9、 m/s2。
考點(diǎn)二、運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象問題
例 (2017·西昌模擬)如圖所示，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面從頂端下滑，直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時(shí)間，則下列圖象最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是( )
【審題立意】對(duì)物體受力分析由牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度、位移及下降高度與時(shí)間的關(guān)系式即可。
【解題思路】滑塊沿斜面下滑過程中，受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故速度圖象為向下傾斜的直線，C錯(cuò)誤；滑塊加速度保持不變，D錯(cuò)誤；設(shè)滑塊的加速度大小為a，則滑塊的位移
10、s＝v0t－at2，s-t圖象為開口向下的拋物線，B正確；設(shè)斜面傾角為θ，滑塊下降的高度h＝ssin θ，所以h-t圖象也是開口向下的拋物線，A錯(cuò)誤。
【參考答案】B
【技能突破】1.圖象問題的處理有兩條途徑：一是根據(jù)圖象反映的函數(shù)關(guān)系，找到圖象所反映的兩個(gè)物理量間的關(guān)系，分析其物理意義和變化規(guī)律；二是既能根據(jù)圖象的定義把圖象反映的規(guī)律對(duì)應(yīng)到實(shí)際過程中去，又能將實(shí)際過程的抽象規(guī)律對(duì)應(yīng)到圖象中去，最終根據(jù)實(shí)際過程的物理規(guī)律進(jìn)行判斷。
2. x－t圖象、v－t圖象和a－t圖象的對(duì)比分析
斜 率
縱截距
圖象與t軸所圍面積
特 例
勻速直線運(yùn)動(dòng)
勻變速直線運(yùn)動(dòng)
x－t圖象
11、
速 度
初位置
—
傾斜的直線
拋物線
?－t圖象
加速度
初速度
位移
與時(shí)間軸平行的直線
傾斜的直線
a－t圖象
—
—
速度變化量
與時(shí)間軸重合
平行于時(shí)間軸的直線
【變式訓(xùn)練】1. (2017·廣元模擬)如圖所示為A、B兩質(zhì)點(diǎn)在同一直線上運(yùn)動(dòng)的位移－時(shí)間圖象，A質(zhì)點(diǎn)的圖象為直線，B質(zhì)點(diǎn)的圖象為過原點(diǎn)的拋物線，兩圖象交點(diǎn)C、D坐標(biāo)如圖。下列說法正確的是( )
A．t1時(shí)刻B追上A，t2時(shí)刻A追上B
B．t1～t2時(shí)間段內(nèi)B的平均速度小于A的平均速度
C．A做直線運(yùn)動(dòng)，B做曲線運(yùn)動(dòng)
D．兩質(zhì)點(diǎn)速度相等的時(shí)刻一定在t1～t2時(shí)間段內(nèi)的某時(shí)刻
12、
解析：x -t圖象的交點(diǎn)表示同一時(shí)刻到達(dá)同一位置而相遇，由題圖易知，t1時(shí)刻A追上B，t2時(shí)刻B追上A，故A錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間段內(nèi)，兩質(zhì)點(diǎn)通過的位移相等，則B的平均速度與A的平均速度相等，故B錯(cuò)誤；x -t圖象只能描述直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；因圖線的切線的斜率代表質(zhì)點(diǎn)的速度，故由題圖可知兩質(zhì)點(diǎn)速度相等的時(shí)刻一定在t1～t2時(shí)間段內(nèi)的某時(shí)刻，故D正確。
答案：D
2. (多選)如圖(a)，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出( )
A．斜面的傾角
B．物塊的質(zhì)量
C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D
13、．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
解析：由題圖(b)可以求出物塊上升過程中的加速度為a1＝，下降過程中的加速度為a2＝。物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑動(dòng)摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項(xiàng)A、C正確；由v -t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項(xiàng)D正確。
答案：ACD
考點(diǎn)三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用
(一)動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題
例 (2017·安慶模擬)如圖所示，質(zhì)量m＝5 kg的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在外
14、力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知F1大小為50 N，方向斜向右上方，與水平面夾角α＝37°，F(xiàn)2大小為30 N，方向水平向左，物塊的速度v0大小為11 m/s。當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到距初始位置距離x0＝5 m時(shí)撤掉F1，g取10 m/s2。求：
(1)物塊與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)撤掉F1以后，物塊在6 s末距初始位置的距離。
【審題立意】對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律或動(dòng)力學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答，知道加速是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。
【解題思路】 (1)物塊向右做勻速運(yùn)動(dòng)：f＋F
15、2＝F1cos α；f＝μ(mg－F1sin α)
聯(lián)立解得：μ＝0.5。
(2)撤掉F1后：a1＝＝ m/s2＝11 m/s2
設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1向右運(yùn)動(dòng)速度變?yōu)?，則：t1＝＝1 s
此時(shí)向右位移：x1＝t1＝5.5 m
后5 s物塊向左運(yùn)動(dòng)：a2＝＝1 m/s2
后5 s向左位移：x2＝a2t22＝12.5 m
物塊在6 s末距初始位置的距離：Δx＝x2－(x0＋x1)＝12.5 m－(5 m＋5.5 m)＝2 m。
【參考答案】(1)0.5 (2)2 m
【技能突破】動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題
(1)由因推果——已知物體的受力情況，確定物體的運(yùn)動(dòng)情況。
(2)由果溯因—
16、—已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定物體的受力情況。
橋梁：牛頓第二定律F＝ma
【變式訓(xùn)練】1. 為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示，當(dāng)此車加速上坡時(shí)，盤腿坐在座椅上的一位乘客( )
A. 處于失重狀態(tài)
B. 不受摩擦力的作用
C. 受到向前(水平向右)的摩擦力作用
D. 所受力的合力豎直向上
解析：車加速上坡，車?yán)锏某丝团c車相對(duì)靜止，應(yīng)該和車具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，對(duì)乘客受力分析可知，乘客應(yīng)受到豎直向下的重力，垂直水平面豎直向上的彈力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，B、D錯(cuò)誤，
17、C正確；彈力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤。
答案：C
2. 如圖所示用力F拉a、b、c三個(gè)物體在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在中間的物體b上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運(yùn)動(dòng)，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力FTa和FTb的變化情況是( )
A. FTa增大 B. FTb增大
C. FTa減小 D. FTb減小
解析：設(shè)c物體質(zhì)量為m，a物體質(zhì)量為m′，整體質(zhì)量為M，整體的加速度a＝，對(duì)c物體分析，F(xiàn)Tb＝ma＝，對(duì)a物體分析，有F－FTa＝m′a，解得FTa＝F－.在b物體上加上一塊橡皮泥，則M增大，
18、加速度a減小，因?yàn)閙、m′不變，所以FTb減小，F(xiàn)Ta增大，A、D正確。
答案：AD
3. 有一質(zhì)量m＝2 kg的小球套在長L＝1 m的固定輕桿頂部，桿與水平方向成θ＝37°角。靜止釋放小球，1 s后小球到達(dá)桿底端。取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求小球到達(dá)桿底端時(shí)速度為多大？
(2)求小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大？
(3)若在豎直平面內(nèi)給小球施加一個(gè)垂直于桿方向的恒力，靜止釋放小球后保持它的加速度大小為1 m/s2，且沿桿向下運(yùn)動(dòng)，則這樣的恒力為多大？
解析：(1)設(shè)小球到達(dá)桿底端時(shí)速度大小為v，則
L＝t，＝，得v
19、＝＝2 m/s。
(2)設(shè)小球下滑過程中的加速度大小為a1，則a1＝
根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
得小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。
(3)小球在恒力作用下，有mgsin θ－μN(yùn)2＝ma2，得N2＝20 N
若恒力F垂直桿向上，則F＝N2＋mgcos θ，得F＝36 N
若恒力F垂直桿向下，則F＝N2－mgcos θ，得F＝4 N。
(二)動(dòng)力學(xué)的兩類典型模型
1. 板—塊模型
例1. (2017·全國III卷T25)如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA = 1 kg和mB = 5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)
20、摩擦因數(shù)均為μ1 = 0.5；木板的質(zhì)量為m = 4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2 = 0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0 = 3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g =10 m/s2。求
(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；
(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。
【審題立意】本題考查運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)的相關(guān)知識(shí)。本題可以畫出物體相對(duì)位置的示意圖進(jìn)行分析。解答本題需要注意兩點(diǎn)：一，滑塊A、B都相對(duì)于木板發(fā)生位移，要注意它們之間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)；二，運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式求得的速度、位移
21、都是以地面為參考系的。
【解題思路】(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速大小為a1。在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有
①
②
③
由牛頓第二定律得
④
⑤
⑥
設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，設(shè)大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
⑦
⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 ⑨
(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為 ⑩
設(shè)在B與木板達(dá)到共同速
22、度v1后，木板的加速度大小為a2，對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有
?
由①②④⑤式知，aA = aB；再由⑦⑧可知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有
?
對(duì)A有 ?
在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B（以及木板）相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 ?
在(t1+t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為
?
A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為
?
聯(lián)立以上各式，并代
23、入數(shù)據(jù)得 ?
(也可用如圖的速度–時(shí)間圖線求解，如圖)
【參考答案】(1)1 m/s (2)1.9 m
【技能突破】分析滑塊—木板類模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)
1. 一個(gè)轉(zhuǎn)折——滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。
2. 兩個(gè)關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移與板長之間的關(guān)聯(lián)。一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變，轉(zhuǎn)折前、后滑塊和木板的加速度都會(huì)發(fā)生變化，因此以轉(zhuǎn)折點(diǎn)為界，對(duì)轉(zhuǎn)折前、后進(jìn)行受力分析是建立模型的關(guān)鍵。
【變式訓(xùn)練】
1. (2017·南陽第一中學(xué)檢測(cè))如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜
24、止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則( )
A．當(dāng)F<2μmg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止
B．當(dāng)F＝μmg時(shí)，A的加速度為μg
C．當(dāng)F>3μmg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)
D．無論F為何值，B的加速度不會(huì)超過μg
解析：當(dāng)03μmg時(shí)，A相對(duì)B向右做加速運(yùn)動(dòng)，B相對(duì)地面也向右加速，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、選項(xiàng)C正確。當(dāng)F＝μmg時(shí)，A與B共同的加速度a＝＝μg，選項(xiàng)B正確。F較大時(shí)
25、，取物塊B為研究對(duì)象，物塊B的加速度最大為a2＝＝μg，選項(xiàng)D正確。
答案：BCD
2．(2015·全國I卷T25)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 cm，如圖(a)所示。t＝0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩
26、擦因數(shù)μ2；
(2)木板的最小長度；
(3)木板右端離墻壁的最終距離。
解析：(1)根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物塊受到滑動(dòng)摩擦力而向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板與墻壁碰撞前，勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆運(yùn)動(dòng)則為勻加速直線運(yùn)動(dòng)可得x＝vt＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
小物塊和木板整體受力分析，滑動(dòng)摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得：
μ1(m＋15m)
27、g＝(m＋15m)a1，即 μ1g＝a1
解得μ1＝0.1
(2)碰撞后，木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
對(duì)滑塊，加速度大小為a2＝4 m/s2
由于a2＞a3，所以滑塊速度先減小到0，所用時(shí)間為t1＝1 s的過程中，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝vt1－a3t＝ m, 末速度v1＝ m/s
滑塊向右運(yùn)動(dòng)的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為a2＝4 m/s2
木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為a3＝ m/s2
假設(shè)又經(jīng)歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.
28、5 s
此過程中，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移x3＝v1t2－a3t＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑塊向左運(yùn)動(dòng)的位移x4＝a2t＝0.5 m
此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動(dòng)，二者的相對(duì)位移最大為Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6 m
(3)最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度大小為a1＝1 m/s2
向左運(yùn)動(dòng)的位移為x5＝＝2 m
所以木板右端離墻壁最遠(yuǎn)的距離為x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
2. 傳送帶模型
例2. (2017·河南二模)如圖所示，傳送帶Ⅰ與水平面的夾角為30°，傳送帶Ⅱ與水平面的夾角
29、為37°，兩傳送帶與一小段光滑的水平面BC平滑連接。兩傳送帶均沿順時(shí)針方向勻速率運(yùn)行?，F(xiàn)將裝有貨物的箱子輕放至傳送帶Ⅰ的A點(diǎn)，運(yùn)送到水平面上后，工作人員將箱子內(nèi)的物體取下，箱子速度不變繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到傳送帶Ⅱ上，傳送帶Ⅱ的D點(diǎn)與高處平臺(tái)相切。已知箱子的質(zhì)量M＝1 kg，物體的質(zhì)量m＝3 kg，傳送帶Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB長L1＝15 m，與箱子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝。傳送帶Ⅱ的速度v2＝4 m/s，CD長L2＝8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子與傳送帶Ⅱ間的動(dòng)摩擦因數(shù)變?yōu)棣?＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)裝著物體的箱子在傳送帶Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2
30、)計(jì)算說明，箱子能否運(yùn)送到高處平臺(tái)上？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【審題立意】對(duì)于傳送帶問題，分析有無摩擦，是滑動(dòng)摩擦還是靜摩擦，以及摩擦力的方向，是解決問題的關(guān)鍵。分析摩擦力時(shí)，前提是先要明確“相對(duì)運(yùn)動(dòng)”，而不是“絕對(duì)運(yùn)動(dòng)”。二者達(dá)到“共速”的瞬間，是摩擦力發(fā)生“突變”的“臨界狀態(tài)”；如果遇到水平勻變速的傳送帶，或者傾斜傳送帶，還要根據(jù)牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時(shí)刻是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力。
【解題思路】(1)箱子在傳送帶Ⅰ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體有：
μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)g·sin 30°＝(M＋m)a1
解得：a1
31、＝2.5 m/s2
一開始箱子加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過位移x1與傳送帶達(dá)到共速，則：
x1＝＝12.8 m(<15 m)
加速時(shí)間：t1＝＝3.2 s
勻速時(shí)間：t2＝＝0.275 s
總時(shí)間：t＝t1＋t2＝3.475 s
(2)由于v1>v2，所以箱子剛到達(dá)傳送帶Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：
μ2Mgcos 37°＋Mgsin 37°＝Ma2
解得：a2＝10 m/s2
設(shè)經(jīng)過位移x1與傳送帶達(dá)到共速，則：x2＝＝2.4 m(<8 m)
因Mgsin 37°>μ2Mgcos 37°，故箱子繼續(xù)減速
由牛頓第二定律得：Mgsin 37°－μ2Mgcos 37°＝Ma
32、3
解得：a3＝2 m/s2
x3＝＝4 m
x2＋x3＝6.4 m<8 m
所以箱子不能運(yùn)送到高處平臺(tái)上。
【參考答案】(1) 3.475 s (2)不能
【技能突破】傳送帶問題分析的要點(diǎn)是物體與傳送帶間的摩擦力，關(guān)注點(diǎn)是兩個(gè)時(shí)刻：
1. 初始時(shí)刻物體相對(duì)于傳送帶的速度或滑動(dòng)方向決定了該時(shí)刻摩擦力的方向。
2. 物體與傳送帶速度相等的時(shí)刻摩擦力的大小(或有無)、性質(zhì)(滑動(dòng)摩擦力或靜摩擦力)或方向會(huì)發(fā)生改變.正確判斷這兩個(gè)時(shí)刻的摩擦力，才能正確確定物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。
【變式訓(xùn)練】1. 如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小滑塊，小滑塊與傳送
33、帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小滑塊速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則( )
A. 傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)
B. μ＝tan θ＋
C. 傳送帶的速度大于v0
D. t0后滑塊的加速度為2gsin θ－
解析：若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)滑塊下滑時(shí)(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端；當(dāng)滑塊上滑時(shí)(mgsin θ<μmgcos θ)，先勻加速運(yùn)動(dòng)，在速度相等后將勻速運(yùn)動(dòng)，兩種均不符合運(yùn)動(dòng)圖象；故傳送帶是逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確.滑塊在0～t0內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力向下，做勻加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由圖可知a1＝，則μ＝－tan θ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.傳送帶的速
34、度等于v0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，選項(xiàng)D正確。
答案：AD
2. 水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1 m/s運(yùn)行，一質(zhì)量為m＝4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對(duì)行李的滑動(dòng)摩擦力使行李開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2。
(1)求行李剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受滑動(dòng)摩擦力的大小與加速度的大?。?
(2)求行李做勻加速直線運(yùn)
35、動(dòng)的時(shí)間；
(3)如果提高傳送帶的運(yùn)行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時(shí)間和傳送帶對(duì)應(yīng)的最小運(yùn)行速率。
解析：(1)滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N
加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2。
(2)行李達(dá)到與傳送帶相同速率后不再加速，則
v＝at1，t1＝＝ s＝1 s。
(3)行李始終勻加速運(yùn)行時(shí)間最短，加速度仍為a＝1 m/s2，當(dāng)行李到達(dá)右端時(shí)，有
vmin2＝2aL，
vmin＝＝ m/s＝2 m/s
所以傳送帶對(duì)應(yīng)的最小運(yùn)行速率為2 m/s。
行李最短運(yùn)行時(shí)間由vmin＝a×tmin
得tmin＝＝ s＝2 s。
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北京市2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）
