第三章 《牛顿运动定律》新情景题（能力卷B）（解析版）2021年新课标全国高考物理各章单元新情景题AB卷

第三章 《牛顿运动定律》新情景题（能力卷 B） 试时间 90 分钟，满分 100 分 第一部分 选择题（共 48 分） 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题只有一项符 合题目要求，第 9～12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 4 分，有选错的得 0 分。 1、伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如 图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面的 O 点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜 面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为 1、2、3，根据三 次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是 A．如果斜面光滑，小球将上升到与 O 点等高的位置 B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 【答案】A 【解析】从实验中小球的三种运动情况可以得到，斜面的阻力越小，小球上升的位置越高，如果不受阻力， 就会升到与 O 点等高处，A 正确；而其他选项都不是由实验直接得到的，需要进一步推理或实验验证，BCD 错误。 2、一个质量为 2 kg 的物体，放在光滑水平面上，在水平面内 3 个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去 大小分别为 8 N 和 12 N 的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是(　　) A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是 5 m/s2 B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小 C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是 1.5 m/s2 D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是 6 m/s2 【答案】B 【解析】由平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为 8 N 和 12 N 的两个力后，物体的合力大小范围为 4 N≤F 合≤20 N，物体的加速度大小范围为：2 m/s2≤a≤10 m/s2；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是 5 m/s2，故 A 错误；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向 与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小最小可能是 2 m/s2，不可能为 1.5 m/s2，故 C 错误； 撤去两个力后，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故 B 正确；撤去两个力后， 物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故 D 错误． 3、如图所示，在倾角为 θ＝30°的光滑固定斜面上，物块 A、B 质量均为 m.物块 A 静止在轻弹簧上端，物块 B 用细线与斜面顶端相连，A、B 靠在一起，但 A、B 之间无弹力．已知重力加速度为 g，某时刻将细线剪断， 下列说法正确的是(　　) A．细线剪断前，弹簧的弹力为 mg B．细线剪断前，细线的拉力为 mg C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化 D．细线剪断瞬间，物块 B 的加速度大小为 1 4g 【答案】D 【解析】细线剪断前，由于 A、B 之间无弹力，对 A 分析可以得到弹簧的弹力：F＝mgsin θ＝ 1 2mg，对 B 分析可以得到 FT＝mgsin θ＝1 2mg，故 A、B 错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故 C 错误； 细线剪断瞬间，对 A、B 系统，加速度大小：a＝2mgsin θ－F 2m ＝1 4g，故 D 正确． 4、如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被 压缩 0.4 m 后锁定，t＝0 时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的 v-t 图象如 图乙所示，其中 Oab 段为曲线，bc 段为直线，倾斜直线 Od 是 t＝0 时的速度图线的切线，已知滑块质量 m＝ 2.0 kg，取 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大 C．弹簧的劲度系数 k＝175 N/m D．该过程中滑块的最大加速度为 35 m/s2 【答案】C　 【解析】根据 v-t 图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧 弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B 错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝Δv Δt＝1.5 0.3 m/s2＝5 m/s2， 由牛顿第二定律得摩擦力大小为 Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为 a2＝Δv′ Δt′＝ 3 0.1 m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项 D 错误；由牛顿第二定律得 kx－Ff＝ma2，代入数据解得 k＝175 N/m，选项 C 正确。 5、图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点 P 是他的重心位置。图乙是根据传感器 采集到的数据画出的力—时间图线。两图中 a～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加 速度 g＝10 m/s2。根据图象分析可知(　　) A．张明的重力为 1000 N B．e 点位置张明处于超重状态 C．c 点位置张明处于失重状态 D．张明在 d 点的加速度小于在 f 点的加速度 【答案】　B 【解析】　开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是 500 N，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知 道，张明的重力为 500 N，故 A 错误；e 点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的 重力，张明处于超重状态，故 B 正确；c 点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的 重力，张明处于超重状态，故 C 错误；张明在 d 点时，a1＝Fd－G m ＝1500－500 500 10 m/s2＝20 m/s2，张明在 f 点 时，a2＝G－0 m ＝500 500 10 m/s2＝10 m/s2，可知张明在 d 点的加速度大于在 f 点的加速度，故 D 错误。 6、从地面上以初速度 v0 竖直向上抛出一质量为 m 的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成 正比，小球运动的速度大小随时间变化的规律如图所示，t1 时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为 v1， 且落地前小球已经做匀速运动，则在整个过程中，下列说法中不正确的是A．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 B．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 C．小球抛出瞬间的加速度大小为 D．小球下落过程的平均速度大于 【答案】A 【解析】小球上升过程的加速度大小为 ，随速度减小而减小，到达最高点时加速度为 g， 下落过程的加速度大小为 ，随着速度增大，加速度减小，最后减小到 0，故小球被抛出时 的 加 速 度 值 最 大 ， A 错 误 ， B 正 确 ； 当 小 球 匀 速 时 ， 有 ， 则 抛 出 瞬 间 的 加 速 度 ，C 正确；下落过程小球做加速度减小的加速运动，平均速度大于 ，D 正确。 故选 A。 7、如图甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A。木板 B 受到随时间 t 变化的水 平拉力 F 作用时，用传感器测出木板 B 的加速度 a，得到如图乙所示的 a﹣F 图像，g 取 10m/s2 ， 则（　　） A．滑块 A 的质量为 4kg B．木板 B 的质量为 1kg C．当 F=6N 时木板 B 加速度为 0 D．滑块 A 与木板 B 间动摩擦因数为 0.1 【答案】B 【解析】由图知，当 F=8N 时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有 F=（mA+mB）a 代入数据解得 mA+mB=4kg，当 F 大于 8N 时，A、B 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对 B 有 ，由图示图象可知，图线的斜率 ，解得mB=1kg， mA=3kg，将 a=0 时，F=6N 代入解得 μ=0.2，故 AD 错误，B 正确。根据 F=6N 2 kva g gm = − < 1mg kv= 0 0 0 1 (1 )kv va g gm v = + = + 1 2 v 1A A B B B F m g m ga Fm m m µ µ−= = − 1 2 18 6B ak m F = = = =−  μ，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（　　） A.水平轻绳的弹力大小为 F B.物块 c 受到的摩擦力大小为 μmg C.剪断轻绳后，在物块 b 向右运动的过程中，物块 c 受到的摩擦力大小为 μmg D.当该水平拉力增大为原来的 倍时，物块 c 受到的摩擦力大小为 μmg 【答案】D 【解析】A.三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件，对 a、b、c 系统有 F=3μmg，对 b、c 系统有 T=2μmg 则 T＜F，故 A 错误；因为 c 做匀速直线运动，处于平衡状态，c 不受摩擦力，故 B 错误；.剪断轻绳后，b、c 一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对 b、c 系统 2μmg=2ma′，对 c，f′=ma′，解得 f′=μmg，故 C 错 误；当水平拉力增大为原来的 倍，即 ，由牛顿第二定律，对 a、b、c 系统 F′-3μmg=3ma，对 C 有 f=ma，解得 f= μmg，故 D 正确。故选 D。 9、如图所示，在水平面上有一传送带以速率 v1 沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端 各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度 v2 向 左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是(　　) 【答案】ABD. 【解析】：第一种情况：物体在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力 的作用下向右加速，加速度不变；如果 v1>v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于 v2 时， 物体恰好离开传送带，有 v′2＝v2；如果 v1≤v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速， 当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动， 有 v′2＝v1；第二种情况：物体在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于 v2，故 A、 B、D 正确，C 错误． 10、如图，在水平面上固定一倾角为 30°的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定挡板，A 和 B 用轻弹 簧相连，A 靠在挡板上，C 靠在 B 上，A、B、C 三者质量均为 m，力 F 作用在 C 上使弹簧处于压缩状态。 1 3 3 2 1 2 3 2 3 9 2 2F F mgµ′ = = 1 2现撤去 F，弹簧弹开，最后使 A 和挡板恰无弹力，重力加速度为 g，在这个过程中以下说法正确的是(　　) A．当 B 速度最大时，B、C 间弹力为 0 B．当 B 和 C 分离时，A 对挡板的压力为 1 2mg C．当 B 和 C 分离时，它们的速度相等且达到最大 D．当 B 的速度最大时，A 对挡板的压力为 3 2mg 【答案】BD 【解析】B 和 C 分离瞬间，加速度相等且弹力消失，分离后的瞬间 C 的加速度为 gsin30°，则 B 的加速度也 为 gsin30°，由此推知 B 和 C 在弹簧原长时分离，此时，它们的加速度不为 0，即速度不是最大，速度最大 出现在分离之前，故 A、C 错误；当 B 和 C 分离时弹簧处于原长，此时 A 对挡板的压力等于 A 重力沿斜面 方向的分力，即 1 2mg，故 B 正确；当 B 的速度达到最大时，C 的速度也最大，它们受弹簧的弹力等于二者 重力沿斜面方向的分力，即 2mgsin30°＝mg，弹簧另一端的弹力大小也是 mg，所以此时 A 对挡板的压力为 3 2 mg，D 正确。 11、如图甲所示，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 M 的物体 A、B（B 物体与弹 簧连接），弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力 F 作用在物体 A 上，使物 体 A 开始向上做加速度为 a 的匀加速运动，测得两个物体的 v－t 图像如图乙所示（重力加速度为 g），则 （　　） A.施加外力前，弹簧的形变量为 B.弹簧恢复到原长时，物体 B 的速度达到最大值 C.A、B 在 t1 时刻分离，此时弹簧弹力大小为 M（g+a） D.外力施加的瞬间，A、B 间的弹力大小为 M（g－a） 【答案】ACD 2Mg k【解析】施加 F 前，物体 AB 整体平衡，根据平衡条件，有 ，得 ，故 A 正确；当 B 的加速度为 0 时，B 的速度最大即弹力与 B 的重力大小相等时，B 的速度最大，故 B 错误；在 t1 时刻 AB 分离瞬间，AB 间的弹力 ，对 B 受力分析得 ，得 ，故 C 正确；拉 力 F 施加的瞬间，对 B 物体，根据牛顿第二定律，有 ，其中 ，得 ，故 D 正确。故选 ACD。 12、如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为 M 和 m，各接触面间的动摩 擦因数均为 μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为 d.现用水平向右的恒定拉力 F 拉动纸板，下 列说法正确的是(　　) A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为 μ(M＋m)g B．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于 2μ(M＋m)g C．若砝码与纸板分离时的速度小于 μgd，砝码不会从桌面上掉下 D．当 F＝μ(2M＋3m)g 时，砝码恰好到达桌面边缘 【答案】BC. 【解析】：对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为 μ(M＋m)g＋μMg，故 A 错误．设砝 码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则有 μMg＝Ma1，F－μMg－μ(M＋m)g＝ma 2，发生相对运动需要 a2>a1，代入数据解得 F>2μ(M＋m)g，故 B 正确．若砝码与纸板分离时的速度小于 μgd，砝码匀加速运动的 位移小于 v2 2a1＝μgd 2μg＝d 2，匀减速运动的位移小于 v2 2a1＝μgd 2μg＝d 2，则总位移小于 d，不会从桌面上掉下，故 C 正 确．当 F＝μ(2M＋3m)g 时，砝码未脱离纸板时的加速度 a1＝μg，纸板的加速度 a2＝F－μ（M＋m）g－μMg m ＝2μg，根据 1 2a2t2－1 2a1t2＝d，解得 t＝ 2d μg，则此时砝码的速度 v＝a1t＝ 2μgd，砝码脱离纸板后做匀减速运 动，匀减速运动的加速度大小 a′＝μg，则匀减速运动的位移 x＝ v2 2a′＝2μgd 2μg ＝d，而匀加速运动的位移 x′＝1 2a1t2 ＝d，可知砝码离开桌面，D 错误． 第二部分 非选择题（共 52 分） 二、实验题：本题共 2 小题，共 16 分。 02Mg kx= 0 2Mgx k = 0ABF = F Mg Ma− =弹 ( )F M g a= +弹 ' ABF Mg F Ma− − =弹 ' 2F Mg=弹 ( )ABF M g a= −13．（6 分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中 M 为带滑轮 的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计） （1）下列实验步骤正确的是________ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.实验中不需要砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M （2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用 的是频率为 50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______ （结果保留两位有效数字） （3）以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的 图象是一条直线，图线与横坐标的 夹角为 ，求得图线的斜率为 ，则小车的质量为______ A. B. C. D. 【答案】（1）BDE（2 分）；（2）1.3（2 分）；（3）C（2 分） 【解析】（1）由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测 砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M，A 错 E 对；为保证绳上拉力提供 合外力，必须平衡摩擦力，B 对；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计 的示数，C 错误：为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D 对。 2m/s a F− θ k 2tanθ tanθ 2 k k（2）由逐差法可得：小车的加速度 将 代入可得 （3）由题图结合牛顿第二定律，有 得 则图象斜率 ，得小车的质量 ，故 A、B、D 错，C 对 14．（10 分）某物理课外小组利用图甲中的装置探究物体加速度与其所受外力之间的关系。图中，利用铁架 台固定一轻质滑轮，通过跨过滑轮的轻质细绳悬吊相同的两个物块 A、B，质量均为 M，物块 A 侧面粘贴 小遮光片，其宽度为 d、质量忽略不计。在物块 A、B 下各挂 5 个相同的小钩码，质量均为 m＝0.010kg。 光电门 C、D 通过连杆固定于铁架台上，并处于同一竖直线上，且光电门 C、D 之间的距离为 h。两光电门 与数字计时器相连（图中未画出）可记录遮光片通过光电门的时间。整个装置现处于静 止状态，取当地的重力加速度 g＝9.8m/s2．实验步骤如下： （1）将 n（依次取 n＝1，2，3，4，5）个钩码从物块 B 的下端摘下并挂在物块 A 下 端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门 C、D 的时间 t1、t2．由匀 变速运动规律可得到物块 A 下落过程的加速度 a＝　 　（用“h、d、t1、t2”表示） （2）该小组同学测量的数据见下表。他们将表格中的数据转变为坐标点画在图乙的坐 标系中，并作出 a﹣n 图象。从图象可以得出：当物体质量一定时，物体的加速度与其 所受的外力成　 　（“正比”或“反比“）。 （3）该小组同学利用 a﹣n 图象，进一步求得物块 A（或 B）的质量 M 为　 　kg（保留 2 位有效数 字）。 （4）若实验过程中摩擦阻力的影响明显（可看成定值），用上述方法得到的物块质 M 的测量值　 　 物块质量的直实值（填“大于”，“小于”或“等于”） 【答案】 （1） （3 分） （2）正比 （2 分） 34 01 45 12 56 23 29 x x x x x xa T − + − + −= 1 3s 0.06s50T = × = 21.3m / sa = 2F M a= ⋅ 2a FM = ⋅ 2k M = 2M k = 2 2 2 1 ( ) ( ) 2 d d t ta h − =（3）0.44 （3 分） （4）不变（2 分） 【解析】（1）物块 A 通过光电门 C、D 时的速度分别为 、 ，物块 A 的遮光片从 C 运动到 D， 由运动学规律可知， ，所以 ； （2）以 A、B 两物体和 10 个小钩码为研究对象，由牛顿第二定律可知， ，变化为 a= ，由图象可知，a 与 n 成正比，而 n 与系统所受合外力 2nmg 成正比，所以物体的加速度与其 所受的外力成正比。 （3）因为 ，由图象可知，斜率 0.2= ，将 m＝0.010kg 代入解得 0.44kg。 （ 4 ） 若 有 阻 力 , 以 A 、 B 两 物 体 和 10 个 小 钩 码 为 研 究 对 象 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 可 知 ， ，则 ，图象的斜率不受阻力 的影响，所以对物块 质量 的测量值不变。 三、计算题：本题共 3 小题，共 36 分。 15．（8 分）哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程 恰好到达观景台只需 50 秒，运行的最大速度为 15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船 酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为 1 kg 的物体受到的竖直 向上拉力为 11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g 取 10 m/s2)，求： (1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间； (2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度； (3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为 防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的 3 倍，下落过 程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？ 【答案】(1)1 m/s2　15 s　(2)525 m　(3) 70 s 【解析】(1)设电梯加速阶段的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得：FT－mg＝ma 解得 a＝1 m/s2 由 v＝v0＋at 解得 t＝15 s. (2)匀加速阶段位移 x1＝1 2at2＝1 2×1×152 m＝112.5 m 匀速阶段位移 x2＝v(50 s－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m C 1 d t =v D 2 d t =v 2 2 D C2ah = −v v 2 2 2 1 ( ) ( ) 2 d d t ta h − = 2 (10 2 )nmg m M a= + 2 10 2 nmg m M+ 2 (10 2 ) mga nm M = + k = 2 10 2 mg m M+ M = f 2 (10 2 )nmg f m M a− = + 2 (10 2 ) (10 2 ) mg fa nm M m M = −+ + f M匀减速阶段位移 x3＝v2 2a＝112.5 m 因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m. (3)由题意知，电梯到地面速度刚好为 0. 自由落体加速度大小 a1＝g 启动辅助牵引装置后加速度大小 a2＝F－mg m ＝3mg－mg m ＝2g，方向向上 则vm2 2a1＋vm2 2a2＝x 解得：vm＝10 70 m/s 则 tm＝vm g ＝ 70 s 即电梯自由下落最长 70 s 时间必须启动辅助牵引装置. 16．（8 分）如图所示，倾角 α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长 L＝1.8 m、质量 M＝ 3 kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量 m＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数 μ＝ 3 2 。对木板施 加沿斜面向上的恒力 F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板，求力 F 应满足的条件； (2)若力 F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离 木板后沿斜面上升的最大距离。 【答案】　(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m　 【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 Ff－mgsin α＝ma 又 Ff≤Ffm＝μmgcos α 解得 F≤30 N。 (2)因力 F＝37.5 N＞30 N，所以物块能够滑离木板，对木板，由牛顿第二定律得 F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1 对物块，由牛顿第二定律得 μmgcos α－mgsin α＝ma2设物块滑离木板所用时间为 t，木板的位移 x1＝1 2a1t2 物块的位移 x2＝1 2a2t2 物块与木板的分离条件为 Δx＝x1－x2＝L 解得 t＝1.2 s 物块滑离木板时的速度 v＝a2t 物块滑离木板后的加速度大小为 a3＝gsin α＝5 m/s2 物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离为 x＝0－v2 －2a3解得 x＝0.9 m。 17．（10 分）质量为 m=0.5kg 的小煤块（可视为质点）放在质量为 M=0.5kg 的长木板的右端，木板足够长， 小煤块与木板的动摩擦因数 ，木板与地面之间的动摩擦因数 ，开始时两者都处于静止状态， 现对木板施加水平向右的恒力 F=9N，如图所示，经 t=2s 后撤去 F。由于煤块与木板间相对滑动会留下一条 黑色痕迹。（g 取 10m/s2）试求： （1）小煤块在木板上留下的痕迹的长度？ （2）小煤块和木板均静止后，煤块到木板右端的距离为多少？ 【答案】（1）18m；（2）12m 【解析】（1）整体分析可得 对小煤块分析可知 由于 ，即可判断小煤块与长木板发生滑动，它们之间的摩擦力为滑动摩擦力。 对小煤块和长木板受力分析，结合牛顿第二定律可得小煤块做匀加速直线运动，其加速度 长木板做匀加速直线运动，其加速度大小 经 ，小煤块和长木板运动的位移和末速度分别为 ， ， 1=0.2µ 2 =0.4µ ( )2 25m/sF m M ga m M µ− += =+ 2 1 =2m/sma gµ= ma a< 2 1 =2m/sma gµ= ( )1 2 28m/sM F mg m M ga M µ µ− − += = 2st = 21 4m2m mx a t= = 4m/sm mv a t= = 21 16m2M Mx a t= = 16m/sM Mv a t= =撤去 F 后，小煤块受力不变，继续做匀加速度直线运动，其加速度大小 长木板受到地面和小煤块的摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小 当小煤块和长木板共速时，有 ， 共速时的速度为 从撤去 到小煤块和长木板共速，此阶段小煤块和长木板的位移分别为 ， 当小煤块和长木板共速之后，分析可得小煤块受到的摩擦力反向，小煤块做匀减速直线运动，其加速度大 小 长木板做匀减速直线运动，其加速度大小 当小煤块和长木板停止时，它们的位移分别为 ， 由以上三个阶段的位移可得，小煤块在木板上留下的痕迹的长度 （2）根据以上分析可知，小煤块和木板均静止后，煤块到木板右端的距离 18．（10 分）如图，相距 L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运 动，其速度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定。质量 m=10 kg 的载物箱（可视为质点），以初速度 v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.10，重力加速度取 g =10m/s2。 (1)若 v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； (3)若 v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台 运动的过程中，传送带对它的冲量。 22m/sm ma a′ = = ( )1 2 210m/sM mg m M ga M µ µ+ +′ = = m m M Mv a t v a t′ ′ ′ ′+ = − 1st′ = =6m/sv共 F 5mmx′ = 11mMx′ = 22m/sma′′ = ( )2 1 26m/sM m M g mga M µ µ+ −′′ = = 9mmx′′ = =3mMx′′ ( ) ( ) 18mM M m mx x x x x′ ′= + − + = ( ) ( )+ 12mM M M m m mx x x x x x x′ ′′ ′ ′′= + − + + = 13s12t∆ =【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0 【解析】 (1)传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为 a，由牛顿 第二定律有： ① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为 x1，由运动学公式有 ② 联立①②式，代入题给数据得 x1=4.5m；③ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至 v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离 开传送带所用的时间为 t1，做匀减速运动所用的时间为 t2，由运动学公式有 ④ ⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据有 t1=2.75s；⑥ (2) 当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为 v1，当载物箱滑上传 送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v2，由运动学公式有 ⑦ ⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 ， ⑨ (3)传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍 a。设载物箱做 匀加速运动通过的距离为 x2，所用时间为 t3，由运动学公式有 ⑩ ⑪ 联立①⑩⑪式并代入题给数据得 t3=1.0s ⑫ x2=5.5m ⑬ 因此载物箱加速运动 1.0s、向右运动 5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀 速运动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为 x3 有 ⑭ 由①⑫⑬⑭式可知 ＞ 1 2m/sv = 2 4 2m/sv = 4.0m/s=v mg maµ = 2 2 0 12v v ax− = − 0 2v v at= − 1 1 2 L xt t v −= + gLvv µ22 1 2 0 =− gLvv µ22 0 2 2 =− 1 2m/sv = 2 4 2m/sv = 6.0m/sv = 0 2v v v< < 0 3v v at= + 2 2 0 22v v ax− = 3( )t t∆ − 33 ( )v tx t= ∆ − 2v )(2 32 xxLg −−µ即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设 v3，由运动学公式有， ⑮ 设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为 I，由动量定理有 代题给数据得 为 2 2 3 2 32 ( )v v a L x x− = − − − 3 0( )I m v v= − 0I =