2019-2020年高考物理二轮复习 专题二 牛顿运动定律与直线运动导（含解析）.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 专题二 牛顿运动定律与直线运动导（含解析）热点一匀变速直线运动规律的应用命题规律：高考对该热点的考查既有选择题也有计算题，命题方向主要有：(1)匀变速运动公式的灵活应用(2)在行车安全中的应用(3)追及相遇问题1.(xx河北区一模)一位宇航员在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则()A物体在2 s末的速度是20 m/sB物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC物体在第2 s内的位移是20 mD物体在前5 s内的位移是50 m解析由自由落体位移公式hgt2得，h5h4gtgtg(5242)18 m，解得g4 m/s2，物体在2 s末的速度v2gt42 m/s8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度 m/s18 m/s，选项B错误；物体在第2 s内的位移hh2h1gtgt4(2212) m6 m，选项C错误；物体在前5 s内的位移h5gt452 m50 m，选项D正确答案D2.(xx高考山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t00.4 s，但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v072 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L39 m减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动取重力加速度的大小g10 m/s2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值解析(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v020 m/s，末速度vt0，位移s25 m，由运动学公式得v2ast联立式，代入数据得a8 m/s2t2.5 s(2)设志愿者反应时间为t，反应时间的增加量为t，由运动学公式得Lv0tsttt0联立式，代入数据得t0.3 s(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得Fma由平行四边形定则得FF2(mg)2联立式，代入数据得.答案(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)3.(xx西安一模)A、B两辆汽车在平直的公路上同向行驶当A车的速度为20 m/s、B车的速度为4 m/s且B车在A车前84 m处时，B车开始以2 m/s2的加速度做匀加速运动，经过6 s后，B车加速度突然变为零，A车一直做匀速运动，求两车经过多长时间相遇？解析设A车的速度为vA，B车的速度为vB，B车加速行驶时间为t，两车经过时间t0相遇，如图所示对A车：xAvAt0对B车加速过程：vBvBatxB1vBtat2B车匀速运动过程：xB2vB(t0t)又有：xAxB1xB2x解得：t012 s.答案12 s总结提升匀变速直线运动常用的五种解题方法热点二运动图象的应用命题规律：运动图象的应用一直是近几年高考的热点，分析近几年的高考题，命题规律主要有以下几点：(1)运动图象结合匀变速直线运动规律考查(2)运动图象结合牛顿第二定律考查(3)在综合题中运动图象结合受力分析、运动分析考查1.(xx内蒙古包头测评)某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体，其加速度a、速度v、位移x随时间t变化的图象如图所示，若该物体在t0时刻，初速度为零，则A、B、C、D四个选项中表示该物体沿单一方向运动的图象的是()解析物体沿单一方向运动是指运动的速度方向不发生改变A为位移时间图象，由图象可知，物体做往复运动，运动方向发生改变，则A错误；B为速度时间图象，由图象可判断，速度的大小和方向都发生改变，则B错误；C为加速度时间图象，由图象可知，01 s内物体正向匀加速运动，12 s内物体正向匀减速运动，2 s末速度减为0,23 s内物体又正向匀加速运动，依次变化运动下去，运动方向始终不变，则C正确；D为加速度时间图象，由图象可知，01 s内物体正向匀加速运动，12 s内物体正向匀减速运动，2 s末速度减为0,23 s内物体反向匀加速运动，物体的运动方向发生改变，则D错误答案C2.(xx高考重庆卷)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是()解析受空气阻力作用的物体，上升过程中：mgkvma，得agv，v减小，a减小，A错误到达最高点时v0，ag，即两图线与t轴相交时斜率相等，故D正确答案D3.(xx武昌区高三调研)两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的vt图象如图所示对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是()AA、B加速时的加速度大小之比为21，A、B减速时的加速度大小之比为11B在t3t0时刻，A、B相距最远C在t5t0时刻，A、B相距最远D在t6t0时刻，A、B相遇解析由vt图象可知，通过斜率可计算加速度大小，加速时A、B的加速度大小之比为101，减速时A、B的加速度大小之比为11，所以选项A错误；由A、B运动关系可知，当A、B速度相同时距离最远，所以选项B、C错误；由题意可知A、B是从同一位置同时开始运动的，由速度时间图象可以算出运动位移，可知6t0时刻，A、B位移相同，因此在此时刻A、B相遇，所以选项D正确答案D规律总结(1)从vt图象中可读取的信息运动速度：从速度轴上直接读出，正负表示运动方向.运动时间：从时间轴上直接读出时刻，取差得到运动时间.运动加速度：由图线的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向.运动的位移：由图线与时间轴围成的面积得到位移，图线与时间轴围成的面积表示位移的大小，时间轴以上的面积表示与规定的正方向相同，时间轴以下的面积表示与规定的正方向相反.(2)用图象法解题的关键要运用图象正确地分析、解答物理问题，应对物理图象做到“三会”：会看、会用、会画.会看：能由坐标系的纵轴和横轴所代表的物理量，结合图象，认识图象所表达的物理意义.会用：a.根据图象写出两个物理量之间的函数关系式，对照与题目有关的物理规律，阐述有关的物理问题.,b.根据物理原理(公式)推导出两个物理量之间的函数关系，结合图象明确图象斜率、截距、“面积”的意义，从而由图象所给信息求出未知量.会画：根据题中所给条件，明确物体的运动特点及物理量之间存在的数学函数关系，画图时需根据物体在不同阶段的运动情况，通过定量计算分阶段、分区间逐一描图.)热点三牛顿运动定律的综合应用命题规律：牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点：(1)超、失重问题，瞬时性问题(2)整体法和隔离法处理连接体问题(3)牛顿运动定律与图象综合问题1.(多选)如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量均为m的木块A和B，中间用一个原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，两木块与地面间的动摩擦因数均为.现用一水平推力向右推木块A，当两木块一起匀速运动时，撤去外力，则下列说法正确的是(不计空气阻力)()A撤掉外力时两木块之间的距离为LB撤掉外力后两木块一起做匀减速运动C撤掉外力后，木块A做匀减速运动，木块B做匀加速运动D撤掉外力时木块A的加速度较大解析撤掉外力时，两木块所受弹簧的弹力大小相等，方向相反，而所受到的摩擦力大小相等，方向相同，都向左，设x为弹簧的形变量，故木块A受到的合力为kxmg，木块B受到的合力为零，所以木块A受到的合力大，加速度大，以木块B为研究对象，B处于平衡状态，有kxmg，弹簧的形变量为x，所以撤去外力时，两木块相距L，A、D正确；撤掉外力后，A、B两木块均做减速运动，但并非匀减速运动，且A的加速度大于B的加速度，B、C错误答案AD2.(多选)(xx高考江苏卷)如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上. A、B 间的动摩擦因数为，B 与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对 A 施加一水平拉力 F，则()A当F3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过g解析对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为mg，故当mgF2mg时，A、B相对地面运动，故A错对A、B整体应用牛顿第二定律，有F3mg3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，2mg3mgma，两式联立解得F3mg，可见，当F3mg时，A相对B才能滑动，C对当Fmg时，A、B相对静止，对整体有：mg3mg3ma，ag，故B正确无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2mg，故B的最大加速度aBmg，可见D正确答案BCD3.如图甲所示，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、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)根据vt图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离x.思路点拨(1)vt图象斜率大小表示物体运动的加速度大小；(2)不同物体或不同时间阶段受力情况不同；(3)物块与木板同速后不再发生相对滑动解析(1)由vt图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1 m/s21.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2 m/s21 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3 m/s20.5 m/s2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：1mgma1对木板向前匀加速阶段：1mg2(mM)gMa2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：2(mM)g(Mm)a3以上三式联立可得.(3)由vt图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离x对应图中abc的面积，故x104 m20 m.答案(1)1.5 m/s21 m/s20.5 m/s2(2)(3)20 m动力学中的多过程问题命题规律：高考对该问题的考查主要以行车安全、传送带(或平板车)、带电粒子的运动、电磁感应中导体的运动等为模型，结合生产、生活和科学技术中的实际应用进行命题题型以计算题为主我们应抓住“两个分析”(受力分析和运动过程分析)及“一个桥梁”(加速度是联系力与运动的桥梁)，综合运用牛顿运动定律及运动学公式解决问题解析(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a13 m/s2，(1分)由于1mg22mg，(1分)故平板做匀加速运动，加速度大小：a21 m/s2(1分)设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v，平板位移为x，对滑块：vva1t(1分)L2xvta1t2(1分)对平板：va2t(1分)xa2t2(1分)联立以上各式代入数据解得：t1 s，v4 m/s.(1分)(2)滑块在传送带上的加速度：a35 m/s2(1分)若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v15 m/s6 m/s(1分)即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t，离开平板时的速度为v，平板位移为x则vv1a1t(1分)L2xv1ta1t2(1分)xa2t2(1分)联立以上各式代入数据解得：t1 s，t22 s(t2t，不合题意，舍去)(1分)将t s代入vva1t得：v3.5 m/s.(1分)答案(1)4 m/s(2)3.5 m/s总结提升本例涉及传送带和板块两个基本模型对传送带问题一是要注意摩擦力方向的判定，二是注意物体与传送带速度相等时摩擦力的改变，三是物体在传送带上能否一直加速和能否达到与传送带共速板块模型问题的实质是两个相关连物体的运动问题，正确对物体受力分析求出两者的加速度是基础，确定两者运动的速度关系、位移关系是关键最新预测1(xx北京东城区检测)如图所示，小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由光滑的斜面AB和粗糙的水平面BC组成(它们在B处由极短的光滑圆弧平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压力时，其示数为正值；当传感器受拉力时，其示数为负值一个小滑块(可视为质点)从A点由静止开始下滑，经B至C点的过程中，传感器记录到的力F随时间t变化的关系如下图所示，其中可能正确的是()解析：选D.滑块在斜面上时，小车受到滑块作用力如图甲所示，滑块滑到水平面时，小车受到滑块的摩擦力如图乙所示，不管滑块在斜面上，还是在水平面上，小车受到的力都是大小恒定的，在斜面上时，传感器受压力；在水平面上时，传感器受拉力，选项D正确，选项A、B、C错误最新预测2(xx潍坊高三联考)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F6 N的水平力作用下由静止开始向右运动已知木板A、B长度均为l1 m，木板A的质量mA3 kg，小滑块及木板B的质量均为m1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为10.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为20.1，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力Ff11mg4 N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力Ff22(2mmA)g5 NFf1Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F1mgma1la1t解得：t11 s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为v2，则：1mg22mgma2vBa2t2xBa2tv1a1t1x块v1t2a1tx块xBl解得：vB1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s失分防范(1)受力分析和运动分析相结合，正确划分物体所经历的每个过程是解决多过程问题的前提.(2)明确每一过程的特点和所遵循的规律是解决问题的关键，特别要注意挖掘隐含条件和临界条件.,(3)利用前后两个过程间的联系：前一过程的末速就是后一过程的初速.)一、选择题1(xx高考上海卷)在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为()A. B.C. D.解析：选A.以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有hvt1gt，hvt2gt，tt1t2，解以上三式得两球落地的时间差t，故A正确2(xx高考广东卷)如图是物体做直线运动的vt图象由图可知，该物体()A第1 s内和第3 s内的运动方向相反B第3 s内和第4 s内的加速度相同C第1 s内和第4 s内的位移大小不相等D02 s和04 s内的平均速度大小相等解析：选B.由题图可知第1 s内和第3 s内速度都为正，运动方向相同，A项错；24 s图线斜率不变，加速度不变，B项正确；vt图线与时间轴所围的面积表示位移，故第1 s内和第4 s内的位移大小相等，选项C错；02 s和04 s内位移相等，但时间不等，由可知D项错3(xx河南六市联考)A、B两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的vt图象如图所示在t0时刻，B在A的前面，两物体相距7 m，B物体做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2.则A物体追上B物体所用时间是()A5 s B6.25 sC7 s D8 s解析：选D.B车减速到零所需的时间t s5 s在5 s内A车的位移xAvAt45 m20 mB车的位移xBt5 m25 m则在5 s时两车相距xxB7xA(25720) m12 m则A追上B所需的时间为tt5 s s8 s.4(多选)(xx武汉高三联考)质量m2 kg、初速度v08 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向则以下结论正确的是(取g10 m/s2)()A01 s内，物体的加速度大小为2 m/s2B12 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C01 s内，物体的位移为7 mD02 s内，物体的总位移为11 m解析：选BD.由题图可知，在01 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿运动定律可得Fmgma，解得加速度大小a4 m/s2，在12 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿运动定律可得Fmgma1，解得加速度大小a12 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知01 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算02 s内的位移为11 m，选项D正确；因此答案选B、D.5(xx石家庄质检)如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角这段时间内关于物块B受到的摩擦力下述判断中正确的是()A物块B不受摩擦力作用B物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D因小车的运动性质不能确定，故B受到的摩擦力情况无法判断解析：选B.由题图知A球的加速度大小为agtan ，方向向左，则小车向右减速行驶，物块B相对小车有向右运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为FfmBgtan ，只有B正确6(xx宁夏银川一中一模)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B.和0C.和 D.和解析：选C.由整体法知，F弹(mAmB)gsin 30剪断线瞬间，由牛顿第二定律对B：F弹mBgsin 30mBaB，得aB对A：mAgsin 30mAaA，得aAg所以C项正确7(xx唐山二模)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度减小C速度先增大后减小，加速度先增大后减小D速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选D.滑块在传送带上受力如图所示，当Ffkx时，滑块向左做加速运动，由牛顿第二定律得Ffkxma，随着x的增大，加速度a减小；当Ffkx时，a0，速度达到最大值；当Ffkx时，由牛顿第二定律得kxFfma，随着x的增大，加速度a增大，速度v减小，直至为零，此时弹簧弹力最大，故选项D正确8(多选)(xx高考浙江卷)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮mgma，解得F浮m(ga)460(100.5) N4 830 N，A正确加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度vat5 m/s，C项错误匀速上升时，F浮Ffmg，所以FfF浮mg4 830 N4 600 N230 N，D项正确9(多选)(xx沈阳调研)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A物体的初速率v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：选BC.当角度达到90时，物体将做竖直上抛运动，此时上升高度为1.80 m，由竖直上抛运动规律可求得初速度v06 m/s，选项A错误；当角度为0时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.40 m，由牛顿运动定律可得，动摩擦因数0.75，选项B正确；当倾角为时，由牛顿运动定律可得mgsin mgcos ma，又有x，结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m，选项C正确；角为30时，到达最高点重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此达到最大位移后不会下滑，选项D错误二、计算题10(xx济南高三质检)静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L1 m，承受的最大拉力为8 N，A的质量m12 kg，B的质量m28 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(g10 m/s2)(1)求绳刚被拉断时F的大小；(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为2 m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？解析：(1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为FT，根据牛顿第二定律，对A物体有FTm1gm1a代入数据得a2 m/s2对A、B整体有F(m1m2)g(m1m2)a代入数据得F40 N.(2)设绳断后，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，则a12 m/s2a23 m/s2A的速度减为0所需的时间为t1 sA的位移为x11 mB的位移为x2vta2t23.5 mA速度减为0时，A、B间的距离为xx2Lx13.5 m.答案：(1)40 N(2)3.5 m11(xx运城一模)如图所示，质量M0.2 kg的长木板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数10.1，另一质量m0.1 kg的带正电小滑块以v08 m/s的初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数20.5，小滑块带电量为q2103 C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E1102 N/C，(g10 m/s2)求：(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？(2)小滑块最后停在距长木板左端多远的位置解析：(1)设小滑块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：Eq2mgma1解得：a13 m/s22mg1(mM)gMa2解得：a21 m/s2.(2)设两者经过t时间相对静止，此时的速度为v，则：v0a1ta2tv解得：t2 s，v2 m/s这段时间内小滑块的位移：x1v0ta1t210 m长木板的位移x2a2t22 m由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距长木板左端xx1x28 m.答案：(1)3 m/s21 m/s2(2)8 m12(xx江苏镇江模拟)如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m1 kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x2 m已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2.(1)若给物块施加一水平拉力F11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F应至少多大；(3)若使物块以初速度v0从A点开始向右运动，并仍滑上(2)问中倾斜的传送带，且传送带以4 m/s速度向上运动，要使物块仍能到达C点，求物块初速度v0至少多大解析：(1)物块在AB段：Fmgma1a16 m/s2则到达B点时速度为vB，有vB2 m/s滑上传送带mgma2刚好到达C点，有v2a2L得传送带长度L2.4 m.(2)将传送带倾斜，滑上传送带有mgsin 37mgcos 37ma3，a310 m/s2，物块仍能刚好到C端，有v2a3L在AB段，有v2axFmgma联立解得F17 N.(3)由于tan 37，故要使物块能到达C点，物块初速度最小时，有物块滑到C时刚好和传送带有相同速度vv2a3L，解得vB8 m/s物块在AB段做匀减速直线运动vv2gx，解得v02 m/s.答案：(1)2.4 m(2)17 N(3)2 m/s