高考物理最新模拟题精选训练(牛顿运动定律)专题08 传送带问题(含解析)
高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．【答案】（1）2s （2）5m 【解析】 【分析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度. 【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s此过程中物体的位移01192v vx t m +== 传送带的位移：214x vt m ==当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m根据位移公式：s 1=vt 2-12a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s（2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ． 【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.2．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 210/)m s =【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212x at =()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=以上各式代如数据联立解得max 168N F =该开始向上拉时有最小拉力则min ()()F kX M m g M m a +-+=+解得min 72N F =考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．3．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。
牛顿运动定律与直线运动 二轮专题复习：牛顿运动定律的传送带问题 含解析 精品
牛顿运动定律的传送带问题一．滑块在水平传送带上运动常见的三个情景情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景二(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景三(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v 返回时速度为v0例题1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t 2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C 错误；t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力，选项D 错误．例题2． (多选)如图所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L .当传送带分别以v 1、v 2的速度逆时针转动(v 1＜v 2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F 1，F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t 1、t 2，则下列说法正确的是( )A ．F 1＜F 2B ．F 1＝F 2C ．t 1一定大于t 2D ．t 1可能等于t 2解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg ，F f ＝μF N ＝F cos θ，解得F ＝μmg μsin θ＋cos θ，F 的大小与传送带的速度无关，选项A 错误，B 正确；绳剪断后m 在两速度的传送带上的加速度相同，若L ≤v 212μg ，则两次都是匀加速到达左端，t 1＝t 2，若L ＞v 212μg ，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t 1＞t 2，选项C 错误，D 正确．例题3、 (多选)如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( )解析若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝FT＋μmgm，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有F T>μmg，此后加速度a2＝FT－μmgm，故C正确，A、D错误．答案BC二、倾斜传送带问题滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景情景一①可能一直加速②可能先加速后匀速情景二①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速后以a2加速情景三①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能一直匀速④可能先以a1加速后以a2加速情景四①可能一直加速②可能一直匀速③可能先减速后反向加速例题4 如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma则a＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2，根据l＝12at2得t＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1则有a1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s2.设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝va1＝1010s＝1 s，x1＝12a1t21＝5 m＜l＝16 m.当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°＞μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s2x2＝l－x1＝11 m又因为x2＝vt2＋12a2t22，则有10t2＋t22＝11解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2 s.答案(1)4 s (2)2 s例题5．如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则( )A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于tB．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于tC ．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于tD ．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a ＝g sin θ－μg cos θ； 当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a 不变，所以物体运动到B 的时间不变，故A 、B 错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A 滑到B 的时间小于t ，故C 错误，D 正确．例题6．如图所示为上、下两端相距 L ＝5 m 、倾角α＝30°、始终以v ＝3 m/s 的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t ＝2 s 到达下端，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a .由题意得L ＝12at 2解得a ＝2.5 m/s 2 由牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma 又F f ＝μmg cos α故μ＝0.29.(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得mg sin α＋F f＝ma′又v2m＝2La′故v m＝2La′＝8.66 m/s.答案：(1)0.29 (2)8.66 m/s例题7．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是( )A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P 点B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P 点D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B 错误；当传送带顺时针转且速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，C 错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D 正确．。
【物理】物理牛顿运动定律练习题含答案及解析
【物理】物理牛顿运动定律练习题含答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。
水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。
传送带BC 间距0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。
两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。
用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。
已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。
求：（1）滑块到达B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间 （2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功 【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】 【详解】解：(1)滑块恰能从C 点抛出，在C 点处所受弹力为零，可得：2v mgcos θm r=解得： v 0.8m /s =对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ=故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B 时的速度为：v 0.8m /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v= 解得：t 1s =(2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1W W mv 2-=弹 根据功能关系有： p W E =弹 解得：f W 0.68J =2．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=3．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为0.8h m =。
高考物理模拟试卷
牛顿运动定律的应用——传送带一、水平传送带1、如图所示，当一个物体随水平传送带一起向右匀速运动时，请分析物体所受的力。
2、一水平传送带以2m/s的速度做匀速运动，传送带两端的距离为20m，将一物体轻轻地放在传送带的一端，物体由这一端运动到另一端所需的时间t=11s，求物体与传送带之间的动摩擦因数？（g=10m/s2)3、如图所示，水平传送带两端相距s=8m，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.6，工件滑上A端时速度v A=10m/s，设工件到达B端时速度为v B ,(g=10m/s2)(1)若传送带静止不动，求v B。
(2)若传送带逆时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求v B。
思考：通过哪些措施可以使工件不能到达B端？(3)若传送带以v=13m/s顺时针匀速转动，求v B及工件由A端到B端所用时间t。
思考：传送带的速度会影响工件到达B端的速度吗？试定性讨论工件到达B端的速度和传送带速度的关系。
哪种情况下，工件从A端到达B端的时间最短？练习：1、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2'，则下列说法正确的是（）=v2时，才有v2'=v1 B.若v1>v2时，则v2'=v2A.只有vC.若v1<v2时，则v2'=v1D.不管v2多大，总有v2'=v22、如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度v运动，每隔时间T轻轻放上相同的物块，当物块与传送带保持相对静止后，相邻两物块的间距为多大？二、斜面形传送带5、如图所示，传送带与水平面间的夹角为θ=37°，并以v=10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，AB长L=16m，求：以下两种情况下，物体从A到B所用的时间。
高考物理计算题复习《用牛顿运动定律分析传送带问题》(解析版)
《用牛顿运动定律分析传送带问题》一、计算题1.如图所示，光滑水平面MN左端足够远的地方有一弹性挡板碰撞时无能量损失，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度，传送带逆时针匀速转动，其速度上放置着两个可视为质点的质量、的小物块A、B，开始时A、B都静止，A、B间压缩一锁定的轻质弹簧，其弹性势能现解除锁定，弹簧弹开A、B后迅速移走弹簧，求：物块A、B被弹开时各自的速度大小；要使两物块能在水平面MN上发生碰撞，则小物块B与传送带间的动摩擦因数至少为多大；若物块A、B与传送带间的动摩擦因数都等于第问中的临界值，且两物块碰撞后结合成整体．在此后物块A、B三次离开传送的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量．2.如图1所示，水平传送带保持以速度向右运动，传送带长。
时刻，将质量为的木块轻放在传送带左端，木块向右运动的速度—时间图象图象如图2所示。
当木块刚运动到传送带最右端时，一颗质量为的子弹以大小为水平向左的速度正对射入木块并穿出，子弹穿出时速度大小为，以后每隔时间就有一颗相同的子弹射向木块。
设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点各不相同，木块长度比传送带长度小得多，可忽略不计，子弹穿过木块前后木块质量不变，重力加速度取。
求：木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中。
3.现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图所示为一水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率沿顺时针运行，一质量为的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
设物体与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离，g取。
物体可视为质点求：如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处。
求要最快地传送物体，传送带对应的最小运行速率4.如图所示，质量的物块可视为质点以的速度从右侧皮带轮最高点向左滑上足够长的水平薄传送带，传送带以的速度顺时针匀速运动，物块与传送带之间的动摩擦因数倾角为的固定斜面上静置一质量为的薄木板，木板的长度为，物块与木板之间的动摩擦因数，木板与斜面之间的动摩擦因数斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，木板的下端距离挡板为，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动．物块离开传送时做平抛运动，并且恰好沿斜面落在木板的顶端．设物块与木板之间、木板与斜面之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则重力加速度：物块在传送带上运动的过程中，物块与传送带的相对位移的大小是多少？皮带轮的最大半径是多少？物块滑上传送带以后，经过多长时间木板与挡板相碰？5.如图所示，水平传送带AB向右匀速运动，倾角为的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C点，小物块与传送带AB及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦，动摩擦因数都为，倾斜轨道长度，C与竖直圆轨道最低点D处的距离为，圆轨道光滑，其半径。
高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （2）55/5m s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a=解得：1 1.25x m =，12Lx <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ； （2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得：255/v m s =20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/m s ．2．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小． 【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】 【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ． 对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N3．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t = 对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W4．如图所示，一个质量为3kg 的物体静止在光滑水平面上．现沿水平方向对物体施加30N 的拉力，（g 取10m/s 2）．求：（1）物体运动时加速度的大小； （2）物体运动3s 时速度的大小；（3）物体从开始运动到位移为20m 时经历的时间． 【答案】（1）10m/s 2（2）30m/s （3）2s 【解析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律得：2230m/s 10m/s 3F a m ===； （2）物体运动3s 时速度的大小为 ：103m/s 30m/s v at ==⨯=；（3）由位移与时间关系：212x at =则：2120m 102t =⨯⨯，则：2s t =． 【点睛】本题是属性动力学中第一类问题，知道受力情况来确定运动情况，关键求解加速度，它是联系力与运动的纽带．5．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A 。
高考物理计算题复习《用牛顿运动定律分析传送带问题》(解析版)
《用牛顿运动定律分析传送带问题》一、计算题1.如图所示，光滑水平面MN左端足够远的地方有一弹性挡板(碰撞时无能量损失)P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度L=2m，传送带逆时针匀速转动，其速度v=2m/s.MN上放置着两个可视为质点的质量m A=4kg、m B=1kg的小物块A、B，开始时A、B都静止，A、B间压缩一锁定的轻质弹簧，其弹性势能E P=10J.现解除锁定，弹簧弹开A、B后迅速移走弹簧，g=10m/s2.求：(1)物块A、B被弹开时各自的速度大小；(2)要使两物块能在水平面MN上发生碰撞，则小物块B与传送带间的动摩擦因数至少为多大；(3)若物块A、B与传送带间的动摩擦因数都等于第(2)问中的临界值，且两物块碰撞后结合成整体．在此后物块A、B三次离开传送的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量．2.如图1所示，水平传送带保持以速度v0向右运动，传送带长L=10m。
t=0时刻，将质量为M=1kg的木块轻放在传送带左端，木块向右运动的速度—时间图象(v−t图象)如图2所示。
当木块刚运动到传送带最右端时，一颗质量为m=20g的子弹以大小为v1=250m/s水平向左的速度正对射入木块并穿出，子弹穿出时速度大小为v2=50m/s，以后每隔时间Δt=1s就有一颗相同的子弹射向木块。
设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点各不相同，木块长度比传送带长度小得多，可忽略不计，子弹穿过木块前后木块质量不变，重力加速度取g=10m/s2。
求：(1)传送带运行速度大小v0及木块与传送带间动摩擦因数μ；(2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中。
3.现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图所示为一水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s沿顺时针运行，一质量为m=4kg的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
高三物理牛顿运动定律试题答案及解析
高三物理牛顿运动定律试题答案及解析1.如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块。
选择B 端所在的水平面为重力势能的零参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，下面四幅图象能正确反映其机械能E与位移x关系的是【答案】CD【解析】①当物块刚放到传送带上时，一直被加速时，则由于物体所受的摩擦力对物体做正功，所以物体的机械能从某一值一直增大；②当物块放到传送带上，先做加速运动，传送带对物体的摩擦力的方向向下，即摩擦力对物体做正功，机械能增加；设初始时机械能为E．根据功能原理可知：E=E+μmgcosθ•x，图线的斜率大小等于μmgcosθ；当物块和传送带速度达到相等后，摩擦力的方向向上，此时摩擦力对物体做负功，故机械能减小；若物块在到达B点之前．设物块与传送带速度相同时机械能为E0′，位移为x．对于速度相同后的过程，可得：E=E′-mgsinθ（x-x），图线的斜率大小等于mgsinθ．若μmgcosθ＞mgsinθ，则物体相对传送带静止，此时所以后者图线斜率小于前者，所以D正确；若μmgcosθ＜mgsinθ，则物体相对传送带继续加速下滑，此时所以后者图线斜率大于前者，故C 正确；所以AB错误．【考点】牛顿定律及能量守恒定律的应用。
2.洗车档的内、外地面均水平，门口的斜坡倾角为θ 。
质量为m的Jeep洗完车出来，空挡滑行经历了如图所示的三个位置。
忽略车轮的滚动摩擦，下列说法正确的是A．在三个位置Jeep都正在做加速运动B．在乙位置Jeep正在做匀速运动C．在甲位置Jeep受到的合力等于mgsinθD．在丙位置Jeep的加速度小于gsinθ【答案】BD【解析】甲图和丙图中Jeep的前轮和后轮分别在斜坡上，所以是加速运动，而乙图中Jeep的前后轮均在水平面上，所以做运动运动，选项B正确，A错误；在甲位置和丙位置Jeep受到的合力均小于mgsinθ ，加速度均小于gsinθ， D正确，C错误。
高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。
【答案】(1) (2) (3)【解析】【分析】行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为a(2) 行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1所以匀加速运动的位移为：行李随传送带匀速前进的时间：行李箱从A传送到B所需时间：(3) t1传送带的的位移为：根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：整个过程行李对传送带的摩擦力做功：2．如图甲所示，质量为m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A施加水平向右的拉力F（未知），使物块A做初、均可视为质点．速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为,g A B（1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少； （2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（0sin 370.6,cos370.8==） 【答案】（1）2;amg F ma mg v k=+= （2）343C mg m g a ≥- 【解析】 【分析】 【详解】（1）当物块B 刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x ，物块A 的速度大小为v ，对物块B 受力分析有mg kx = ，得：mgx k =． 根据22v ax =解得：22amgv ax k==对物体A:F T ma -=; 对物体B:T=mg ， 解得F=ma+mg ；（2）设某时刻弹簧的伸长量为x ．对物体C ，水平方向:1cos C F T m a θ-=，其中1T kx mg =≤；竖直方向：sin C F m g θ≤； 联立解得 343C mgm g a≥-3．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小；(2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W4．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。
高中物理牛顿定律应用-传送带问题(选择题+解答题)
高中物理牛顿定律应用-传送带问题(选择题+解答题)一．选择题（共13小题）1．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面．一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速度为v2′，则下列说法中正确的是（）A．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1B．若v1＞v2时，则v2′＝v1C．若v1＜v2时，则v2′＝v1D．不管v2多大，总有v2′＝v22．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面，一物块以初速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时其速率为v3，则下列说法正确的是（）A．若v1＜v2，则v3＝v1B．若v1＞v2，则v3＝v1C．只有v1＝v2时，才有v3＝v1D．不管v2多大，总有v3＝v13．质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A．电动机多做的功为mv2B．传送带克服摩擦力做的功为mv2C．电动机增加的功率为2μmgvD．物体在传送带上的划痕长为4．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带登高的光滑水平面，一物块以初速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面、此时其速率为v3，则下列说法正确的是（）A．只有v1＝v2时，才有v3＝v1B．若v1＞v2，则v3＞v2C．若v1＜v2，则v3＝v2D．不管v2多大，总有v3＝v15．如图，水平传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A．电动机多做的功为mv2B．物体在传送带上的划痕长C．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．电动机增加的功率为μmgv6．如图所示，一水平传送带以速度v1向右匀速传动，某时刻有一物块以水平速度v2从右端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则（）A．如果物块能从左端离开传送带，它在传送带上运动的时间一定比传送带不转动时运动的时间长B．如果物块还从右端离开传送带，则整个过程中，传送带对物块所做的总功一定不会为正值C．如果物块还从右端离开传送带，则物块的速度为零时，传送带上产生的滑痕长度达到最长D．物块在离开传送带之前，一定不会做匀速直线运动7．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面．一物块以初速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时其速率为v2′，则下列说法正确的是（）A．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1B．若v1＜v2，则v2＝v2′C．若v1＜v2，则v2′＝v1D．不管多大，总有v2′＝v28．负重奔跑是体能训练的常用方式之一，如图所示的装置是运动员负重奔跑的跑步机．已知运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过定滑轮（不计滑轮摩擦、质量）悬挂质量为m2的重物，人用力向后蹬，使传送带沿顺时针方向转动，下面说法正确的是（）A．若m2静止不动，运动员对传送带的摩擦力大小为m1gB．若m2静止不动，传送带转动越快，运动员对传送带的摩擦力也越大C．若m2匀速上升时，上升速度越大，运动员对传送带的摩擦力也越大D．若m2匀加速上升时，m1越大，运动员对传送带的摩擦力也越大9．如图所示，传送带装置保持2m/s的速度顺时针转动，现将一质量m＝0.5kg的物体从离皮带很近的a点，轻轻的放上，设物体与皮带间的摩擦因数μ＝0.2，a、b间的距离L＝4m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为（）A．2.5s B．3s C．2s D．1s10．如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止．重力加速度为g．则（）A．只有a＞gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用B．只有a＜gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用C．只有a＝gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用D．无论a为多大，A都受沿传送带向上的静摩擦力作用11．质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A．电动机多做的功为mv2B．传送带克服摩擦力做的功为mv2C．电动机增加的功率为μmgvD．物体在传送带上的划痕长为12．如图，传送带不转动时，轻放的木块从顶端匀加速下滑到底端所需的时间为t0，传送带顺时针转动时，轻放的木块从顶端下滑到底端所需的时间为t，那么，t与t0的关系是（）A．t一定等于t0B．t可能大于t0C．t可能小于t0D．t不可能等于t013．如图所示，物体由静止开始从传送带顶端下滑到底端．若传送带静止，所用的时间为t；若在物体下滑过程中，传送带开始顺时针转动，所用时间为t′．则t和t′的关系一定是（）A．t′＞t B．t′＝t C．t′＜t D．不能确定二．解答题（共22小题）14．如图甲所示，可视为质点的小物块B处于长度L＝2m的长木板A的最右端，A、B的质量分别为m A＝1kg与m B＝2kg，A与地面间动摩擦因数μ1＝0.2，初始时AB均静止。
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律专项训练及解析答案
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律专项训练及解析答案一、选择题1．如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是 ( )A ．2L v v gμ+ B ．L vC ．2L gμ D ．2L v2．如图所示，质量为2 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面。
质量为3 kg 的物体B 用轻质细线悬挂，A 、B 接触但无挤压。
某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为（g ＝10 m/s 2）A ．12 NB ．22 NC ．25 ND ．30N3．质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v －t 图象如图所示.取g ＝10m/s 2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为( )A ．0.2,6NB ．0.1,6NC ．0.2,8ND ．0.1,8N4．如图所示，质量m =1kg 、长L =0.8m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F =5N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为( )（g 取10m/s 2）A ．1JB ．1.6JC ．2JD ．4J5．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )A ．甲球质量大于乙球B ．m 1/m 2=v 2/v 1C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内，两球下落的高度相等6．关于一对平衡力、作用力和反作用力，下列叙述正确的是( ) A ．平衡力应是分别作用在两个不同物体上的力B ．平衡力可以是同一种性质的力，也可以是不同性质的力C ．作用力和反作用力可以不是同一种性质的力D ．作用力施加之后才会产生反作用力，即反作用力总比作用力落后一些7．如图所示，质量为10kg 的物体，在水平地面上向左运动，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，与此同时，物体受到一个水平向右的拉力F =20N 的作用，则物体的加速度为（ ）A ．0B ．2m/s 2，水平向右C ．4m/s 2，水平向右D ．2m/s 2，水平向左8．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，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，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )A ．B ．C ．D ．9．一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从0t =时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物块上，且F 的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a 、摩擦力f F 、速度v 随F 的变化图象正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．10．如图所示，有一根可绕端点B 在竖直平面内转动的光滑直杆AB ，一质量为m 的小圆环套在直杆上。
高考必备物理牛顿运动定律技巧全解及练习题(含答案)
高考必备物理牛顿运动定律技巧全解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s =【解析】【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间．【详解】（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得： mg ma μ=代入数据得：24/a g m s μ==（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s根据运动学公式可得：202as v =运动的位移： 20842v s m a==> 则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有212l at = 解得 1t s =【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．2．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v 0＝10m/s 的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x 将发生变化.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离.【答案】(1) 0.75(2) 4m【解析】【详解】(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF NF N -mg cos37°=0解得：μ=0.75(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax解得：()202sin cos v x g θμθ=+ 令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小最小距离为：x min =4m3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s =，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值；()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J【解析】【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值． ()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量．【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=；11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得2222mg ma μ⋅=；220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s =联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=；031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得 2012Q mv =联立解得40.5Q J = 【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．4．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小．【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N【解析】【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ．对物体C ，有：0mg kx =解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =-解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-=解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N5．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l ＝26 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B 处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．【答案】1s99.2m【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间．【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a 1==4m/s 2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x 1=a 1t 2=2m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a 2==5m/s 2 由v B 2-v 2=2a 2(L-x 1)解得滑雪者到达B 处时的速度：v B =16m/s(3)设滑雪者速度由v B =16m/s 减速到v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3，则由动能定理有：；解得x 3=96m速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4，则由动能定理有：；解得 x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m6．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N;（3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆=【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+ 解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5ma g s μ==，且方向向右 板产生的加速度220.5mgm a s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -= 此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--= 故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-= 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-= 代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ；(3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1，则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-= 碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-= 故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．7．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于A 点，B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R =1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m =2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向．【答案】(1)8m/s (2)12N【解析】【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=代入数据得：24m/s a =小球在A 点时的速度8m/s A v at ==(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：2211sin37(1cos37)22B A FR mgR mv mv -︒-+︒=- 解得：2m/s B v = 小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2N B v mg F m R-= 解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．8．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律专项训练答案(2)
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律专项训练答案(2)一、选择题1．如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是 ( )A ．2L v v gμ+ B ．L vC ．2L gμ D ．2L v2．起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力和空气阻力)，以下说法正确的是( )A ．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力B ．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小C ．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小总大于货物的重力大小D ．若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力大小一定大于货物的重力 3．如图所示，质量为2 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面。
质量为3 kg 的物体B 用轻质细线悬挂，A 、B 接触但无挤压。
某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为（g ＝10 m/s 2）A ．12 NB ．22 NC ．25 ND ．30N4．质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v －t 图象如图所示.取g ＝10m/s 2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为( )A ．0.2,6NB ．0.1,6NC ．0.2,8ND ．0.1,8N5．如图A 、B 、C 为三个完全相同的物体。
当水平力F 作用于B 上，三物体可一起匀速运动，撤去力F 后，三物体仍可一起向前运动，设此时A 、B 间作用力为f 1，B 、C 间作用力为f 2，则f 1和f 2的大小为（ ）A ．f 1=f 2=0B ．f 1=0，f 2=FC ．13F f =，f 2=23F D ．f 1=F ，f 2=06．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A ．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小7．如图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为∆x 1和∆x 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间（ ）A ．a 1=gB ．a 1=3gC ．∆x 1=3∆x 2D ． ∆x 1=∆x 28．关于一对平衡力、作用力和反作用力，下列叙述正确的是( ) A ．平衡力应是分别作用在两个不同物体上的力B ．平衡力可以是同一种性质的力，也可以是不同性质的力C ．作用力和反作用力可以不是同一种性质的力D ．作用力施加之后才会产生反作用力，即反作用力总比作用力落后一些 9．下列对教材中的四幅图分析正确的是A．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用10．2018 年 11 月 6 日,第十二届珠海航展开幕．如图为某一特技飞机的飞行轨迹，可见该飞机先俯冲再抬升，在空中画出了一个圆形轨迹，飞机飞行轨迹半径约为 200 米，速度约为 300km/h．A．若飞机在空中定速巡航，则飞机的机械能保持不变．B．图中飞机飞行时，受到重力，空气作用力和向心力的作用C．图中飞机经过最低点时，驾驶员处于失重状态．D．图中飞机经过最低点时，座椅对驾驶员的支持力约为其重力的 4.5 倍．11．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，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，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )A．B．C．D．12．人乘坐电梯加速向上运动，下列说法正确的是（）A．人对电梯地板的压力大于电梯地板对人的支持力B．人对电梯地板的压力等于人的重力C．电梯地板对人的支持力大于人的重力D．电梯地板对人的支持力等于人的重力13．跳水运动员从10m高的跳台上腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中的上升过程和下落过程，以下说法正确的有（）A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C．上升过程和下落过程均处于超重状态D．上升过程和下落过程均处于完全失重状态14．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（）A ghB gh C2gh D．2gh15．如图所示为某一游戏的局部简化示意图．D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内．某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点．已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s16．如图所示，用平行于光滑斜面的力F拉着小车向上做匀速直线运动。
高考物理专题复习传送带(答案)
s aSt 421622=⨯==高考物理专题复习：传送带 （答案）1. 如图所示,一平直的传送带以速度v=2m/s 匀速运动, 传送带把A 处的工件运送到B 处, A ，B 相距L=10m 。
从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s ，能传送到B 处，要用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大? 解: 由题意可知 t >L/v,所以工件在6s 内先匀加速运动，后匀速运动， 故有S 1=1/2 vt 1 ①S 2＝vt 2 ②且t 1+t 2＝t ③ S 1＋S 2＝L ④联立求解得: t 1＝2s ；v=a t 1, a ＝1m/s 2 ⑤若要工件最短时间传送到B 处,工件加速度仍为a ，设传送带速度为v ' ,工件先加速后匀速， 同上 L ＝½ v ' t 1＋ v ' t 2 ⑥若要工件最短时间传送到B 处,工件加速度仍为a ，设传送带速度为v ' ,工件先加速后匀速， 同上 L ＝½ v ' t 1＋ v ' t 2 ⑥ 又av t '=1 ⑦ t 2＝t －t 1 ⑧联立求解⑥─⑧得)av t (v a v L '-'+'=22 ⑨ 将⑨式化简得a v v L t 2'+'= ⑩从⑩式看出常量=='⨯'aLa v v L 22时即aL v av v L 22=''='，其t 有最小值. 因而s /m .aL v v 47410122=⨯⨯=='=通过解答可知工件一直加速到Ｂ所用时间最短． 2解：（1）滑动摩擦力F=μmg代入题给数值，得 F=4N 由牛顿第二定律，得 F=m a代入数值，得 a =1m/s 2（2）设行李做匀加速运动的时间为t ，行李加速运动的末速度为v=1m/s 。
(完整版)高中物理传送带问题(有答案).docx
传送带问题例1：一水平传送带长度为 20m，以 2m／s 的速度做匀速运动，已知某物体与传送带间动摩擦因数为 0.1 ，则从把该物体由静止放到传送带的一端开始，到达另一端所需时间为多少？解 : 物体加速度a=μ g=1m/s2，经 t1=v/a =2s 与传送带相对静止,所发生的位移S1=1/2 at12=2m, 然后和传送带一起匀速运动经t2=l-s1/v =9s ，所以共需时间t=t1+t2=11s练习：在物体和传送带达到共同速度时物体的位移，传送带的位移，物体和传送带的相对位移分别是多少？（S1=1/2 vt1=2m， S2=vt1=4m，s=s2-s1=2m ）例 2：如图 2—1 所示，传送带与地面成夹角θ =37°，以 10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量 m=0.5 ㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ =0.5 ，已知传送带从 A→ B 的长度 L=16m，则物体从 A 到 B 需要的时间为多少？【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度a mg sin mg cos10m/s 2。
m这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：v 10s 1s,2t 1s15m＜ 16ma102a以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为mgsin θ＞μ mgcosθ）。
a 2mg sinmg cos2m/s 2 。
m设物体完成剩余的位移s 2 所用的时间为 t 2 ，则 s 20t 21a 2 t 2 2 ， 11m= 10t 2 t 22 ,2解得： t 2 1 s,或 t 22 11 s(舍去 ) ， 所以： t 总 1s 1 s 2 s 。
1例 3：如图 2—2 所示，传送带与地面成夹角θ =30°，以 10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5 ㎏的物体， 它与传送带间的动摩擦因数μ=0.6 ，已知传送带从 A → B 的长度 L=16m ，则物体从 A 到 B 需要的时间为多少？【解析】 物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度amgsinmg cos8.46m/s 2 。
(物理)物理牛顿运动定律练习题含解析
（物理）物理牛顿运动定律练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （2）55/5m s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a=解得：1 1.25x m =，12Lx <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ； （2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得：255/5v m s =20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/5m s ．2．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ； (2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．【答案】（1）75m （2）40m/s （3）55s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma 代入数据解得a=6m/s 2 上升高度代入数据解得 h=75m ． （2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1 代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ， 代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ，则有由 v m =a 1t 1 代入数据解得．3．如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g =10m/s 2．求：(1)木块B 离开桌面时的速度大小； (2)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小． 【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s 【解析】 【详解】(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t ′．根据平抛运动规律有：212h gt =，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2gv h== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：22.5m/s Mga Mμ==设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得0 2.0m/s v v at =-=(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：2Mv Mv mv =+1解得：210.80m/s Mv mv v M-==.4．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1397/c v m s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：213/c v m s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+ 解得：133397/22max c v v m s == 同理得：313/2min v m s = 所以03313/397/22m s v m s ≤≤5．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A 。
【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题20篇含解析
（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 （2） 求 3s 内煤块前进的位移 （3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度 【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】
【分析】
分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停
止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位
k(X x) mg ma Fmax Mg Ma
以上各式代如数据联立解得
Fmax 168N
该开始向上拉时有最小拉力则
Fmin kX (M m)g (M m)a
解得
Fmin 72N
考点：牛顿第二定律的应用 点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列 出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．
（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；
（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.
【答案】（1）
，
（2）恰好不会从平板车的右端滑出．
【解析】
根据牛顿第二定律得
对滑块，有
，
解得
对平板车，有
，
解得
．
设经过 t 时间滑块从平板车上滑出 滑块的位移为：
．
平板车的位移为：
．
而且有 解得： 此时， 所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．
移．
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：
代入数据解得：a1=2m/s2 刚开始运动时对小车有：
FN ma1
FN-mg=0
F FN Ma2
解得：a2=0.6m/s2 经过时间 t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：
考点08 牛顿运动定律在传送带问题中的应用-2020年 新高三一轮复习物理(解析版)
考点08 牛顿运动定律在传送带问题中的应用一、选择题1．如图所示，物块m在传送带上向右运动，两者保持相对静止．则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是()A．皮带传送速度越大，m受到的摩擦力越大B．皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大C．皮带速度恒定，m质量越大，所受摩擦力越大D．无论皮带做何种运动，m都一定受摩擦力作用【答案】B【解析】物块若加速运动，其合外力由传送带给它的摩擦力来提供，故加速度大，摩擦力大，B正确；当物块匀速运动时，物块不受摩擦力，故A、C、D错误．2．(多选)如图，传送带两轮间距为L，传送带运动速度为v0，今在其左端静止地放一个木块，设木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，放上木块后传送带速率不受影响，则木块从左端运动到右端的时间可能是()A．B．＋C．D．【答案】BCD【解析】若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma①根据位移时间公式，有L＝at2②由①②解得t＝，故C正确；若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma③根据速度时间公式，有v0＝at1④根据速度位移公式，有v＝2ax1⑤匀速运动过程，有L－x1＝v0t2⑥由③④⑤⑥解得t＝t1＋t2＝＋故B正确；如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v0，根据平均速度公式，有L＝t＝t，得t＝.故D正确；木块放在传送带后做的不是匀速直线运动，时间不可能等于，故A错误．3．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则()A．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左B．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用C．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大D．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大【答案】D【解析】0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故A错误；t2～t3小物块做匀速摩擦力作用，在t1～t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故C错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则知t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故D正确4．如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是()A．粮袋到达B点的速度可能大于、可能相等或小于vB．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－cosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ＜tanθ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞g sinθ【答案】AC【解析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cosθ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B错误．若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速；也可能先以g(sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ－μcosθ)匀加速，故C正确．由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动．故D错误．5．(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移【答案】BCD【解析】传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，a A＝＝2 m/s2＝a B，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确．6．如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则()．A．只有a>g sinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用B．只有a<g sinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用C．只有a＝g sinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用D．无论a为多大，a都受沿传送带向上的静摩擦力作用【答案】B【解析】A与传送带相对静止，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，A有沿斜面向下的加速度a，对A受力分析可知只有a<g sinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用，B正确．7．如图所示，传送带与水平面的夹角为θ，且tanθ>μ，皮带不动时，物块由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间是t，则()A．当皮带逆时针运动时，物块由A滑到B的时间一定大于tB．当皮带逆时针转动时，物块由A滑到B的时间一定等于tC．当皮带顺时针转动时，物块由A滑到B的时间可能等于tD．当皮带顺时针转动时，物块由A滑到B的时间可能大于t【答案】B【解析】皮带不动物块下滑时，物块受到的摩擦力向上，故加速度a＝mg sinθ－μmg cosθ；当皮带逆时针运动时，摩擦力一定也向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物块运动到B 的时间不变，故A错误，B正确；当皮带顺时针转动时，在刚开始时，由于物块的速度小于皮带的速度，所以物块相对皮带向上运动，所以物块受到沿皮带向下的摩擦力，此时加速度相比皮带静止时变大，如果物块在下滑到底端之前，速度仍旧没有达到皮带的速度大小，则一直做加速运动，并且加速度a′＝mg sinθ＋μmg cosθ，此种情况下，物块由A滑到B的时间小于t，如果物块下滑到底端前，速度已经达到皮带的速度，则速度相等之后，由于重力沿皮带向下的分力大于摩擦力，所以物块仍旧会加速下滑，但是相比于前一段位移，加速度减小，等于皮带静止时的加速度，综合起来，整个过程中的平均加速度大于皮带静止时的加速度，所以此种情况下，物块由A滑到B的时间小于t，综上所述，当皮带顺时针转动时，物块由A滑到B的时间一定小于t，C、D错误．8.如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为64 m，传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，则物体从A点运动到B点所用的时间为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0. 8，g＝10 m/s2)()A．4.0 s B．4.2 s C．3.2 s D．8.0 s【答案】A【解析】开始时物体下滑的加速度：a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2，运动到与传送带共速的时间为：t1＝＝s＝2 s，下滑的距离：x1＝a1t2＝20 m；由于tan 37°＝0.75＞0.5故物体加速下滑，且此时：a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2，根据x2＝vt2＋a2t，即64－20＝20t2＋×2×t，解得：t2＝2 s，故总时间为t＝4 s，选项A正确．9.如图所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是()A．物块下滑的速度不变B．物块开始在传送带上加速到2v0后匀速C．物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D．物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上【答案】C【解析】在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力仍然向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块相对于传送带上滑，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，物块加速下滑，当物块的速度达到2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确二、非选择题10.一足够长的水平传送带以恒定的速度运动，现将质量为M＝2.0 kg的小物块抛上传送带，如图a所示．地面观察者记录了小物块抛上传送带后0～6 s内的速度随时间变化的关系，如图b所示(取向右运动的方向为正方向)，g取10 m/s2.(1)指出传送带速度的大小和方向；(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ【答案】(1)2 m/s，方向向左(2)0.2【解析】(1)由图可知速度大小为2 m/s，方向向左．(2)由速度图象可得，物块在滑动摩擦力作用下做匀变速运动的加速度为a，有a＝＝－2 m/s2. 由牛顿第二定律得，滑动摩擦力－F f＝Ma其中F f＝μF N＝μMg.得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝＝0.2.11．一平直的传送带以速率v＝2 m/s匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间t＝6 s，物体到达B处，AB相距L＝10 m．则：(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕【答案】(1)2 s(2)0.1(3)2 m【解析】(1)假设物体从A到B一直做匀加速运动，则·t＝6 m<10 m，故假设不成立．物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为t1，则t1＋v＝L所以：t1＝＝2 s(2)设物块的加速度为a，则：v＝at1得：a＝＝1 m/s2据牛顿第二定律有μmg＝ma得：μ＝＝0.1(3)物体匀加速运动的位移：x＝t1＝2 m在t1时间内传送带的位移：x带＝vt1＝2×2 m＝4 m划痕的长度：x＝x带－x物＝4 m－2 m＝2 m12．如图所示，水平传送带长L＝16 m，始终以v＝4 m/s的速度运动，现将一个小物体从传送带的左端由静止释放，已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，求物体从左端运动到右端所需的时间．【答案】5 s【解析】在物体相对于传送带向左运动时，物体受到的合力等于摩擦力，该力产生了物体的加速度，所以μmg＝ma，a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2.物体做匀加速运动的时间为t1，由匀加速直线运动规律得，t1＝＝2 s.物体做匀加速运动的位移为x1，则有x1＝at＝×2×22 m＝4 m.物体做匀速运动的位移x2＝16 m－x1＝12 m，做匀速运动的时间t2＝＝3 s.所以物体由左端运动到右端的时间t＝t1＋t2＝5 s.13．如图为火车站使用的传送带示意图，绷紧的传送带水平部分长度L＝4 m，并以v0＝1 m/ s的速度匀速向右运动．现将一个可视为质点的旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.(1)求旅行包经过多长时间到达传送带的右端．(2)若要旅行包从左端运动到右端所用时间最短，传送带速度的大小应满足什么条件？【答案】(1)4.25 s(2)v≥4 m/s【解析】(1)旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，加速度a＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2.匀加速运动的时间t1＝＝0.5 s匀加速运动的位移x＝at＝0.25 m此后旅行包匀速运动，匀速运动的时间t2＝＝3.75 s所以旅行包从左端运动到右端所用时间t＝t1＋t2＝4.25 s.(2)要使旅行包在传送带上运行时间最短，必须使旅行包在传送带上一直加速，由v2＝2aL得v＝＝4 m/s即传送带速度必须大于或等于4 m/s14．某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝.求货物从A 端运送到B端所需的时间．(g取10 m/s2)【答案】3 s【解析】以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma解得a＝2.5 m/s2货物匀加速运动的时间t1＝＝2 s货物匀加速运动的位移x1＝at＝5 m然后货物做匀速运动，运动位移x2＝L－x1＝5 m匀速运动时间t2＝＝1 s货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3 s15.如图所示，A、B两轮间距l＝3.25 m，套有传送带，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图所示，传送带始终以2 m/s的速度运行，将一物体无初速度地放到A轮处的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，求物体从A运动到B所需的时间(g取10 m/s2)【答案】1.25 s【解析】将物体由静止放上传送带时，摩擦力提供动力，受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：在x轴方向：mg sin 30°＋F f＝ma1，在y轴方向：F N－mg cos 30°＝0，摩擦力F f＝μF N由以上三式得a1＝g(sin 30°＋μcos 30°)＝8.0 m/s2故有：第一加速阶段的时间为t1＝＝0.25 s第一加速阶段的位移为x1＝＝m＝0.25 m物体在第二阶段中，由于mg sin 30°>μmg cos 30°，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿斜面向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得：x轴方向上：mg sin 30°－F f＝ma2，y轴方向上：F N－mg cos 30°＝0，摩擦力F f＝μF N由以上三式得a2＝g(sin 30°－μcos 30°)＝2.0 m/s2.因而，在第二阶段物体以v＝2 m/s的初速度和a＝2.0 m/s2的加速度做匀加速运动，其位移为x2＝l－x1＝3.25 m－0.25 m＝3.0 m由位移公式得x2＝vt2＋a2t，解得t2＝1 s故所用总时间为t＝t1＋t2＝0.25 s＋1 s＝1.25 s。
高考物理牛顿运动定律专题训练答案及解析
高考物理牛顿运动定律专题训练答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得：1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：011v vt a -= 解得：t 1＝0.4s工件滑行位移大小为：220112v v x a -=解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a =解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：23?1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
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专题08 传送带问题
1．（2017天津六校联考）如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2′，则下列说法正确的是（）
A．若v1＜v2，则v2′=v1
B．若v1＞v2，则v2′=v2
C．不管v2多大，总有v2′=v2
D．只有v1=v2时，才有v2′=v1
【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【参考答案】AB
【名师解析】由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：
①如果v1＞v2，物体会一直加速，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；
②如果v1=v2，物体同样会一直加速，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；
③如果v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，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，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A、B正确，C、D错误．
故选：AB．
2.(2016年全国普通高考重庆适应性测试（第三次）理科综合试题)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则
A．传送带一定逆时针转动B．0
tan
cos
v
gt
μθ
θ
=+
C．传送带的速度大于v0
D．t0后滑块的加速度为2 g sinθ-0
v
t
【参考答案】AD
考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动.
【名师点睛】本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．
3．
(2016河北名校调研)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)下列说法正确的是( )
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B均做负功
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
【参考答案】：BCD
4.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
【参考答案】：D
【名师解析】开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ。
小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以：a2＝g sin θ－μg cos θ。
根据以上分析，有a2＜a1。
所以，本题正确答案为D。
5. 如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止。
若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，下列说法正确的是( )
A.匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用
B.匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上
C.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下
D.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上
【参考答案】：B
6.如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针运动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F1、F2，则下列说法正确的是( )
A.物体受到的摩擦力F f1＜F f2
B.物体所受摩擦力方向向右
C.F1＝F2
D.传送带速度足够大时，物体受到的摩擦力可为0
【参考答案】：C
7.(多选)(2016·广东中山模拟)如图4甲所示的水平传送带AB 逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。
已知传送带的速度保持不变，重力加速度g 取10 m/s 2。
关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t ，下列计算结果正确的是( )
A.μ＝0.4
B.μ＝0.2
C.t ＝4.5 s
D.t ＝3 s
【参考答案】 BC
【名师解析】 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝2.0 m/s 2
，由牛顿
第二定律得F f ＝ma ＝μmg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在
v －t 图象中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对
静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s ，C 正确，D 错误。
8.(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L ，运动速率恒为v ，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )
A.L v ＋v
2μg
B.L v
C.2L
μg
D.
2L
v
【参考答案】：ACD
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