北京市2018屆高考物理二輪復習 專題2 牛頓運動定律與直線運動學案（含解析）

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1、 專題2 牛頓運動定律與直線運動 考向預測 本部分內容高考命題存在以下特點和趨勢：一是高考考查的重點，命題次數較多；二是題型全面：從選擇到實驗、再到計算題；三是命題趨勢大體呈現以下特點：從勻變速直線運動規(guī)律的應用為重點轉向動力學方法的應用為重點，而從2016年高考開始又趨向動力學方法和功能關系的綜合應用。 高頻考點：勻變速直線運動規(guī)律的應用、運動學圖象問題、牛頓運動定律的應用。知識與技巧的梳理 考點一、勻變速直線運動規(guī)律應用 例 (鄭州2018屆高三階段考試) 甲、乙兩人在某一直道上完成200 m的賽跑，他們同時、同地由靜止開始運動，都經過4 s的勻加速，甲的爆發(fā)力比

2、乙強，加速過程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都將做一段時間的勻速運動，乙的耐力比甲強，勻速持續(xù)時間甲為10 s、乙為13 s，因為體力、毅力的原因，他們都將做勻減速運動的調節(jié)，調節(jié)時間都為2 s，且速度都降為8 m/s，最后沖刺階段以8 m/s的速度勻速達到終點。求： (1)甲做勻減速運動的加速度； (2)甲沖刺階段完成的位移大小。 【審題立意】本題為多過程直線運動問題，主要考查勻變速直線運動規(guī)律的應用。在解題時要明確各個運動階段，注意平均速度公式的應用、加速度的計算方法，同時在計算時要注意各物理量的矢量性。 【解題思路】 (1)在勻加速過程，設甲的位移為x1，所用的時間為t1，

3、達到的末速度為v1，由x1＝，解得v1＝10 m/s 甲做勻減速運動的末速度為v2，勻減速運動的加速度為a2，由a2＝ 得a2＝－1 m/s2。 (2)甲勻速運動的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m 甲勻減速的位移：x3＝Δt 解得x3＝18 m 最后甲沖刺的位移為：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3)＝200 m－(20＋100＋18)m＝62 m 【參考答案】(1)－1 m/s2　(2)62 m 【知識建構】1．記牢勻變速直線運動的“四類公式” 2．掌握處理勻變速直線運動的五種方法 【變式訓練】 1．(2018屆高三·第一次全國大聯考Ⅲ卷

4、) 如圖所示，兩光滑斜面在B處連接，小球從A處由靜止釋放，經過B、C兩點時速度大小分別為3 m/s和4 m/s，AB＝BC。設球經過B點前后速度大小不變，則小球在AB、BC段的加速度大小之比及小球由A運動到C過程中的平均速率分別為(　　) A．3∶4　2.1 m/s B．9∶16　2.5 m/s C．9∶7　2.1 m/s D．9∶7　2.5 m/s 解析：設AB＝BC＝x，則在AB段a1＝，在BC段a2＝，所以＝＝，AB段平均速率為v1＝vB＝1.5 m/s，BC段平均速率為v2＝(vB＋vC)＝3.5 m/s，因此從A到C的平均速率v＝

5、＝＝2.1 m/s，C正確。 答案：C 2. (2017·廣州調研)如圖所示，一個質量為M的長圓管豎直放置，頂端塞有一個質量為m的彈性小球，M＝4m，球和管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為4mg，管從下端離地面距離為H處自由落下，運動過程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)管第一次落地時管和球的速度； (2)管第一次落地彈起時管和球的加速度； (3)管第一次落地彈起后，若球恰好沒有從管口滑出，則此時管的下端距地面的高度。 解析：(1)取豎直向下為正方向。球與管第一次碰地時速度v0＝，方向豎直向下。 (2)

6、管第一次落地彈起時，管的加速度 a1＝＝2g，方向豎直向下， 球的加速度a2＝＝3g，方向豎直向上。 (3)管第一次落地彈起時的速度v1＝，方向向上， 球的速度v2＝，方向向下 若球剛好沒有從管中滑出，設經過時間t1，球和管速度v相同， 則有－v1＋a1t1＝v2－a2t1 t1＝ 設管從碰地到它彈到最高點所需時間為t2，則：t2＝， 因為t1

7、司機注意力不集中，當司機發(fā)現正前方有一輛靜止的轎車B時，兩車距離僅有75 m。 (1)若此時B車立即以2 m/s2的加速度啟動，通過計算判斷：如果A車司機沒有剎車，是否會撞上B車；若不相撞，求兩車相距最近時的距離；若相撞，求出從A車發(fā)現B車開始到撞上B車的時間。 (2)若A車司機發(fā)現B車，立即剎車(不計反應時間)做勻減速直線運動，加速度大小為2 m/s2(兩車均視為質點)，為避免碰撞，在A車剎車的同時，B車立即做勻加速直線運動(不計反應時間)，問：B車加速度至少多大才能避免事故。(這段公路很窄，無法靠邊讓道) 解析：(1)當兩車速度相等時，設經過的時間為t，則：vA＝vB 對B車：vB

8、＝at 聯立可得：t＝10 s A車的位移為：xA＝vAt＝200 m B車的位移為：xB＝at2＝100 m 因為xB＋x0＝175 m

9、 m/s2。 考點二、運動學圖象問題 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。對于該運動過程，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表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是(　　) 【審題立意】對物體受力分析由牛頓第二定律求出加速度，由運動學公式求出速度、位移及下降高度與時間的關系式即可。 【解題思路】滑塊沿斜面下滑過程中，受重力、支持力和滑動摩擦力作用，做勻減速直線運動，故速度圖象為向下傾斜的直線，C錯誤；滑塊加速度保持不變，D錯誤；設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：一是根據圖象反映的函數關系，找到圖象所反映的兩個物理量間的關系，分析其物理意義和變化規(guī)律；二是既能根據圖象的定義把圖象反映的規(guī)律對應到實際過程中去，又能將實際過程的抽象規(guī)律對應到圖象中去，最終根據實際過程的物理規(guī)律進行判斷。 2. x－t圖象、v－t圖象和a－t圖象的對比分析 斜 率 縱截距 圖象與t軸所圍面積 特 例 勻速直線運動 勻變速直線運動 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 與時間軸平行的直線 傾斜的直線 a－t圖象 — — 速度變化量 與時間軸重合 平行于時間軸的直線 【變式訓練】1. (2017·廣元模擬)如圖所示為A、B兩質點在同一直線上運動的位移－時間圖象，A質點的圖象為直線，B質點的圖象為過原點的拋物線，兩圖象交點C、D坐標如圖。下列說法正確的是(　　) A．t1時刻B追上A，t2時刻A追上B B．t1～t2時間段內B的平均速度小于A的平均速度 C．A做直線運動，B做曲線運動 D．兩質點速度相等的時刻一定在t1～t2時間段內的某時刻

12、 解析：x -t圖象的交點表示同一時刻到達同一位置而相遇，由題圖易知，t1時刻A追上B，t2時刻B追上A，故A錯誤；t1～t2時間段內，兩質點通過的位移相等，則B的平均速度與A的平均速度相等，故B錯誤；x -t圖象只能描述直線運動，故C錯誤；因圖線的切線的斜率代表質點的速度，故由題圖可知兩質點速度相等的時刻一定在t1～t2時間段內的某時刻，故D正確。 答案：D 2. (多選)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的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．物塊的質量 C．物塊與斜面間的動摩擦因數 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＝，滑動摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項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D正確。 答案：ACD 考點三、牛頓運動定律的應用 (一)動力學的兩類基本問題 例 (2017·安慶模擬)如圖所示，質量m＝5 kg的物塊(視為質點)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動，已知F1大小為50 N，方向斜向右上方，與水平面夾角α＝37°，F2大小為30 N，方向水平向左，物塊的速度v0大小為11 m/s。當物塊運動到距初始位置距離x0＝5 m時撤掉F1，g取10 m/s2。求： (1)物塊與水平地面之間的動摩擦因數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】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或動力學的計算公式求解加速度，再根據題目要求進行解答，知道加速是聯系力學和運動學的橋梁。 【解題思路】 (1)物塊向右做勻速運動：f＋F

15、2＝F1cos α；f＝μ(mg－F1sin α) 聯立解得：μ＝0.5。 (2)撤掉F1后：a1＝＝ m/s2＝11 m/s2 設經過時間t1向右運動速度變?yōu)?，則：t1＝＝1 s 此時向右位移：x1＝t1＝5.5 m 后5 s物塊向左運動：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】動力學的兩類基本問題 (1)由因推果——已知物體的受力情況，確定物體的運動情況。 (2)由果溯因—

16、—已知物體的運動情況，確定物體的受力情況。 橋梁：牛頓第二定律F＝ma 【變式訓練】1. 為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計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調整，使座椅始終保持水平，如圖所示，當此車加速上坡時，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，車里的乘客與車相對靜止，應該和車具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，對乘客受力分析可知，乘客應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錯誤，

17、C正確；彈力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)，A錯誤。 答案：C 2. 如圖所示用力F拉a、b、c三個物體在光滑水平面上運動，現在中間的物體b上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運動，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c物體質量為m，a物體質量為m′，整體質量為M，整體的加速度a＝，對c物體分析，FTb＝ma＝，對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，因為m、m′不變，所以FTb減小，FTa增大，A、D正確。 答案：AD 3. 有一質量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)求小球到達桿底端時速度為多大？ (2)求小球與桿之間的動摩擦因數為多大？ (3)若在豎直平面內給小球施加一個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，且沿桿向下運動，則這樣的恒力為多大？ 解析：(1)設小球到達桿底端時速度大小為v，則 L＝t，＝，得v

19、＝＝2 m/s。 (2)設小球下滑過程中的加速度大小為a1，則a1＝ 根據牛頓第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 得小球與桿之間的動摩擦因數μ＝0.5。 (3)小球在恒力作用下，有mgsin θ－μN2＝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)動力學的兩類典型模型 1. 板—塊模型 例1. (2017·全國III卷T25)如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為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

20、摩擦因數均為μ1 = 0.5；木板的質量為m = 4 kg，與地面間的動摩擦因數為μ2 = 0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0 = 3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g =10 m/s2。求 (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。 【審題立意】本題考查運動和力的關系、牛頓運動定律及運動學的相關知識。本題可以畫出物體相對位置的示意圖進行分析。解答本題需要注意兩點：一，滑塊A、B都相對于木板發(fā)生位移，要注意它們之間的相對運動；二，運用勻變速直線運動公式求得的速度、位移

21、都是以地面為參考系的。 【解題思路】(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對于地面的加速大小為a1。在物塊B與木板達到共同速度前有 ① ② ③ 由牛頓第二定律得 ④ ⑤ ⑥ 設在t1時刻，B與木板達到共同速度，設大小為v1。由運動學公式有 ⑦ ⑧ 聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數據得 ⑨ (2)在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為 ⑩ 設在B與木板達到共同速

22、度v1后，木板的加速度大小為a2，對于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與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2，設A的速度大小從v1變到v2所用時間為t2，則由運動學公式，對木板有 ? 對A有 ? 在t2時間間隔內，B（以及木板）相對地面移動的距離為 ? 在(t1+t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為 ? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為 ? 聯立以上各式，并代

23、入數據得 ? (也可用如圖的速度–時間圖線求解，如圖) 【參考答案】(1)1 m/s (2)1.9 m 【技能突破】分析滑塊—木板類模型時要抓住一個轉折和兩個關聯 1. 一個轉折——滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉折點。 2. 兩個關聯——轉折前、后受力情況之間的關聯和滑塊、木板位移與板長之間的關聯。一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉變，轉折前、后滑塊和木板的加速度都會發(fā)生變化，因此以轉折點為界，對轉折前、后進行受力分析是建立模型的關鍵。 【變式訓練】 1. (2017·南陽第一中學檢測)如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜

24、止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F對A施加一水平拉力F，則(　　) A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當F＝μmg時，A的加速度為μg C．當F>3μmg時，A相對B滑動 D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg 解析：當03μmg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤、選項C正確。當F＝μmg時，A與B共同的加速度a＝＝μg，選項B正確。F較大時

25、，取物塊B為研究對象，物塊B的加速度最大為a2＝＝μg，選項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時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩

26、擦因數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 小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運動，加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2 根據牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4 木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s 其逆運動則為勻加速直線運動可得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動，依據牛頓第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3 可得a3＝ m/s2 對滑塊，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，所用時間為t1＝1 s的過程中，木板向左運動的位移為x1＝vt1－a3t＝ m, 末速度v1＝ m/s 滑塊向右運動的位移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 假設又經歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2 解得t2＝0.

28、5 s 此過程中，木板向左運動的位移x3＝v1t2－a3t＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s 滑塊向左運動的位移x4＝a2t＝0.5 m 此后小物塊和木板一起勻減速運動，二者的相對位移最大為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 向左運動的位移為x5＝＝2 m 所以木板右端離墻壁最遠的距離為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。兩傳送帶均沿順時針方向勻速率運行?，F將裝有貨物的箱子輕放至傳送帶Ⅰ的A點，運送到水平面上后，工作人員將箱子內的物體取下，箱子速度不變繼續(xù)運動到傳送帶Ⅱ上，傳送帶Ⅱ的D點與高處平臺相切。已知箱子的質量M＝1 kg，物體的質量m＝3 kg，傳送帶Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB長L1＝15 m，與箱子間的動摩擦因數為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間的動摩擦因數變?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上運動的時間； (2

30、)計算說明，箱子能否運送到高處平臺上？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 【審題立意】對于傳送帶問題，分析有無摩擦，是滑動摩擦還是靜摩擦，以及摩擦力的方向，是解決問題的關鍵。分析摩擦力時，前提是先要明確“相對運動”，而不是“絕對運動”。二者達到“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，還要根據牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時刻是滑動摩擦力還是靜摩擦力。 【解題思路】(1)箱子在傳送帶Ⅰ上運動時，根據牛頓第二定律，對整體有： μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)g·sin 30°＝(M＋m)a1 解得：a1

31、＝2.5 m/s2 一開始箱子加速運動，設經過位移x1與傳送帶達到共速，則： x1＝＝12.8 m(<15 m) 加速時間：t1＝＝3.2 s 勻速時間：t2＝＝0.275 s 總時間：t＝t1＋t2＝3.475 s (2)由于v1>v2，所以箱子剛到達傳送帶Ⅱ上運動時減速運動，由牛頓第二定律得： μ2Mgcos 37°＋Mgsin 37°＝Ma2 解得：a2＝10 m/s2 設經過位移x1與傳送帶達到共速，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 所以箱子不能運送到高處平臺上。 【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是物體與傳送帶間的摩擦力，關注點是兩個時刻： 1. 初始時刻物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻摩擦力的方向。 2. 物體與傳送帶速度相等的時刻摩擦力的大小(或有無)、性質(滑動摩擦力或靜摩擦力)或方向會發(fā)生改變.正確判斷這兩個時刻的摩擦力，才能正確確定物體的運動性質。 【變式訓練】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、帶間動摩擦因數為μ，小滑塊速度隨時間變化關系如圖乙所示，v0、t0已知，則(　　) A. 傳送帶一定逆時針轉動 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：若傳送帶順時針轉動，當滑塊下滑時(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端；當滑塊上滑時(mgsin θ<μmgcos θ)，先勻加速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖象；故傳送帶是逆時針轉動，選項A正確.滑塊在0～t0內，滑動摩擦力向下，做勻加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由圖可知a1＝，則μ＝－tan θ，選項B錯誤.傳送帶的速

34、度等于v0，選項C錯誤.等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，選項D正確。 答案：AD 2. 水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，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運行，一質量為m＝4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。設行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2。 (1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大?。? (2)求行李做勻加速直線運

35、動的時間； (3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。 解析：(1)滑動摩擦力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)行李始終勻加速運行時間最短，加速度仍為a＝1 m/s2，當行李到達右端時，有 vmin2＝2aL， vmin＝＝ m/s＝2 m/s 所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s。 行李最短運行時間由vmin＝a×tmin 得tmin＝＝ s＝2 s。 13