2017年高考物理一轮复习 第3章 力和运动（课件+试题）（打包9套）.zip

1第 3 章 力和运动一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不选的得 0 分．)1．(2016·滨州模拟)人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是( )A．人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力B．地面对人的支持力大于人受到的重力C．地面对人的支持力大于人对地面的压力D．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力解析：除受地的弹力外，还受一个向上的力，是不可能的，有力存在，必须有施力物体，向上的力根本找不到施力物体，故选项 A 错误；人能离开地面的原因是地对人的作用力大于人的重力，人具有向上的合力，故选项 B 正确；地面对人的作用力与人对地面的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故选项 C、D 错误．答案：B2．(2016·太原模拟)如图所示， A、 B 两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不计空气阻力．下列说法正确的是( )A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于 B 的重力C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于 B 的重力D．在降落伞打开后的下降过程中，安全带的作用力小于 B 的重力解析：据题意，降落伞未打开时， A、 B 两人均处于完全失重状态，则 A、 B 之间安全带作用力为 0，故 A 选项正确而 B、C 选项错误；降落伞打开后， A、 B 做减速下降，则A、 B 处于超重状态，对 B 有： T－ G＝ ma，即 T＝ G＋ ma，故 D 选项错误．答案：A3．(2016·泰安模拟)如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体 M放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为 3 N，物体的质量为 0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体 M 一起以 6 m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加速直线运动时( )A．物体对左侧挡板的压力等于零2B．物体对左侧挡板的压力等于 3 NC．物体受到 4 个力的作用D．弹簧对物体的压力等于 6 N解析：由木板与 M 一起以 6 m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，可知 M 的加速度大小为 6 m/s2，方向水平向左，故 M 所受合力 F＝Ma＝3 N，方向水平向左，对 M 受力分析，M 受竖直向下的重力 Mg，支持力 FN＝Mg，竖直方向达到平衡，又因物体与木板之间无摩擦，故水平方向合力只能由弹簧弹力和挡板弹力提供，当 F 弹 ＝3 N 时，恰好能提供合力，故 M与挡板之间无弹力，物体只受 3 个力，故选 A.答案：A4．(2016·开封模拟)在光滑的水平面上有一质量为 2 kg 的物体，它的左端与一劲度系数为 100 N/m 的轻弹簧相连，右端连接一细线，物体静止时细线与竖直方向成 37°角，此时水平面对物体的弹力为零，如图所示．已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．当剪断弹簧的瞬间，物体的加速度为 7.5 m/s2B．当剪断弹簧的瞬间，物体的合外力为 15 NC．当剪断细线的瞬间，物体的加速度为零D．当剪断细线的瞬间，物体受到的合外力为 15 N解析：以物体为研究对象进行受力分析可知，物体受细线拉力为 25 N，弹簧弹力为 15 N，在剪断弹簧的瞬间，细线拉力会突变，物体静止不动，细线拉力为 0、加速度为 0，物体所受合外力为 0，选项 A、B 错误；而在剪断细线的瞬间，弹簧弹力不突变，受力分析可知，此时物体受到的合外力为 15 N，加速度为 7.5 m/s2，选项 C 错误，D 正确．答案：D5．(2015·沈阳模拟)如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1和 m2的物体， m1放在地面上，当 m2的质量发生变化时， m1的加速度 a 的大小与 m2的关系图象大体如下图中的( )3解析：当 m2≤ m1时，物体 m1的加速度为零，当 m2＞ m1时， m1的加速度为 a，由牛顿第二定律有( m2－ m1)g＝( m1＋ m2)a，得 a＝ g，由此式可知，选项 A、B、C 错误，选项m2－ m1m1＋ m2D 正确．答案：D6．(2016·西安模拟)如图所示为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为 θ 的光滑斜面滑下，然后在不同的 θ 角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，图中关于小球对斜面的压力 N、小球运动的加速度 a 随 θ 变化的图象正确的是( )解析：对小球在斜面上向下滑动时，支持力 N＝ mgcos θ ，因此在 0～ 范围内，支持π 2力按余弦规律变化，A 错误，B 正确；而重力沿斜面方向分力 F＝ mgsin θ ，根据牛顿第二4定律可知，下滑的加速度 a＝ gsin θ ，在 0～ 范围内，按正弦规律变化，因此 D 正确，π 2C 错误．答案：BD7．(2016·长春模拟)如图(a)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(b)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 F3B．在 0～ t1时间内， F1与 F2的合力大于 mgC．在 t1～ t2时间内， F1与 F2的合力小于 F3D．在 t1～ t2时间内， F1与 F2的合力大于 mg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， F3mg，即 F1与 F2的合力大于 mg，选项 D 正确．答案：AD8．(2015·郑州模拟)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持 v＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在 A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ ＝0.1， A、 B 间的距离为 2 m， g 取 10 m/s2.若乘客把行李放到传送带上的同时也以v＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到 B 处取行李，则( )A．乘客与行李同时到达 B 处B．乘客提前 0.5 s 到达 B 处C．行李提前 0.5 s 到达 B 处D．若传送带速度足够大，行李最快也要 2 s 才能到达 B 处解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，5随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为 a＝ μg ＝1 m/s2，历时 t1＝＝1 s 与传送带达到共同速度，位移 x1＝ t1＝0.5 m，此后行李匀速运动va v2t2＝ ＝1.5 s 到达 B，共用时间 2.5 s；乘客到达 B，历时 t＝ ＝2 s，故 B 正确，2m－ x1v 2 mvA、C 错误；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间 tmin＝ s＝2 2×21s，D 正确．答案：BD二、非选择题(本题共 5 小题，共 52 分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)9．(6 分)(2016·大同模拟)如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中 A 为小车，质量为 m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器 B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上， P 的质量为 m2， C 为弹簧测力计，实验时改变 P 的质量，读出测力计对应读数 F，不计绳与滑轮的摩擦．(1)电火花打点计时器工作电压为________流(填“交”或“直”)________V.(2)下列说法正确的是( )A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中 m2应远小于 m1D．测力计的读数始终为 m2g/2解析：(1)电火花打点计时器工作电压为 220 V 交变电源．(2)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项 A 错误；实验时应先接通电源后释放小车，选项 B正确；实验中 m2不必远小于 m1，选项 C 错误；由于 P 向下加速运动，测力计的读数始终小于 m2g/2，选项 D 错误．答案：(1)交(2 分) 220(2 分) (2)B(2 分)10．(10 分)(2016·青岛模拟)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一个合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线 MN、 PQ，并测出间距 d.开始时将木板置于 MN 处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数 F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶6中加水后，记下弹簧秤的示数 F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到 PQ 处的时间 t.(1)木板的加速度可以用 d、 t 表示为 a＝______；为了减小测量加速度的偶然误差，可以采用的方法是(一种即可)_______________．(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度 a 与弹簧秤示数 F1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是__________．(3)(多选)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是__________．a．可以改变滑动摩擦力的大小b．可以更方便地获取多组实验数据c．可以比较精确地测出摩擦力的大小d．可以获得更大的加速度以提高实验精度解析：(1)木板做初速度为零的匀加速直线运动，其位移 d＝ at2，加速度 a＝ .为了12 2dt2减小偶然误差，可多次测量时间 t，取 t 的平均值．(2)F1F0时，木板开始运动，但 F1并非绳子的拉力而是瓶和水的总重力，只有当瓶和水的质量远小于木板和弹簧秤的质量时，F1才可以近似等于绳子拉力，此时 a­F1图线为一段倾斜的直线，瓶和水的质量不远小于木板和弹簧秤的总质量时，绳子的拉力将小于 F1，其 a－ F1图线的斜率将逐渐减小，因而只有 c 正确．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码相比，水的质量可以连续调节，因而 F1的大小也可以连续调节，从而能比较精确地测出摩擦力的大小和更方便地获取更多组实验数据，故正确选项为 b、c.答案：(1) (2 分) 多次测量时间 t，取 t 的平均值(2 分) (2)c(3 分) (3)bc(3 分)2dt211．(12 分)为了安全，汽车必须要具有良好的刹车性能．为了检测某汽车的刹车性能，某驾驶员让该汽车以 v1＝108 km/h 的速度行驶，驾驶员接到刹车指令后车继续行驶x1＝133.50 m 停止；让车以 v2＝54 km/h 的速度行驶，驾驶员接到刹车指令后车继续行驶7x2＝38.625 m 停止．假设两种情况下汽车轮胎与路面间的动摩擦因数相同，驾驶员和汽车系统在两种情况下的反应时间相同，试计算驾驶员和汽车系统的反应时间和汽车轮胎与路面间的动摩擦因数(取 g＝10 m/s 2，结果保留两位有效数字)．解析：设驾驶员和汽车系统的反应时间为 t，刹车加速度的大小为 a， v1＝108 km/h＝30 m/s， v2＝54 km/h＝15 m/s，依题意有： x1＝ v1t＋ ，(2 分)x2＝ v2t＋ ，(2 分)代入数据解得 t＝0.70 s，(1 分)a＝4.0m/s 2.(1 分)根据牛顿第二定律有 μmg ＝ ma，(4 分)解得 μ ＝0.40.(2 分)答案：0.70 s 0.4012．(12 分)(2016·保定模拟)在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度 64 m 处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处速度恰好减为零．已知游客和座椅总质量为 1 500 kg，下落过程中最大速度为 20 m/s，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：(1)游客下落过程的总时间；(2)恒定阻力的大小．解析：(1)设下落过程中最大速度为 v，自由落体运动的高度为 h1，则 v2＝2 gh1，(1 分)v＝ gt1，(1 分)解得 t1＝2 s， h1＝20 m．(1 分)设匀减速运动的高度为 h2，加速度大小为 a，则 v2＝2 ah2，(1 分)v＝ at2，(1 分)下落的总距离 h＝ h1＋ h2＝64 m－4 m＝60 m．(1 分)联立解得 a＝5 m/s 2，(1 分)t2＝4 s．(1 分)游客下落过程的总时间为 t＝ t1＋ t2＝6 s.(2)匀减速过程中：设阻力为 f，由牛顿第二定律得8f－ mg＝ ma，(2 分)已知 m＝1 500 kg，可得 f＝22 500 N．(2 分)答案：(1)6 s (2)22 500 N13．(12 分)如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ ＝37°， A、 B 两端相距 5.0 m，质量为 M＝10 kg 的物体以 v0＝6.0 m/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处处相同，均为 0.5.传送带顺时针运转的速度 v＝4.0 m/s( g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)物体从 A 点到达 B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从 A 点到达 B 点的最短时间是多少？解析：(1)设在 AB 上物体的速度大于 v＝4.0 m/s 时加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得 mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma1.(2 分)设经时间 t1物体速度与传送带速度相同， t1＝ ，(1 分)v0－ va1通过的位移 x1＝ .(1 分)设速度小于 v 时物体的加速度大小为 a2，mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma2.(2 分)物体继续减速，设经时间 t2物体到达传送带 B 点，L－ x1＝ vt2－ a2t ，(1 分)12 2t＝ t1＋ t2，(1 分)联立以上各式，代入数据解得 t＝2.2 s．(1 分)(2)若传送带的速度较大，沿 AB 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为 a2，所以有 L＝ v0t′－ a2t′ 2，(2 分)12解得 t′＝1 s．(1 分)答案：(1)2.2 s (2)1 s1实验四 验证牛顿第二定律一、基本实验要求1．实验目的(1)学会用控制变量法研究物理规律．(2)验证牛顿第二定律．(3)掌握利用图象处理数据的方法．2．实验原理实验原理图(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．(2)保持合外力不变，确定加速度与质量的关系．(3)作出 a－ F 图象和 a－ 图象，确定其关系．1m2．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．3．实验步骤(1)用天平测出小车和空小盘的质量 m1和 m2，把数据记录在表格中．(2)把实验器材安装好，平衡摩擦力．(3)在小盘里放入适量的砝码，把砝码和小盘的质量 m3记录在表格中，让小车在木板上滑动打出纸带．(4)保持小车的质量不变，改变砝码的质量，按上面步骤再做 5 次实验．(5)在小盘中放入适量砝码并保持不变，在小车中放入砝码，把砝码和小车的质量 m4记录在表格中，让小车在木板上滑动打出纸带．(6)改变砝码的质量，按上面步骤再做 5 次实验．2(7)算出每条纸带对应的加速度的值并记录在表格中．(8)用纵坐标表示加速度 a，横坐标表示合外力，即砝码和小盘的总重力 m3g，根据实验数据在坐标平面上描出相应的点，作图线．(9)用纵坐标表示加速度 a，横坐标表示小车质量的倒数，在坐标系中根据实验数据描出相应的点并作图线．二、规律方法总结1．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车受到的摩擦力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，而是只让小车拉着打点的纸带匀速运动．(2)不重复平衡摩擦力．(3)实验条件： m1≫m3.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．2．误差分析(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码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小盘和砝码的总重力．(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．3．数据处理(1)利用 Δ x＝ aT2及逐差法求 a.(2)以 a 为纵坐标， F 为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明 a 与 F 成正比．(3)以 a 为纵坐标， 为横坐标，描点、连线，如果该线过原点，就能判定 a 与 m 成反1m比．特别提醒： a－ m 图象是曲线，在研究两个量的关系时，为了更容易确定两者之间的关系，故本实验应作 a － 图象．1m1．(多选)在利用打点计时器和小车来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，下列说法中正确的是( )A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动3D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车解析：选项 A 中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码通过细绳拴在小车上，A 错；选项 B、C、D 符合正确的操作方法，B、C、D 对．答案：BCD2．(2016·衡水模拟)在探究“加速度与力、质量的关系”的实验时，某小组设计了如图所示的实验装置．图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止．(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使________；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量________(填“远大于” “远小于”或“等于”)小车的质量．(2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为____________________________________．(3)实验中获得的数据如下表所示：小车Ⅰ、Ⅱ的质量均为 200 g.实验次数 小车 拉力 F/N 位移 x/cm Ⅰ 0.11Ⅱ 0.2 46.51Ⅰ 0.2 29.042Ⅱ 0.3 43.63Ⅰ 0.3 41.163Ⅱ 0.4 44.80Ⅰ 0.4 36.434Ⅱ 0.5 46.56在第 1 次实验中小车Ⅰ从下图中的 A 点运动到 B 点，请将测量结果填到表中空格处．通过分析，可知表中第____次实验数据存在明显错误，应舍弃．4解析：(1)拉小车的水平细线要与轨道平行．只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能认为砝码盘和砝码的总重力等于细线拉小车的力．(2)对初速度为零的匀加速直线运动，时间相同时，根据 x＝ at2，得 ＝ .12 a1a2 x1x2(3)刻度尺的最小刻度是 1 mm，要估读到毫米的下一位．读数为 23.86 cm－0.50 cm＝23.36 cm.答案：(1)细线与轨道平行(或水平) 远小于(2)两小车从静止开始做匀加速直线运动、且两小车的运动时间相等(3)23.36(23.34～23.38 均对) 31．(2016·临汾模拟)如图所示为“探究加速度与物体受力和质量的关系”的实验装置图．图中 A 为小车， B 为装有砝码的小盘， C 为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接 50 Hz 交流电．小车的质量为 m1，小盘(及砝码)的质量为 m2.(1)下列说法正确的是( )A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验 m2应远大于 m1D．在用图象探究加速度与质量关系时，应用 a－ 图象1m1(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 a－ F 图象如图所示，可能是图中的图线______(填“甲” “乙”或“丙”)．5解析：(2)当没有平衡摩擦力时， a－ F 图线不过原点，且 a＝ － ，即 a＝0 时，Fm FfmF≠0，图线为丙．答案：(1)D (2)丙2．(2016·长沙模拟)某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度 a 与钩码的质量 m 的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为 200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知， a－ m 图线不经过原点，可能的原因是________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力 mg 作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措6施是___________________，钩码的质量应满足的条件是______________．解析：(1)由描点作图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)由图象可知，当小车的加速度为 0 时，砝码质量不为 0，说明此时存在摩擦力．(3)对小车受力分析，有 FT－ Ff＝ Ma， mg－ FT＝ ma.联立两式可得 a＝ － .mgM＋ m FfM＋ m可知应平衡摩擦力，平衡摩擦力后 a＝ ， FT＝ .mgM＋ m MmgM＋ m为使 FT＝ mg，应使 m ≪M.答案：(1)非线性 (2)存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量3．(2015·开封模拟)在“验证牛顿第二定律”的实验中，打出的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔是 T.(1)测出纸带各相邻计数点之间的距离分别为 x1、 x2、 x3、 x4，如图(a)所示，为使由实验数据计算的结果更精确一些，计算加速度平均值的公式应为 a＝____________．(2)在该实验中，为验证小车质量 M 不变时， a 与 F 成正比，小车质量 M、沙及沙桶的质量 m 分别选取下列四组值．A． M＝500 g， m 分别为 50 g、70 g、100 g、125 gB． M＝500 g， m 分别为 20 g、30 g、40 g、50 gC． M＝200 g， m 分别为 50 g、70 g、100 g、125 gD． M＝200 g， m 分别为 30 g、40 g、50 g、60 g若其他操作都正确，那么在选用____组值测量时所画出的 a－ F 图象较准确．(3)有位同学通过测量，作出 a－ F 图象，如图(b)所示．试分析：①图象不通过原点的原因是_______________________．②图象上部弯曲的原因是_________________________．解析：(1)逐差法处理实验数据，根据公式 a＝ 求解加速度．（ x3＋ x4） － （ x1＋ x2）4T2(2)满足沙和沙桶的质量 m 远小于小车的质量 M 的条件，绳对小车的拉力才近似等于沙和桶的重力，故选 B.(3)分析实验误差出现的原因：①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够；②未满足沙和沙桶的质量 m 远小于小车的质量 M.答案：(1) (2)B (3)①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够 （ x3＋ x4） － （ x1＋ x2）4T2②未满足沙和沙桶的质量 m 远小于小车的质量 M4．(2016·威海模拟)如图所示为“用 DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．7(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为______________，用 DIS 测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－ F 关系图线(如图所示)．①分析此图线的 OA 段可得出的实验结论是_______________．②此图线的 AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是( )A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大解析：(1)在研究加速度与力的关系时必须保持小车质量不变，才能找出二者的关系．(2)① OA 段在实验误差允许的范围内，图线是一条直线，因此可得出 a 与 F 成正比的关系．②由实验的原理 a＝ ＝ 可知 AB 段明显偏离直线是由于没有满足 M 车m钩 gM车 ＋ m钩 FM车 ＋ m钩≫m 钩 造成的．答案：(1)小车的总质量(或小车的质量) 小车所受外力(或外力、合外力)(2)①在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比②C5．(2016·黄冈模拟)某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．实验步骤：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作 G；②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示．在 A 端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作 F；8③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；实验数据如下表所示：G/N 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 4.00F/N 0.59 0.83 0.99 1.22 1.37 1.61④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端 C 处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物 P 连接，保持滑块静止，测量重物 P 离地面的高度 h；⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的 D 点(未与滑轮碰撞)，测量 C、 D 间的距离 s.图乙完成下列作图和填空：(1)根据表中数据在给定坐标纸上作出 F－ G 图线．9(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数 μ ＝________(保留 2 位有效数字)．(3)滑块的最大速度 v＝________(用 h、 s、 μ 和重力加速度 g 表示)．解析：(1) F－ G 图线如图所示．(2)F－ G 图线的斜率即为滑块与木板间的动摩擦因数，即 μ ＝ ≈0.40.Δ FΔ G(3)重物 P 落地后，滑块在木板上做匀减速直线运动，加速度 a＝ μg ，减速过程的位移为( s－ h)，由 v2＝2 a(s－ h)，可得最大速度 v＝ .2μ g（ s－ h）答案：(1)见解析图 (2)0.40(0.38～0.42 均正确) (3) 2μ g（ s－ h）6．(2015·荆州模拟)某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律” ，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量 M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量 m0，挡光板的宽度 d，光电门 1 和 2 的中心距离 s.10(1)该实验________(填“需要”或“不需要”)满足砝码和砝码盘的总质量远小于车的质量．(2)实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度 d，如图所示， d＝________ mm.(3)某次实验过程：力传感器的读数为 F，小车通过光电门 1 和 2 的挡光时间分别为t1、 t2(小车通过光电门 2 后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为 g，则该实验要验证的表达式是________________．解析：(1)由于实验装置图中已给出了力传感器，所以不需要满足 m048 N 时， A、 B 才会开始相对运动，故选项 A、B、C 错误，D 正确．答案：D6．(多选)(2015·大同模拟)如图甲所示， A、 B 两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上． B 物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中 A、 B 始终保持相对静止．则在 0～2 t0时间内，下列说法正确的是( )14A． t0时刻， A、 B 间的静摩擦力最大，加速度最小B． t0时刻， A、 B 的速度最大C．0 时刻和 2t0时刻， A、 B 间的静摩擦力最大D．2 t0时刻， A、 B 离出发点最远，速度为 0解析： t0时刻， A、 B 受力 F 为 0， A、 B 加速度为 0， A、 B 间静摩擦力为 0，加速度最小，选项 A 错误；在 0 至 t0过程中， A、 B 所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加， t0时刻 A、 B 速度最大，选项 B 正确；0 时刻和 2t0时刻 A、 B 所受合外力 F 最大，故 A、 B 在这两个时刻加速度最大，为 A 提供加速度的 A、 B 间静摩擦力也最大，选项 C 正确； A、 B 先在力 F 的作用下加速， t0后力 F 反向， A、 B 继而做减速运动，到 2t0时刻， A、 B 速度减小到 0，位移最大，选项 D 正确．答案：BCD7．(2016·衡水模拟)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为 m.滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即 Ff＝ kv.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若 m＝2 kg，斜面倾角 θ ＝30°， g 取 10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为 t＝0 时 v－ t 图线的切线，由此求出 μ 、 k 的值(计算结果保留两位有效数字)．解析：(1)由牛顿第二定律有：mgsin θ － μmg cos θ － kv＝ ma，解得 a＝ gsin θ － μg cos θ － .kvm(2)当 a＝0 时速度最大， vm＝ ，mg（ sin θ － μ cos θ ）k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角 θ (保证滑块能静止下滑)；风帆升起一15起．(3)当 v＝0 时， a＝ gsin θ － μg cos θ ＝3 m/s 2，解得 μ ＝ ，2315最大速度 vm＝ ＝2 m/s，mg（ sin θ － μ cos θ ）k解得 k＝3.0 kg/s.答案：见解析综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程” ．8．(2015·秦皇岛模拟)如图所示，倾角为 30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的 A 点由静止释放，最终停在水平面上的 C 点，已知 A 点距水平面的高度 h＝0.8 m， B 点距 C 点的距离 L＝2.0 m(滑块经过 B 点时没有能量损失， g＝10 m/s 2)．求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数 μ ；(3)滑块从 A 点释放后，经过时间 t＝1.0 s 时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到 B 点时速度最大为 vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为 a1，mgsin 30°＝ ma1，v ＝2 a1· .2mhsin 30°解得： vm＝4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为 a2，μ mg＝ ma2，v ＝2 a2L.2m解得： μ ＝0.4.16(3)设滑块在斜面上运动的时间为 t1，vm＝ a1t1，得 t1＝0.8 s.由于 tt1，滑块已经经过 B 点，做匀减速运动的时间为Δ t＝ t－ t1＝0.2 s.设 t＝1.0 s 时速度大小为 v，则v＝ vm－ a2(t－ t1)．解得： v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s1第 3 课时 牛顿运动定律的综合应用一、超重和失重1．超重(1)定义：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情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：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情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度 a＝ g，方向竖直向下．二、动力学中的图象问题1．动力学中常见的图象： v－ t 图象、 x－ t 图象、 F－ t 图象、 F－ a 图象等．2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．1．超重说明物体自身的重力变大了．(×)2．物体超重时加速度向上，速度也一定向上．(×)3．物体失重时也有可能向上运动．(√)4．物体完全失重时，说明物体的重力此时变为零．(×)5．不论是 v－ t 图象、还是 x－ t 图象中两条图线的交点都表示两物体相遇．(×)1．下列实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱桥顶端时2B．火箭点火后加速升空时C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时解析：发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A 错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B 正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C 错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D 错误．答案：B2．(2016·哈尔滨模拟)2015 年 1 月 23～25 日，包括多名中奥冬季体育运动领域专家在内的约 350 位客人相聚在崇礼密苑云顶乐园，参加由奥地利驻华使馆商务处主办的的2015 奥地利滑雪比赛．比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态解析：运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A 项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B 项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C 项正确；运动员在减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D 项错误．答案：C3．(2016·莱芜模拟)物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中 F 表示物体所受的合力， a 表示物体的加速度， v 表示物体的速度)( )3解析：由 F＝ ma 可知加速度 a 与合外力 F 同向，且大小成正比，故 F－ t 图象与 a－ t图象变化趋势应一致，故选项 A、B 均错误；当速度与加速度 a 同向时，物体做加速运动，加速度 a 是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项 C 正确，D 错误．答案：C4．(多选)如图所示，一质量为 m 的小物体以一定的速率 v0滑到水平传送带上左端的A 点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的 B 点，经过的时间为 t0，则下列判断正确的是( )A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过 B 点，且用时为 t0B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度为零，然后向左加速，因此不能滑过 B 点C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变) v＝ v0时，物体将一直做匀速运动滑过 B 点，用时一定小于 t0D．若传送带顺时针方向运动，当其运行速率(保持不变) vv0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过 B 点，用时一定小于 t0解析：传送带静止时，物体滑上传送带后受水平向左的滑动摩擦力 μmg ，设到达 B 点的速度为 vB.由 v － v ＝2(－ μg )L 可得： vB＝ ，若传送带逆时针运行，物体仍受向左2B 20的摩擦力 μmg ，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为 vB，用时也一定仍为 t0，故选项 A 对，而 B 错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变) v＝ v0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至 B 端，因为匀速通过，故用时一定小于 t0，故选项 C 对；当其运行速率(保持不变) vv0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体加速到速度 v 还未到达 B 端时，则先匀加速运动后匀速运动，若物体速度一直未加速到 v 时，则一直做匀加速运动，故选项 D 错．答案：AC4一、单项选择题1．(2016·保定模拟)如图所示，某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是( )A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出解析：易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，故选项 A、B、C 错误，选项 D 正确．答案：D2．(2016·烟台模拟)小刚同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的 v－ t 图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是( )A．在 5～10 s 内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力B．在 0～5 s 内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态C．在 10～20 s 内，该同学所受的支持力不变，该同学的机械能减少D．在 20～25 s 内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态解析：由图象可知，在 5～10 s 内，电梯匀速上升，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，A 正确；在 0～5 s 内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态，B 错误；在 20～25 s 内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态，D 错误；在 10～20 s 内，5电梯减速上升，且加速度大小 a＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可知，支持力向上且大小不变，支持力做正功，故机械能增加，C 错误．答案：A3．(2016·咸阳模拟)如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体 A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体 A，使 A 竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力 F 的大小和运动距离 x 之间关系图象正确的是( )解析：由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得， F－ kx＝ ma，解得F＝ kx＋ ma，故所加力 F 的大小和运动距离 x 之间的关系图象正确的是图 D.答案：D4．(2015·郑州模拟)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、 Ff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( )6解析：物体在斜面上运动时，摩擦力 Ff1＝ μmg cos θ ，加速度 a1＝ g(sin θ － μ cos θ )，速度 v1＝ a1t1，路程 s＝ a1t ，由此可知 A、B、D 错；物体在水平面上运动时，摩擦12 21力 Ff2＝ μmg ，所以 C 正确．答案：C5．(2015·沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项 A 错误；设木炭包的质量为 m，传送带的速度为 v，木炭包与传送带间动摩擦因数为 μ ，则对木炭包有μmg ＝ ma，木炭包加速的时间 t＝ ＝ ，该过程传送带的位移 x1＝ vt＝ ，木炭包的位va vμ g v2μ g移 x2＝ vt＝ t＝ ，黑色径迹的长度 Δ x＝ x1－ x2＝ ，由上式可知径迹的长度与木炭v2 v22μ g v22μ g包的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项 C 正确，B、D 错误．答案：C6．如图所示，水平传送带以速度 v1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 v2，已知 v1v2， P 与定滑轮间的绳水7平．不计定滑轮质量，绳足够长．直到物体 P 从传送带右侧离开．以下判断正确的是( )A．物体 P 一定先加速后匀速B．物体 P 可能先加速后匀速C．物体 Q 的机械能先增加后不变D．物体 Q 一直处于超重状态答案：B二、多项选择题7．如图甲所示，物块的质量 m＝1 kg，初速度 v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示， g＝10 m/s 2.下列选项中正确的是( )A．2～3 s 内物块做匀减速运动B．在 t＝1 s 时刻，恒力 F 反向C．恒力 F 大小为 10 ND．物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3解析：由运动学公式 v2－ v ＝2 ax 可知， v2－ x 图象中图线的斜率为 2a，所以在前 5 20m 内，物块以 10 m/s2的加速度做减速运动，减速时间为 1 s．5～13 m 的运动过程中，物块以 4 m/s2的加速度做加速运动，加速时间为 2 s，即物块在 1～3 s 内做加速运动，A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中， F＋ μmg ＝ ma1，加速过程中F－ μmg ＝ ma2，代入数据可解得 F＝7 N， μ ＝0.3，所以 C 错误，D 正确．答案：BD8．(2016·枣庄模拟)某物体质量为 1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度－时间图象如图所示，根据图象可知( )8A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力B．物体在第 3 s 内所受的拉力大于 1 NC．在 0～3 s 内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反D．物体在第 2 s 内所受的拉力为零解析：由题图可知，第 2 s 内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以 A、D选项错误；第 3 s 内物体的加速度大小为 1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为 1 N，所受拉力大于 1 N，选项 B 正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项 C 正确．答案：BC9．(2016·哈尔滨模拟)将力传感器 A 固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的图象．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的 F－ t 图象如图乙所示．则( )9A．2.5 s 前小车做变加速运动B．2.5 s 后小车做变加速运动C．2.5 s 前小车所受摩擦力不变D．2.5 s 后小车所受摩擦力不变解析：当倒入细沙较少时， M 处于静止状态，对 M 受力分析有绳子拉力等于 m 对 M 的静摩擦力．在满足 M 静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大， m 对 M 的静摩擦力逐渐变大，由图象得出 2.5 s 前 M 都是静止的，A、C 选项错误；2.5 s 后 M 相对于 m 发生滑动，m 对 M 的摩擦力为滑动摩擦力 Ff＝ μmg 保持不变，D 项正确； M 运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B 项正确．答案：BD三、非选择题10．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成 θ ＝37°固定，质量为m＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端 O，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力 F 作用于小球上，在 t1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分 v－ t 图象如图乙所示，取 g＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在 0～2 s 内的加速度 a1和 2～5 s 内的加速度 a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数 μ 和水平风力 F 的大小．解析：(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知10在 0～2 s 内： a1＝ ＝15 m/s 2(方向沿杆向上)．v1－ v0t1在 2～5 s 内： a2＝ ＝－10 m/s 2(方向沿杆向下)．v2－ v1t2(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有Fcos θ － μ (mgcos θ ＋ Fsin θ )－ mgsin θ ＝ ma1，停风后的上升阶段，有－ μmg cos θ － mgsin θ ＝ ma2.综上解得 μ ＝0.5， F＝50 N.答案：(1)15 m/s 2，方向沿杆向上；10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N11．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/s2，求： (1)传送带与物体间的动摩擦因数；(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分析如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为 a.由题意得 L＝ at2，12解得 a＝2.5 m/s 2.由牛顿第二定律得 mgsin α － Ff＝ ma，又 Ff＝ μmg cos α ，解得 μ ＝ ≈0.29.36(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 vm，物体加速度为 a′.由牛顿第二定律得mgsin α ＋ Ff＝ ma′，Ff＝ μmg cos α ，11v ＝2 La′，2m联立解得 vm＝8.66 m/s.答案：(1)0.29 (2)8.66 m/s