2019届二轮复习力与物体的直线运动课件（78张）（全国通用）

2019届二轮复习力与物体的直线运动课件（78张）（全国通用）

第 2 讲　力与物体的直线运动 1 ． (2018· 课标 Ⅱ ) ( 多选 ) 甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度 - 时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在 t 2 时刻并排行驶。下列说法正确的是 ( 　　 ) A ．两车在 t 1 时刻也并排行驶 B ．在 t 1 时刻甲车在后，乙车在前 C ．甲车的加速度大小先增大后减小 D ．乙车的加速度大小先减小后增大 [ 解析 ] 本题考查对 v - t 图线的理解、追及和相遇问题。 v  t 图线与时间轴包围的面积表示车运动的位移， t 2 时刻两车并排行驶，故 t 1 时刻甲车在后，乙车在前，所以 A 错， B 对。 v - t 图线上各点切线的斜率表示瞬时加速度，由此可知， C 错， D 对。 [ 答案 ] BD 2 ． (2018· 课标 Ⅲ ) ( 多选 ) 甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图所示。下列说法正确的是 ( 　　 ) A ．在 t 1 时刻两车速度相等 B ．从 0 到 t 1 时间内，两车走过的路程相等 C ．从 t 1 到 t 2 时间内，两车走过的路程相等 D ．在 t 1 到 t 2 时间内的某时刻，两车速度相等 [ 解析 ] 本题考查 x-t 图像的应用，在 x - t 图像中，图线的斜率表示物体运动的速度，在 t 1 时刻，两图线的斜率关系为 k 乙 ＞ k 甲 ，两车速度不相等；在 t 1 到 t 2 时间内，存在某一时刻甲图线的切线与乙图线平行，如图所示，该时刻两车速度相等，选项 A 错误、 D 正确。从 0 到 t 1 时间内，乙车走过的路程为 x 1 ，甲车走过的路程小于 x 1 ，选项 B 错误。从 t 1 到 t 2 时间内，两车走过的路程都为 x 2 － x 1 ，选项 C 正确。 [ 答案 ] CD 3 ． (2018· 课标 Ⅰ ) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P ，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是 ( 　　 ) [ 解析 ] 本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为 x 0 ，由胡克定律和平衡条件得 mg ＝ kx 0 。力 F 作用在 P 上后，物块受重力、弹力和 F ，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得， F ＋ k ( x 0 － x ) － mg ＝ ma 。联立以上两式得 F ＝ kx ＋ ma ，所以 F  x 图像中图线是一条不过原点的倾斜直线，故 A 正确。 [ 答案 ] A 4 ． (2016· 江苏单科 )( 多选 ) 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中 ( 　　 ) A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 [ 解析 ] 由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右， A 错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为 μg ；由 v ＝ at 可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故 B 正确。若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由 F f ＝ μ mg 可知， F f 不变，故 C 错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故 D 正确。 [ 答案 ] BD 匀变速直线运动问题规范解题 “ 四个步骤 ” [ 创新预测 ] 1 ． ( 多选 ) 一物体以初速度 v 0 做匀减速运动，第 1 s 内通过的位移 s 1 ＝ 3 m ，第 2 s 内通过的位移 s 2 ＝ 2 m ，又经过位移 s 3 物体的速度减小为 0 ，则下列说法中正确的是 ( 　　 ) A ．初速度 v 0 的大小为 2.5 m/s B ．加速度 a 的大小为 1 m/s 2 C ．位移 s 3 的大小为 1.125 m D ．位移 s 3 内的平均速度大小为 0.75 m/s [ 答案 ] BCD 2 ． (2018· 安徽师大附中等校联考测试 ) 如图所示是一固定光滑斜面， A 物体从斜面顶端由静止开始下滑，当 A 物体下滑 L 距离时， B 物体开始从离斜面顶端距离为 2 L 的位置由静止开始下滑，最终 A 、 B 两物体同时到达斜面底端，则该斜面的总长度为 ( 　　 ) A. 　　　　　　　　　 B. C ． 3 L D ． 4 L [ 解析 ] 设斜面长度为 l ，两球的加速度均为 a ， B 物体下降的时间为 t ，则 l ＝ 2 L ＋ at 2 ；对物体 A ：下滑 L 的速度 v ＝ ， l － L ＝ v t ＋ at 2 ；联立解得 l ＝ ，故选 A 。 [ 答案 ] A 1 ．对运动图像的三点理解 (1) 无论是 x - t 图像还是 v - t 图像都只能描述直线运动。 (2) x - t 图像和 v - t 图像都不表示物体运动的轨迹。 (3) x - t 图像和 v - t 图像的形状由 x 与 t 、 v 与 t 的函数关系决定。 2 ． “ 三步 ” 巧解图像问题 [ 例 1] (2018· 广西桂林中学高三月考 ) 图示为 A 、 B 两质点在同一条直线上运动的 v - t 图像如图所示， A 的最小速度和 B 的最大速度相同。已知在 t 1 时刻， A 、 B 两质点相遇，则 ( 　　 ) A ．两质点是从同一地点出发的 B ．在 0 ～ t 2 时间内，质点 A 的加速度先变小后变大 C ．在 0 ～ t 2 时间内，两质点的位移相同 D ．在 0 ～ t 2 时间内，合力对质点 B 做正功 [ 解析 ] 根据速度图像与坐标轴围成面积代表位移，可知，在 0 ～ t 1 时间内， A 的位移比 B 的位移大，而在 t 1 时刻， A 、 B 两质点相遇，所以出发时质点 A 在后，质点 B 在前，故 A 错误；根据图像的斜率表示加速度，则知在 0 ～ t 2 时间内， 质点 A 的加速度先变小后变大，故 B 正确；由图知，在 0 ～ t 2 时间内， A 质点的位移比 B 的位移大，故 C 错误；在 0 ～ t 2 时间内，质点 B 的动能变化量为零，根据动能定理知，合力对质点 B 做的功为零，故 D 错误。 [ 答案 ] B [ 创新预测 ] 3 ． (2018· 湖北八校联考 )( 多选 ) 如图所示为 A 、 B 两质点在同一直线上运动的位移 - 时间 ( x - t ) 图像。 A 质点的图像为直线， B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点 C 、 D 坐标如图。下列说法正确的是 ( 　　 ) A ． A 、 B 相遇两次 B ． t 1 ～ t 2 时间段内 B 质点的平均速度 与 A 质点匀速运动的速度相等 C ．两物体速度相等的时刻一定在 t 1 ～ t 2 时间段内的中间时刻 D ． A 在 B 前面且离 B 最远时， B 的位移为 [ 解析 ] 图线的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，所以 A 、 B 相遇两次，故 A 正确； t 1 ～ t 2 时间段内 A 质点和 B 质点的位移相等，故 B 质点的平均速度与 A 质点匀速运动的速度相等，选项 B 正确；位移 - 时间图像斜率表示速度， B 图线的切线斜率不断增大，而且 B 图线是抛物线，有 x ＝ kt 2 ，则知乙车做匀加速直线运动，因为 t 1 ～ t 2 时间段内， B 质点的平均速度与 A 质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻为 t 1 ～ t 2 时间段的中间时刻，故 C 正确；当 A 、 B 速度相等时，相距最远，此时 A 的位移为 ， B 的位移小于 ，故 D 错误。 [ 答案 ] ABC 4 ． (2018· 黑龙江大庆二模 ) a 、 b 、 c 三个物体在同一条直线上运动，三个物体的 x - t 图像如图所示，图线 c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是 ( 　　 ) A ． a 、 b 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同 B ． a 、 b 两物体都做匀变速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反 C ．在 0 ～ 5 s 内，当 t ＝ 5 s 时， a 、 b 两个物体相距最近 D ．物体 c 一定做匀变速直线运动 [ 解析 ] a 、 b 位移图像中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知 a 、 b 两物体都做匀速直线运动，由图可知， a 、 b 两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，故 A 、 B 错误。在 0 ～ 5 s 内， a 物体沿正方向运动， b 物体沿负方向运动，则当 t ＝ 5 s 时， a 、 b 两个物体相距最远，故 C 错误。由匀加速运动位移公式 x ＝ v 0 t ＋ at 2 可知， x - t 图像是抛物线，所以物体 c 一定做匀加速直线运动，故 D 正确。 [ 答案 ] D 5 ． (2018· 陕西宝鸡高三二诊 ) 从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体 Ⅰ 、 Ⅱ 的速度 - 时间图像如图所示，在 0 ～ t 2 时间内，下列说法中正确的是 ( 　　 ) A ．物体 Ⅰ 所受的合外力不断增大，物体 Ⅱ 所受的合外力不断减小 B ．在第一次相遇之前， t 1 时刻两物体相距最远 C ． t 2 时刻两物体相遇 D ． Ⅰ 、 Ⅱ 两个物体的平均速度大小都是 [ 解析 ] 速度 - 时间图像的斜率表示加速度，从图中可知 Ⅰ 曲线的斜率一直减小，所以物体 Ⅰ 加速度一直减小，根据牛顿第二定律可得物体 Ⅰ 合力一直减小，物体 Ⅱ 斜率恒定，做匀减速直线运动，合力恒定， A 错误；速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在 t 1 时刻两物体面积差最大， [ 答案 ] B 受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁，基本思路如图所示。 [ 例 2] (2018· 深圳市第一次调研 )( 多选 ) 如图甲所示，质量 m ＝ 1 kg 、初速度 v 0 ＝ 6 m/s 的物块受水平向左的恒力 F 作用，在粗糙的水平地面上从 O 点开始向右运动， O 点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示， g ＝ 10 m/s 2 ，下列说法中正确的是 ( 　　 ) A ． t ＝ 2 s 时物块速度为零 B ． t ＝ 3 s 时物块回到 O 点 C ．恒力 F 大小为 2 N D ．物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1 [ 答案 ] ACD [ 创新预测 ] 6 ． ( 多选 ) 如图所示， A 、 B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为 θ 的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是 ( 　　 ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 g sin θ B ． B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C ． A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2 g sin θ D ．弹簧有收缩的趋势， B 球的瞬时加速度向上， A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零 [ 解析 ] 系统静止，根据平衡条件可知： 对 B 球 F 弹 ＝ mg sin θ ， 对 A 球 F 绳 ＝ F 弹 ＋ mg sin θ ， 细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则 B 球受力情况未变，瞬时加速度为零； 对 A 球根据牛顿第二定律得： a ＝ ＝ ＝ 2 g sin θ ，故 A 、 D 错误， B 、 C 正确。 [ 答案 ] BC 7 ． (2018· 河南洛阳市第二次统考 ) 如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块 A 和 B ，保持 A 的质量不变，改变 B 的质量 m ，当 B 的质量连续改变时，得到 A 的加速度 a 随 B 的质量 m 变化的图线，如图乙所示 ( a 1 、 a 2 、 m 0 未知 ) ，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度为 g ，斜面的倾角为 θ ，下列说法正确的是 ( 　　 ) A ．若 θ 已知，可求出 A 的质量 B ．若 θ 已知，可求出乙图中 m 0 的值 C ．若 θ 未知，可求出乙图中 a 2 的值 D ．若 θ 未知，可求出乙图中 a 1 的值 [ 解析 ] 据牛顿第二定律对 B 受力分析得： mg － F ＝ ma ① 对 A 得： F － m A g sin θ ＝ m A a ② 联立 ①② 得 a ＝ ③ 若 θ 已知，由 ③ 知，不能求出 A 的质量 m A 。故 A 错误。 当 a ＝ 0 时，由 ③ 式得， m 0 ＝ m A sin θ ， m A 未知， m 0 不能求出。故 B 错误。 由 ③ 式得， m ＝ 0 时， a 2 ＝－ g sin θ ，故 C 错误。由 ③ 式变 形得 a ＝ 。当 m → ∞ 时， a 1 ＝ g ，故 D 正确。 [ 答案 ] D 8 ． (2018· 淮北第一中学模拟 ) 如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩 x ＝ 0.4 m 后锁定， t ＝ 0 时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度 - 时间图像如图乙所示，其中 Oab 段为曲线， bc 段为直线，倾斜直线 Od 是 t ＝ 0 时的速度图线的切线，已知滑块质量 m ＝ 2.0 kg ，取 g ＝ 10 m/s 2 ，则下列说法正确的是 ( 　　 ) A ．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B ．弹簧恢复原长时，滑块速度最大 C ．弹簧的劲度系数 k ＝ 175 N/m D ．该过程中滑块的最大加速度为 35 m/s 2 [ 解析 ] 根据 v - t 图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，最后做匀减速直线运动，所以 A 、 B 错误； 从题图知，滑块脱离弹簧后 ( bc 段 ) 的加速度大小 a 1 ＝ ＝ m/s 2 ＝ 5 m/s 2 ，由牛顿第二定律得摩擦力大小为： f ＝ μmg ＝ ma 1 ＝ 10 N ；刚释放时滑块的加速度为： a 2 ＝ ＝ m/s 2 ＝ 30 m/s 2 ，此时滑块的加速度最大，所以 D 错误；由牛顿第二定律得： kx － f ＝ ma 2 ，代入数据解得： k ＝ 175 N/m ，所以 C 正确。 [ 答案 ] C 破解动力学综合问题的两大关键 [ 例 3] 如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 m A ＝ 1 kg 和 m B ＝ 5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ 1 ＝ 0.5 ；木板的质量为 m ＝ 4 kg ，与地面间的动摩擦因数为 μ 2 ＝ 0.1 。某时刻 A 、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v 0 ＝ 3 m/s 。 A 、 B 相遇时， A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g ＝ 10 m/s 2 。求： (1) B 与木板相对静止时，木板的速度； (2) A 、 B 开始运动时，两者之间的距离。 [ 解析 ] (1) 滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A 、 B 所受的摩擦力大小分别为 F f1 、 F f2 ，木板受地面的摩擦力大小为 F f3 ， A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 a A 和 a B ，木板相对于地面的加速度大小为 a 1 。在滑块 B 与木板达到共同速度前有 F f1 ＝ μ 1 m A g ① F f2 ＝ μ 1 m B g ② F f3 ＝ μ 2 ( m ＋ m A ＋ m B ) g ③ 由牛顿第二定律得 F f1 ＝ m A a A ④ F f2 ＝ m B a B ⑤ F f2 － F f1 － F f3 ＝ ma 1 ⑥ 设在 t 1 时刻， B 与木板达到共同速度，其大小为 v 1 。由运动学公式有 v 1 ＝ v 0 － a B t 1 ⑦ v 1 ＝ a 1 t 1 ⑧ 联立 ①②③④⑤⑥⑦⑧ 式，代入已知数据得 v 1 ＝ 1 m/s ，方向与 B 的初速度方向相同 ⑨ (2) 在 t 1 时间间隔内， B 相对于地面移动的距离为 s B ＝ v 0 t 1 － a B t ⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v 1 后，木板的加速度大小为 a 2 。对于 B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 F f1 ＋ F f3 ＝ ( m B ＋ m ) a 2 ⑪ 由①②④⑤ 式知， a A ＝ a B ；再由 ⑦⑧ 式知， B 与木板达到共同速度时， A 的速度大小也为 v 1 ，但运动方向与木板相反。由题意知， A 和 B 相遇时， A 与木板的速度相同，设其大小为 v 2 。设 A 的速度大小从 v 1 变到 v 2 所用的时间为 t 2 ，则由运动学公式，对木板有 A 和 B 相遇时， A 与木板的速度也恰好相同。因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0 ＝ s A ＋ s 1 ＋ s B ⑯ 联立以上各式 ，并代入数据得 s 0 ＝ 1.9 m ⑰ ( 也可用下图中的速度 - 时间图线求解 ) [ 答案 ] (1)1 m/s ，方向与 B 的初速度方向相同 (2)1.9 m [ 创新预测 ] 9. 如图所示，质量为 M ＝ 10 kg 的小车停放在光滑水平面上。在小车右端施加一个 F ＝ 10 N 的水平恒力。当小车向右运动的速度达到 2.8 m/s 时，在其右端轻轻放上一质量 m ＝ 2.0 kg 的小黑煤块 ( 小黑煤块视为质点且初速度为零 ) ，煤块与小车间动摩擦因数 μ ＝ 0.20 。假定小车足够长， g ＝ 10 m/s 2 。则下列说法正确的是 ( 　　 ) A ．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动 B ．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C ．煤块在 3 s 内前进的位移为 9 m D ．小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2.8 m [ 解析 ] 根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有： μ F N ＝ ma 1 ， F N － mg ＝ 0 ，代入数据解得： a 1 ＝ 2 m/s 2 刚开始运动时对小车有： F － μF N ＝ Ma 2 ， 解得： a 2 ＝ 0.6 m/s 2 ， 经过时间 t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为： v 1 ＝ a 1 t ，车的速度为： v 2 ＝ v ＋ a 2 t ， v 1 ＝ v 2 ， 解得： t ＝ 2 s 。 以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律： F ＝ ( M ＋ m ) a 3 ， a 3 ＝ m/s 2 即煤块和小车一起以加速度 a 3 ＝ m/s 2 做加速运动，故选项 A 、 B 错误； 在 2 s 内小黑煤块前进的位移为： x 1 ＝ a 1 t 2 ＝ × 2 × 2 2 m ＝ 4 m ，然后和小车共同运动 1 s 时间，此 1 s 时间内位移为： x 1 ′ ＝ v 1 t ′ ＋ a 3 t ′ 2 ＝ 4.4 m ，故煤块在 3 s 内前进的位移为 4 m ＋ 4.4 m ＝ 8.4 m ，故选项 C 错误； 在 2 s 内小黑煤块前进的位移 x 1 ＝ 4 m ，小车前进的位移为： x 2 ＝ v t ＋ a 2 t 2 ＝ (2.8 × 2 ＋ × 0.6 × 2 2 )m ＝ 6.8 m ，两者的相对位移为： Δ x ＝ x 2 － x 1 ＝ 6.8 m － 4 m ＝ 2.8 m ，故选项 D 正确。 [ 答案 ] D 10 ． ( 多选 )(2018· 四川成都外国语学校月考 ) 如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 小滑块。木板受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，取 g ＝ 10 m/s 2 ，则 ( 　　 ) A ．当 0 ＜ F ＜ 6 N 时，滑块与木板之间的摩擦力随 F 变化的函数关系 F f ＝ F B ．当 F ＝ 8 N 时，滑块的加速度为 1 m/s 2 C ．滑块与木板之间的滑动摩擦因数为 0.2 D ．滑块的质量 m ＝ 2 kg ，木板的质量 M ＝ 4 kg [ 解析 ] 当 F 等于 6 N 时，加速度为： a ＝ 1 m/s 2 ，对整体分析，由牛顿第二定律有： F ＝ ( M ＋ m ) a ，代入数据解得： M ＋ m ＝ 6 kg ，当 F 大于 6 N 时， 根据牛顿第二定律得： a ＝ ＝ F － ，图像斜率 k ＝ ＝ ＝ 0.5 ，解得： M ＝ 2 kg ，滑块的质量 m ＝ 4 kg ，由牛顿第二定律得，对系统： F ＝ ( M ＋ m ) a ，对 m ： F f ＝ ma ，解得： F f ＝ F ，故 A 正确， D 错误；根据 F 大于 6 N 的图线知， F ＝ 4 时， a ＝ 0 ，即： 0 ＝ F － ，解得： μ ＝ 0.1 ， a ＝ F － 2 ，当 F ＝ 8 N 时，长木板的加速度为： a ＝ 2 m/s 2 ；根据 μ mg ＝ ma ′ 得：滑块的加速度为 a ′ ＝ μg ＝ 1 m/s 2 ，故 B 正确， C 错误。 [ 答案 ] AB 11 ．如图所示，质量 M ＝ 1 kg 的木板静置于倾角 θ ＝ 37 ° 、足够长的固定光滑斜面底端，质量 m ＝ 1 kg 的小物块 ( 可视为质点 ) 以初速度 v 0 ＝ 4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为 F ＝ 3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度 l 为多少？已知小物块与木板间的动摩擦因数为 μ ＝ 0.5 ，重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 ， sin 37 ° ＝ 0.6 ， cos 37 ° ＝ 0.8 。 [ 解析 ] 由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度 设小物块的加速度大小为 a ，由牛顿第二定律可得 mg sin θ ＋ μ mg cos θ ＝ ma 设木板的加速度大小为 a ′ ，由牛顿第二定律可得 F ＋ μmg cos θ － Mg sin θ ＝ Ma ′ 设小物块和木板达到共同速度所用时间为 t ，由运动学公式可得 v 0 － at ＝ a ′ t 设小物块和木板共速时小物块的位移为 x ，木板的位移为 x ′ ，由位移公式可得 x ＝ v 0 t － at 2 ， x ′ ＝ a ′ t 2 小物块恰好不从木板的上端滑下，有 x － x ′ ＝ l ； 以上各式联立并代入数据求解可得 l ＝ 0.714 m 。 [ 答案 ] 0.714 m 传送带类问题的规范求解 传送带有水平传送带和倾斜传送带两类，往往涉及多个运动过程，常结合圆周运动、平抛运动进行考查，解答时可从以下两点进行突破： 1 ． 分析物体在传送带上的运动过程 物体相对传送带运动，分清二者的速度关系，明确不同状态下物体的受力情况及运动情况是解决问题的突破口 2 ．分析每个过程的初、末速度 无论是单纯的传送带类问题，还是传送带与圆周运动、平抛运动相结合的问题，涉及多过程，前一个运动过程的末速度是后一个运动过程的初速度，因此速度是联系前后两个过程的桥梁，分析每个过程的初、末速度是解决问题的关键。 【 典例 】 (2018· 衡水二模 ) 如图是利用传送带装运煤块的示意图。其中传送带长 L ＝ 6 m ，倾角 θ ＝ 37 ° ，煤块与传送带间的动摩擦因数 μ ＝ 0.8 ，传送带的主动轮和从动轮半径相等。主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度 H ＝ 1.8 m ，与运煤车车厢中心的水平距离 x ＝ 1.2 m 。现在传送带底端由静止释放一些煤块 ( 可视为质点 ) ，质量 m ＝ 5 kg ，煤块在传送带的作用下运送到高处。要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心。取 g ＝ 10 m/s 2 ， sin 37 ° ＝ 0.6 ， cos 37 ° ＝ 0.8 。求： (1) 煤块在轮的最高点水平抛出时的速度大小； (2) 主动轮和从动轮的半径 R ； (3) 电动机运送煤块多消耗的电能。 [ 解析 ] (1) 由平抛运动的公式得： x ＝ v t H ＝ gt 2 代入数据解得 v ＝ 2 m/s 。 (2) 要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得 mg ＝ m 代入数据解得 R ＝ 0.4 m 。 (3) 由牛顿第二定律 F ＝ ma 得 a ＝ μ g cos θ － g sin θ ＝ 0.4 m/s 2 由 v ＝ v 0 ＋ at 得 t ＝ ＝ 5 s 煤块的位移 x 1 ＝ at 2 ＝ 5 m 由于 μ ＞ tan 37 ° ，然后煤块做匀速直线运动到达顶端，传送带多消耗的电能： E ＝ m v 2 ＋ μ mg cos 37 ° ( v t － x 1 ) ＋ mgL sin 37 ° 代入数据解得 E ＝ 350 J 。 [ 答案 ] (1)2 m/s 　 (2)0.4 m 　 (3)350 J [ 拓展训练 ] 1 ．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v 1 运行。初速度大小为 v 2 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 图像 ( 以地面为参考系 ) 如图乙所示。已知 v 2 ＞ v 1 ，则 ( 　　 ) A ． t 2 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 B ． t 2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C ． 0 ～ t 2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D ． 0 ～ t 3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 [ 解析 ] 物块滑上传送带后将做匀减速运动， t 1 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。 [ 答案 ] B 2 ．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为 θ ，以速度 v 0 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

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