+x3')=m。故A、C正確,B、D錯誤。9.(2020屆甘肅蘭州一中期中,21)(多選)如圖所示,有一個質(zhì)量為m的長木板靜止在光滑水平地面上,另一質(zhì)量也為m的小物塊疊放在長木板的一端之上。B是長木板的中點,物塊與木板在AB段的動摩擦因數(shù)為μ,在BC段的動摩擦因數(shù)為2μ,若把物塊放在長木板左端,對其施加水平向右的力F1可使其恰好與木板發(fā)生相對滑動。若把物塊放在長木板右端,對其施加水平向左的力F2也可使其恰好與木板發(fā)生相對滑動。下列說法正確的是(　　)A.F1與F2的大小之比為1∶2B.若將F1、F2都增加到原來的2倍,小物塊在木板上運動到B點的時間之比為1∶2C.若將F1、F2都增加到原來的2倍,小物塊在木板上運動到B點時木板的位移之比為1∶1D.若將F1、F2都增加到原來的2倍,小物塊在木板上運動的整個過程中摩擦生熱之比為1∶1答案　ACD　若物塊放在左端,施加水平向右的力F1時,由題意可知,對物塊有F1-μmg=ma,對木板有μmg=ma聯(lián)立得,F1=2μmg。同理,若放在右端,施加向左的力F2時,有F2=4μmg故==,選項A正確;當(dāng)F1變?yōu)?F1時,物塊與木板相對滑動,此時,物塊的加速度a1=-μg木板加速度a2=μg設(shè)AB的長度為L,運動到B歷時t,由位移關(guān)系得a1t2-a2t2=L解得:t=;同理,施加向左的2F2時,運動到B的時間t'=兩次運動到B點的時間之比為∶1,選項B錯誤;當(dāng)F1、F2都變?yōu)樵瓉淼?倍,木板的位移分別為x1=a2t2=t2和x2=μgt'2,因此,物塊在木板上運動到B點時木板的位移之比為1∶1,選項C正確;小物塊最終都會滑離木板,整個過程中摩擦生熱之比為1∶1,選項D正確。二、非選擇題,10.(2020屆長沙一中月考)如圖所示為一個實驗室模擬貨物傳送的裝置,A是一個質(zhì)量為M=1kg的小車,小車置于光滑的水平面上,在小車左端放置一質(zhì)量為m0=0.1kg的收納箱B,現(xiàn)將一質(zhì)量為m1=0.9kg的物體放在收納箱內(nèi),在傳送途中,先對收納箱施加一個方向水平向右,大小F1=3N的拉力,小車和收納箱開始運動,作用時間t1=2s后,改變拉力,大小變?yōu)镕2=1N,方向水平向左,作用一段時間后,撤掉作用力,小車正好到達(dá)目的地,收納箱到達(dá)小車的最右端,且小車和收納箱的速度恰好為零,已知收納箱與小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。(物體和收納箱大小不計,物體與收納箱在整個過程中始終相對靜止,g取10m/s2)求:(1)t=2s時,收納箱的速度大小;(2)力F2作用的時間;(3)小車的長度。答案　(1)4m/s　(2)6s　(3)m解析　本題考查牛頓運動定律綜合應(yīng)用及運動學(xué)基本規(guī)律。體現(xiàn)了核心素養(yǎng)中模型建構(gòu)、科學(xué)推理、科學(xué)論證要素。(1)施加F1時,A、B相對運動收納箱的加速度:a1==2m/s2收納箱的速度:v1=a1t1=4m/s方向向右(2)施加F1,A、B相對運動時小車的加速度:a2==1m/s經(jīng)t1=2s收納箱運動位移:s1=a1=4m小車運動位移:s2=a2=2m小車的速度:v2=a2t1=2m/s,方向向右2秒后,收納箱做勻減速運動的加速度a1'==2m/s2,方向向左小車加速度不變,仍為a2=1m/s2,方向向右。當(dāng)兩者速度相等時,收納箱恰好到達(dá)小車最右端,以后收納箱和小車一起作為整體向右以加速度a3==0.5m/s2做勻減速運動直到速度都為0。共同速度為v=v1-a1't2,v=v2+a2t2t2=s,v=m/s收納箱和小車獲得共同速度至停止運動用時t3==s力F2作用時間為t=t2+t3=6s(3)小車在t2時間內(nèi)位移s3=v2t2+a2=m收納箱在t2時間內(nèi)位移為s4=v1t2-a1'=m小車長度L=s1-s2+s4-s3=m11.(2019懷化三中月考)工廠利用與水平面夾角為θ=37°的傳送帶輸送相同規(guī)格的小工件,如圖中A、B位置為輪子與傳送帶的切點,每個工件均從A位置無初速度地輕置于傳送帶上,到達(dá)B位置隨即被取走。已知傳送帶總長L=15m,A、B間距L0=7.2m,傳送帶勻速轉(zhuǎn)動的速率v0=0.8m/s,工件從A運動到B的時間t=10s,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2。(1)求工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ;(2)若第一個工件從傳送帶A位置出發(fā)后2s,第二個工件被置于A位置,此時由于故障,傳送帶的速度突然增大到3m/s并運行4s后停止運動,忽略傳送帶速度變化所用時間,求因與工件摩擦,傳送帶上出現(xiàn)的擦痕長度。,答案　(1)0.8　(2)10.4m解析　本題考查牛頓運動定律的綜合應(yīng)用。體現(xiàn)了核心素養(yǎng)中模型建構(gòu)、科學(xué)推理要素。(1)根據(jù)題意可知,工件先加速到v0再勻速運動,設(shè)工件的質(zhì)量為m,加速時間為t1,則t1+v0(t-t1)=L0,解得t1=2s,工件的加速度a==0.4m/s2,根據(jù)牛頓第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得μ=0.8。(2)根據(jù)(1)可知第一個工件在傳送帶速度增大到v=3m/s后繼續(xù)加速,由L0=a,可得t2=6s,且v2=at2=2.4m/smB,它們與地面間的動摩擦因數(shù)相同。為使彈簧穩(wěn)定時的伸長量增大,下列操作可行的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.僅減小B的質(zhì)量　　B.僅增大A的質(zhì)量C.僅將A、B的位置對調(diào)　　D.僅減小水平面的粗糙程度答案　C　本題考查牛頓第二定律,主要考查考生的科學(xué)推理素養(yǎng)。設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,伸長量為x,相同加速度為a,對B受力分析有:kx-μmBg=mBa,對A受力分析有F-μmAg-kx=mAa,兩式聯(lián)立消去a,整理可得x=,由此可見,A、B均錯誤。因為mA>mB,所以>1,A、B位置對調(diào)以后x的表達(dá)式為x=,又因為<1,所以x增大,故C正確。x的表達(dá)式中不含動摩擦因數(shù),因此x與水平面的粗糙程度無關(guān),故D錯誤。2.(2019江蘇南通、徐州等六市二調(diào),3)如圖所示,傾角為30°的光滑固定斜面上放置質(zhì)量為M的木板A,跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)線一端與木板相連且細(xì)線與斜面平行,另一端連接質(zhì)量為m的物塊B,質(zhì)量也為m的物塊C位于木板頂端。由靜止釋放后,C下滑,而A、B仍保持靜止。已知M=1.5m,重力加速度為g,則C沿木板下滑的加速度大小為(　　)A.g　　B.g　　C.g　　D.g答案　C　對A受力分析有Mgsin30°+f=mg,M=1.5m,可得A、C間的摩擦力f=0.25mg;對C受力分析可得mgsin30°-f=ma,解得C下滑的加速度a=g,選項C正確,A、B、D錯誤。,3.(2019江蘇揚(yáng)州中學(xué)四模,2)一小滑塊(可看成質(zhì)點)在水平拉力F作用下,沿粗糙水平面做直線運動,其速度v隨時間t變化的圖像如圖所示。在0.5s、1.5s、2.5s、3.5s時刻拉力F的大小分別為F1、F2、F3、F4,則下列判斷一定正確的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.F1F4　　D.F3a2>0,根據(jù)牛頓第二定律得F1-μmg=ma1,F2-μmg=ma2,故F1>F2,選項A錯誤;由圖知a3mg,且FN達(dá)到最大值,故C正確,D錯誤。6.(2019江蘇徐州、連云港等四市摸底,2)如圖甲中,兩滑塊A和B疊放在光滑水平地面上,A的質(zhì)量為m1,B的質(zhì)量為m2,設(shè)A、B間的動摩擦因數(shù)為μ,作用在A上的水平拉力為F,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。圖乙為F與μ的關(guān)系圖像,其直線方程為F=μ。下列說法正確的有(　　)A.μ和F的值位于a區(qū)域時,A、B相對滑動B.μ和F的值位于a區(qū)域時,A、B相對靜止C.μ和F的值位于b區(qū)域時,A、B相對滑動D.μ和F的值位于b區(qū)域時,A、B相對靜止答案　AD　當(dāng)A、B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時,A、B即將發(fā)生相對滑動,設(shè)此時B的加速度為a2,對B由牛頓第二定律可得μm1g=m2a2,即a2=,再對A、B整體由牛頓第二定律可得F=(m1+m2)a=μ,可見當(dāng)F=μ時,A、B即將發(fā)生相對滑動。所以當(dāng)μ和F的值位于a區(qū)域時,F>μ,A、B已經(jīng)發(fā)生相對滑動,選項A正確,B錯誤;當(dāng)μ和F的值位于b區(qū)域時,F<μ,A、B還沒有發(fā)生相對滑動,即保持相對靜止,選項C錯誤,D正確。7.(2020屆山東菏澤期中,9)如圖所示,質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的斜面上,兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相同,用始終平行于斜面向上的恒力F推A,使它們沿斜面勻加速上升,為了減小A、B間的壓力,可行的辦法是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.減小推力F　　B.減小傾角θC.減小B的質(zhì)量　　D.減小A的質(zhì)量答案　AC　本題考查了力的合成與分解、牛頓第二定律知識,以及理解能力、推理能力,體現(xiàn)了物理觀念中物質(zhì)觀念、運動與相互作用觀念的要素和科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)推理的要素。設(shè)動摩擦因數(shù)為μ,對AB整體受力分析有F-mAgsinθ-mBgsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,對B受力分析有FAB-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa,由以上兩式可得FAB=F=,可知,為使FAB減小,應(yīng)減小推力F,增加A的質(zhì)量,減小B的質(zhì)量,故A、C正確,B、D錯誤。解題思路　當(dāng)用平行于斜面向上的恒力F推A,兩物塊沿斜面勻加速上升時,對整體運用牛頓第二定律求出加速度,再對B研究,根據(jù)牛頓第二定律求出A、B間的彈力,即可分析減小A、B間壓力的方法。方法技巧　本題是連接體問題,抓住兩個物體的加速度相同,采用整體法與隔離法,靈活選擇研究對象。8.(2020屆山東煙臺期中,10)某人在距離地面某高度處以5m/s的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為2kg的小球,小球拋出后經(jīng)過一段時間落到地面上。若以拋出時刻為計時起點,小球運動的v-t圖像如圖所示,t=1.5s時,小球落到地面上。設(shè)小球運動過程中所受阻力大小不變,則(　　),A.小球一直做勻變速直線運動B.小球拋出點離地面高度為3.55mC.小球運動過程中所受阻力大小為0.4ND.當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?0m/s2答案　BC　本題考查了v-t圖像、牛頓第二定律知識,以及理解能力、推理能力,體現(xiàn)了物理觀念中物質(zhì)觀念、運動與相互作用觀念的要素和科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)推理的要素。小球上升過程中的加速度大小a1==m/s2=10m/s2,下落過程中的加速度大小a2==m/s2=9.6m/s2,整個運動過程中的加速度大小變化,故不是做勻變速直線運動,故A錯誤;小球拋出點離地面高度為h=×9.6×(1.5-0.5)m-×5×0.5m=3.55m,故B正確;設(shè)小球運動過程中所受阻力大小為f,重力加速度為g,根據(jù)牛頓第二定律可得,上升過程中mg+f=ma1,下落過程中,mg-f=ma2,解得f=0.4N,g=9.8m/s2,故C正確,D錯誤。解題思路　(1)根據(jù)v-t圖像求解加速度,分析運動情況;(2)根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積求解高度;(3)根據(jù)牛頓第二定律求解阻力和重力加速度大小。9.(2019山東萊蕪一中質(zhì)檢,9)如圖所示,三角形傳送帶以1m/s的速度沿逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長度都是2m,且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑,兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列判斷正確的是(　　)A.物塊A先到達(dá)傳送帶底端B.物塊A、B同時到達(dá)傳送帶底端C.傳送帶對物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上D.物塊A下滑過程中相對傳送帶的路程小于物塊B下滑過程中相對傳送帶的路程答案　BCD　物塊A、B都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑,因mgsin37°>μmgcos37°,故傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故兩物塊沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端時位移大小相同,故時間相同,故A錯誤,B、C正確;相對傳送帶的路程由相對位移決定,A物塊與傳送帶運動方向相同,相對傳送帶的路程較小,故D正確。二、非選擇題10.如圖所示,質(zhì)量M=20kg的物體從光滑曲面上高度H=0.8m處釋放,到達(dá)底端時進(jìn)入水平傳送帶,傳送帶由一電動機(jī)驅(qū)動著逆時針勻速轉(zhuǎn)動,速率為3m/s。已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。(g取10m/s2)(1)若兩皮帶輪之間的距離是6m,物體沖上傳送帶后就移走光滑曲面,物體將從哪一邊離開傳送帶?通過計算說明你的結(jié)論。(2)若皮帶輪間的距離足夠大,從物體滑上到離開傳送帶的整個過程中,由于物體和傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生了多少熱量?答案　(1)見解析　(2)490J,解析　(1)物體從曲面上下滑時機(jī)械能守恒,有MgH=M解得物體滑到底端時的速度v0==4m/s以地面為參考系,物體滑上傳送帶后向右做勻減速運動,期間物體的加速度大小和方向都不變,加速度大小為a=μg=1m/s2物體從滑上傳送帶到相對地面速度減為零,對地向右發(fā)生的位移為s==m=8m>6m表明物體將從右邊離開傳送帶。(2)傳送帶速度v=3m/s,因v0>v,若兩皮帶輪間的距離足夠大,則物體滑上傳送帶后先向右做勻減速運動直到速度為零,后向左做勻加速運動,直到速度與傳送帶速度相等后與傳送帶相對靜止,從傳送帶左端掉下。相對滑動期間物體的加速度大小和方向都不變,取向右為正方向,物體發(fā)生的位移為s1==m=3.5m物體運動的時間為t==7s　這段時間內(nèi)傳送帶向左運動的位移大小為s2=vt=3×7m=21m物體相對于傳送帶滑動的距離為Δs=s1+s2=24.5m物體與傳送帶相對滑動期間產(chǎn)生的熱量為Q=f·Δs=μMg·Δs=490J11.(2019江蘇南京、鹽城調(diào)研二)如圖所示,質(zhì)量為m=1kg的物塊(可視為質(zhì)點),放置在質(zhì)量M=2kg足夠長木板的中間,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1,木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在兩個作用區(qū),兩作用區(qū)的寬度均為1m,相距為d,作用區(qū)只對物塊有力的作用,Ⅰ作用區(qū)對物塊作用力方向水平向右,Ⅱ作用區(qū)對物塊作用力方向水平向左,作用力大小均為3N。將物塊與木板從圖示位置(物塊在Ⅰ作用區(qū)內(nèi)的最左邊)由靜止釋放,已知在整個過程中物塊不會滑離木板,取g=10m/s2。(1)在物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時,物塊的速度是多大?(2)若物塊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時,物塊與木板的速度剛好相同,求兩作用區(qū)的邊界距離d。答案　(1)2m/s　(2)1.5m解析　(1)在Ⅰ區(qū)域時對物塊受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=mam1am1==2m/s2對木板受力分析,有μmg=MaM1aM1=0.5m/s2設(shè)物塊在區(qū)域Ⅰ中運動時間為t1,因運動位移L=1m,且L=am1則t1==1svm1=am1t1=2m/s(2)物塊離開Ⅰ區(qū)域后,μmg=mam2解得am2=1m/s2aM2=aM1=0.5m/s2物塊剛離開區(qū)域Ⅰ時,木板速度vM1=aM1t1=0.5m/s設(shè)物塊從離開Ⅰ區(qū)域到與木板達(dá)到共同速度用時t2vm1-am2t2=vM1+aM2t2解得t2=1s,則d=vm1t2-am2=1.5m12.(2018安徽皖南八校聯(lián)考,17)如圖所示,傾角為θ=30°的光滑斜面上有固定擋板AB,斜面上B、C兩端點間高度差為h。斜面上疊放著質(zhì)量均為m的小物塊和薄木板,小物塊視為質(zhì)點,薄木板長為L,下端位于擋板AB處,整體處于靜止?fàn)顟B(tài)。木板和物塊兩者間的動摩擦因數(shù)μ=,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。(1)若木板和物塊一起以某初速度沿斜面向上運動,木板上端恰能到達(dá)C點,求初速度大小;(2)若給木板施加一平行斜面向上的拉力,為使木板上滑且與物塊間沒有相對滑動,求拉力應(yīng)滿足的條件;(3)若給木板施加一平行斜面向上的拉力,且大小為F=2mg,假設(shè)在此后的運動過程中小物塊始終未脫離木板,要使木板上端恰能到達(dá)C點,求拉力F作用的時間t1。答案　(1)(2)mg2mgsinθ=mg所以mg