2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点10 牛顿第二定律　两类动力学问题 Word版含解析

这是一份2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点10 牛顿第二定律　两类动力学问题 Word版含解析，共20页。试卷主要包含了基础与经典，真题与模拟等内容，欢迎下载使用。

考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)用牛顿第二定律解决两类基本问题；(2)瞬时问题；(3)牛顿第二定律在传送带问题中的应用；(4)图象问题等。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅰ第16题、2016年全国卷Ⅱ第19题、2016年天津理综第8题、2016年江苏物理卷第9题、2016年四川理综第10题、2015全国卷Ⅰ第20题、2015年重庆理综第5题、2014年海南高考第3题、2014年大纲卷第19题、2014年北京高考第18题、2014年山东高考第23题。
备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。
一、基础与经典
1．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
答案 D
解析 根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)可知物体的加速度与速度无关，所以A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，所以B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，所以C错误；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反比，所以D正确。
2. 如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点处固定着一个质量为m的小球。当小车有水平向右的加速度且从零开始逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化(用F1至F4表示变化)可能是下列图中的(O O′沿杆方向)( )
答案 C
解析 以小球为研究对象，受到重力和杆对小球的作用力，沿水平方向和竖直方向分解杆对小球的作用力，竖直方向的分力和重力始终平衡，所以竖直方向的分力大小不变，而水平方向的分力逐渐增大，所以C选项正确。
3. 物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1′和a2′，则( )
A．a1＝0，a2＝2g；a1′＝0，a2′＝2g
B．a1＝0，a2＝2g；a1′＝g，a2′＝2g
C．a1＝g，a2＝g；a1′＝0，a2′＝2g
D．a1＝g，a2＝g；a1′＝g，a2′＝g
答案 C
解析 A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受到重力的作用，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度a1＝a2＝g；因为在除去支托物的瞬间弹簧上的弹力不能突然消失(主要是弹性形变不能突然恢复原长)，所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a1′＝0，而B2受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小a2′为2g；综上分析，选项C正确。
4．如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端。A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．都等于eq \f(g,2) B.eq \f(g,2)和0
C.eq \f(g,2)和eq \f(mA,mB)·eq \f(g,2) D.eq \f(mA,mB)·eq \f(g,2)和eq \f(g,2)
答案 C
解析 由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin30°，剪断线瞬间，由牛顿第二定律可得，对B：F弹－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝eq \f(mA,mB)·eq \f(g,2)，对A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝eq \f(g,2)，所以C正确。
5. 在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。如图所示，当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱由静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为( )
A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm
答案 A
解析 木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x1＝v2/2a，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，所以选项A正确。
6. 在某星球a表面，宇航员把一质量为ma的重物放在地面上(该处的重力加速度设为ga)，现用一轻绳竖直向上提拉重物，让绳中的拉力T由零逐渐增大，可以得到加速度a与拉力T关系的图线OAB；当宇航员到达另一个星球c表面时，用质量为mc的物体重复上述实验，在同一个坐标系中得到一个相似的图线OCD，下面关于OCD所描述的物体的质量mc与该星球表面的重力加速度gc说法正确的是( )
A．mc>ma，gcC．mc>ma，gc＝ga D．mc答案 C
解析 由牛顿第二定律得T－mg＝ma，故a＝eq \f(T,m)－g，由图象纵轴截距及斜率表示的物理意义，有ga＝gc，mc>ma，故C项正确。
7. (多选)传送机的皮带与水平方向的夹角为α，如图所示，将质量为m的小物块放在传送机皮带上，随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsinα)做匀加速直线运动，则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( )
A．支持力与静摩擦力的合力大小等于mg
B．静摩擦力沿斜面向下
C．静摩擦力的大小可能等于mgsinα
D．皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tanα
答案 BC
解析 物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动，物块所受合外力不为零，所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg，故A错误；加速度a>gsinα，说明静摩擦力沿皮带向下，B正确；由牛顿第二定律知mgsinα＋Ff＝ma，因为a比gsinα大多少不知道，所以静摩擦力的大小可能等于mgsinα，C正确；皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tanα，故D错误。
8．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则( )
A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2
C．若m1>m2则，x1>x2 D．若m1答案 A
解析 当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再隔离b有kx1－m2g＝m2a，联立得：x1＝eq \f(m2F,km1＋m2)。当沿水平方向拉着a时，先用整体法有F＝(m1＋m2)a′，再隔离b有kx2＝m2a′，联立得x2＝eq \f(m2F,km1＋m2)，故x1＝x2，所以只有A项正确。
9. (多选)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0～2t0时间内，下列说法正确的是( )
A．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．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为0
答案 BCD
解析 本题考查对牛顿运动定律、静摩擦力的灵活应用。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F的作用下加速，t0后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。
10．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
答案 BC
解析 物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝eq \f(F＋Ff,m)＝eq \f(2＋3,1) m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(10,5) s＝2 s，B正确，A错误。减速到零后，F二、真题与模拟
11．[2016·全国卷Ⅰ](多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
答案 BC
解析 由题意知此恒力即为质点所受合外力，若原速度与该恒力在一条直线上，则质点做匀变速直线运动，质点单位时间内速率的变化量总是不变的；原速度与该恒力不在一条直线上，则质点做匀变速曲线运动，速度与恒力间夹角逐渐减小，质点单位时间内速度的变化量是不变的，但速率的变化量是变化的，A、D项错误，B项正确；由牛顿第二定律知，质点加速度的方向总与该恒力方向相同，C项正确。
12．[2016·全国卷Ⅱ](多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案 BD
解析 甲、乙由同种材料制成，且m甲>m乙，可知R甲>R乙，由题知阻力f＝kR，故f甲>f乙，下落相同距离，克服阻力做功W＝fx，故W甲>W乙，D正确。在空中对小球受力分析，由mg－f＝ma，可得a＝g－eq \f(f,m)＝g－eq \f(kR,\f(4,3)πR3ρ)＝g－eq \f(3k,4πρ)·eq \f(1,R2)，由R甲>R乙可知，a甲>a乙，C错误。由静止下落相同高度，h＝eq \f(1,2)at2，得t＝eq \r(\f(2h,a))，又a甲>a乙，所以t甲v乙，B正确。
13. [2016·江苏高考](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
答案 BD
解析 桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此受到桌布对它的摩擦力方向向右，A错误。设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间滑离桌布，滑离时的速度为v，则v＝μgt1，鱼缸到了桌面上，做匀减速运动，加速度大小也为μg，在桌面上运动的时间t2＝eq \f(v,μg)，因此t1＝t2，B正确。若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，即仍为μmg，保持不变，C错误。若猫减小拉力，使桌布的加速度小于μg，则鱼缸与桌布间的摩擦力为静摩擦力，鱼缸与桌布一起运动，能滑出桌面，D正确。
14．[2016·天津高考] (多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
答案 BD
解析 动车在启动时，乘客也具有向前的加速度，所受合外力应与运动方向相同，A错误。整体分析2F 牵－8f＝8ma，对6、7、8节分析F1－3f＝3ma，对7、8节分析F2－2f＝2ma。又f＝kmg，所以eq \f(F1,F2)＝eq \f(3,2)，B正确。进站时机车做匀减速直线运动，0－v2＝－2ax，x∝v2，C错误。2节动车6节拖车时eq \f(2P0,vm1)＝8f,4节拖车4节动车时eq \f(4P0,vm2)＝8f，eq \f(vm1,vm2)＝eq \f(1,2)，D正确。
15. [2015·全国卷Ⅰ](多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案 ACD
解析 由v­t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别得gsinθ＋μgcsθ＝eq \f(v0,t1)，gsinθ－μgcsθ＝eq \f(v1,t1)，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v­t图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确。
16．[2015·全国卷Ⅱ](多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq \f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10 C．15 D．18
答案 BC
解析 设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝eq \f(2,3)max，联立可得n＝eq \f(5,3)x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误。
17．[2017·广东湛江四校联考] 某科研单位设计了一空间飞行器，如图所示，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )
A．加速时动力的大小等于mg
B．加速与减速时的加速度大小之比为2∶eq \r(3)
C．减速飞行时间t后速度为零
D．加速与减速过程发生的位移大小之比为1∶2
答案 D
解析 起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为F合，如图甲所示：在△OFF合中，由几何关系得：F＝eq \r(3)mg，F合＝mg，A错误。由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1＝g，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F合′垂直，如图乙所示，此时合力大小F合′＝mgsin30°＝eq \f(1,2)mg，动力大小F′＝mgcs30°＝eq \f(\r(3),2)mg，飞行器的加速度大小a2＝eq \f(F合′,m)＝0.5g，加速与减速时的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1，B错误。减速飞行到最高点的时间t′＝eq \f(v,a2)＝eq \f(a1t,a2)＝eq \f(gt,0.5g)＝2t，C错误。t时刻的速率：v＝a1t＝gt，加速与减速过程发生的位移大小之比为eq \f(v2,2a1)∶eq \f(v2,2a2)＝1∶2，D正确。
18．[2017·福建上杭一中检测](多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图象，已知g取10 m/s2，则( )
A．木板B的质量为1 kg
B．滑块A的质量为4 kg
C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2
D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
答案 AC
解析 当F等于8 N时，加速度a＝2 m/s2，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＝4 kg，当F大于8 N时，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F－μmg,M)＝eq \f(1,M)F－eq \f(μmg,M)，知图线的斜率k＝eq \f(1,M)，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝3 kg。A正确，B错误。根据F大于8 N的图线知，F＝6 N时，a＝0，即0＝F－30μ，代入数据解得μ＝0.2，D错误。根据图线知a＝F－6(F>8 N)，当F＝10 N时，长木板的加速度a＝4 m/s2，C正确。
一、基础与经典
19. 一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移s＝4 m。(取g＝10 m/s2)求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
答案 (1)eq \f(\r(3),6) (2)26.33 N或1 N
解析 (1)根据牛顿第二定律可得mgsin30°－μmgcs30°＝ma，解得μ＝eq \f(\r(3),6)。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。由题意易知s＝eq \f(1,2)a′t2，代入数据解得a′＝2 m/s2。
当加速度沿斜面向上时，Fcs30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcs30°)＝ma′，代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) N≈26.33 N。
当加速度沿斜面向下时，mgsin30°－Fcs30°－μ(Fsin30°＋mgcs30°)＝ma′，代入数据得F＝eq \f(4\r(3),7) N≈1 N。
20．如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示。物体从静止开始运动，此时开始计时。求：
(1)当t＝0.5 s时物体的加速度大小；
(2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？
(3)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？
答案 (1)0.5 m/s2
(2)t＝0或t＝2 s时加速度最大，大小为1 m/s2
(3)t＝1 s时速度最大，大小为0.5 m/s
解析 (1)由乙图知F2＝2＋2t(N)，当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N，
F1－F2＝ma，
a＝eq \f(F1－F2,m)＝eq \f(4－3,2) m/s2＝0.5 m/s2。
(2)物体所受的合外力为
F合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N)
作出F合­t图如图1所示：
从图中可以看出，在0～2 s范围内
当t＝0时，物体有最大加速度a0。
F0＝ma0，a0＝eq \f(F0,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，
当t＝2 s时，物体也有最大加速度a2。
F2＝ma2，a2＝eq \f(F2,m)＝eq \f(－2,2) m/s2＝－1 m/s2，
负号表示加速度方向向左。
(3)由牛顿第二定律得：
a＝eq \f(F合,m)＝1－t(m/s2)，
画出a­t图象如图2所示：
由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于上方三角形的面积。
v＝eq \f(1,2)×1×1 m/s＝0.5 m/s。
二、真题与模拟
21．[2016·四川高考]避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取csθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
答案 (1)5 m/s2，沿制动坡床向下 (2)98 m
解析 (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsinθ＝ma1①
f＝μmgcsθ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－eq \f(1,2)a1t2⑥
s2＝vt－eq \f(1,2)a2t2⑦
s1＝s＋s2⑧
l＝l0＋s2＋s0⑨
联立①②④～⑨并代入数据得l＝98 m。
22．[2014·江苏高考]如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g。
(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；
(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；
(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率eq \x\t(P)。
答案 (1)eq \f(\r(2)v\\al(2,0),2μg) (2)2v0 (3)eq \f(4\r(5)μmgv0,5)
解析 本题考查力学规律与功能关系的综合应用。
(1)摩擦力与侧向的夹角为45°，
侧向加速度大小ax＝μgcs45°，
匀变速直线运动－2axs＝0－veq \\al(2,0)，
解得s＝eq \f(\r(2)v\\al(2,0),2μg)。
(2)设t＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay，
则eq \f(ay,ax)＝tanθ。
很短的Δt时间内，侧向、纵向的速度增量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt，
解得eq \f(Δvy,Δvx)＝tanθ，
且由题意知tanθ＝eq \f(vy,vx)，则eq \f(vy′,vx′)＝eq \f(vy－Δvy,vx－Δvx)＝tanθ，
所以摩擦力方向保持不变，
则当vx′＝0时，vy′＝0，即v＝2v0。
(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，
由题意知ax＝μgcsθ，ay＝μgsinθ，
在侧向上－2axx＝0－veq \\al(2,0)，
在纵向上2ayy＝(2v0)2－0，
工件滑动时间t＝eq \f(2v0,ay)，
乙前进的距离y1＝2v0t，
工件相对乙的位移L＝eq \r(x2＋y1－y2)，
则系统摩擦生热Q＝μmgL，
电动机做功W＝eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋Q，
由eq \x\t(P)＝eq \f(W,t)，解得eq \x\t(P)＝eq \f(4\r(5)μmgv0,5)。
23. [2017·河北调研]如图所示，一质量m＝0.20 kg的滑块(可视为质点)从固定的粗糙斜面的顶端由静止开始下滑，滑到斜面底端时速度大小v＝4.0 m/s。已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝4.0 m，sin37°＝0.60，cs37°＝0.80，若空气阻力可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)滑块沿斜面下滑的加速度大小；
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数；
(3)在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小。
答案 (1)2 m/s2 (2)0.5 (3)4 N·s
解析 (1)由运动学公式：a＝eq \f(v2,2L)＝2 m/s2。
(2)由受力分析可知：mgsinθ－f＝ma，N＝mgcsθ，f＝μN，解得：μ＝0.5。
(3)由L＝eq \f(1,2)at2，可得t＝eq \r(\f(2L,a))＝2 s，所以在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小IG＝mgt＝4 N·s。