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2023年高一牛二应用
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．（2023上·广东深圳·高一校考期末）北京冬奥会后，冰雪运动越来越受人们关注，滑雪机也逐渐走进大众生活。滑雪机是利用电机带动雪毯向上运动，雪毯的质感完全仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习和锻炼的目的，并且通过调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行。已知坡道长，倾角，在某次训练中。雪毯静止未开启，一质量（含装备）的滑雪者没有做任何助力动作，恰能够沿雪毯匀速下滑，重力加速度，，，不计空气阻力。求：（结果可用分数表示）
（1）滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数；
（2）开启雪毯，使雪毯始终以速度向下运动，求滑雪者没有做任何助力动作，从坡道顶端由静止滑到底端所用的时间。
（3）现将坡道角度调整为53°，开启雪毯，使雪毯始终以速度向上运动，其他条件不变，求滑雪者在依然没有任何助力的情况下，从坡道顶端由静止滑到底端时在雪毯上留下的划痕长度。
2．（2023上·广东深圳·高一统考期末）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。如图所示，一辆货车以速度v0＝25m/s进入长下坡的直车道，并立即刹车，刹车后t=6s时间内货车匀减速运动的位移s1=105m时，刹车片因过热致刹车失效。此后货车开始无动力加速，运动s2=800m（竖直高度下降120m）后，驾驶员将车驶入避险车道制动坡床。已知该货车刹车失效后在长下坡路段无动力运动时受到的阻力恒定为车重的10%，制动坡床与水平面的夹角为θ（sinθ=0.3），货车的质量M＝104 kg，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）货车在下坡段正常刹车6s内的加速度a1和6s末的速度v1；
（2）货车刚进入避险车道时的速度v2；
（3）若防撞设施离制动坡床底部L=80m，货车在避险车道制动坡床受到的运动阻力是在下坡路段的3倍，请通过计算判断货车是否会撞上防撞设施。
3．（2023上·广东深圳·高一校考期末）如图所示，传送带的倾角，从A到B长度，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A点无初速度地放一个质量为的黑色煤块，经最低点B滑到静止在水平地面的木板上（黑色煤块从传送带滑到木板上的过程中速度大小不变）。木板左端距离平台右侧的初始距离为，木板质量，长度，且与左侧等高的平台相碰时立即停止运动。已知煤块与传送带之间、煤块与木板之间的动摩擦因数均为，木板与地面之间光滑。煤块在传送带上会留下黑色痕迹，煤块在整个运动过程中可看作质点（，，取）。
（1）求煤块从A到B的时间；
（2）求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度；
（3）求煤块滑上平台时的速度与的关系。
4．（2023上·广东深圳·高一统考期末）如图所示，质量为的皮卡车停放在水平路面上，质量为货物（可视为质点）放在货箱前端。时刻，皮卡车在牵引力的作用下由静止启动做匀加速直线运动，时，牵引力增大到继续做匀加速直线运动，时司机发现异常立即刹车，直到皮卡车停止运动。已知皮卡车货箱长度为2 m，货箱与货物之间的动摩擦因数为，皮卡车行驶时受到的阻力是其与地面间压力的倍，刹车时受到阻力是其与地面间压力的倍，货物与车箱间最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度。求：
（1）内皮卡车和货物的加速度大小；
（2）1.6 s时货车和货物的速度大小；
（3）通过计算说明，货物是否会从车尾掉落地面或者碰撞到汽车驾驶室。
5．（2022上·广东深圳·高一统考期末）如图为某物流公司两段传送带截面图，水平传送带1的长度，倾斜传送带2的长度、倾角，两传送带均做逆时针转动且转速相同。现将质量的货物轻轻地放在传送带1的右端a处，货物与传送带1、2之间的动摩擦因数均为，货物经过连接点b处时速度大小不变。已知货物可视为质点，取，，。
（1）若货物以最短的时间从a传送到b，求传送带的最小速度的大小。
（2）若货物恰能运送到c，求传送带的最小速度的大小。
（3）若传送带的速度为，求货物从a运送到c的时间。
6．（2021上·广东深圳·高一统考期末）我国高铁技术世界领先，高铁出行已成为许多老百姓的首选。高铁列车上有许多制动和动力装置用于调整车速。质量为的高铁列车进站时关闭发动机，在水平直轨道的摩擦阻力作用下，以10m/s的初速度开始匀减速直线运动，列车滑行32m后车头恰好经过停车参考标志，速度减为6m/s。此时列车长打开相应装置，让列车立即受到与运动方向平行的恒力作用，0.5s后列车速度减为4m/s。列车又运动一段距离后列车长关闭该装置，最终停车时，车头越过停车参考标志6m，已知列车进站时速度小，空气阻力可忽略，重力加速度g取。求：
（1）列车受到轨道的阻力大小；
（2）打开装置后列车所受恒力的大小和方向；
（3）装置从打开到关闭，列车受恒力作用的时间。
7．（2022上·广东深圳·高一统考期末）如图甲所示，竖直面内存在某特殊区域，区域的上、下边界分别为MN、PQ，两边界相距4m。当物体处于这个区域内时，将受到竖直向上的变力F，其大小随y变化的关系如图乙所示（其中y为物体与下边界PQ的距离）。现将质量为的物体从下边界上的A处静止释放，到达上边界的B处时物体的速度为，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。
（1）定性分析物体在区域内上升过程的运动情况，并求出物体的最大加速度的大小；
（2）当速度达到最大值时，物体距离出发点A多远；
（3）已知物体运动到如图甲的C处时速度大小为2m/s，求物体从A运动到C处的总路程。
8．（2022上·广东深圳·高一统考期末）如图所示为某游乐园中供小朋友玩耍的滑梯，滑梯由斜面和水平面两部分构成，斜面部分倾角为16°、长为20m，水平面部分长为8m。质量M = 25kg的小朋友乘坐滑行用具（质量m约为5kg）从斜面顶端静止下滑，滑行用具与斜面间的动摩擦因数，不计滑行用具经过斜面最低点连接处的机械能损失，忽略空气阻力，sin16° ≈ 0.28，cos16° ≈ 0.96，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小朋友在斜面上的加速度大小a1和滑到斜面底端时的速度大小v；
（2）为安全起见，滑行用具不能滑出滑梯末端，则滑行用具与滑梯水平部分的动摩擦因数μ2至少多大才符合要求？
9．（2022上·广东深圳·高一统考期末）传送带是物流包裹自动化分拣系统的核心装置。如图所示，将质量为的包裹（可视为质点）无初速度释放于A处，经由传送带传输到B处。已知传送带以的恒定速率匀速运转，包裹与传送带间动摩擦因数，A、B相距4m，取，求：
（1）包裹运动多远刚好与传送带达到相同速度；
（2）包裹从A运动到B的时间。
10．（2022上·广东深圳·高一深圳市高级中学校考期末）如图所示，质量M=8kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平推力F，大小恒定为8N，当长木板向右运动的速度达到1.5m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg小物块，物块与长木板间的动摩擦因数=0.2，长木板足够长。（g取10m/s2）
（1）小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
（3）小物块放在长木板上时记为t=0s，当t=1s时水平推力F大小变为28N，方向不变。计算0~2s内小物块与木板位移的大小。
参考答案：
1．（1）；（2）；（3）11m
【详解】（1）滑雪者恰能够沿雪毯匀速下滑，对滑雪者受力分析，根据共点力平衡可知
解得
（2）对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
滑雪者与雪毯共速时
解得
共速后，滑雪者匀速前进
解得
总时间
（3）对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
下滑到底端时，根据
解得
由
可知
雪毯运行的长度为
故划痕的长度为
2．（1），方向沿斜面向上，，方向沿斜面向下；（2）；（3）不会撞上防撞设施
【详解】（1）在下坡段，正常刹车6s内做匀减速运动，取沿公路向下为正方向，则
代入数据得
方向沿斜面向上
方向沿斜面向下
（2）刹车突然失灵且发动机失去动力后，对货车受力分析，由牛顿第二定律得
由题图数据
货车匀加速运动
解得
（3）在制动坡床上运动时，对货车受力分析，由牛顿第二定律得
货车匀减速运动
解得
故货车不会撞上防撞设施。
3．（1）；（2）；（3）当时，当时
【详解】（1）煤块刚放上时受到向下的摩擦力，设其加速度为，由牛顿第二定律得
代入数据解得
煤块加速到与传送带速度相等时所用的时间
煤块加速到速度与传送带速度相等时通过的位移
煤块速度达到后，煤块受到向上的摩擦力，设煤块的加速度变为，由牛顿第二定律得
代入数据解得
再继续下滑到B的时间为， 由位移关系得
则
解得
煤块从A到B的时间
（2）第一过程煤块相对于传送带向后留下的黑色痕迹长度
第二过程煤块相对于传送带向前留下的黑色痕迹长度
与部分重合，故痕迹总长为
（3）物块刚滑上木板，对物块受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
物块加速度方向水平向右，对木板受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
木板加速度方向水平向左，煤块刚滑到传送带底端B点时的速度为
设经过时间，物块和木板的速度相等，则
解得
这段时间内煤块相对木板向前滑行的位移
这段时间内木板的位移
当时，煤块一直向左匀减速运动到平台上，速度满足
解得
当时，煤块与木板先共速，木板与平台相碰后煤块再匀减速滑上平台，则有
解得
4．（1）均为；（2）6.8m/s；3.2m/s；（3）不会掉落地面，会撞到驾驶室
【详解】（1）内，假设皮卡车与货物没有相对位移，对整体，根据牛顿第二定律
解得
而货物能够达到的最大加速度
故假设成立，皮卡车与货物没有相对位移，两者的加速度大小均为；
（2）时，牵引力增大到，此时皮卡车的加速度必然大于，则货物与皮卡发生了相对运动，对皮卡车，根据牛顿第二定律
解得
1s时，令，货车和货物的速度大小均为
令，则1.6 s时货车的速度大小
货物的速度大小
（3）1.6s前，货物相对车向后移动
时司机立即刹车，此时货车的加速度大小
当货物与货车速度相等时，货物相对货车向后运动的距离最大，有
解得
在这0.4s内，货物再相对货车向后运动的距离为
则货物相对货车向后运动的最大距离为
则货物不会从车尾掉落地面。
假设此后货物与皮卡车分别做匀减速直线运动，则货物的加速度仍为
对皮卡车由牛顿第二定律
货车的加速度大小
可见假设成立，皮卡车速度先减为0，皮卡车速度减为0后，由于
所以皮卡车将处于静止状态，皮卡车和货物都静止时，货物比皮卡车多发生的位移大小
由于
货物会碰撞到汽车驾驶室。
5．（1）；（2）；（3）2.3s
【详解】（1）货物在传送带1上的加速度
若货物以最短的时间从a传送到b，货物在传送带上做匀加速直线运动，则
解得
（2）若传送带的速度，则货物到达b点的速度为，在传送带2上的滑动摩擦力沿斜面向上，加速度为
方向沿斜面向下，货物做匀减速运动。速度减到零时，沿传送带上升的距离
则货物不能恰能运送到c。
若传送带的速度小于，则货物到达b与传送带有共同速度，在传送带2上做匀减速运动，加速度为
若货物恰能运送到c，则货物到c点的速度为零，则
解得
（3）若传送带的速度为，货物在传送带1上先做匀加速运动，与传送带达到共同速度后做匀速运动，则做匀加速运动的时间为
做匀加速运动的位移
则做匀速运动的时间为
由于
所以货物到达c速度没减小到零，则
解得
或（舍去）
货物从a运送到c的时间
6．（1）；（2）1.5×106N，方向水平向左；（3）1s
【详解】（1）假设高铁经过停车参考标志时速度为v1，初始时对高铁
联立解得阻力大小为
（2）假设施加的恒力F方向水平向左，与运动方向相反，如图所示，高铁加速度大小为a1，在0.5s内
联立并代入数据，得
a1=4m/s2
水平向左，解得
F=1.5×106N
假设成立，方向与阻力方向相同，水平向左。
（3）设在t时刻运动到P点时撤去F，有
在P点后，高铁在轨道摩擦作用下匀减速运动到停止在Q点，由（1）知加速度大小为a，则有
依题意
联立并代入数据，得
或
判断：假设高铁从经过停车参考标志到速度减为零都未撤去恒力F，该过程对应的时间设为t停，则
因，故舍去。即撤去F时刻t=1s。
7．（1）见解析，；（2）；（3）或（n=0，1，2，3…）
【详解】（1）由受力分析可知，物体先是在A、B间做加速度逐渐减小的加速运动，当F减小到等于mg时速度达到最大值；之后，物体继续向上做加速度（方向竖直向下）逐渐增大的减速运动，直至离开该区域。
显然，当物体在A处时加速度最大，由牛顿第二定律
得
（2）当加速度a=0，即F=mg时，速度达到最大值。由F-y图线可知
代入F=mg可得
所以，距离A点2.4m处时，速度达到最大值。
（3）对物体的运动进行分析可知，物体从A处出发到达最高点，再根据运动的对称性，可知物体又会下落回到A处，再周而复始运动下去。
设物体能上升的最大高度H，最大高度到B点的距离为h2，根据竖直上抛运动特点，可知
解得
所以，最高处距离A点高
物体从B到C做竖直上抛运动
解得
所以，物体从A到C之间的总路程SAC可能为：
当物体向上经过C点时
（n=0，1，2，3…）
即
（n=0，1，2，3…）
当物体向下经过C点时
（n=0，1，2，3…）
即
（n=0，1，2，3…）
8．（1）1.6m/s2，8m/s；（2）0.4
【详解】（1）小朋友和滑行用具为研究对象，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律有
（M＋m)gsin16°－f = (M＋m)a1
其中
f = μ1FN
FN= (M＋m)gcos16°
解得
a1= 1.6m/s2
在斜面轨道上做匀加速直线运动，有
v2= 2a1x
可得
v = 8m/s
（2）在水平轨道上时，受力分析如图
小朋友和滑行用具匀减速直线运动到滑梯末端静止，有
0－v2= －2a2x2
其中
解得
μ2= 0.4
所以滑行用具与滑梯水平部分的动摩擦因数至少为0.4才符合要求。
9．（1）0.25m；（2）4.25s
【详解】（1）包裹在传送带上先做匀加速直线运动，受力分析如图所示
由
F合=ma
F合=Ff= mg
可得
x1=0.25m
（2）包裹与传送带达到相同速度后匀速直线运动
x2=AB-x1=3.75m
又
x2=v0t2
可得
t2=3.75s
由
v0=at1
可得
t1=0.5s
即物块到达最右端B时的时间为
t=t1+t2=4.25s
10．（1）2 m/s2 ，0.5m/s2；（2）1s；（3）4m，5.25m
【详解】(1)小物块放上后，受向右的滑动摩擦力而做加速运动，根据牛顿第二定律
可得
am＝μg＝2 m/s2
长木板的加速度
解得
(2)设经时间t两者达到相同的速度，由匀变速直线运动规律
amt＝v0＋aMt
解得
t＝1s
(3)在开始1 s内小物块和长木板的位移分别为
x1＝amt12
解得
x1＝1m，x2＝1.75m
1s末m和M的速度相等为
v1=2m/s
当t=1s时水平推力F大小变为28N，假设二者发生相对滑动，则m的加速度为am＝2 m/s2，M的加速度由牛顿第二定律
解得
由于，假设成立，说明第2s开始二者分别以不同的加速度做匀加速直线运动。
对m和M，由匀变速直线运动规律，二者第2s内的位移分别为
解得
3m，3.5m
则在2s内小物块和长木板通过的总位移分别为
xm＝x1＋4m
xM＝x2＋5.25m
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