高考物理复习第三章牛顿运动定律冲刺训练.docx

第三章 牛顿运动定律(一)巧用动力学观点，破解三类板块模型木板与物块组成的相互作用的系统统称为板块模型。板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型，也是高考考查的重点，此类模型一个典型的特征是，物块与木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化，同时注意分析二者之间相对地面的位移之间的关系。水平面光滑典例1如图所示，在光滑的水平面上有一长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一质量为2 kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为0.2。当对B施加水平向右的力F10 N时，求经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端？(物体B可以视为质点，g取10 m/s2)解析假设二者相对静止，则对整体由牛顿第二定律得F(Mm)a。设A、B之间的摩擦力为f，A所受的摩擦力水平向右，对A：fMa。由于二者相对静止，故f为静摩擦力，要使二者不发生相对滑动，满足fmg，解得Fmg6 N，由于F6 N，故B将相对于A发生滑动。法一：以地面为参考系，A和B都做匀加速运动，且B物体的加速度大于A物体的加速度，B的加速度大小：aB3 m/s2；A的加速度大小：aA1 m/s2。B从A的左端运动到右端，A、B的位移关系满足x1x2L，即aBt2aAt2L，解得t0.8 s。法二：以A为参照物，B相对A的加速度aBAaBaA，即B相对A做初速度为零的匀加速直线运动，相对位移大小为L，故LaBAt2，解得t0.8 s。答案0.8 s典例2如图所示，质量M8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长。(g10 m/s2)求：(1)放上小物块后，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)从小物块放上小车开始，经过t1.5 s小物块通过的位移大小为多少。解析(1)小物块的加速度am2 m/s2小车的加速度aM0.5 m/s2。(2)由amtv0aMt得t1 s。(3)在开始1 s内小物块的位移s1amt21 m最大速度vat2 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a0.8 m/s2这0.5 s内的位移s2vtat21.1 m通过的总位移ss1s22.1 m。答案(1)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m思维建模板块模型一般解题方式：先对每个物体进行受力分析和运动状态分析，画出运动草图；然后分别列出运动学方程式，找出二者位移和速度的关系。水平面粗糙1用水平力拉木板如图所示，A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上，A在B的右端，从某一时刻起，B受到一个水平向右的恒力F作用。A、B之间的动摩擦因数为1，B与地面间的动摩擦因数为2，木板的长度为L。假设最大静摩擦力fm和滑动摩擦力相等，根据F的大小可分为三种运动情况。(1)当F2(m1m2)g时，二者均相对地面静止，且A不受摩擦力作用。(2)当2(m1m2)gF(12)(m1m2)g时，二者相对静止，以相同的加速度向右滑动。对A而言，其摩擦力产生的加速度存在极值，即m1aA1m1g，因而A、B共同加速的加速度a1g。对整体由牛顿第二定律得F2(m1m2)g(m1m2)a，解得F(12)(m1m2)g。(3)当F(12)(m1m2)g时，二者发生相对滑动。此时aA1g，aB1g，A相对B向左滑动。典例3如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为g。(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小的范围；(3)本实验中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2。若砝码移动的距离超过l0.002 m，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析(1)砝码对纸板的摩擦力f1m1g，桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)g，ff1f2，解得f(2m1m2)g。(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1m1a1m1g，Ff1f2m2a2，要发生相对运动，则a2a1，解得F2(m1m2)g。(3)抽纸时，砝码相对于地面做匀加速运动，而当砝码在桌面上时，做匀减速运动。纸板抽出前砝码运动的距离x1a1t12，纸板运动的距离dx1a2t12，纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t22，lx1x2。由题意知a1a3，a1t1a3t2，得F2g，代入数据得F22.4 N。答案(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3)22.4 N2用水平力拉物块如图，A在B的左端，从某一时刻起，A受到一个水平向右的恒力F而向右运动。这种情况抓住A带动B运动，A对B的摩擦力为动力。(1)当1m1g2(m1m2)g时，不论拉力F多大，B均静止。(2)当1m1g2(m1m2)g时：F2(m1m2)g时，二者相对静止，且相对于地面静止。若2(m1m2)gF2(m1m2)g1m1g2(m1m2)g时，A、B相对地面运动，但A、B保持相对静止。对B由牛顿第二定律得fAB2(m1m2)gm2a，当F增大，a增大，fAB也增大，但是fAB1m1g，所以a，对整体而言F2(m1m2)g(m1m2)a，则F2(m1m2)g1m1g2(m1m2)g。F2(m1m2)g1m1g2(m1m2)g时，二者相对滑动，A带动B运动，故aAaB，vAvB。典例4如图所示，质量M1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数10.1，在木板的左端放置一个质量m1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数20.4，取g10 m/s2，试求：(1)若木板长L1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。(设木板足够长)解析(1)铁块的加速度大小a14 m/s2，木板的加速度大小a22 m/s2，设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有a1t2a2t2L，解得：t1 s。(2)当F1(mM)g2 N时，M、m相对静止且对地静止，f2F。二者相对静止时，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F11(Mm)g(Mm)a。此时系统的加速度a2 m/s2，解得F16 N，所以当2 NF6 N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a。以M为研究对象，根据牛顿第二定律有：f21(Mm)gMa，解得f21。当F6 N，M、m发生相对运动，f22mg4 N。画出f2随拉力F大小变化的图像如图。答案(1)1 s(2)见解析多板块组合典例5如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l2 m，质量均为m21 kg，一质量为m11 kg的物体(可视为质点)以v06 m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数20.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g10 m/s2)(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件；(2)若10.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。解析(1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得1m1g2(m12m2)g；若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得1m1g2(m1m2)g，联立两式，代入数据得0.410.6。(2)若10.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动。设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1gm1a1，设物体滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v12v022a1l，设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1v0a1t，代入数据得v14 m/s，t0.4 s。答案(1)0.410.6(2)4 m/s0.4 s思维建模对于一物块与多个木板的组合，要注意运用整体法与隔离法分析物块在各个木板上运动时的受力情况，从而对物体的运动规律作出正确判断。如上例中物块在木板A上时A不动，则必有1m1g2(m12m2)g。而物块在B上时，木板B能滑动，则必有：1m1g2(m1m2)g。典例6如图所示，物体1、3和木板2的质量均为m1 kg，木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设木板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H5.75 m，物体1与木板2之间的动摩擦因数0.2。木板2放在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在木板2的左端以v4 m/s的初速度开始向右运动，运动过程中恰好没有从木板2的右端掉下。求：(1)木板2的长度L0；(2)当物体3落地时，物体1在木板2的位置。解析(1)物体1在向左的滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小为a12 m/s2，对木板2和物体3分别由牛顿第二定律可得：Fmgma2，mgFma2，解得a26 m/s2；设经过时间t1，三者速度达到相等，设为v1，则v1va1t1a2t1，解得v13 m/s，t10.5 s，则物体1和木板2运动的位移分别为：x1(vv1)t11.75 m；x2v1t10.75 mH，而L0x1x2，解得L01 m。(2)假设速度大小相等时三者相对静止，对整体由牛顿第二定律得mg3ma，解得a。对物块1，当受到滑动摩擦力时，其加速度最大，最大值为2 m/s2，小于，故1与2要发生相对滑动，物体1相对于木板2向左滑动，其加速度大小a32 m/s2，方向向右。对木板2和物体3整体由牛顿第二定律得：Fmgma4，mgFma4，解得a44 m/s2，故2和3做匀加速运动。设再经过时间t2物体3落地，则对木板2可得Hx2v1t2a4t22，解得t21 s，物体1的位移x3v1t2a3t224 m。而Hx2x31 mL0，所以当物体3落地时，物体1在木板2的最左端。答案(1)1 m(2)物体1在木板2的最左端思维建模(1)因木板2向右做初速度为零的匀加速直线运动，而物体1具有初速度v。因此当物体与木板2同速时，物体1相对木板2向右运动的距离最大，即此时恰好在木板2的右端。(2)因物体1向右的加速度最大为am2 m/s2，小于木板2与物体3一起运动的加速度，故物体1与木板2同速后又相对木板2向左滑动。提能增分集训 1.如图所示，物体A的质量m11 kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m20.5 kg、长L1 m，某时刻A以v04 m/s的初速度滑上木板B的上表面，为使A不至于从B上滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数0.2，试求拉力F大小应满足的条件。(忽略物体A的大小，取重力加速度g10 m/s2)解析：物体A滑上木板B以后，做匀减速运动，加速度大小为aA木板B做加速运动，有：Fm1gm2aB物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：L又由、式，可得：aB6 m/s2再代入式得：F1 N若F1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N。当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。即有：F(m1m2)a，m1gm1a，所以：F3 N若F大于3 N，A就会相对B向左滑下。综上分析：力F应满足的条件是：1 NF3 N。答案：1 NF3 N2.如图所示，质量为M、长为L，高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间的动摩擦因数为；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。解析：滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正下方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：a，v1 。当滑块的左端到达小球正下方后，小球做自由落体运动，落地时间t ，滑块的加速度ag。若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离(即小球落地时距滑块左端的水平距离)为：sv1tat2 g2 h。若在t时间内滑块已经停下来，则：sL。答案： h或L3(2017雅安月考)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F6 N的水平力(未画出)作用下由静止开始向右运动。已知木板A、B长度均为l1 m，木板A的质量MA3 kg，小滑块及木板B的质量均为m1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为10.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为20.1，重力加速度g10 m/s2。求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度。解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力Ff11mg4 N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力Ff22(2mMA)g5 NFf18 m，所以以后物块匀速运动，物块匀速运动的时间t2 m3 s，所以物块到达传送带右端的时间为：tt1t27 s。(2)处理方法：在物体刚放上传送带时，在传送带上与物体接触的地方取一点M，认为M点一直往前做匀速直线运动，M运动的距离即为传送带相对地面的位移。物体相对传送带的位移的大小即物体相对于M点的距离。方法一：只有在匀加速阶段二者才会发生相对运动，传送带在4 s内的位移为x1vt16 m，物体与传送带间的相对位移大小xx1x8 m。方法二：作出物体和传送带的v t图像如图所示，阴影部分为二者相对位移大小，易得x8 m。(3)当物体一直做匀加速运动时，到达传送带另一端所用时间最短，则Lat2gt2，解得tmin2 s。当物体运动到最右端恰好与传送带速度相等时，此时传送带速度最小，所以传送带最小速度为v2 m/s。答案(1)7 s(2)8 m(3)2 m/s2 s思维建模如图所示，物体m轻轻地放上顺时针匀速运动的传送带上，“轻放”的含义是物体的初速度为零。由于物体的初速度为零，因此物体相对传送带向左运动，物体受到向右的滑动摩擦力作用，产生向右的加速度，加速度大小ag。物体从左端运动到右端，有两种可能情况：(1)物体m在全过程中始终都没有达到与传送带相同的速度，则物体在全过程都处于匀加速运动状态。(2)先经过一段时间匀加速运动，当其速度达到与传送带速度相同时，摩擦力突变为零，物体在重力和支持力的共同作用下，保持和传送带相同的速度做匀速直线运动。设传送带的长度为L，而物体速度与传送带速度相同时，相对于地面的位移x。以上两种运动情况取决于传送带的长度L与x的关系。若xL，则物体一直做匀加速运动，若xL，则先做匀加速运动后做匀速运动。水平传送带加速运动典例2一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。解析传送带开始运动时，煤块的加速度ag，依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，即a0g，由运动学公式易得，传送带达到匀速的时间为，煤块达到与传送带相对静止的时间为，根据以上分析，煤块与传送带的vt图像分别如图中直线OB和折线OAB所示。因vt图线和t轴所围图形的面积表示位移，则OAB的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度L。由几何知识得：Lv0。整理得：L。答案思维建模传送带以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，起始时刻把物体轻放在传送带上，则物体在摩擦力作用下做匀加速直线运动，而此时物体与传送带之间是静摩擦力还是滑动摩擦力(即物体与传送带之间是否存在相对滑动)，取决于传送带的加速度a0与物体在最大静摩擦力作用下产生的加速度a之间的关系(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)：(1)如果物体与传送带相对静止，此时摩擦力为静摩擦力，对物体由牛顿第二定律得，f0ma0mg，故需要满足a0g。(2)当a0g时，物体与传送带间的最大静摩擦力不足以使物体产生a0如此大的加速度，因此二者之间必然发生相对滑动，物体将在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，其加速度大小为g。不管是哪种情况，摩擦力均为动力。水平传送带匀减速运动典例3将一粉笔轻放在以v040 m/s匀速向右运动的传送带左端，粉笔与传送带之间的动摩擦因数为0.4，经过5 s后，传送带减速运动，其加速度大小为a06 m/s2，假设传送带足够长，求粉笔在传送带上运动的总时间。解析刚开始粉笔做匀加速运动，其加速度为a1g4 m/s2,5 s末速度v1a1t20 m/s，前5 s粉笔的位移x1a1t250 m，在传送带匀减速运动的同时，粉笔继续做匀加速运动，二者存在相对滑动，设再经过时间t1，二者速度相等，则v0a0t1v1a1t1，解得t12 s，共同速度vv0a0t128 m/s。以后粉笔是否相对传送带静止，需要比较其静摩擦力能维持的最大加速度。由于粉笔所受的最大静摩擦力维持的最大加速度agg时，二者之间发生相对滑动。传送带速度减小得比物体减小得快，物体的加速度大小为g。倾斜传送带向上匀速运动典例4有一倾角为30的传送带，长L10 m，以v05 m/s的速度匀速向上运动，如图所示。在传送带底端无初速度地放一物体(可视为质点)，物体与传送带的动摩擦因数，g取10 m/s2，求：(1)物体从传送带底端运动到顶端所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移。解析物体放上传送带以后，开始阶段传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向上的滑动摩擦力，由于mgsin mgcos ，故物体将加速上行；当物体速度加速到与传送带的速度相等时，摩擦力将发生突变，由于mgsin fmmgcos ，因此物体受到沿斜面向上的静摩擦力与mgsin 平衡而做匀速运动。(1)设物体的加速度为a，由牛顿第二定律有：mgcos mgsin ma，物体加速到与传送带的速度v0相等时的位移为x15 m，经历的时间t12 s，物体做匀速运动的时间t21 s，则总时间tt1t23 s。(2)只有物体加速运动过程两者存在相对运动，相对位移大小xv0t1x15 m。答案(1)3 s(2)5 m思维建模从下往上传送，要想物体送上去，显然mgsin tan 。若传送带较短，物体达到上端时二者速度未相等，则物体一直做加速运动；若传送带较长，则物体先做加速运动后做匀速运动。倾斜传送带向下匀速运动典例5如图所示，传送带AB的长度为L16 m，与水平面的夹角37，传送带以速度v010 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示。在传送带最上端A无初速度地放一个质量m0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数0.5。g取10 m/s2。求：(1)物体从A运动到底端B所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移。解析(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2。物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x15 mmgcos 2 N，所以物体将继续做加速运动。设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2。由位移公式Lx1v0t2at22，解得时间t21 s，所以总时间tt1t22 s。(2)在传送带上取一点M。M点做匀速运动，物体一直做匀加速运动。法一：整体法整个过程物体的位移大小为x物L16 m，传送带位移大小为x传v0t20 m，故物体相对于传送带(M点)的位移大小为：xx传x物4 m。由于M点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M点4 m。法二：vt图像法相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即：x4 (m)。法三：分段法第一个过程：M点的位移为v0t110 m，所以物体与传送带间的相对位移大小x相对1v0t1x15 m。由于M点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M点后面5 m处。第二个过程：M点的位移为v0t210 m，物体的位移为Lx111 m，故相对位移大小为x相对21 m。此过程物体追M点，并靠近M点1 m。故相对位移大小xx相对1x相对24 m。即全过程物体向后远离M点4 m。答案(1)2 s(2)4 m思维建模从上往下传送，由于物体的初速度为零，则滑动摩擦力的方向向下，其加速度agsin gcos ，当二者的速度相等时：若mgsin tan ，则变为匀速运动，滑动摩擦力突变为静摩擦力；若mgsin mgcos ，即tan ，则继续做匀加速运动，其滑动摩擦力方向沿斜面向上，加速度agsin gcos 。三角传送带典例6(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 370.6, cos 370.8。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路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程解析物块A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B、C正确；相对传送带的路程由相对位移决定，A物块与传送带运动方向相同，相对传送带的路程较小，故D正确。答案BCD思维建模对于三角传送带要注意判断左、右两边物体所受的滑动摩擦力的方向，从而确定物体的运动情况。提能增分集训 1.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，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tan ，则下列选项中能正确反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：选D小木块刚放上传送带时，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿传送带向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑；由分析得：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos )；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于Mgsin ，所以fMaMgsin ，B正确；若传送带匀减速向上运动，分三种情况：若agsin ，则物块所受的静摩擦力沿斜面向下，所以D错误。3.如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，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，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D不论大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且agsin 解析：选A开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin FNma，FNmgcos ，解得agsin gcos ，故B项错；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin mgcos ，即当v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选BD0t1时间内，小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动，速度减为零时并未从传送带左端滑下，说明传送带足够长，其向左运动的位移大小x1；t1t2时间内：小物块受到的滑动摩擦力仍然向右，因此反向做匀加速运动，由于v2v1，反向加速到与传送带速度v1相等时，其位移大小x2x1，此后物块做匀速运动。0t2时间内，小物块始终相对于传送带向左运动，故t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大。综上所述，选项B、D正确。5(2017襄阳月考)如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37，以5 m/s的恒定速度顺时针转动。一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。解析：(1)设物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mgsin 37mgcos 37ma1代入数据解得：a110 m/s2。(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，则v0va1t1，解得：t10.5 s，通过的位移：x1t13.75 m6 m因tan ，设此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2，则：mgsin 37mgcos 37ma2代入数据解得：a22 m/s2设物块到达最高点的速度为v1，则：v2v122a2x2x2lx12.25 m，解得：v14 m/s。答案：(1)10 m/s2(2)4 m/s6.(2017衡水模拟)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v12 m/s的恒定速率运行。初速度大小为v23 m/s 的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，到小墨块在传送带上运动的速度与传送带的速度相同，求小墨块在传送带上留下的痕迹。解析：设向右为正方向，小墨块速度未与传送带速度相同时，受到的摩擦力始终向右，加速度始终向右，根据运动学知识可知：a m/s21 m/s2；小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0v2at1，x1t1联立解得：x14.5 m；小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x2v1t1小墨块向右加速运动时，对小墨块有：v1at2x1t2，传送带的位移x2v1t2因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x(x1x2)(x2x1)，解得：x12.5 m。答案：12.5 m7(2017超级全能生26省联考)如图所示为一平直传送带，A、B两端点间距为L，传送带的运行速率为v。今将一工件无初速度的放在A端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为，且认为传送带的形状及速率不受放上工件的影响。取重力加速度为g，求：(1)工件刚放到传送带上时的加速度大小；(2)传送带将该工件由A端传送到B端可能的时间间隔t及相应的条件(即题中给出量之间应满足的关系)。解析：(1)工件放上传送带，受到水平向右的摩擦力为：fmg由牛顿第二定律，可得：ag。(2)工件加速运动的时间为：t此过程工件运动的位移为：sat2若L，则工件一直做加速运动直到B端，可得Lat2，得：t ，若L，则工件先加速至v后做匀速运动直到B端，tt。答案：(1)g(2)若L，t ；若mgcos 37，故物块将减速上行，ma3mgsin 37mgcos 37，得a32 m/s2设物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则：v2vt22a3(xx1)，vt m/s2.31 m/st0.85 s。答案：(1)1.33 s(2)0.85 s2.31 m/s第三章冲刺985深化内容 (三)“加速度与合外力关系”实验新考查，引入传感器“有变化”探究小车加速度与合外力、质量关系的实验是力学中的重要实验，平衡摩擦力和满足小车质量与所挂砂及小桶总质量关系的条件是实验的两个注意事项。由于其重要性，经老师的反复强调和多次的考查，使学生们形成了根深蒂固的惯性思维。随着传感器引入实验中，这两个注意事项也悄然发生了变化，冲击着思维惯性，我们为传感器的引入点赞！但同时思路也得与时俱进，只有对实验原理的理解上升到一个崭新的高度，才能适应传感器引入实验的新常态。无传感器时实验前的2大注意事项1平衡摩擦力如图所示是探究小车的加速度与力关系的实验装置。小车受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力作用，重力和支持力为一对平衡力，小车所受的拉力和摩擦力的合力就是小车所受的合外力。如果平衡掉摩擦力，则小车所受的拉力即为小车的合外力。为此，先不挂小桶，在长木板不带滑轮的一端垫薄木块并反复移动其位置，改变斜面倾角，直到小车后面的纸带打出的点均匀分布，小车即做匀速运动。这时小车所受重力沿斜面向下的分力与摩擦力刚好平衡。平行于斜面的拉力才可能近似等于小车受到的合外力。2满足质量关系平衡摩擦力后，小车在小桶(包括其中的砂)的牵引下做加速运动。设绳中拉力为T，小车的质量为M，小桶的质量为M，放入其中砂的质量为m，加速度为a，则对桶(Mm)gT(Mm)a对车TMa解得TM(Mm)g当MmM时，T(Mm)g由此可见，平衡摩擦力后，只有满足砂和砂桶的总质量(Mm)远小于小车的总质量M时，才能用砂和砂桶的总重力代替小车的拉力。而实际上小车所受的拉力要小于砂和砂桶的总重力，由于实验原理的不完善，导致该实验存在系统误差，且砂和砂桶的质量越大，引起的系统误差就越大。力传感器引入实验给惯性思维带来的2大冲击1无需平衡摩擦力典例1(2017淮安模拟)某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1。(1)打点计时器接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a_m/s2。(2)改变小桶中细砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F(FF1F0)的关系图像。不计纸带与打点计时器间的摩擦。下列图