压轴题09 牛顿运动定律解决传送带问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)

压轴题09 牛顿运动定律解决传送带问题

一、单选题

1.如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左，右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左，右两端滑上传送带，下列说法正确的是()

A. 物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间

B. 若v2

C. 若v2

D. 若v2

【答案】D

【解析】A.若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度相等，运动的位移相等，都做匀变速运动，所以运动的时间相等，否则不等，故A 错误；

B.若v2

C.若v2

D.若v2

故选D。

2.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v顺时针匀速转动，现有一木块由传送带下端以初速度v0滑上传送带，且v0>v，木块与传送带之间的动摩擦因数μ

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】略

3.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t=0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v1>v2)。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2，则()

A. 0～t1时间内，物块对传送带做正功

B. 物块与传送带间的动摩擦因数μ

C. 0～t2时间内，传送带对物块做功为W=1

2mv22−1

2

mv12

D. t1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功

【答案】D

【解析】A.由题图乙知，物块的初速度方向平行传送带斜向上，在0～t1时间内速度减小，传送带对物块做负功，由牛顿第三定律知，物块对传送带的摩擦力沿传送带向上，对传送带做负功，故A错误；

B.在t2时间后，物块和传送带一起做匀速运动，有mgsinθ≤μmgcosθ，所以μ≥tanθ，故B错误；

C.在0～t2时间内根据功能关系，W+W G=1

2mv22−1

2

mv12，传送带对物块做功W≠1

2

mv22−1

2

mv12，故

C错误；

D.在t1时刻后，物块速度先增大后不变，先是滑动摩擦力对其做正功，后是静摩擦力对其做负功，故D正确。

故选D。

4.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持υ=1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速地放在A处，设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s2，若乘客把行李放上传送带的同时也以υ=1m/s的恒定速度平行于传送带运动方向走向B点去取行李，则()

A. 行李在传送带上做匀加速直线运动

B. 行李提前0.5s到达B

C. 乘客与行李同时到达B

D. 若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B

【答案】D

【解析】ABC.把行李无初速放上传送带时，行李先做初速度为零的匀加速直线运动，设经过时间t1速度与

传送带相同。根据动量定理得：μmgt1=mv，t1=vμg=1s，此过程行李的位移大小为x=vt1

2=1×1

2

m=0.5m，

行李匀速运动的位移为x2=2m−0.5m=1.5m，时间为t2=x2

v

=1.5s，所以行李到B的时间为t=t1+t2=

2.5s，乘客从A运动到B的时间为T=s

v

=2s，所以乘客提前0.5s到达B，故ABC错误；

D.若传送带速度足够大，行李一直做匀加速运动，加速度大小为a=f

m =μmg

m

=μg=1m/s2，设到达B的

时间最短时间为t min，则s=1

2

at2min，代入解得：t min=2s，故D正确。

故选D。

二、多选题

5.如图所示，质量m=1kg的物体从高为ℎ=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v= 4m/s的速度匀速运动，则(g取10m/s2)()

A. 物体从A运动到B的时间是1.5s

B. 物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2J

C. 物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2J

D. 物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J

【答案】AC

【解析】A.设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：1

2

mv02=mgℎ

代入数据得：v0=√2gℎ=2m/s<4m/s

则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为：a=μmg

m

=μg=2m/s2；

加速至速度与传送带相等时用时：t1=v−v0

a =4−2

2

s=1s

匀加速运动的位移s1=v0+v

2t1=2+4

2

×1=3m

运动的时间为：t2=L−s1

v =5−3

4

s=0.5s，故物体从A运动到B的时间为：t=t1+t2=1.5s.故A正确；

B.物体运动到B的速度是v=4m/s.根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=1

2mv2−1

2

mv02=1

2

×1×42−

1

2

×1×22J=6J，故B错误；

C.在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为S皮带=vt1=4m，故产生热量Q=μmg△S=μmg(S皮带−S1)，

代入数据得：Q=2J.故C正确；

D.电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W=(1

2

mv2−

1

2

mv02)+Q=8J，故D错误。

故选AC。

6.如图所示，竖直平面内圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点．一质量为m的小物块从圆弧某处下

滑，到达底端P时速度为v，再滑上传送带PC，传送带以速度1

2

v逆时针方向转动．小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失，物块恰能滑到右端C，重力加速度为g.下列说法正确的是()

A. 传送带PC之间的距离L=3v2

8μg

B. 小物块能回到P点，且速度大小为1

2

v

C. 若传送带沿逆时针方向转动的速度增大，则小物块从P点运动到C点所用时间变长

D. 若传送带顺时针转动，速度大小为1

2

v不变，则小物块从P点运动到C点所用时间比逆时针转动时短【答案】BD

【解析】A.根据动能定理，物块从P到C，−μmgL=0−1

2mv2，传送带PC之间的距离L=v2

2μg

，故A错

误；

B.物块到达C点后，在传送带的摩擦力作用下向左加速运动，当其速度等于传送带的速度时，根据动能定

理，μmgx=1

2m(v

2

)2，得x=v2

8μg

，此后物块随传送带匀速运动，回到P点，故B正确；

C.若传送带沿逆时针方向转动的速度增大，由于物块所受的摩擦力不变，加速度不变，小物块从P点运动到C点所用时间不变，故C错误；

D.若传送带顺时针转动，速度大小为1

2

v不变，物块速度减小到与传送带速度相等后，随传送带一块匀速运动，则小物块从P点运动到C点所用时间比逆时针转动时短，故D正确。

故选BD。

7.在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2，由v−t图可知()

A. A、B两点的距离为2.4m

B. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.5

C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为−11.2J

D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为11.2J

【答案】BC

【解析】A.货物的位移就是AB两点的距离，求出货物的v−t图象与坐标轴围成的面积即可。所以有：S AB=

2×0.2 2 m+ 2+4

2 

×1m=3.2m，故选项A错误；

B.由图象可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，mgsinθ−

μmgcosθ=ma2

由图象得到：a1=10m/s2，a2=2m/s2

解得：θ=37°，μ=0.5，故选项B正确；

C.传送带对货物做的功分两段来求，有：W=W1+W2=0.5×1×10×0.8×0.2J−0.5×1×10×0.8×3J=−11.2J，故选项C正确；

D.货物与传送带摩擦产生的热量也分两段来求，有：Q=f×△x1+f×△x2=0.5×1×10×0.8[(2×0.2−

0.2)+(3−2×1)]J=4.8J，故选项D错误。

故选BC。

8.如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v−t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。则()

A. 传送带的速率v0=10m/s

B. 传送带的倾角θ=30°

C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5

D. 传送带的上端与下端的距离为16m

【答案】ACD

【解析】A.物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s，故A正确；

BC.开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则a1=mgsinθ+μmgcosθ

m

=

gsinθ+μgcosθ=10m/s2，a2=mgsinθ−μmgcosθ

m

=gsinθ−μgcosθ=2m/s2，联立两式解得：μ=0.5，θ= 37°，故B错误，C正确；

D.第一段匀加速直线运动的位移为：x1=v02

2a1=100

20

m=5m，第二段匀加速直线运动的位移为：x2=v2−v02

2a2

=

144−100

4

m=11m，所以传送带的上端与下端的距离为x=x1+x2=16m，故D正确。

故选ACD。

三、计算题

9.如图所示，水平传送带长L=12m，且以v=5m/s的恒定速率顺时针转动，光滑曲面与传送带的右端B 点平滑链接，有一质量m=2kg的物块从距传送带高ℎ=5m的A点由静止开始滑下．已知物块与传送带之间的滑动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)物块距传送带左端C的最小距离．

(2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度．

(3)在整个运动过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量．

【答案】解：(1)物块从A到B的过程中，由机械能守恒列式得：mgℎ=1

2

mv B2解得：v B=10m/s

物块在传送带上向左运动的过程中，取水平向左为正方向，通过受力分析后，

由牛顿第二定律得：−μmg=ma

得：a=−5m/s2，

由运动学公式得：−v B2=2ax1

解得物块速度减小为零时向左发生的位移为：x1=−v B2

2a

=10m

所物块距传送带左端C最小距离为：

x min=12m−10m=2m

(2)物块在传送带上向右运动的过程中，取水平向右为正方向，通过受力分析后，由牛顿第二定律得：μmg=ma′

得：a′=5m/s2

由于传送带的速度v=5m/s，由运动学公式v=at2

得：t2=1s

x2=1

2

a′t22=2.5m<10m

则物块向右运动经过B点时的速度v=5m/s

那么，物块经过B点后滑上曲面的过程中，由机械能守恒定律得：mgℎm=1

2

mv2即：ℎm=1.25m

(3)物块向左减速运动的时间为：t1=−v B

a

=2s

物块在传送带上向左运动的过程中，相对位移Δx1=x1+vt1=20m

此过程中产生的热量Q1=μmgΔx1=200J

物块在传送带上向右运动的过程中，相对位移Δx2=vt2−x2=2.5m

此过程中产生的热量Q2=μmgΔx2=25J

那么，全程产生的热量Q热=225J。

【解析】本题主要考查了牛顿第二定律，运动学基本公式以及机械能守恒定律的直接应用，其中还涉及到物体与传送带的相对运动，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，过程较为复杂，难度较大，属于难题。

(1)由机械能守恒定律得出物块在B点的速度，由牛顿第二定律求出物块向左做减速运动的加速度，由速度位移关系求出物块向左运动的位移，即可分析；

(2)物块从A到B的过程中，由机械能守恒列式，物块在传送带上向左运动的过程中，取水平向左为正方向，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式列式，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求出物块到达B 点速度，再根据机械能守恒定律求出上升的最大高度；

(3)根据Q=fx相对分别求出物块向左和向右滑动过程中产生的热量，两者之和即为总热量。

10.在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略。已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g取10m/s2。求：

(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；

(2)若参赛者恰好能运动至D点，传送带运转速率及方向；

(3)在(2)中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。

【答案】(1)N B′=1200 N，方向竖直向下(2)v=6m/s

【解析】(1)对参赛者：A到B过程，由动能定理得

mgR(1−cos60°)=1

mv B2，解得v B=4m/s。

2

，解得

在B处，由牛顿第二定律得N B−mg=m v B2

R

=1200 N。

N B=mg+mv B2

R

根据牛顿第三定律得参赛者对轨道的压力N B′=N B=1200 N，方向竖直向下。

mv C2，解得v C=6m/s，因v C>v B，所以参赛者在传送带(2)C到D过程，由动能定理得−μ2mgL2=0−1

2

上做加速运动。

B到C过程，由牛顿第二定律得μ1mg=ma，解得a=4m/s2。

参赛者加速至v C历时t=v C−v B

a =0.5 s，位移x1=v B+v C

2

t=2.5m

传送带顺时针运转，速率v=6m/s。

(3)0.5 s内传送带位移x2=vt=3 m，参赛者与传送带的相对位移Δx=x2−x1=0.5 m，传送带由于传送

参赛者多消耗的电能E=μ1mgΔx+1

2mv C2−1

2

mv B2=720 J。

11.第十六届中国崇礼国际滑雪节于2016年12月3日在张家口市崇礼区的长城岭滑雪场隆重举行．如图1所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从A点水平飞出，落到斜坡上的B点．AB两点间的竖直高度ℎ=45m，斜坡与水平面的夹角α=37º，不计空气阻力(取sin37º=0.6，cos37º=0.8；g取10m/s2).求：

(1)运动员水平飞出时初速度v0的大小；

(2)设运动员从A点以不同的水平速度v0飞出，落到斜坡上时速度大小为v，请通过计算确定v与v0的关系式，并在图2中画出v−v0的关系图像；

(3)若运动员以第一问中的初速度v0从A点水平飞出，落在斜面上B点瞬间，只剩下沿斜面方向的速度，然后以此速度大小不变地滑上长为300m的水平传送带，传送带以v=4m/s顺时针转动，运动员与传送带间的动摩擦因数为0.2，求运动员在传送带上留下的划痕长度。

【答案】(1)A到B竖直方向：由ℎ=1

2gt2得：t=√2ℎ

g

=√2×45

10

=3s

水平方向：x=ℎ

tanα=60m，则v0=x

t

=60

3

=20m/s

(2)竖直方向位移：y=1

2

gt2，水平方向位移：x=v0t

tanα=y

x =

1

2

gt2

v0t

t=3v0

2g

v y=gt=g⋅3v0

2g =3v0

2

v=√v02+v y2=√13

2

v0

(3)落在斜面上B点瞬间，只剩下沿斜面方向的速度，要求出末速度沿斜面方向得分速度，可将加速度进行分解，建立垂直斜面的坐标系，有

沿斜面方向：v0x=v0cos37°=16m/s加速度a x=gsin37°=6m/s2

v Bx=v0x+a x t=34m/s

=μg=2m/s2

在传送带加速度大小为a=μmg

m

s=15s

运动时间Δt=34−4

2

=285m<300m

运动员的位移x1=v Bx2−v2

2a

传送带位移x2=vΔt=60m划痕长度Δx=x1−x2=225m

【解析】(1)根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出运动员水平飞出的初速度大小。(2)根据竖直位移和水平位移的关系得出运动的时间表达式，结合速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则得出速度的表达式，从而作出v−v0的关系图象。

=μg=2m/s2，直到速度为4m/s时(3)求出运动员在传送带上初速度，做匀减速运动加速度大小为a=μmg

m

停止滑行，求出他们的相对位移即划痕长度。

12.如图所示，顶端固定有光滑滑轮的斜面体静止在地面上，倾角θ=37∘，右侧等高处紧靠滑轮有一逆时针转动的水平足够长的传送带，速度v=1.2m/s。质量分别为m1=1kg、m2=4kg的小滑块P和Q用不可伸长的细绳连接并跨过滑轮，细绳分别平行于斜面和传送带，它们均以v0=2.8m/s的速度分别滑上斜面和传送带。P与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，Q与传送带间的动摩擦因数μ2=0.1，取g=10m/s2，斜面体足够长且始终静止。(已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)求：

(1)P向上滑动时，P受到摩擦力的大小f P；

(2)P向上滑动时，细绳拉力大小F T；

(3)P在斜面体上运动的时间t(保留三位有效数字)。

【答案】解：(1)垂直斜面方向：，f P=μ1N P得：f P=4N (2)P向上减速滑动时，加速度a 1向下：

Q的加速度a1向左：μ2m2g+F T=m2a1得：F T=7.2N

(3)第一阶段，P向上减速：P向上减速滑动时间t1=v0

a1

得：t1=1s

位移x1=v0

2

t1得：x1=1.4m

第二阶段，设P向下加速：P的加速度a2向下：

Q的加速度a2向左：μ2m2g+F T1=m2a2得：a2=1.2m/s2，假设成立；

Q加速到v的时间t2=v a

2=1s，位移x2=v

2

t2=0.6m；

第三阶段，设P向下匀速：假设Q加速到v后相对传送带静止，P Q受力：得：f2=2N，假设成立；

匀速运动时间t3=x1−x2

v 得：t1=2

3

s·

P在斜面上的总时间t=t1+t2+t3得：t=t1+t2+t3=8

3

s≈2.67s·

【解析】(1)根据受力分析和滑动摩擦力公式得出摩擦力大小；

(2)分别对P、Q根据牛顿第二定律得到P向下滑动时，细绳拉力的大小；

(3)第一阶段，P向上减速，根据运动学公式求出上滑时间，根据导出公式得出上滑位移；第二阶段，设P 向下加速；根据牛顿第二定律和相应的运动学公式求解v时间；

第三阶段，设P向下匀速。

13.如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态。装置的中间BC部分是长为L2=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小滑块从其上距水平台面ℎ=1m的D处由静止释放，滑块向左最远到达O点，OA间距x=0.1m，并且弹簧始终处在弹性限度内。已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2。

(1)求滑块第一次到达C点时速度大小；

(2)求弹簧获得的最大弹性势能；

(3)求滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度。

【答案】解：(1)对滑块从D到C由动能定理得：mgℎ=1

2

mv02

解得：v0=2√5m/s

(2)对滑块从D到O由能量守恒定律得：E p=mgℎ−μmg(L2+L1−x)

解得：E p=2.75J

(3)设滑块返回到达B点速度为v1

mv12+μmg(L1−x)

由能量守恒定律得E p=1

2

解得：v1=1m/s

滑块再次进入传送带后匀加速运动，由牛顿二定律得：μmg=ma

解得：a=2.5m/s2

=0.6m

滑块速度增加到2 m/s时的位移为：L=v2−v12

2a

mv2=mgℎ1

所以滑块再次回到C点的速度为2 m/s，对滑块从C到最高点，由机械能守恒得：1

2

解得：ℎ1=0.2m

答：(1)滑块第一次到达C点时速度大小是2√5m/s；

(2)弹簧获得的最大弹性势能是2.75J；

(3)滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m。

【解析】(1)对D到C的过程运用动能定理，求出滑块第一次到达C处的速度大小。

(2)滑块从B到O过程，其动能转化为内能和弹簧的弹性势能，由能量守恒定律求解弹簧储存的最大弹性势能；

(3)根据能量守恒定律求得滑块第二次经过B点时的速度大小，根据此速度与传送带速度的大小关系，判断出滑块将做匀加速运动，由运动学公式求出滑块的速度增加到与传送带相等时，通过的位移，即可知道滑块离开传送带时的速度。滑块从C到再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度的过程中，重力做功，由机械能守恒求解最大高度。

高一物理传送带问题解析

（一）水平放置运行的传送带处理水平放置的传送带问题，首先是要对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；其二是对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推论，进而采用有关物理规律求解.这类问题可分为：①运动学型；②动力学型；③动量守恒型；④图象型. 例1. 如图1-1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，经时间ｔ＝6s能传送到Ｂ处，欲用最短时间把工件从Ａ处传到Ｂ处，求传送带的运行速度至少多大． 分析和解答：此题应先分析工件在ｔ＝6s内是任何种运动，然后作出判断，进而用数学知识来加以处理，使之得出传送带的运行速度至少多大？ 由题意可知＞，所以工件在6s内先匀加速运动，后匀速运动，故有ｓ1=ｔ1①，ｓ1＝ｖ·ｔ2②.由于ｔ1+ｔ2＝ｔ③，ｓ1＋ｓ2＝Ｌ④，联立求解①～④得；ｔ1＝2s；ａ＝＝1m/s2⑤，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＝ｔ1＋ｖｔ2⑥，又∵ｔ1＝⑦，ｔ2＝ｔ－ｔ1⑧，联立求解⑥～⑧得Ｌ＝＋ｖ(ｔ－?雪⑨，将⑨式化简得ｔ＝＋⑩，从⑩式看出×＝＝常量，故当＝，即时ｖ＝，其ｔ有最小值．因而ｖ＝＝m/s＝2m/s＝4.47m/s．通过解答可知工件一直加速到Ｂ所用时间最短． 评析：此题先从工件由匀加速直线运动直至匀速与传送带保持相对静止，从而求出加速度，再由数学知识求得传送带的速度为何值时，其工件由Ａ到Ｂ的时间最短，这正是解题的突破口和关键，这是一道立意较新的运动学考题，也是一道典型的数理有机结合的物理题，正达到了考查学生能力的目的． 例2. 如图2-1所示，水平传送带ＡＢ长Ｌ＝8.3m，质量为Ｍ＝1kg的木块随传送带一起以ｖ1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.当木块运动至最左端Ａ点时，一颗质量为ｍ＝20g的子弹以ｖ0＝300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度ｖ＝50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射中木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2. (1)第一颗子弹射入木块并穿出时，木块速度多大？ (2)求在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离Ａ点的最大距离. (3)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？ 分析和解答：（1）设子弹第一次射穿木块后的速度为ｖ＇（方向向右），则在第一次射穿木块的过程中，对木块和子弹整体由动量守恒定律（取向右方向为正）得：ｍｖ0－Ｍｖ1＝ｍｖ＋Ｍｖ＇，可解得ｖ＇＝3m/s，其方向应向右． （2）木块向右滑动中加速度大小为ａ＝μｇ＝5m/s2，以速度ｖ＇＝3m/s向右滑行速度减为零时，所用时间为ｔ1＝＝0.6s，显然这之前第二颗子弹仍未射出，所以木块向右运动离Ａ点的最大距离ｓm＝＝0.9m． （3）木块向右运动到离Ａ点的最大距离之后，经0.4ｓ木块向左作匀加速直线运动，并获得速度ｖ＇，ｖ＇＇＝ａ×0.4＝2m/s，即恰好在与皮带速度相等时第二颗子弹将要射入．注意到这一过程中（即第一个1秒内）木块离Ａ点ｓ1＝ｓｍ－×ａ×0.42＝0.5m．第二次射入一颗子弹使得木块运动的情况与第一次运动的情况完全相同，即在每一秒的时间里，有一颗子弹击中木块，使木块向右运动0.9m，又向左移动ｓ＇＝×ａ×0.42=0.4ｍ，每一次木块向右离开Ａ点的距离是0.5m．显然，第16颗子弹恰击中木块时，木块离Ａ端的距离是ｓ2＝15×0.5m=7.5m，第16颗子弹击中木块后，木块再向右运动Ｌ－ｓ2＝8.3m－7.5m＝0.8m<0.9m，木块就从右端Ｂ滑出． 由此推算，在经过16次子弹射击后木块应从Ｂ点滑出． 评析：子弹打木块是常见的物理模型．但把子弹打木块的模型搬到皮带上进行，增加了趣味性，也增加了题目的难度．此题考查学生掌握动量守恒定律、牛顿运动定律和运动学的基本

压轴题13 牛顿运动定律解决板块问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)

压轴题13 牛顿运动定律解决板块问题 一、单选题 1.如图所示，一块质量可忽略不计的足够长的轻质绝缘板，置于光滑水平面上，板上放置A、B两物块，质量分别为m A=0.10kg、m B=0.20kg，与板之间的动摩擦因数均为μ=0.20。在水平面上方有水平向左的匀强电场，场强E= 2.0×105N/C。现将A、B带上电荷，电荷量分别为q A=2.0×10−6C、q B= −3.5×10−6C，且保持不变。重力加速度g取10m/s2。则带电后A、B的运动状态是() A. A、B都以1.0m/s2的加速度向右运动 B. A静止不动，B以1.5m/s2的加速度向右运动 C. A以2.0m/s2的加速度向左运动，B以1.5m/s2的加速度向右运动 D. A以2.0m/s2的加速度向左运动，B以2.5m/s2的加速度向右运动 【答案】D 【解析】A与木板间的动摩擦力：f A=μm A g=0.2×0.1×10N=0.2N B与木板间的动摩擦力：fB=μm B g=0.2×0.2×10N=0.4N 由于f B>f A，所以木板跟B一起运动； 对A水平方向受力分析有：q A E−μm A g=m A a A，解得：a A=2.0m/s2，方向向左； 对B水平方向受力分析有：q B E−μm A g=m B a B，解得：a B=2.5m/s2，方向向右； 故ABC错误，D正确。 故选D。 2.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1kg的A，B两物块，A，B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3，μ2=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.下列说法正确的是() A. 若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N B. 若F=8N，则B物块的加速度为4.0m/s2 C. 无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动 D. 无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动 【答案】C

压轴题12 牛顿运动定律解决连接体问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)

压轴题12 牛顿运动定律解决连接体问题 一、单选题 1.两个表面粗糙程度相同的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，中间用一根轻质细绳连接。将它们放置在粗糙水平地面上，物体A受到沿水平方向作用力F时，两物体共同运动，绳中拉力恰好达到所能承受的最大张力。欲使拉力F变大且细绳不被拉断，则下列操作中可行的是 A. 减小A物体的质量m1 B. 减小B物体的质量m2 C. 将它们放在光滑水平地面上运动 D. 将它们放在动摩擦因数更大的水平面上运动 【答案】B 【解析】设接触面的动摩擦因数为μ，一起运动的加速度为a，之间绳子的拉力为T， 对整体，由牛顿第二定律：F−μ(m1+m2)g=(m1+m2) 对B，由牛顿第二定律：T−μm2g=m2a 联立知，绳子拉力T=m2 m1+m2 F 可见绳子的拉力与接触面的粗糙程度无关，与F和A、B的质量有关。 由于开始绳子拉力恰好达到最大，欲使拉力F变大且细绳不被拉断，必然使m2 m1+m2 减小才可能。 由于m2 m1+m2=1m 1 m2 +1，故可增大A的质量m1，或者减小B的质量m2，故ACD错误，B正确。 故选B。 2.如图所示，两个质量均为m的物块P、Q叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数为μ.若用水平外力F将物块Q从物块P的下方抽出，抽出过程中P、Q的加速度分别为a P、a Q，且a Q=2a P，重力加速度为g，则F的大小为() A. 3μmg B. 2.5μmg C. 4μmg D. 5μmg 【答案】D 【解析】以P为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律可得： μmg=ma p 可得：a p=μg 所以：a Q=2a p=2μg 对Q受力分析，根据牛顿第二定律有：

高考必刷题物理牛顿运动定律题及解析

高考必刷题物理牛顿运动定律题及解析 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：2 v 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 1 W W mv 2 -=弹 根据功能关系有： p W E =弹 解得：f W 0.68J = 2．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，

压轴题11 牛顿运动定律解决弹簧问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)

压轴题11 牛顿运动定律解决弹簧问题 一、单选题 1.如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图所示，则 A. t1时刻小球速度最大 B. t1～t2这段时间内，小球的速度先增大后减小 C. t2～t3这段时间内，小球所受合外力一直减小 D. t1～t3全过程小球的加速度先减小后增大 【答案】B 【解析】解：A、t1时刻小球刚接触弹簧，小球的速度仍在增大，速度不是最大。当弹簧的弹力等于重力时速度才最大。故A错误。 B、t1−t2这段时间内，小球向下运动，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，合外力先向下后向上，所以小球先加速后减速，即小球的速度先增大后减小。故B正确。 CD、t1−t2这段时间内，小球向下运动，加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大。t2～t3这段时间内，小球从最低点向上运动，弹簧的弹力先大于小球的重力，后小于重力，合外力先向上，后向下，而弹力逐渐减小，合外力先减小后增大，根据牛顿牛顿第二定律可知，小球的加速度先减小后反向增大。故CD错误。 故选B。 2.如图，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器．木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N.当系统竖直向上发射时，上表面传感器的读数变成下表面压力传感器读数的一半，取重力加速度g= 10m/s2，此时木箱的加速度大小为

压轴题09 牛顿运动定律解决传送带问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)

压轴题09 牛顿运动定律解决传送带问题 一、单选题 1.如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左，右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左，右两端滑上传送带，下列说法正确的是() A. 物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间 B. 若v2v，木块与传送带之间的动摩擦因数μ

2019年高考物理《牛顿运动定律的应用》常考题型归纳

2019年高考物理《牛顿运动定律的应用》常考题型归纳 【高考展望】 牛顿第二定律是高中物理解决动力学问题主要规律之一属于高考中每年必考的热点内容，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切。其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现。另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、滑块滑板问题、超重失重问题、同步卫星问题等等。 【题型归纳】 类型一：应用牛顿运动定律解决超失重问题 【例题】如图甲所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3。现电梯箱竖直向下运动，其速度v 随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则() A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3 B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3 D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg 答案【AD】 【解析】：对轻质结点O，因没质量，故其无论在何状态下，F1、F2、F3三个力的合力都为零，即F1与F2的合力与F3等大反向，选项A正确，选项C错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3，在0～t1时间内，电梯加速向

下运动，物体处于失重状态，F 3mg ，即F 1与F 2的合力大于mg ，选项D 正确。 【例题2】在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x ，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了 10x （重力加速度为g ）．则电梯在此时刻后的运动情况可能是（ ） A. 以大小为1110 g 的加速度加速上升 B. 以大小为 1110g 的加速度减速上升 C. 以大小为10 g 的加速度加速下降 D. 以大小为 10g 的加速度减速下降 【答案】D 【解析】因为电梯匀速时，弹簧被压缩了x ，由此可以知道，mg=kx ， 某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了 10x ，弹簧的弹力变大了，由受力情况和牛顿第二定律可得：1110x k mg ma ⋅-=解得110 a g =，方向向上。 物体可能以110a g =加速上升，也可能以110a g =减速下降。 【例题3】2018年3月31日，在国际泳联跳水系列赛喀山站10米台决赛中，我国男女选手双双夺得冠军．如图是运动员某次跳台比赛中的v t -图像（取竖直向下为正方向），0t =时运动员起跳离开跳台．将运动员视为质点，则运动员

专题03 牛顿运动定律(原卷版)-2021高考物理必考微专题(力学部分)

专题03 牛顿运动定律 考情分析 高考命题规律 考题呈现 考查内容 牛顿运动定律是经典物理学最重要的规律，在近几年高考中考查频率很高．高考着重考查的知识点有： (1)用牛顿运动定律和运动 规律综合考查运动问题． (2)整体法和隔离法处理连 接体问题等. 2020 Ⅱ卷20T 牛顿运动定律的综合应用 2019 Ⅲ卷20T 牛顿运动定律的综合应用 2018 Ⅰ卷15T 牛顿第二定律 Ⅰ卷18T 牛顿第二定律 2017 Ⅰ卷25T 牛顿第二定律

考点1超重失重问题知识储备： 1．超重和失重的概念 视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力 超重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象称为超重。超重的条件是：物体具有向上的加速度 失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象称为失重。失重的条件是：物体具有向下的加速度 完全失重物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重。完全失重的条件是：物体的加速度为重力加速度 2.对超重和失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)变 大或变小了(即“视重”变大或变小了)。 (2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关。 (3)即使物体的加速度不沿竖直方向，但只要在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 (4)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。 (5)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再 受浮力作用、液体柱不再产生压强等。 【典例1】如图所示是一质量为50kg的乘客乘电梯上楼过程中速度-时间图像，g取2 10m/s。下列说法正确的是（） A．1s t 时，乘客对电梯底板的压力大小为550N

2021年高考物理专题复习 物理传送带问题

2021年高考物理专题复习物理传送带问题 一、难点形成的原因： 1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清； 2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误； 3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。 二、难点突破策略： （1）突破难点1 在以上三个难点中，第1个难点应属于易错点，突破方法是先让学生正确理解摩擦力产生的条件、方向的判断方法、大小的决定因素等等。通过对不同类型题目的分析练习，让学生做到准确灵活地分析摩擦力的有无、大小和方向。 摩擦力的产生条件是：第一，物体间相互接触、挤压；第二，接触面不光滑；第三，物体间有相对运动趋势或相对运动。 前两个产生条件对于学生来说没有困难，第三个条件就比较容易出问题了。若物体是轻轻地放在了匀速运动的传送带上，那么物体一定要和传送带之间产生相对滑动，物体和传送带一定同时受到方向相反的滑动摩擦力。关于物体所受滑动摩擦力的方向判断有两种方法：一是根据滑动摩擦力一定要阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，先判断物体相对传送带的运动方向，可用假

设法，若无摩擦，物体将停在原处，则显然物体相对传送带有向后运动的趋势，因此物体要受到沿传送带前进方向的摩擦力，由牛顿第三定律，传送带要受到向后的阻碍它运动的滑动摩擦力；二是根据摩擦力产生的作用效果来分析它的方向，物体只所以能由静止开始向前运动，则一定受到向前的动力作用，这个水平方向上的力只能由传送带提供，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力，传送带必须要由电动机带动才能持续而稳定地工作，电动机给传送带提供动力作用，那么物体给传送带的就是阻力作用，与传送带的运动方向相反。 若物体是静置在传送带上，与传送带一起由静止开始加速，若物体与传送带之间的动摩擦因数较大，加速度相对较小，物体和传送带保持相对静止，它们之间存在着静摩擦力，物体的加速就是静摩擦力作用的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力；若物体与传送带之间的动摩擦因数较小，加速度相对较大，物体和传送带不能保持相对静止，物体将跟不上传送带的运动，但它相对地面仍然是向前加速运动的，它们之间存在着滑动摩擦力，同样物体的加速就是该摩擦力的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力。 若物体与传送带保持相对静止一起匀速运动，则它们之间无摩擦力，否则物体不可能匀速运动。 若物体以大于传送带的速度沿传送带运动方向滑上传送带，则物体将受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，直到减速到和传送带有相同的速度、相对传送带静止为止。因此该摩擦力方向一定与物体运动方向相反。 若物体与传送带保持相对静止一起匀速运动一段时间后，开始减速，因物

2023年高考物理一轮复习考点微专题《 牛顿运动定律的综合运用》(全国通用)

考向06 牛顿运动定律的综合运用 【重点知识点目录】 1.超重与失重问题 2.整体法与隔离法在动力学中的运用 3.滑块-滑板模型 4.传送带模型 5.动力学中的临界极值问题 （多选）1．（2021•乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（） A．F1＝μ1m1g B．F2＝（μ2﹣μ1）g C．μ2＞μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 【答案】BCD。 【解析】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与

地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；

B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相 对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有 对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）a m 对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m 整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g 故B正确； C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m 故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确； D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起 以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。2．（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求： （1）比例系数k值； （2）上行路程L值。 【答案】（1）比例系数k值为0.1； （2）上行路程L值为m。

2021高考物理广东版一轮精练：专题三 牛顿运动定律 Word版含解析

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专题三牛顿运动定律 备考篇 【考情探究】 课标解读 考情分析备考指导考点内容 牛顿运动定律1。通过实验，探究物体运动的 加速度与物体受力、物体质量 的关系。理解牛顿运动定律。 通过实验,认识超重和失重现 象。 2。知道国际单位制中的力学单 位。了解单位制在物理学中的 重要意义 考查内容: 1.两类运动与图像问题. 2。单一物体多运动过程与斜面 问题。 3.超重、失重与运动极值问题。 4。滑块、传送带与连接体问题。 命题趋势: 1。牛顿定律作为动力学规律可 单独命题,也可与其他部分知 识相结合考查。 2.注重理论联系实际，关注生 产、生活、实验中牛顿运动定 律的应用 1.坚持前几年命题规律、命题方 法的稳定性,同时关注具体细节、 具体考向,具体环境的细小变化。 2.牢记基础知识，熟练基本方法, 积累消化基础模型,努力拓展新 情境下的应用.本专题的常用方 法有:数图转换、函数论证、估算 法、临界极值法、整体法、隔离 法、运动独立性原理的应用等 牛顿运动定律的应用1。能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题. 2。能对物体的受力和运动情况进行分析，得出结论。能从物理学的运动与相互作用的视角分析自然与生活中的有关简单问题 【真题探秘】

基础篇 【基础集训】 考点一牛顿运动定律 1.(2018深圳宝安实验中学期中,14，6分）下列说法中正确的是( ） A。笛卡尔认为必须有力的作用物体才能运动 B。伽利略通过“理想实验”得到了“力不是维持物体运动的原因"的结论 C。牛顿第一定律可以用实验直接验证 D.牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大 答案B 2。牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C。惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是（) A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力 B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡

专题3牛顿运动定律-2021高考物理一轮复习压轴题剖析(力学部分)(解析版)

专题3牛顿运动定律 一、选择题Q・3题为单项选择题，4・10为多项选择题) 1.光滑水平地而上有两个卷放在一起的斜而体A、B,两斜而体形状大小完全相同，质量分别为M、m.如图甲、乙所示，对上面或下面的斜而体施加水平方向的恒力P、尸2均可使两斜而体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜而体间的摩擦力为零，则斤与R之比为() A. M ： B.：M C.m ： (M+M D. 【答案】A 【解析】Q作用于A时，设A和8之间的弹力为N,对A有: Ncos 3=Mg 对8有： Nsin 6=ma 对A和8组成的整体有： (M +m)M F[ = (M+m)a=------- ：——gtan 8： in 尸2作用于A时，对6有： /n^tan 6=ma 对A和3组成的整体有： Fi=(M+m)a f=j?tan 6, 二=丝 F2 m 故选A。

2.如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地而上，弹簧女把物体与木桩相连，弹 簧与斜面平行.质量为m的物体和人在弹簧k的作用下沿斜劈表而向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力 方向向左.则下列说法正确的是（） A.若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜而向下 B.若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右 C.若人从物体机离开，物体机仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右 D.若剪断弹簧同时人从物体〃，离开，物体/〃向下运动，A可能不再受到地而摩擦力 【答案】A 【解析】剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜而体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地而的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜而体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确：若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜而体的力不变，故斜而体受力情况不变，故地而摩擦力依然向左，故B错误：若人从物体m离开，由于惯性，物体m 仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地而对斜而体的静摩擦力依然向左，故C错误；若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动：动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地而对斜而体的静摩擦力依然向左，故D错误：故选A 3.如图，小球A置于固定在水平而上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上.两小球A、5通过光滑滑轮0用轻质细线相连，两球均处于静止状态.已知球B质量为〃?，。点在半圆柱体圆心。|的正上方，0A与竖直方向成30。角.QA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45。角，现将轻质细线剪断的瞬间（重力加速度为g）（）

2022年高考物理最新模拟题分类解析专题03 牛顿运动定律(解析版)

一．选择题 1．（２０１６江苏常州期末）如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M ，置于光滑水平面上，内有一质量为m 的小球，当容器受到一个水平向右的力F 作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（ ） A ． 22 )( m M F g m +- B ．22)(m M F g m ++ C ．22 )(m F g m + D ．2 2)(F mg + 【参考答案】Ｂ 2．（2022安徽合肥一模）如图所示，在教室里某同学站在体重计上争辩超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。 关于她的试验现象，下列说法中正确的是（ ） A ．只有“起立”过程，才能消灭失重的现象 B ．只有“下蹲”过程，才能消灭超重的现象 C ．“下蹲”的过程，先消灭超重现象后消灭失重现象 D ．“起立”、“下蹲”的过程，都能消灭超重和失重的现象 【参考答案】．D 【命题意图】本题考查了“起立”、“下蹲”的过程中消灭的超重和失重现象及其相关的学问点。。 【解题思路】“起立”的过程，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动加速度方向向上，消灭超重现象，后减 速向上运动加速度方向向下，消灭失重现象，即“起立”过程先消灭超重现象后消灭失重现象，整个“起立”过程能消灭超重和失重的现象； “下蹲”的过程，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动加速度方向向下，消灭失 重现象，后减速向下运动加速度方向向上，消灭超重现象，即“下蹲”过程先消灭失重现象后消灭超重现象，整个“下蹲”过程能消灭超重和失重的现象，现象D 正确ABC 错误。 3．如图所示，质量为m 的物块在水平方向的恒力F 的作用下静止在粗糙的斜面上，已知斜面的倾角为θ，若物块和斜面始终处于静止状态，下列说法中正确的是（ ） A ．物块肯定受四个力作用 B ．斜面对物块的作用力大小为 C ．斜面对物块的作用力大小为（Fsin θ+mgcos θ） D ．斜面对物块的摩擦力的大小可能为（Fcos θ﹣mgsin θ） 【参考答案】．BD 【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【专题】共点力作用下物体平衡专题． 【点评】 解决本题的关键要理解静摩擦力的被动性，要依据外力的大小关系，分析物体的运动趋势来推断静摩擦力有无和静摩擦力，静摩擦力可依据平衡条件争辩大小． 4．（2022安徽合肥一模）如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，现在有三条光滑轨道AB 、CD 、EF ，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O ，轨道与

2021年撞上高考题2(传送带模型、弹簧问题)物理试题(解析版)

2021年撞上高考题 （传送带模型、弹簧问题） 一、选择题部分 撞题点4 传送带模型 7．（2021届湖南省六校高三4月联考）如图甲所示为北京大兴机场利用水平传送带传送行李箱（行李箱视为质点）的简化原理图，工作人员在A 处每间隔 1.0s T =将行李箱无初速放到传送带上，已知传送带以恒定速率 2.0m /s v =顺时针运行，A 、B 两处的距离10m L =，行李箱与传送带之间的动摩擦因数0.1μ=，取210m /s g =。如图乙为该情景中某物理量随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ） A ．图乙可能是某个行李箱的位移随时间变化的图像 B ．图乙可能是摩擦力对某个行李箱做功的功率随时间变化的图像 C ．相邻行李箱之间的最大距离为2 m D ．在B 端有行李到达后，每10 s 有五件行李到达B 端 『答 案』C 『解 析』行李箱在0~2 s 内做匀加速直线运动，位移对时间为二次函数关系，选项A 错误；行李箱在2~6 s 内不受摩擦力，摩擦力的功率为零，选项B 错误；后一行李箱刚匀速运动时，与前一行李箱的距离最大，由v t -图像容易求得2m L vT ∆==，选项C 正确；行李箱刚放上传送带时与前方行李箱有最小距离为210.5m 2 l gT μ∆==，所有行李箱运动规律相同，只是时间上依次落后 1.0s T =，则在B 端有行李到达后每10 s 有十件行李箱到达，选项D 错误。故选C 。 8．（2021·湖北省八市高三下学期3月联考）如图所示，传送带以10 m/s 的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m ，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A 、B （可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A 、B 的质量均为1 kg ，与传送带

预测04 传送带与板块问题-【临门一脚】2021年高考物理三轮冲刺过关(新高考专用)(解析版)

2021年高考物理【临门一脚】（新高考专用） 预测04 传送带与板块问题 概率预测☆☆☆☆☆ 题型预测选择题☆☆☆☆计算题☆☆☆☆考向预测高考物理高频考点，注意摩擦力的突变。 “传送带”模型 1、水平传送带模型 项目图示运动情况判断方法 情景1可能一直加速，也可能先加速 后匀速 若 v2 2μg≤l，物、带能共速 情景2当v0>v时，可能一直减速，也 可能先减速再匀速；当v0

情景2可能一直加速，也可能 先加速后匀速，还可能 先以a1加速后以a2加 速 若 v2 2a≤l，物、带能共 速；若μ≥tan θ，物、 带共速后匀速；若 μ

【物理】高考必刷题物理牛顿运动定律的应用题及解析

【物理】高考必刷题物理牛顿运动定律的应用题及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求： （1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 0～8 s内物体机械能的增加量； （3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。 【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【解析】 【详解】 (1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得: 可解得：μ＝0.875. （2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移 0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为 (3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为: 0～6 s内物体位移为: 则0～6 s内物体相对于皮带的位移为 0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小, 代入数据得：Q＝126 J 故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【点睛】 对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

2．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－ 8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给 物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求： (1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】 带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】 （1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a = （2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101 02 mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m （3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22 t v v v s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m ＝μ-=． 根据：21221 2 s a t = 得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg a g m μμ=-=-=- 根据：3322a t a t = 解得30.2t s = 物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】 本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解． 3．如图1所示， 质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m 、可

专题7 应用动力学方法解决传送带问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练(解析版)

专题7 应用动力学方法解决传送带问题 （一）水平传送带问题 1.考点分析 传送带模型是历年高考中重要题型之一。主要知识涉及运动学规律、相互作用、牛顿运动定律、功能关系等。传送带模型有效培养学生分析物理过程、建模能力和综合运用知识的能力。 传送带问题的本质是摩擦力的问题，物体与传送带之间的摩擦有两种情况，一是滑动摩擦力，二是静摩擦力，因此，对与传送带接触的物体，摩擦力的作用决定物体的运动，解决问题的关键是摩擦力的分析。 受力分析。传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在 物 v与 带 v相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小和方向。突变有以下三种：（1）滑动摩擦力突变为静摩擦力；（2）滑动摩擦力消失；（3）滑动摩擦力改变方向。 运动分析。（1）注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系；（2）判断共速以后是与传送带保持相对静止一起做匀速运动还是改变加速度做匀变速运动；（3）判断传送带长度—临界之前是否滑出？ 2.分类。传送带分为水平传送带、倾斜传送带、水平+倾斜传送带。 3.过程分析 设传送带的速度为 带 v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为L，物体置于 传送带一端时的初速度为 v。 （1） v=0，物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a=μg的加速运动。假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为gL vμ 2 =。 若 带 v< 2μgL，则物体在传送带上将先加速运动，后匀速运动；

若带v =2ugL ，则物体在传送带上刚好离开时，和传送带速度相同，此过程一直加速； 若带v >2ugL ，则物体在传动带上将一直加速运动，直到离开传送带。 （2）0v ≠0。当0v 和传送带运动方向相同时： ①带v v <0。根据（1）中的分析可知，物体刚在传送带上时先加速运动，物体已知加速离开传送带时，速度gL v v μ22 0+=。 若带v ，则物体在传送带上一直做加速运动，直至离开传送带。 ②带v v >0。物体在传送带上先做减速运动，直到离开传送带时：gL v v μ2-2 0= 若带v

2020高考物理专题卷：专题三《牛顿运动定律》 含答案解析

2020衡水名师原创物理专题卷 专题三 牛顿运动定律 考点07 牛顿运动定理的理解超重和失重 （2、3、7） 考点08 牛顿运动定律的应用 （1、8—13、15—20） 考点09 动力学的图象问题 （4、5、6、14） 第I 卷（选择题 68分） 一、选择题（本题共17个小题，每题4分，共68分。每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分） 1．【湖南省长沙市长郡中学2017届高三上学期月考】考点08易 关于力学单位制，下列说法中正确的是（ ） A. N 、 /m s 、 2/m s 是导出单位 B.后人为了纪念牛顿， N 作为力学中的基本单位 C.在国际单位制中，时间的基本单位可以是s ，也可以是h D.在不同的力学单位制中，牛顿第二定律的表达式都是 F ma 2．【2017·天津市和平区高三上学期期末质量调查】考点07难 如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（ ） A ．在第一过程中，运动员始终处于失重状态 B ．在第二过程中，运动员始终处于超重状态 C ．在第二过程中运动员的机械能始终在增大 D ．在第一过程中运动员的动能始终在减小 3．【2017·广东省佛山市第一中学高三上学期第二次段考】考点07易 2015年11月30日，蹦床世锦赛在丹麦落下帷幕，中国代表团获得8金3银2铜，领跑世

锦赛的奖牌榜．一位运动员从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度， 利用仪器测得该运动员从高处开始下落到弹回的整个过程中，运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa段和cd段为直线．由图可知，运动员发生超重的时间段为（） v t O a c d t1 t2 t3 t4 t5 A．0～t1 B．t1～t2 C．t2～t4 D．t4～t5 4．【2017·西藏自治区拉萨中学高三上学期期末】考点09中 如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是（） 5．【2017·河南省中原名校豫南九校高三上学期第四次质量考评】考点09难 如图所示滑块以初速度V0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零，对于该运动过程，若用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象能正确描述这一运动规律的是（）