2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(二) 力与直线运动1.2 Word版含答案

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高考物理二轮专题复习专题能力训练：专题二力与物体的直线运动 Word版含答案

专题能力训练2力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求,全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2,可能正确的有()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.(·河北名校联盟联考)如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。

现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(·湖北荆门调研)下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间t变化的规律。

高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.2力与物体的直线运动

试真题· 明考向
1.(2016·全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，
在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度
为( )
s
3s
A.t2
B.2t2
4s
8s
C. t2
D. t2
解析：质点在时间 t 内的平均速度 v＝st，设时间 t 内的初、末速度分别为 v1 和 v2，则 v＝v1＋2 v2，故v1＋2 v2＝st.由题意知：12mv22＝ 9×12mv21，则 v2＝3v1，进而得出 2v1＝st.质点的加速度 a＝v2－t v1＝2vt 1
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：
x 甲＝12a 甲 t32＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m 由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；t＝1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，由 t＝1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 52.5 m－12.5 m＝40 m，选项 D 正确．答案：BD 命题点：利用匀变速直线运动规律解决追及与相遇问题，匀变
3．分析追及问题时的“一、二、一” (1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点． (2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口． (3)一点注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动．

(新课标)高考物理二轮作业手册第2讲力与直线运动

专题限时集训(二) [第2讲力与直线运动](时间：40分钟)1．图2－1是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是( )图2－1A．0～1 s内的平均速度是2 m/sB．0～1 s内的加速度等于2～4 s内的加速度C．0～1 s内的平均速度等于2～4 s内的平均速度D．0～1 s内的运动方向与2～4 s内的运动方向相反2．物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内的v－t图像如图2－2所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为( )图2－2A.13和0.30 s B．3和0.30 sC.13和0.28 s D．3和0.28 s图2－33．如图2－3所示，将一顶端安装有定滑轮的竖直长木板固定在小车上，跨过定滑轮用轻绳悬吊一个小球，绳的另一端系在轻弹簧上，弹簧下端固定在小车上．开始时小车处于静止状态．当小车沿水平方向运动时，小球恰能稳定在图中虚线位置，下述说法中正确的是( )A．小球处于超重状态，小车对地面压力大于系统总重力B．小球处于失重状态，小车对地面压力小于系统总重力C．弹簧的弹力大于小球重力，小车一定向右匀加速运动D．弹簧的弹力大于小球重力，但小球既不超重也不失重图2－44．如图2－4所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m．该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s，下列说法中正确的有( ) A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处5．如图2－5所示，质量为M的小车放在光滑的水平地面上，右面靠墙，小车的上表面是一个光滑的斜面，斜面的倾角为α，当地重力加速度为g，那么当一个质量为m的物块在这个斜面上自由下滑时，小车对右侧墙壁的压力大小是( )图2－5A．mgsin αcos αB.Mmgsin αcos αM＋mC．mgtan αD.Mmgtan αM＋m6．如图2－6所示，两个小物体A、B放在水平地面上相距9 m，现使它们分别以初速度v A＝6 m/s和v B＝2 m/s同时相向运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数为0.2，则它们( )图2－6A．经约0.92 s相遇B．经约1.38 s相遇C．经2 s相遇 D．不可能相遇7．如图2－7甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是( )图2－7A．小环的质量是1 kgB．细杆与地面间的倾角是30°C．前3 s内拉力F的最大功率是2.5 WD．前3 s内小环机械能的增加量是6.25 J8．小明同学乘坐京石“和谐号”动车，发现车厢内有速率显示屏．当动车在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，进行换算后数据列于表格中．在0～600 s这段时间内，求：(1)动车两次加速的加速度大小；(2)动车位移的大小．t/s v/(m·s－1)0 30100 40300 50400 50500 60550 70600 809．如图2－8所示，长L＝3.5 m的木板B静止在光滑水平面上，一个可视为质点的小物块A质量m＝1 kg，以水平向右的初速度v0＝5 m/s从左端开始在木板B上向右滑动，经过时间t＝1 s，小物块A从木板B的右端滑落．小物块A与木板B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)木板B的质量M是多大？(2)小物块A在木板B上滑动的过程中，摩擦力对木板B做功的平均功率P是多大？图2－8专题限时集训(二)1．C2．B [解析] 根据速度图像的特点可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动．根据a ＝ΔvΔt 得3a 甲＝a 乙，根据牛顿第二定律有F m 甲＝13F m 乙，得m 甲m 乙＝3，由a 乙＝40.40 m/s 2＝10 m/s 2＝10.40－t 1得t 1＝0.3 s ，B 正确．3．D [解析] 小球恰能稳定，只具有水平方向的加速度，既不超重，也不失重，A 、B 错；对小球受力分析可知弹簧的弹力大于小球的重力，小球加速度向右，小车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动，C 错，D 对．4．AC [解析] 熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符．如果立即做匀加速直线运动，t 1＝2 s 内的位移s ＝v 0t 1＋12a 1t 21＝20 m>18 m ，此时汽车的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1＝12 m/s<12.5 m/s ，汽车没有超速，A 正确，B 错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t 2＝v 0a 2＝1.6 s ，此过程通过的位移为s 2＝12a 2t 22＝6.4 m ，C 正确，D 错误．5．A [解析] 对物块，由牛顿第二定律，有a m ＝mgsin αm ＝gsin α，对小车和物块的整体，水平方向右侧墙壁对小车的压力F N ＝ma m cos α＝mgsin αcos α，选项A 正确．6．C [解析] 由牛顿第二定律，加速度a A ＝a B ＝μmg m ＝2 m/s 2，B 减速到0的时间为t 1＝v B a B ＝1 s ，1 s 内A 、B 各自发生的位移s A ＝v A t －12a A t 2＝5 m ，s B ＝v B t －12a B t 2＝1 m ，可见，1 s 内两物体不会相遇，则相遇发生在B 停下后，设相遇需时间t 2，则s A ′＝v A t 2－12a B t 22＝9m －1 m ，解得t 2＝2 s ，选项C 正确．7．AC [解析] 由乙图可知小环先做匀加速运动再做匀速直线运动，加速阶段有F －mgsi n α＝ma ，其中a ＝0.5 m/s 2，匀速阶段有F′＝mgsin α，解得m ＝1 kg ，sin α＝0.45，A 对，B 错；前3 s 内第1 s 末拉力F 的功率最大，P m ＝Fv m ＝2.5 W ，C 对；前3 s 内小环机械能的增加量等于拉力F 做的功，即ΔE ＝Fs ＋F′s′＝5.75 J ，D 错．8．(1)0.1 m/s 2 0.2 m/s 2(2)30250 m[解析] (1)通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a 1、a 2，由a ＝ΔvΔt得a 1＝0.1 m/s 2、a 2＝0.2 m/s 2(2)通过作出动车组的v －t 图可知，第一次加速运动的结束时刻是200 s ，第二次加速运动的开始时刻是450 s ，则s 1＝v 1＋v 22t 1s 2＝v 2t 2s ＝v 2＋v 32t 3s ＝s 1＋s 2＋s 3＝30250 m. 9．(1)2 kg (2)1 W[解析](1)设小物块A 在木板B 上滑落的过程中，小物块A 的加速度是a 1，位移为s 1，木板B 的加速度是a 2，位移为s 2，则μmg ＝ma 1 μmg ＝Ma 2s 1＝v 0t －12a 1t 2s 2＝12a 2t 2s 2＝s 1－L解得a 1＝2 m/s 2，s 1＝4 m ，s 2＝0.5 m ，a 2＝1 m/s 2，M ＝2 kg. (2)设摩擦力对木板B 所做的功为W ，则 W ＝μmgs 2 P ＝W t 解得P ＝1 W.。

安徽庐江二中高三物理二轮复习——力和直线运动(2)

13 专题训练——力和直线运动（2）一、单项选择题（每题6分，共42分）1．如图甲所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F 1与F 2的作用，静止不动，现保持力F 1不变，使力F 2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是图乙中的（）2．用一根长1m 的轻质细绳将一副质量为1kg 的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10N ，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（）（g 取210m/s ） ABC ．1m 2 D．m 43．如图所示,有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动,当作用力F 一定时,m 2所受绳的拉力大小( ) A ．与θ有关B ．与斜面动摩擦因数有关C ．与系统运动状态有关D ．等于4．质量为 0.5kg 的物体由静止开始沿光滑斜面下滑，下滑到斜面的底端后进入粗糙水平面滑行，直到静止，它的v-t 图象如图4所示。

（g 取10m/s 2）那么，下列说法中正确的是（）A ．斜面的倾角为60°B ．物体在斜面上受到的合外力是5NC ．物体与水平面的动磨擦因数为0.25D ．物体在水平面上受到的合外力是2.5N5．电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一质量为m 的物体。

当电梯静止时弹簧被压缩了x ；当电梯运动时弹簧又被压缩了x 。

试判断电梯运动的可能情况是（）A ．以大小为2g 的加速度加速上升B ．以大小为2g 的加速度减速上升C ．以大小为g 的加速度加速下降D ．以大小为g 的加速度减速下降6. 在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。

现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。

若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中()A. F1保持不变，F3缓慢增大B. F1缓慢增大，F3保持不变C. F2缓慢增大，F3缓慢增大D. F2缓慢增大，F3保持不变7. 一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。

高考物理二轮复习专题复习(练习)专题一力与直线运动2

训练2力与物体的平衡一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a 和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为()A.m2 B.32mC．m D．2m解析：本题考查受力分析、共点力平衡问题，意在考查学生对平衡条件的理解能力及对隐含条件的分析判断能力．由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左右端跨过位于定光滑轴悬挂一质量为M的物体；M．如图所示，竖直悬挂于BC、AC与竖直方向的夹4．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m＝1 kg的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是()A．小物块可能只受三个力B．弹簧弹力大小一定等于4 NC．弹簧弹力大小可能等于5 ND．斜面对物块支持力可能为零解析：由于μmg cos37°＝4 N，mg sin37°＝6 N，故μmg cos37°<mg sin37°，若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A错误；若要物块静止，μ(mg cos37°＋F N)≥6 N，解得F N≥4 N，故B错误，C正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D错误．答案：C5．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N、MN的中点P上，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是()A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：由共点力平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，A错误；根据几何关系，小物体在M、N两点时，库仑力垂直于AC，方向的分力相同，支持力等于重力的分力加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP 垂直于AC，故支持力等于重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点所受摩擦力，C错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面向右的静摩擦力，所以D错误．答案：B6.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A 在地面上，B在空中)，力F与水平方向成θ角．则A所受支持力F N和摩擦力f满足()A．F N＝m1g＋m2g－F sinθ的斜面体A放在粗糙水平面用轻绳拴住质量为m的小球面上，整个系统处于静止状态．已知斜面如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细A．水平力F一定变小B．斜面体所受地面的支持力不变C．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D．地面对斜面体的摩擦力一定变大解析：物体B受到三个力作用，受力平衡，可判断F逐渐增大，A错误；斜面体对物体A的支持力不变，物体A受到的摩擦力情况与初状态受到的摩擦有关，当初状态摩擦力沿斜面向下时，摩擦力应该是先减小后增大，故C错误；对物体A、B和斜面体整体进行受力分析，地面对斜面的摩擦力等于F，逐渐增加，地面对斜面体的支持力不变，故B、D正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，AC和BC两轻绳共同悬挂一质量为m的物体，若保持AC绳的方向不变，AC绳与竖直方向的夹角为60°，改变BC绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围；(2)θ在0～90°的范围内，求BC绳上拉力的最大值和最小值．解析：(1)改变BC绳的方向时，AC绳的拉力F TA方向不变，两绳拉力的合力F与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F TA＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，当θ＝90°时，F TB最大，F max＝mg tan60°＝3mg当两绳垂直时，即θ＝30°时，F TB最小，F min＝mg sin60°＝32mg.答案：(1)0°≤θ<120°(2)3mg3 2mg10.如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个光滑定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，绕绳质量不计，人的质量M＝50 kg，g取10 m/s2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小．解析：(1)因匀速提起重物，则绕绳对重物的拉力F T＝mg，绕绳对人的拉力大小为mg，所以地面对人的支持力为：F N＝Mg－mg＝(50－30)×10 N＝200 N，方向竖直向上(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：。

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专题限时集训（二）力与直线运动1.有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来(如图Z2-1所示),弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来.我们可以把篮球下落的情景理想化:篮球脱离篮网由静止下落,碰到水平地面后反弹,如此数次落下和反弹.若规定竖直向下为正方向,碰撞时间及能量损失不计,空气阻力大小恒定,则如图Z2-2所示的图像中可能正确的是()图Z2-1图Z2-22.甲、乙两辆汽车在同一平直的公路上行驶,在t=0到t=t2时间内,它们的x-t图像如图Z2-3所示.在这段时间内()图Z2-3A.汽车甲做加速运动,汽车乙做减速运动B.汽车甲的位移大于汽车乙的位移C.汽车甲的运动方向与汽车乙的运动方向相反D.在时刻t1,汽车甲追上汽车乙3.如图Z2-4所示,物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放,它滑到底端时速度大小为v1.若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下,末速度大小为v,已知v1是v的k倍,且k<1,则物体与斜面间的动摩擦因数为 ()图Z2-4A.(1-k)sin αB.(1-k)cos αC.(1-k2)tan αD.(1-k2)cot α4.如图Z2-5所示,一质量m=1.0 kg的物体静置于粗糙的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5.t=0时刻对物体施加一大小恒为F=10 N的作用力,力的方向为斜向右上方且与水平方向成53°角;t=2 s时将该力的方向变为水平向右;t=4 s 时又将该力的方向变为斜向右下方且与水平方向成37°角.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.如图Z2-6所示的v-t图像能反映物体在前6 s内运动情况的是()图Z2-5图Z2-65.t=0时,将小球a从地面以一定的初速度竖直向上抛出,t=0.3 s时,将小球b从地面上方某处由静止释放,最终两球同时落地.a、b在0~0.6 s内的v-t图像如图Z2-7 ()所示.不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是图Z2-7A.小球a抛出时的速度为12 m/sB.小球b释放时离地面的高度为0.45 mC.t=0.6 s时,a、b之间的距离为2.25 mD.从t=0.3 s时刻开始到落地,a相对b做匀速直线运动6.如图Z2-8所示,材料相同的两物体由轻绳连接,在恒定拉力F的作用下沿斜面向()上加速运动.轻绳拉力的大小图Z2-8A.与斜面的倾角θ有关B.与物体和斜面间的动摩擦因数μ有关C.与两物体的质量m1和m2有关D.在改用沿斜面向下的力F拉连接体时一定不变7.在电梯中,把一重物置于水平放置的压力传感器上,电梯从静止开始加速上升,然后匀速运动一段时间,最后减速直至停止运动.在此过程中传感器的屏幕上显示出其所受压力与时间关系的图像如图Z2-9所示,则()图Z2-9A.在0~4 s内电梯先超重后失重B.在18~22 s内电梯加速下降C.仅在4~18 s内重物的惯性才保持不变D.电梯加速和减速时加速度的最大值大小相等8.(多选)如图Z2-10所示,倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平桌面上,物块B置于斜面上,B通过细绳跨过固定于桌面边缘的光滑的定滑轮与物块A相连,连接B的一段细绳与斜面平行.已知B与C间的动摩擦因数为μ=tan θ,A、B的质量均为m,重力加速度为g.现将B由静止释放,则在B下滑至斜面底端之前且A尚未落地的过()程中,下列说法正确的是图Z2-10A.物块B一定匀加速下滑B.物块B的加速度大小为gC.水平桌面对C的摩擦力方向水平向左D.水平桌面对C的支持力与B、C的总重力大小相等9.如图Z2-11所示,竖直平面内有一光滑直杆AB,杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°),一质量为m的小圆环套在直杆上.给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F,并将其从A端由静止释放.改变直杆与水平方向的夹角θ,当直杆与水平方向的夹角为30°时,小圆环在直杆上运动的时间最短.重力加速度为g.下列说法错误()的是图Z2-11A.恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B.恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C.若恒力F的方向水平向右,则恒力F的大小为mgD.恒力F的最小值为mg10.如图Z2-12所示,一物块以某一初速度v0从倾角θ=37°、高h=1.7 m的固定光滑斜面的最下端沿斜面向上运动,物块运动到斜面的顶端时速度为v=m/s.如果在斜面中间某一区域设置一段摩擦区,物块与摩擦区之间的动摩擦因数μ=0.125,物块再以同样的初速度从斜面的最下端向上运动,则物块恰好运动到斜面的顶端.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求初速度v0的大小;(2)求摩擦区的长度l.图Z2-1211.如图Z2-13所示,劲度系数为k的轻质弹簧套在固定于地面的竖直杆上,弹簧上端与轻质薄片P相连,P与杆之间涂有一层能调节阻力的智能材料,在P上方H处将另一质量为m的光滑圆环Q由静止释放,Q接触P后一起做匀减速运动,下移距离为时速度减为0.忽略空气阻力,重力加速度为g.求:(1)Q做减速运动时的加速度大小;(2)Q从开始运动到速度减为零所用的时间;(3)Q下移距离为d(d<)时智能材料对P的阻力大小.图Z2-13专题限时集训(二)1.A[解析] 篮球向下运动时,受重力和空气阻力作用,根据牛顿第二定律有mg-f=ma1,解得a1=g-,篮球反弹向上运动时,受重力和空气阻力作用,根据牛顿第二定律有mg+f=ma2,解得a2=g+,则a1<a2,即下落的加速度小于上升的加速度,由于克服阻力做功,所以篮球弹起时的速度越来越小,故A正确,B、C、D错误.2.C[解析] x-t图像的斜率表示速度,由斜率可得甲和乙均做减速运动,运动方向相反,选项A错误,C正确;0到t2时间内甲、乙的位移大小相等、方向相反,选项B 错误;在时刻t1,汽车甲和汽车乙相向运动而相遇,选项D错误.3.C[解析] 设斜面的长度为x,高度为h,则h=x sin α,物体下滑过程受到的摩擦力为f,由于物体沿斜面匀加速下滑,设加速度为a,则由牛顿第二定律可得mg sin α-μmg cos α=ma,所以a=g(sin α-μcos α),由运动学规律可知=2ax=2gx(sin α-μcos α),v2=2gh,由题意知v1=kv,解得μ=(1-k2)tan α,故C正确.4.B[解析] 在0~2 s内,物体的加速度a1==5 m/s2,在2~4 s内,物体的加速度a2==5 m/s2,在4~6 s内,物体的加速度a3==0,v-t图像的斜率符合的是选项B.5.D[解析] 由图像可得,在0.6 s时小球a到达最高点,则小球a抛出时的速度v0=gt1=6 m/s,选项A错误;小球b的运动时间为t0=2×0.6 s-0.3 s=0.9 s,小球b释放时离地面的高度为H=g=4.05 m,选项B错误;在0.6 s时,小球a在最高点,离地面的高度h1=g=1.8 m,小球b离地面的高度h2=g(-)=3.6 m,a、b之间的距离Δh=h2-h1=1.8 m,选项C错误;从t=0.3 s时刻开始到落地,两者具有相同的加速度,a相对b做匀速直线运动,选项D正确.6.C[解析] 对整体,有F-(m1+m2)g sin θ-μ(m1+m2)g cos θ=(m1+m2)a,对质量为m2的物体,有F T-m2g sin θ-μm2g cos θ=m2a,联立解得F T=F,选项A、B错误,C正确;若将F反向,对整体,有F+(m1+m2)g sin θ-μ(m1+m2)g cos θ=(m1+m2)a',对质量为m1的物体,有F'T+m1g sin θ-μm1g cos θ=m1a',联立解得F'T=F,选项D错误.7.D[解析] 在0~4 s内,支持力大于重力,加速度方向向上,处于超重状态,故A错误.在18~22 s内,支持力小于重力,加速度方向向下,即减速上升,故B错误.决定惯性大小的唯一因素是质量,质量不变,则惯性不变,故C错误.电梯加速时加速度的最大值大小a==,减速时加速度的最大值大小a'==,故D正确.8.AD[解析] A、B两物块的加速度大小相等,由牛顿第二定律,对物块A,有mg=F T=ma,对物体B,有F T+mg sin θ+μmg cos θ=ma,又知μ=tan θ,联立解得加速度a=,选项A正确,B错误;对B,因μ=tan θ,支持力和摩擦力的合力竖直向上,则B 对C的压力和摩擦力的合力竖直向下,对C,由平衡条件得,水平桌面对C的摩擦力为0,支持力F N=(m+m C)g,选项C错误,D正确.9.A[解析] 小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F,由L=at2可知,要使小圆环在直杆上运动的时间最短,小圆环运动的加速度必须最大,由牛顿第二定律可知,当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时,加速度最大,选项A错误,B正确;若恒力F的方向水平向右,由tan 30°=,解得F=mg,选项C正确;当F的方向垂直于光滑直杆时,恒力F最小,由sin 60°=,解得F min=mg sin 60°=mg,选项D正确.10.(1)6 m/s(2)1 m[解析] (1)由动能定理得-mgh=mv2-m解得v0=6 m/s(2)增设摩擦区后,由动能定理得-μmg cos θ·l-mgh=0-m解得l=1 m11.(1)(2)+(3)mg+k(H-d)[解析] (1)设Q刚接触P时速度为v,则有v2=2gH解得v=设Q接触P后的加速度大小为a,则有2a=v2解得a=(2)Q自由下落所用的时间t1==Q做匀减速运动所用的时间t2==Q运动的总时间t=t1+t2=+ (3)设智能材料对P的阻力为F,则有kd+F-mg=ma解得F=mg+k(H-d)。

【师说】高考物理二轮专题复习练习：力与直线运动含答案_1

一、选择题1.(2015·广州期中质检)(多选)如图所示，在水平力F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t ＝0时刻起水平力F 的大小随时间均匀减小，到t 1时刻F 减小为零．物体所受的摩擦力F f 随时间t 的变化图象可能是( )解析：物体开始做匀速直线运动，说明物体所受水平向右的拉力F 与向左的滑动摩擦力等大反向．当F 减小时，物体做减速运动．若F 减小为零之前物体始终运动，则摩擦力始终为滑动摩擦力，大小不变，A 正确．若F 减小为零之前物体已停止运动，则停止前摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，停止后摩擦力为静摩擦力，大小随F 的减小而减小，D 正确．答案：AD2.(2015·青州二检)(多选)如图所示(俯视)，完全相同的四个足球彼此相互接触叠放在水平面上，每个足球的质量都是m ，不考虑转动情况，下列说法正确的是( )A ．下面每个球对地面的压力均为43mg B ．下面的球不受地面给的摩擦力C ．下面每个球受地面给的摩擦力均为33mg D ．上面球对下面每个球的压力均为66mg 解析：以四个球整体为研究对象受力分析可得，3F N ＝4mg ，可知下面每个球对地面的压力均为F N ＝43mg ，选项A 正确；隔离上面球分析，3F 1·63＝mg ，F 1＝66mg ，选项D 正确．隔离下面一个球分析，F f ＝F 1·33＝26mg ，选项B 、C 错误．因此答案选AD. 答案：AD3.(2015·河南八市三次联考)(多选)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O 点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P ，一条绳连接小球Q ，P 、Q 两物体处于静止状态，另一条绳OA 在外力F 的作用下使夹角θ<90°，现缓慢改变绳OA 的方向至θ>90°，且保持结点O 位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．绳OA 的拉力一直增大B ．斜面体对物块P 的摩擦力的大小可能先减小后增大C ．地面对斜面体有向右的摩擦力D ．地面对斜面体的支持力大于物块P 和斜面体的重力之和解析：缓慢改变绳OA 的方向至θ>90°的过程，OA 拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA 的拉力先减小后增大，OP 绳的拉力一直增大，选项A 错误；若开始时P 受绳子的拉力比较小，则斜面对P 的摩擦力沿斜面向上，OP 绳拉力一直增大，则摩擦力可能先变小后反向增大，选项B 正确；以斜面和P 、Q 整体为研究对象受力分析，。

2016届高三物理二轮复习课时巩固过关练(二)第一篇专题通关一力与直线运动2力与物体的平衡

课时巩固过关练(二)力与物体的平衡(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图所示的四角支架经常使用在架设高压线路、通信的基站塔台等领域。

现有一质量为m的四角支架置于水平地面上,其四根铁质支架等长,与竖直方向均成θ角,重力加速度为g,则每根支架对地面的作用力大小为( )A. B. C.mgtanθ D.mg【解析】选B。

设每根支架对地面的作用力大小为F,根据牛顿第三定律以及力的合成与分解知识可得4Fcos θ=mg,解得F=,选项B正确。

2.粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。

由于热胀冷缩,电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状,若电线杆始终处于竖直状态,下列说法中正确的是( )A.冬季,电线对电线杆的拉力较大B.夏季,电线对电线杆的拉力较大C.夏季与冬季,电线对电线杆的拉力一样大D.夏季,杆对地面的压力较大【解析】选A。

电线受到自身重力和两端电线杆的拉力作用,如图所示,根据对称性,两端拉力F大小相等,根据平衡条件,两个拉力F的合力竖直向上,大小等于重力,设拉力与竖直方向夹角为θ,则有2Fcosθ=mg,拉力F=,夏天电线拉长,θ小,拉力F小,根据相互作用,夏天电线对电线杆的拉力较小,冬季拉力较大,选项A对,B、C错;把电线和电线杆看作一个整体,无论冬夏,它们的重力不变,所以地面支持力不变,杆对地面压力不变,选项D错。

【加固训练】如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点。

已知容器半径为R,与水平面间的动摩擦因数为μ,OP与水平方向的夹角θ=30°。

下列说法正确的是( )A.容器相对于水平面有向左运动的趋势B.容器对小球的作用力竖直向上C.轻弹簧对小球的作用力大小为mgD.弹簧原长为R+【解析】选D。

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(三)力与直线运动1.3含答案

课时巩固过关练(三)牛顿运动定律及其应用(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种新的交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整,使座椅始终保持水平,如图所示.当此车加速上坡时,盘腿坐在座椅上的一位乘客( )A.处于失重状态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.所受力的合力竖直向上【解析】选C.将车和人当作整体进行分析,加速度方向沿斜面向上,所以人所受合力方向沿斜面向上,选项D错误;将沿斜面向上的加速度进行沿水平方向和竖直方向分解,因为人有水平向右的加速度,则人受到水平向右的静摩擦力(向前),选项C正确、B错误;竖直方向加速度是向上的,人处于超重状态,选项A错误.2.(2015·怀化一模)如图所示,在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子,绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动.绳子上某一点到绳子右端的距离为x,设该处的张力为T,则能正确描述T与x之间关系的图像是( )【解析】选A.研究整段绳子,根据牛顿第二定律可得：F=ma,研究该点右端的绳子,根据牛顿第二定律可得：T=错误！未找到引用源。

ma,由以上两式可得：T=错误！未找到引用源。

F,所以选项A正确.3.如图,弹簧吊着箱子A,箱内放有物体B,它们的质量均为m,现对箱子施加竖直向上的力F=4mg,而使系统静止.撤去F的瞬间,A、B的加速度分别为( )A.a A=a B=gB.a A=g,a B=0C.a A=2g,a B=gD.a A=3g,a B=g【解析】选D.撤去F前：设弹簧的弹力大小为f,根据平衡条件得对整体：F-2mg=f,解得：f=2mg撤去F的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化,大小仍为f=2mg假设A、B之间的弹力突变为零,则根据牛顿第二定律得对箱子A：f+mg=ma A解得：a A=3g对物体B：mg=ma B解得：a B=g所以a A>a B又因物体B处在箱子A的底板之上,因此假设成立,故选D.【总结提升】瞬时性问题的解题技巧(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型：(2)在求解瞬时性加速度问题时应注意：①物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析.②加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生突变.4.(2015·南昌一模)如图,斜面与平面平滑连接,物体与斜面和平面间的动摩擦因数都是μ,物体从斜面上由静止滑下.下列图像中v、a、F f和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力大小和路程,其中正确的是( )【解析】选C.物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,摩擦力F f1= μmgcosθ,加速度a1=g(sinθ-μcosθ),速度v1=a1t1,路程s1=错误！未找到引用源。

2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(一)力与直线运动1.1含答案

课时巩固过关练(一)匀变速直线运动(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图所示是一个网球沿竖直方向运动时的频闪照片,由照片可知( )A.网球正在上升B.网球正在下降C.网球的加速度向上D.网球的加速度向下【解析】选D。

网球照片间隔上小下大,所以网球可能在向下做加速运动,也可能在向上做减速运动,选项A、B错。

无论网球向下加速还是向上减速,加速度的方向都是向下的,选项C错,D对。

2.(2014·海南高考)将一物体以某一初速度竖直上抛。

物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用,它从抛出点到最高点的运动时间为t1,再从最高点回到抛出点的运动时间为t2。

如果没有空气阻力作用,它从抛出点到最高点所用的时间为t0。

则( )A.t1>t0,t2<t1B.t1<t0,t2>t1C.t1>t0,t2>t1D.t1<t0,t2<t1【解题指南】在上升过程中阻力与重力方向相同,下降过程中阻力与重力方向相反。

所以上升和下降过程中物体运动的加速度大小不同。

【解析】选B。

物体在上升和下降过程中的位移h相同,但由于空气阻力的作用,在上升过程中的加速度a1>g,下降过程中的加速度a2<g,根据h=错误！未找到引用源。

at2可知,t1<t2;如果没有空气阻力,a0=g,根据v=at 可知,t1<t0,故选B。

3.(2015·江西师大附中模拟)一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示,根据图像可知( )A.4s内物体在做曲线运动B.4s内物体的速度一直在减小C.物体的加速度在2.5s时方向改变D.4s内物体速度的变化量的大小为8m/s【解析】选D。

速度—时间图像只能表示做直线运动的物体的速度变化情况,选项A错误;前2.5s内速度减小,后1.5s内速度反向增大,选项B错误;物体的加速度方向自始至终不变,始终与选定的正方向相反,选项C错误;4s内物体速度的变化量的大小为5m/s-(-3m/s)=8m/s,选项D正确。

高考物理专题课时巩固练(2)力与直线运动

考前顶层设计·物理·教案
高考物理专题课时巩固练(2) 力与直线运动
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考前顶层设计·物理·教案
一、单项选择题 1．(2021·浙江“山水联盟”开学考试)物理老师在课堂上将一张薄纸夹在一本厚厚的“唐诗辞典”的最下层两个页面之间，并将它们静置于桌面上要求学生抽出薄纸，结果薄纸总被拉断，然后物理老师为学生表演一项“绝活”——手托“唐诗辞典”让其运动并完好无损地抽出了薄纸，则“唐诗辞典”可能( ) A．水平向右匀速运动 B．水平向左匀速运动 C．向上加速运动 D．向下加速运动
A．此时小圆环做匀速直线运动 B．木杆对小圆环的弹力大小等于 mg C．F＝(m＋M)μg D．地面对小车的支持力大小为 Mg
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考前顶层设计·物理·教案
答解析在水平方向，小圆环与小车相对静止，由牛顿第二定律知，小圆环和案小车整体做初速度为 0 的匀加速直线运动，由于小圆环相对木杆匀速下滑，由运与解动的合成知，小圆环做匀变速曲线运动，A 项错误；在竖直方向，对小圆环和小析车整体，由平衡条件知，地面对小车的支持力大小为 FN＝(M＋m)g，D 项错误；
a1＝2.5
m/s2、FT＝1.5
N，ALeabharlann 项错误；由v2＝2ah可得
B
运
解析
动的最大速度
v＝2
m/s，B
项错误；B
做匀减速直线运动的加速度大小
a2＝μmmBBg＝
5 m/s2，A 落地后 B 通过的路程 x＝2va22＝0.4 m，C 项错误；B 做匀加速直线运动
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考前顶层设计·物理·教案
答解析上升、下降的整个运动过程中，加速度方向竖直向下，为负值，因此案 A、B 两项错误；上升的过程中，速度减小，空气阻力减小，合力向下减小，因此与解加速度向下减小；下落的过程中，向下的速度越来越大，空气阻力越来越大，重析力不变，因此向下的合力减小，加速度仍减小，因此整个运动过程中，加速度一

高考物理二轮总复习课后习题专题分层突破练2 力与直线运动

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.在一段笔直的路面上有一汽车遇紧急情况刹车,经1.5 s停止,刹车距离为9 m。

若汽车刹车后做匀减速直线运动,则汽车停止前最后0.5 s的位移是( )A.1 mB.1.5 mC.2 mD.2.5 m2.一物体从静止开始做直线运动,其加速度随时间变化如图所示,则1~2 s 的平均速度大小( )A.等于3 m/sB.大于3 m/sC.小于3 m/sD.无法确定3.(北京卷)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F的作用下一起向前运动。

飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为( )A.MM+m F B.mM+mFC.Mm F D.mMF4.(山东卷)如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为l。

木板由静止释放,若木板长度为l,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2l,通过A点的时间间隔为Δt2。

Δt2∶Δt1为( )A.(√3-1)∶(√2-1)B.(√3−√2)∶(√2-1)C.(√3+1)∶(√2+1)D.(√3+√2)∶(√2+1)5.(广东东莞二模)如图所示,某同学练习踢毽子,假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力的作用,下列v-t和a-t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后,经一段时间又回到初始位置的是( )6.大型商场的螺旋滑梯是小孩喜欢游玩的设施,该设施由三段轨道组成,小孩从第一段OA轨道进入后,从第二段轨道A处由静止开始加速下滑到B 处,AB段总长为16 m,小孩在该段通过的路程s随时间t变化规律为s=0.125t2(s单位为m,t单位为s),小孩在第三段BC看作匀减速直线运动,BC长度为,小孩最终刚好停在C点处。

小孩可视为质点,求:(1)小孩在BC段的加速度大小;(2)小孩与BC轨道的动摩擦因数μ。

7.如图甲所示,足够长的倾斜传送带以某一恒定的速率逆时针运行。

现将一小滑块(视为质点)轻放在传送带的顶端,滑块在传送带上运动的速度的二次方随位移变化的关系如图乙所示。

高考物理二轮复习专项突破训练力与直线运动.docx

力与直线运动1.如图1所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动．已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的14，则下列物理量中可求出的是()图1A．A、B两点之间的距离B．质点从A运动到B所用的时间C．质点运动的加速度大小D．质点到达B点时的速度大小2．(多选)汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中在5 s内分别经过A、B两根电杆，已知A、B电杆相距50 m，车经过电杆B 时的速率是15 m/s，则()A．经过A杆时的速率是5 m/sB．车的加速度是1.5 m/s2C．A、O间距离是6.25 mD．车从出发到B所用的时间是9 s3．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v－t图象如图2所示．t＝0时刻，两车间距为x0；t0时刻，甲、乙两车相遇.0～t0时间内甲车发生的位移为x，下列说法正确的是()图2A．0～t0时间内甲车在前，t0～2t0时间内乙车在前B．0～2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C．2t0时刻甲、乙两车相距1 2x0D．x0＝6 7x4．如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()图3A．a A＝a B＝gB．a A＝2g，a B＝0C．a A＝3g，a B＝0D．a A＝23g，a B＝05．(多选)如图4所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是()图4A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sin θ6．(多选)如图5所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力．取g＝10 m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()图5A．B对A的压力大小为12 NB．弹簧弹力大小为20 NC．B的加速度大小为4 m/s2D．A的加速度为零7．(多选)如图6所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是()图6A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B．物块B最终一定追上物块AC．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变8．(多选)机场使用的货物安检装置如图7所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是()图7A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB．背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m9．如图8所示，一货场需将质量m1＝60 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用倾斜轨道SP和竖直面内圆弧形轨道PQ，使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后，滑上置于水平地面紧靠在一起的木板A、B上．倾斜轨道SP竖直高度h＝1.2 m，与水平面夹角θ＝53°.圆弧形轨道PQ半径R＝2 m，末端Q切线水平，两轨道相切于P点，且不计货物与两轨道间的摩擦．开始时木板A紧靠弧形轨道末端Q，木板A上表面与轨道末端Q相切．相同的两块木板A、B，长度均为l＝3 m，质量均为m2＝60 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.15，货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知)，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2.图8(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q时对轨道的压力；(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ2应满足的条件；(3)若μ2＝0.40，求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离．10．如图9所示，以水平地面建立x轴，有一质量m＝1 kg的小木块放在质量为M＝2 kg的长木板的左端A点，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．初始时m与M－起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为x＝27.5 m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下．取g＝10 m/s2，求：图9(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；(2)最终木板停止时A点的位置坐标．参考答案1.答案 B2.答案 AC3.答案 D4.答案 D解析水平细线被剪断前对A 、B 进行受力分析如图，静止时，F T ＝F sin 60°，F cos 60°＝m A g ＋F 1，F 1＝m B g ，且m A ＝m B水平细线被剪断瞬间，F T 消失，其他各力不变，所以a A ＝FT mA ＝23g ，a B＝0，故选D.5.答案 BCD解析若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a ＝g sin θ，然后隔离A ，对A 分析，设杆的作用力为F ，则F ＋mg sin θ＝ma ，解得F ＝0，A 错误，B 正确；剪断细线前，以A 、B 、C 组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F 弹＝(3m ＋2m ＋m )g sin θ＝6mg sin θ.以C 为研究对象知，细线的拉力为3mg sin θ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A 、B 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F 弹－(m ＋2m )g sin θ＝(m ＋2m )a AB ，解得A 、B 两个小球的加速度为a AB ＝g sin θ，方向沿斜面向上，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：F AB －2mg sin θ＝2ma AB ，解得杆的拉力为F AB ＝4mg sin θ，故C 、D 正确．6.答案 AC解析剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝30 N ，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A 、B 整体分析，整体加速度：a ＝m A ＋m B g －F m A ＋m B＝＋－3＋2m/s 2＝4 m/s 2隔离对B分析有：m B g－F N＝m B a，解得：F N＝(20－2×4) N＝12 N，由牛顿第三定律知B对A的压力为12 N，故A、C正确，B、D错误．7.答案BC解析物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5<tan 37°＝0.75，则物块B将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA＝0.75＝tan 37°，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度a B1＝g sin 37°＋μB g cos 37°＝10 m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝vaB1＝0.24 s，共速后物块B以a B2＝g sin θ－μB g cos θ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度a A1＝g sin 37°＋μA g cos 37°＝12 m/s2，与传送带共速时经过的时间：t A＝vaA1＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t＝0.24 s时两物块速度相等，选项C正确；在开始的0.24 s内因为A的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s后物块B继续加速下滑，速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D错误．8.答案AD解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝va＝0.2s，此过程背包对地位移x1＝v2t1＝12×0.2 m＝0.1 m<L＝2 m，所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝(1×0.2－0.1) m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝L－x1v＝2－0.11s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1 s，故选A、D.9.答案(1)1 800 N，方向竖直向下(2)0.30<μ2≤0.45(3)B木板 1.6 m解析(1)设货物滑到圆弧轨道末端Q时的速度为v，货物的下滑过程根据机械能守恒定律得：m1g[h＋R(1－cos θ)]＝12m1v2货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为F N，根据向心力公式得：F N－m1g＝m1v2 R联立得：v＝210 m/s，F N＝1 800 N根据牛顿第三定律，货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 800 N，方向竖直向下(2)若货物滑上木板A时，木板不动，对木板A和B整体分析，则有：μ2m1g≤μ1(m1＋2m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，对木板B分析得：μ2m1g>μ1(m1＋m2)g 联立得：0.30<μ2≤0.45(3)若μ2＝0.4，由上问可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ2m1g＝m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v12－v2＝－2a1l 联立可以得到：v1＝4 m/s设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B达到共同速度v2，木板B的加速度为a2由牛顿第二定律和运动学公式得：对于木板B有：μ2m1g－μ1(m1＋m2)g＝m2a2，v2＝a2t，对于货物有：v2＝v1－a1t木板的位移：x2＝v2 2t货物的位移：x1＝v1＋v22t货物相对木板B的位移：Δx＝x1－x2联立得：Δx＝1.6 m货物与木板B达到共同速度v2后，由于μ2>μ1，货物与木板B间没有相对滑动则货物最后停在木板B上，在木板B上滑行的距离Δx＝1.6 m.10.答案(1)18 m 2 s(2)x A＝－1 m解析(1)以向右为正方向，对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得a1＝－1 m/s2设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：v2－v02＝2a1(x－L)碰后对木块，由牛顿第二定律：－μ2mg＝ma2解得a2＝－5 m/s2对木板：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3解得a3＝4 m/s2依题意，碰后经时间t共速，由速度公式v＋a2t＝－v＋a3t解得t＝2 9v木块与木板的相对位移：L＝12×2vt＝29v2联立解得L＝18 m；v＝9 m/s；t＝2 s(2)共速后的速度v共＝v＋a2t＝－1 m/s，方向向左，因μ1<μ2，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动学公式：x1＝－v＋v共2t＝－10 mx2＝错误!＝－0.5 m故A点的坐标x A＝x＋x1＋x2－L＝－1 m.。

(江苏专用)高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与直线运动提升训练-人教版高三全册物理试题

第2讲力与直线运动一、单项选择题1．(2016·银川模拟)汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，如此自驾驶员急刹车开始，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为( ) A ．5∶4 B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3解析汽车停下来所用的时间为t ＝v 0a ＝4 s ，故2 s 时汽车的位移x 1＝v 0t 1＋12(－a )t 21＝30 m ；5 s 时汽车的位移与4 s 时汽车的位移相等，x 2＝v 0t 2＋12(－a )t 22＝40 m ，解得x 1x 2＝34，选项C正确。

答案 C2．(2016·扬州模拟)图1甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·〞表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象。

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/s 2。

根据图象分析可知( )图1A ．人的重力为1 500 NB ．c 点位置人处于超重状态C ．e 点位置人处于失重状态D ．d 点的加速度小于f 点的加速度解析由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N ，质量m ＝50 kg ，b 点位置人处于失重状态，c 、d 、e 点位置人处于超重状态，选项A 、C 错误，B 正确；d 点位置传感器对人的支持力F最大，为1 500 N ，由F －mg ＝ma 可知，d 点的加速度a d ＝20 m/s 2，f 点位置传感器对人的支持力为0 N ，由F －mg ＝ma 可知，f 点的加速度a f ＝－10 m/s 2，故d 点的加速度大于f 点的加速度，选项D 错误。

答案 B3．(2016·镇江模拟)质量为0.5 kg 的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图2所示，a 、b 分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v －t 图象，如此拉力与摩擦力大小之比为( )图2A ．1∶2 B．2∶1 C．3∶1 D．3∶2解析物体不受水平拉力时，加速度大小为a 1＝Δv 1Δt 1＝1.5 m/s 2。

2025版高考物理二轮复习课时跟踪训练2力与直线运动

课时跟踪训练(二)力与直线运动一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)1．(2024·山东省潍坊市高三其次次高考模拟)汽车在转弯时假如速度过快，简单发生侧翻．一辆大货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，下列说法正确的是( ) A．货车向右侧翻B．左侧轮胎简单爆胎C．侧翻是因为货车惯性变大D．侧翻是因为货车惯性变小A [货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，由于离心作用火车向右侧翻，选项A 正确；向右侧翻时，右侧轮胎受的压力较大，则右侧轮胎简单爆胎，选项B错误；侧翻是因为货车所受的摩擦力不足以供应转变时的向心力而发生离心现象，火车的质量没变，则惯性没有改变，选项C、D错误；故选A.]2．(2024·福建省毕业班质量检查)如图1，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点．一小滑块自a点由静止起先下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止起先下滑，则该滑块( )A．通过bc、cd段的时间均大于TB．通过c、d点的速度之比为1∶2C．通过bc、cd段的位移之比为1∶3D．通过c点的速度等于通过bd段的平均速度A [当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a′.假设ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x、x bc∶x cd＝3∶5，C错误；假如滑块由b点静止释放，明显滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1＝2a′·3x，滑块在d点的速度应为v2＝2a′·8x，则v1∶v2＝3∶8，B错误；因为x bc∶x cd＝3∶5，明显通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误．]3．(2024·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)质量均为m＝1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的改变图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．甲的加速度大小为2 m/s 2B ．乙的加速度大小为1.5 m/s 2C ．甲、乙在x ＝6 m 处的速度大小为2 m/sD ．甲、乙在x ＝10 m 处相遇A [A 项：对甲由动能定理可知：F 合x ＝ΔE k ，即F 合＝ΔE kx即为图象斜率，所以F 合＝k＝2N ，由牛顿其次定律得：a 甲＝2 m/s 2，故A 正确；B 项：对乙由动能定理可知：F 合x ＝ΔE k ，即F 合＝ΔE k x即为图象斜率，所以F 合＝k ＝1 N ，由牛顿其次定律得：a 乙＝1 m/s 2，故B 错误；C 项：由图可知：对甲：E k 甲＝18－2x ，即12mv 2甲＝18－2×6，解得：v 甲＝23m/s ，对乙：E k 乙＝x ，即12mv 2乙＝6，解得：v 乙＝23m/s ，故C 错误；D 项：甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，所以甲、乙在x ＝8 m 处相遇，故D 错误．]4．处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB 、CD 间夹角为60°，其中直径AB 水平，AD 与CD 是光滑的细杆．从A 点和C 点分别静止释放两小球，从A 、C 点下落到D 点的时间分别是t 1、t 2，则t 1∶t 2是( )A ．1∶1B ．3∶2 C.3∶ 2D.2∶ 3C [由图可知，s CD ＝2R ，a CD ＝32g ，由几何关系可得出s AD ＝3R ，a AD ＝12g ，由运动学公式s ＝12at 2，可得t 1t 2＝s AD a CD s CD a AD ，带入数据解得t 1t 2＝32，故C 正确．] 5．(2024·山东省青岛市高三统一质检)一物体由静止起先运动，其加速度a 与位移x关系图线如图所示．下列说法正确的是( )A ．物体最终静止B ．物体的最大速度为2ax 0C ．物体的最大速度为3ax 0D ．物体的最大速度为32ax 0C [物体运动过程中任取一小段，对这一小段v 2－v 20＝2a Δx一物体由静止起先运动，将表达式对位移累加，可得v 2等于速度a 与位移x 关系图线与坐标轴围成的面积的2倍，则v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 0x 0＋12a 0x 0，解得物体的最大速度v ＝3a 0x 0.故C项正确．]6．在2024年的珠海航展中，中国展出了国产运－20和歼－31等最先进飞机．假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0～t 2时间内的v －t 图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．飞机乙在0～t 2内的平均速度等于v 22 B ．飞机甲在0～t 2内的平均速度比乙大 C ．两飞机在t 1时刻肯定相遇 D ．两飞机在0～t 2内不行能相遇B [在v －t 图象中，图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，如图所示．飞机乙的位移小于匀变速的位移，故平均速度小于v 22，甲做匀变速直线运动，故甲的平均速度为v 1＋v 22，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故A 错误、B 正确；两飞机在位移相等时相遇，t 1时刻乙的面积大于甲的面积，故在t 1时刻不相遇，选项C 错误；起先乙的速度大于甲的速度，后来甲的速度大于乙的速度，所以中间相遇一次，选项D 错误．]7．(2024·济宁市高三其次次模拟)质量为1 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B运动的v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则物块A的质量为( )A．1 kg B．2 kgC．3 kg D．6 kgC [由图象可知，物块在0～1 s内的加速度大小为a1＝2 m/s2以物块为探讨对象，由牛顿其次定律得：μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2木板在0～1 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2，在1 s～3 s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a3＝1 m/s2AB同速后为探讨对象，由牛顿其次定律得：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得：μ2＝0.1再以B为探讨对象，在0～1 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿其次定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1代入数据解得A的质量m＝3 kg.]8．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为h＝20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为( ) A．10 m B．20 mC．30 m D．50 mACD [物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下．在A 点之上时，位移大小为10 m ，又有上升和下降两种过程，上升时，物体通过的路程s 1等于位移的大小x 1，即s 1＝x 1＝10 m ；下降时，物体通过的路程s 2＝2h －x 1＝2×20 m－10 m ＝30 m ．在A 点之下时，物体通过的路程s 3＝2h ＋x 2＝2×20 m＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 项正确，B 项错误．]9．(2024·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)(多选)如图所示，材料相同的物体m 1、m 2由轻绳连接，在恒定拉力F 的作用下沿斜面对上加速运动．轻绳拉力的大小( )A ．与斜面的倾角θ有关B ．与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关C ．与两物体的质量m 1和m 2有关D ．若改用F 沿斜面对下拉连接体，轻绳拉力的大小不变CD [A 、B 、C 项：将两物体看成一个整体有：F －(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a解得：a ＝F －m 1＋m 2g sin θ－μm 1＋m 2g cos θm 1＋m 2对m 2受力分析且由牛顿其次定律有：T －m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 解得：T ＝m 2Fm 1＋m 2，故A 、B 项错误，C 正确； D 项：将两物体看成一个整体有：F ＋(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a解得：a ＝F ＋m 1＋m 2g sin θ－μm 1＋m 2g cos θm 1＋m 2对m 1受力分析且由牛顿其次定律有：T ＋m 1g sin θ－μm 1g cos θ＝m 1a 解得：T ＝m 2Fm 1＋m 2，故D 正确．] 10．(2024·成都二诊)质量为m 的小球被两个弹性系数皆为k 的相同弹簧固定在一质量为M 的盒中，如图所示，盒从距桌面高h 处起先下落，在盒起先下落的瞬间，两弹簧均未发生形变，小球静止．则下列说法正确的是( )A ．下落高度h >Mg 2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋M 2m ，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来B ．下落高度h >Mg 2k ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2M m ，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来C ．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a ＝M －mm g D ．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a ＝2MmgAC [小球从h 高处下落到桌面，依据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，设小球向上运动到速度变为零时上面弹簧的压缩为x ，下面弹簧的伸长量也为x ，依据机械能守恒定律得12mv 2＝mgx ＋2·12kx 2，这时小球上面的弹簧对盒向上的弹力为kx ，小球下面的弹簧对盒向上的弹力也是kx ，盒能跳离桌面的条件是2kx >Mg ，h >Mg 2k ⎝⎛⎭⎪⎫1＋M 2m ，盒子恰好弹起，2kx ＝Mg ，则小球合力F 合＝Mg －mg ，加速度为a ＝M －mmg ，A 、C 正确．]二、非选择题11．(2024·广东省深圳市高三2月第一次调研)如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一个F ＝8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g ＝10 m/s 2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车起先，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？解析 (1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由a m t ＝v 0＋a M t解得：t ＝1 s(3)从小物块放上小车起先1 s 内，小物块的位移s 1＝12a m t 2＝1 m1 s 末小物块的速度v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a ＝FM ＋m＝0.8m/s 2这0.5 s 内小物块的位移s 2＝vt 1＋12at 21＝1.1 m小物块1.5 s 内通过的总位移s ＝s 1＋s 2＝2.1 m 答案 (1)2 m/s 20.5 m/s 2(2)1 s (3)2.1 m12．(2024·吉林省长春外国语学校高三第5次调研)如图1所示，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置放一具有初速度的小物块．物块刚好能运动到传送带的最上端，取沿斜面对下为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的改变关系如图2所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数μ； (2)t ＝0时，小物块离传送带最上端的距离； (3)前3 s 内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能．解析 (1)由v －t 图象可知，刚起先时物块的加速度a ＝8 m/s 2对物块进行受力分析，可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得μ＝35(2)小物块运动到传送带的最上端时，速度恰好为0，即t 0＝0.5 st ＝0时，小物块离传送带最上端的距离x ＝12×0.5×4 m＝1 m(3)由v －t 图象可知：传送带的速度是v 0＝8 m/s当t 1＝1.5 s 时，物块与传送带速度相等，之后传送带对物块的摩擦力沿传送带向上由牛顿其次定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′ 解得：a ′＝2 m/s 2所以，t 2＝3 s 时，物块的速度v ＝v 0＋a ′(t 2－t 1)＝11 m/s小物块在传送带上滑行的距离就是图中阴影的面积 Δx ＝12×12×32m ＋12×3×1.5 m＝11.25 m前3 s 内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能Q ＝(μmg cos θ)Δx ＝33.75 J答案 (1)μ＝35(2)1 m (3)33.75 J。