《2022届高考物理二轮(福建专用)教学案-专题一第2课时 力与直线运动.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考物理二轮(福建专用)教学案-专题一第2课时 力与直线运动.docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第2课时力与直线运动专题复习定位解决问题本专题主要解决直线运动中匀变速直线运动规律、牛顿运动定律和动力学方法的应用。高考重点匀变速直线运动规律的应用；应用牛顿第二定律分析瞬时、超重和失重、连接体和图像等问题；应用动力学方法处理“传送带模型”和“板块模型”等问题。题型难度以选择题为主，有时候在计算题中的某一问或者单独以计算题的形式命题，题目难度一般为中档。1.匀变速直线运动的条件物体所受合力为恒力，且与速度方向共线。2.匀变速直线运动的基本规律速度公式：vtv0at。位移公式：sv0tat2。速度与位移关系式：vv2as。中间时刻的瞬时速度：v。任意连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即s
2、sn1snaT2。3.图像问题(1)位移时间图像的斜率或切线斜率表示物体的速度。(2)速度时间图像的斜率或切线斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移。匀变速直线运动的vt图像是一条倾斜直线。4.超重和失重超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化。物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只取决于物体的加速度方向。当a方向竖直向上或有竖直向上的分量时，超重；当a方向竖直向下或有竖直向下的分量时，失重；当ag且方向竖直向下时，完全失重。5.瞬时问题应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆
3、的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。6.连接体问题在连接体问题中，一般取连接体整体为研究对象，求共同运动的加速度，隔离法求连接体内各物体间的相互作用力。1.基本思路2.解题关键抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图。对于多运动过程问题，还要找准转折点，特别是转折点的速度。3.常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法。(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动
4、问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题等。高考题型1匀变速直线运动规律的应用【例1】(2021山东省第二次模拟)一个物体在粗糙的水平地面上以一定的初速度向前做匀减速直线运动。若已知物体在第1 s内的位移为8.0 m，在第3 s内的位移为0.5 m，则下列说法正确的是()A.物体在0.5 s末速度一定为8.0 m/sB.物体在2.5 s末速度一定为0.5 m/sC.物体在第2 s内的位移一定为4.25 mD.物体的加速度大小一定为3.75 m/s2答案A解析物体做匀减速直线运动，在0.5 s末速度v0.518 m/s，A正确；根据位移公式得，第1 s内的位移为s1v0t1at8.0 m，第3 s内
5、的位移为s3s2，代入数据得v09.875 m/s，a3.75 m/s2，据此求得v3v0at1.375 m/s，不符合题意，说明在3 s前物体已经停止。设第3 s内物体运动时间为t，则由0.5 mat2，8 m/sa(1.5 st)，解得a4 m/s2，t0.5 s，D错误；物体在2.5 s末的速度为vv0.5at0，B错误；根据saT2得第2 s内的位移为s2s1aT24.0 m，C错误。【拓展训练1】(2021辽宁丹东市一模)我市境内的高速公路最高限速为100 km/h，某兴趣小组经过查阅得到以下资料，资料一：驾驶员的反应时间为0.30.6 s；资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数(如
6、下表)路面干沥青路面干碎石路面湿沥青路面动摩擦因数0.70.60.70.320.4兴趣小组根据以上资料，通过计算判断汽车在高速公路上行驶的安全距离最接近()A.200 m B.150 m C.100 m D.50 m答案B解析汽车的最高速度为v100 km/h m/s，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为s1vt0.6 m16.7 m，在汽车刹车的过程，根据匀减速直线运动规律有0v22gs2，得s2，当0.32时，s2120.6 m，则总位移大小为ss1s2137.3 m，最接近的行驶安全距离为150 m，故选项B正确。【拓展训练2】(2021河北廊坊市期末摸底)一辆汽车在平直
7、公路上行驶，司机突然发现正前方7 m处有一辆同向骑行的自行车，司机当即采取措施制动。以此时汽车所在位置为坐标原点、汽车行进方向为正方向建立坐标系，此后汽车和自行车速度的平方与它们位置坐标x的关系如图1所示。下列说法中正确的是()图1A.汽车开始减速时与自行车相距2 mB.司机和汽车系统的反应时间总和为0.5 sC.汽车没有和自行车相遇D.汽车和自行车在图线相交的位置坐标处相遇答案B解析由题可知汽车的初速度为v010 m/s，自行车的速度为v4 m/s。汽车开始减速时，汽车已经前进了5 m，运动时间为t0 s0.5 s，则此时自行车向前运动了40.5 m2 m，此时汽车与自行车相距4 m，A错误
8、；由上述分析可知，司机和汽车系统的反应时间总和为0.5 s，B正确；汽车减速时的加速度大小a m/s24 m/s2，汽车速度减小到与自行车速度相等的时间t11.5 s，此时汽车的总位移s1x0v0t1at15.5 m，自行车的位移s2v(t0t1)8 m，因为s1s27.5 m7 m，可知汽车已经和自行车相遇，即汽车和自行车在图线相交的位置坐标处不是相遇的位置，C、D错误。高考题型2应用牛顿运动定律解决“三类”典型问题1.典型问题应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题。2.技巧方法(1)解瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的
9、弹力不能突变。(2)解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法。(3)判断物体是处于超重还是失重状态，关键是根据牛顿第二定律判断加速度的方向。【例2】(2021江苏昆山市八校联盟第二次适应性检测)如图2所示，在倾角为30的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是()图2A.物块A的加速度为0B.物块A的加速度为C.物块B的加速度为0D.物块B的加速度为答案B解析剪断细线前，弹簧的弹力F弹mgsin
10、 30，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A、B系统，根据牛顿第二定律得3mgsin 30F弹3ma，解得a，即A和B的加速度均为，故B正确，A、C、D错误。【拓展训练3】(2021北京市西城区统一测试)某同学用手机的加速度传感器测量了电梯运行过程中的加速度，得到了图3所示的图线(规定竖直向上为正方向)，为了简化问题研究，将图线简化为图4所示的图像。已知t0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是()图3图4A.t5 s时电梯处于失重状态B.89 s内电梯在做减速运动C.1015 s内电梯在上行D.1720 s内电梯在下行答案C解析t5 s时，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯处于超重状态，
11、A错误；89 s内，电梯的加速度方向竖直向上，可知电梯加速上升，B错误；1015 s内，电梯的加速度为零，电梯匀速上行，C正确；1520 s内，电梯的加速度方向竖直向下，电梯向上做减速运动，D错误。【拓展训练4】(多选)(20211月湖南普通高校招生适应性考试，10)如图5所示，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行。A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力F沿水平方向拉物体C，
12、以下说法正确的是()图5A.拉力F小于11 N时，不能拉动CB.拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 NC.要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 ND.A的加速度将随拉力F的增大而增大答案AC解析若刚好拉动C，对C受力分析：F桌3mgBC2mgT对A、B整体受力分析：TBC2mg由得：F桌3mgBC4mg11 N故拉力F小于11 N时不能拉动C，A正确；F为17 N时，C、B都在做加速运动，aB0，而B恰好被拉动时，即aB0时TBC2mg4 N，故当F17 N时，T4 N，B错误；A、B保持相对静止时，A、B的最大加速度amaxABg4 m/s2对A、B整体受力分析：TBC2mg2mama
13、x对C受力分析：FBC2mg桌3mgTmamax联立得F23 N，C正确；A、B发生相对滑动后，A的加速度保持不变，故D错误。高考题型3动力学方法分析“传送带”模型1.模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。2.解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。【例3】(2021湖北八市3月联考)如图6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
14、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，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。下列说法正确的是()图6A.滑块A先做匀加速运动后做匀速运动B.滑块A、B同时到达传送带底端C.滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等D.滑块A在传送带上的划痕长度为5 m答案D解析对滑块A，开始阶段受到沿着传送带向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsin 37mgcos 37ma1，代入数据得a110 m/s2；滑块A加速到与传送带同速后，受到沿着传送带向上的摩擦力，根据牛顿第二
15、定律，有mgsin 37mgcos 37ma2，代入数据得a22 m/s2；由以上分析可知，滑块A先以加速度a110 m/s2做匀加速运动，后以加速度a22 m/s2做匀加速运动，故A错误；对滑块B，根据牛顿第二定律，有mgsin 37mgcos 37ma2，解得a22 m/s2，滑块B一直以加速度a22 m/s2做匀加速运动，滑块A比滑块B先到达传送带底端，故B错误；滑块A以加速度a110 m/s2做匀加速运动的时间t11 s，位移s1a1t5 m，滑块A以加速度a22 m/s2做匀加速运动的位移s216 m5 m11 m，又s2vt2a2t，解得t11 s，滑块A到达底端的速度vAva2t
16、112 m/s，滑块B的运动位移为sB16 m，又sBa2t，解得tB4 s，滑块B到达底端的速度vBa2tB8 m/s，故C错误；滑块A速度小于传送带速度的阶段，相对传送带向上运动，s1vt1s15 m，滑块A速度大于传送带速度的阶段，相对传送带向下运动，s2s2vt21 mtan D.从vt图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻答案D解析由图像可知，木块先以加速度a1做匀加速直线运动，后以加速度a2做匀加速直线运动，且a1a2，若木块从传送带底端向上运动，则受到沿传送带向下的摩擦力，木块只能先做减速运动，故A错误；由以上分析可知木块从传送带顶端向下运动，且木块的初速度小于传送
17、带的速度，根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma1，木块加速到速度等于v0后，由于tan ，对木块根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma2，故B、C错误，D正确。高考题型4动力学方法分析“板块”模型1.模型特点“板块”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系。2.解题关键(1)临界条件：要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。(2)问题实质：“板块”模型和“传送带”模
18、型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移。【例4】(2021新疆维吾尔自治区第二次联考)如图8所示，质量为m12 kg的薄长木板B静置在粗糙的水平地面上，某时刻一质量为m2 kg的小铁块A(可以当做质点)以向右的速度v06 m/s冲上长木板，同时在长木板的左端施加一水平向右的推力F的作用。长木板的上表面光滑，长木板和小铁块与地面间的动摩擦因数均为0.15。长木板长l11.5 m。已知推力作用t12 s时，小铁块从长木板的右端掉下，不计小铁块从长木板上掉下过程的能量损失，小铁块落地不反弹。重力加速度为g10 m/s2。求：图8(1)水平向右的推力F的大小；(2)小
19、铁块从长木板右端掉下后再经多长时间与长木板相遇；(3)相遇前因摩擦产生的热量。答案(1)4 N(2)6 s(3)43.75 J解析(1)铁块做匀速运动，木板向右加速的加速度为a1，两者分离的位移关系有v0t1a1tl分析木板的受力，由牛顿第二定律有F(m1m2)gm1a1联立代入数据解得F4 N。(2)铁块滑离木板后，在水平地面减速运动，加速度大小为a2，由牛顿第二定律有m2gm2a2解得a21.5 m/s2铁块滑离木板时，木板的速度为v1，则有a1t1v1解得v1 m/s铁块滑离后，木板的加速度为a3，由牛顿第二定律有Fm1gm1a3解得a30.5 m/s2铁块减速到停止的时间为t2，则有a
20、2t2v0，解得t24 s这段时间内铁块的位移为s1，则有s1解得s112 m长木板的位移为s2，则有s2v1t2a3t解得s26 m由上两式知铁块停止运动后，木板才追上铁块，设时间为t3，则有v1t3a3ts1解得t36或t38 s(舍掉)。(3)铁块在木板上时，产生的热量为Q1则有Q1(m1m2)ga1t铁块减速产生的热量Q2，则有Q2m2gs1铁块滑离后，长木板产生的热量Q3，则有Q3m1gs1则因摩擦产生的热量QQ1Q2Q3代入数据解得Q43.75 J。【拓展训练6】(2021广东省百师联盟一轮复习联考)如图9所示，质量M3 kg的长木板静止在光滑水平地面上，左端静置质量m1 kg的小
21、滑块(可视为质点)，距长木板右端s01 m处有一固定竖直墙壁，墙壁上安装锁止装置，长木板与墙壁碰撞瞬间即被锁定不动。已知长木板长L2.5 m，与小滑块间的动摩擦因数0.6，重力加速度g10 m/s2。现对小滑块施加一水平向右F9 N的恒力，当长木板与墙壁相碰瞬间撤去恒力F。则：图9(1)长木板经多长时间与墙壁发生碰撞；(2)小滑块最终离墙壁的距离。答案(1)1 s(2)1.25 m解析(1)对长木板，由牛顿第二定律有mgMa1解得a12 m/s2设长木板经t时间与墙壁发生碰撞，根据运动学公式则有s0a1t2解得t1 s。(2)对小滑块，撤去恒力F之前，由牛顿第二定律有Fmgma2，解得a23
22、m/s2撤去恒力F的瞬间，小滑块的速度v1a2t3 m/s撤去恒力F之前小滑块的位移为s1a2t21.5 m对小滑块，撤去恒力F之后，由牛顿第二定律有mgma3，解得a36 m/s2撤去恒力F之后小滑块的位移为s20.75 m小滑块最终离墙壁的距离sLs0s1s21.25 m。专题限时训练(限时：40分钟)1.(2021河北省开学摸底)物体从A点开始做匀变速直线运动，由A到B用时6 s，由B到C用时2 s，ABBC12 m，则物体的加速度大小为()A.1 m/s2 B.2 m/s2C.3 m/s2 D.4 m/s2答案A解析AB段平均速度为AB m/s2 m/s，BC段平均速度为BC m/s6
23、 m/s，匀变速直线运动中，根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为t3 s1 s4 s，加速度大小为a m/s21 m/s2，故A正确，B、C、D错误。2.(多选)(2021安徽示范高中皖北协作区4月联考)“奋斗者号”是我国自主研制的目前世界上下潜能力最强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“奋斗者号”从距海面深H处以某一初速度竖直上浮，并从此时刻开始计时，做匀减速直线运动，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则下列说法正确的是()A.上浮时的初速度为B.上浮时的初速度为C.在t0(t0t)时刻距离海平面的深度为D.在t0(t0t)时刻距离海平面的
24、深度为答案BC解析设潜水器上浮时的初速度为v0，由平均速度公式得Ht，解得v0，选项A错误，B正确；设潜水器上浮的加速度大小为a，有Hat2，ha(tt0)2，联立解得h，选项C正确，D错误。3.(2021山东青岛市期末教学质检)2020年11月10日，中国自主研发制造的万米级全海深载人潜水器“奋斗者”号在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10 909米的中国载人深潜新纪录。在这次深潜探测中，“奋斗者”号内的深度显示屏显示出的下潜过程潜水深度曲线如图1所示，忽略下潜过程重力加速度的变化。下列说法正确的是()图1A.“奋斗者”号0t1时间内受到的浮力小于t2t3时间内受到的浮力B.t1t2时间内“奋斗
25、者”号所受重力的功率逐渐增大C.t2t3时间内潜水器内的科考人员处于超重状态D.t3t4时间内潜水器内的科考人员处于失重状态答案C解析“奋斗者”号0t1时间内与t2t3时间内排开水的体积不变，则浮力不变，选项A错误；t1t2时间内“奋斗者”号的速度不变，根据Pmgv可知，所受重力的功率不变，选项B错误；t2t3时间内潜水器减速下降，加速度向上，则潜水器内的科考人员处于超重状态，选项C正确；t3t4时间内潜水器静止，则科考人员处于平衡状态，选项D错误。4.2021陕西宝鸡市高考模拟(一)在探究超重和失重规律时，某同学手握拉力传感器静止不动，拉力传感器下挂一重为G的物体，传感器和计算机相连。该同学
26、手突然竖直向上提升一下物体，经计算机处理后得到拉力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是()答案C解析该同学手突然竖直向上提升一下物体，物体的加速度方向先向上，对物体进行受力分析，有Fmgma，在突然向上提升物体的过程加速度在逐渐增大，即F也逐渐增大，突然向上提升后，手静止，物体还在向上加速运动，但是拉力F会逐渐减小，当拉力F减小到等于重力时，加速度为零，此时速度最大，此后拉力小于重力，物体做减速运动，物体处于失重状态，最后物体静止，重力大小等于拉力。选项C正确。5.(2021山东省实验中学模拟)2019年5月25日，全国蹦床锦标赛在天津科技大学滨海校区体育馆落下帷幕，上海选手高磊加冕
27、男子网上个人和团体双冠王。测得一位仅在竖直方向上运动的蹦床运动员受到蹦床的弹力F随时间t的变化规律如图2乙所示，已知该运动员的最大加速度为42 m/s2，重力加速度为g10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是()图2A.该运动员接触蹦床过程中受到的最大弹力为2 000 NB.该运动员双脚离开蹦床后的最大速度为16 m/sC.该运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中先处于超重状态后处于失重状态D.该运动员由接触蹦床到最低点的过程中一直处于失重状态答案C解析由题图分析可知运动员的重力等于500 N，则运动员的质量为m50 kg，根据牛顿第二定律得Fmmgmam，解得Fm2 600 N，故A
28、错误；由题图分析可知运动员双脚离开蹦床后最长经过1.6 s再次接触蹦床，则离开蹦床后上升和下落的时间均为0.8 s，运动员双脚离开蹦床后的最大速度为vgt100.8 m/s8 m/s，故B错误；运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中，蹦床的弹力先大于人的重力，加速度方向向上，处于超重状态，过了平衡位置，蹦床的弹力小于人的重力，加速度方向向下，处于失重状态，故C正确；运动员由接触蹦床到最低点的过程中，蹦床的弹力先小于人的重力，加速度方向向下，处于失重状态，过了平衡位置，蹦床的弹力大于人的重力，加速度方向向上，处于超重状态，故D错误。6.(多选)(2021海南省第一次模拟)如图3所示，质量分别为
29、m11 kg、m24 kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，大小均为20 N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上，系统处于静止状态。下列说法正确的是()图3A.弹簧测力计的示数是0 NB.弹簧测力计的示数是20 NC.撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5 m/s2D.撤去F1的瞬间，A的加速度大小为4 m/s2答案BC解析两水平拉力作用下两物体受力平衡，根据平衡条件可知弹簧测力计的示数为T20 N，故A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不发生突变，所以B的加速度大小为aB m/s25 m/s2，故C正确；在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，所以
30、A的加速度大小为aA m/s220 m/s2，故D错误。7.(2021河北张家口市期末)如图4所示，在水平面上固定一倾角30光滑斜面，斜面底端固定一挡板C，两个质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，静止在斜面上。现用一平行于斜面向上的拉力F拉物块A，在物块B恰好离开挡板C的瞬间撤去力F，重力加速度为g，则撤去力F的瞬间()图4A.物块A的加速度为零B.物块A的加速度为，方向沿斜面向下C.物块B的加速度为，方向沿斜面向上D.物块B的加速度为零答案D解析撤去力F前，对物块B，根据平衡条件有kxmgsin ，撤去力F的瞬间，根据牛顿第二定律有kxmgsin maB，kxmgsin maA，解得aB0，
31、aAg，方向沿斜面向下，故选项D正确。8.(2021河北唐山市3月第一次模拟)如图5所示，在平直公路上行驶的箱式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30、60。在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，箱式货车的最大加速度()图5A. B.C. D.g答案B解析对小球受力分析可得FAsin 30FBsin 60mg，FBcos 60FAcos 30ma，联立解得FAma，整理得mgFAma，当FA0时，a取得最大值ag，故选项B正确。9. (2021全国甲卷，14)如图6，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板
32、P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关。若由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将()图6A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大答案D解析由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin ma，小物块的加速度大小agsin ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为；根据运动学公式得at2，联立可得t，由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。10.(多选) (2021河北廊坊市期末摸底
33、)如图7为装卸货物的带式输送机，输送带与水平方向夹角为37，货物以2 m/s的初速度从底端滑上输送带，已知输送带速度为4 m/s，货物与输送带间的动摩擦因数为0.8，输送机底端到顶端的距离为19 m，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，下列说法正确的是()图7A.货物到达顶端用时(25) sB.货物到达顶端用时6 sC.货物在输送带上一直做匀加速运动D.货物在输送带上先做加速运动后做匀速运动答案BD解析对货物，由牛顿第二定律得mgcos 37mgsin 37ma，解得a0.4 m/s2，货物加速到和传送带相同的速度，有vv0at1，解得t15 s，货物加速的位移v2v
34、2as，解得s15 mL2.5 m，说明木板发生了滑动设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有1mg2(mM)gMa2又Lv0ta1t2a2t2联立解得20.1。12.(2021安徽阜阳市教学质量统测)如图9甲，足够长的倾斜传送带以某一恒定的速率逆时针运行。现将一小滑块(视为质点)轻放在传送带的顶端，滑块在传送带上运动的速度的二次方随位移变化的关系如图乙。取重力加速度大小g10 m/s2。求：图9(1)滑块在03.2 m位移内的加速度大小a1及其在3.212.2 m位移内的加速度大小a2；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数。答案(1)10 m/s22 m/s2(2)0.5解析(1)由匀变速直线运动的速度和位移的关系式v2v2as，可得v22asv结合题图乙有2a1 m/s22a2 m/s2解得a110 m/s2，a22 m/s2。(2)设滑块的质量为m，传送带的倾角为，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1mgsin mgcos ma2联立解得0.5。