高中數學《高中全程學習方略》2025版必修第一冊必修第一冊第四章6.超重和失重含答案6.超重和失重【課程標準】通過實驗,認識超重和失重【知識導圖】必備知識·認知導學一、重力的測量1.方法一:(1)測量物體做自由落體運動的加速度g;(2)用天平測量物體的質量m;(3)利用牛頓第二定律得:G=mg。2.方法二:利用力的平衡條件對重力進行測量。將待測物體懸掛或放置在測力計上,使它處于靜止狀態,這時測力計的示數反映了物體所受的重力大小。二、超重和失重超重物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力失重物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力完全失重加速下降過程中a=g,體重計的示數為0,物體對支持物(或懸掛物)完全沒有作用力[思考]某同學在下蹲的過程中,處于超重還是失重?無論超重還是失重,物體所受重力不變。提示:先失重后超重。動手求真站在體重計上向下蹲,在下蹲的過程中,體重計的示數如何變化?靜止后示數又怎樣變化?答案:先變小,后變大,再變小。當人靜止后,保持某一數值不變。明辨是非1.用彈簧測力計測量重力時,彈簧測力計的示數一定等于物體的重力大小。(×)提示:不一定,與物體的運動狀態有關。2.物體重力大小G=mg是根據牛頓第二定律確定的。(√)3.人站在體重計上靜止不動時視重等于重力。(√)4.物體處于超重狀態時重力增大了。(×)提示:物體處于超重狀態時本身重力沒有增大,只是視重增大了。5.做自由落體運動的物體處于完全失重狀態。(√)關鍵能力·探究導思學習任務一超重和失重的理解探錨——情境創設啟發設問一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水,撤除手指,假設容器做自由落體運動時:(1)底部小孔漏水嗎?(2)解釋原因。提示:(1)不漏水。(2)讓容器自由下落時,水和容器只受到重力的作用,水和容器都處于完全失重狀態,此時水和容器的運動狀態相同,它們之間沒有相互作用,水不會流出。解錨——要點歸納規律概括超重、失重的比較特征狀態加速度運動情況受力示意圖平衡a=0靜止或勻速直線運動超重向上向上加速或向下減速失重向下向下加速或向上減速完全失重a=g自由落體、拋體、正常運行的衛星等起錨——典題突破學以致用角度1從加速度的角度判斷超重、失重【典例1】(2024·赤峰高一檢測)很多智能手機都有加速度傳感器,加速度傳感器能通過圖像顯示加速度情況。用手掌托著手機,打開加速度傳感器,手掌從靜止開始迅速上下運動,得到如圖所示的手機在豎直方向上的加速度隨時間變化的圖像。該圖像以豎直向上為正方向,取重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正確的是()A.手機始終與手掌存在作用力B.手機在t1時刻處于平衡狀態C.手機在t2時刻改變運動方向D.手機在t3時刻處于完全失重狀態【解析】選D。由題圖可知,t3時刻手機的加速度為-10m/s2,即此時手機只受重力作用,與手掌間沒有相互作用力,手機處于完全失重狀態,故A錯誤,D正確;手機在t1時刻加速度大于10m/s2,且加速度向上,手機處于超重狀態,故B錯誤;手機在t2時刻加速度方向改變,手機開始做減速運動,速度方向不變,即運動方向不變,故C錯誤。[思維升華]當物體有向上的加速度時,物體處于超重狀態;當物體有向下的加速度時,物體處于失重狀態。超重和失重與物體的運動方向沒有必然的聯系。角度2從受力的角度判斷超重、失重【典例2】(2024·滁州高一檢測)如圖是某同學站在壓力傳感器上做“下蹲—起立”的動作時傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線,縱坐標為壓力,橫坐標為時間。由圖線可知,該同學的體重約為650N,除此以外,以下信息正確的是()A.1s時人處在下蹲的最低點B.2s時人處于起立靜止狀態C.下蹲過程中人處于先失重后超重的狀態D.該同學做了2次“下蹲—起立”的動作【解析】選C。人處在下蹲的最低點時應該沒有加速度,由題圖可知在1s時人有向下的加速度,故A錯誤;2s時傳感器示數等于人的重力,故此時處于下蹲靜止狀態,故B錯誤;人在下蹲的過程中,先加速向下運動,此時加速度方向向下,故人處于失重狀態,最后人靜止,故后半段是人減速向下的過程,此時加速度方向向上,人處于超重狀態,故下蹲過程中人先失重后超重,故C正確;該同學在前2s是下蹲過程,后2s是起立的過程,所以共做了1次“下蹲—起立”的動作,故D錯誤。【補償訓練】(多選)圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖,傳感器表面水平,F表示人對傳感器的壓力,中間的“”表示人的重心。圖乙是根據傳感器采集到的數據畫出的F-t圖像,兩圖中a~g各點均對應,其中有幾個點在圖甲中沒有畫出。取g=10m/s2,根據圖像分析可知()A.a到b的過程為下蹲過程,b點為重心最低點位置B.c點位置時,人下蹲的速度達到最大C.e點位置人處于失重狀態D.e點的加速度大小等于g點的加速度大小【解析】選B、D。b點壓力最小,加速度方向向下,速度方向向下,不是重心最低點,A錯誤;c點位置時,人受到的重力與支持力相等,加速度為零,則速度最大,B正確;e點位置,人受到的重力小于支持力,加速度方向向上,處于超重狀態,C錯誤;e點支持力為1000N,g點支持力為0,而重力為500N,根據牛頓第二定律F-mg=ma可知,e點的加速度大小等于g點的加速度大小,D正確。學習任務二超重和失重的計算探錨——情境創設啟發設問蹦極是一項極限體育項目。運動員從高處跳下,在彈性繩被拉直前做自由落體運動;當彈性繩被拉直后,在彈性繩的緩沖作用下,運動員下降速度先增加再減小逐漸減為0。請思考:下降過程中,運動員在各個階段分別處于何種狀態?提示:加速度向上時處于超重;FT-mg=ma,FT>mg。加速度向下時,處于失重;mg-FT=ma,FT<mg。解錨——要點歸納規律概括超重和失重定量分析的基本思路:(1)確定研究對象;(2)把研究對象從運動體系中隔離出來,進行受力分析并畫出受力圖;(3)選取正方向,分析物體的運動情況,明確加速度的方向;(4)根據牛頓運動定律和運動學公式列方程;(5)解方程,找出所需的結果。起錨——典題突破學以致用角度1電梯中的超重、失重的計算【典例3】(多選)(2024·福州高一檢測)在電梯中,把一重物置于水平臺秤上,臺秤與力傳感器相連,電梯先從靜止加速上升,然后又勻速運動一段時間,最后停止運動。傳感器屏幕上顯示出臺秤所受的壓力與時間的關系(N-t)圖像,如圖所示,g取10m/s2,下列說法正確的是()A.電梯在啟動階段經歷了4s的加速上升過程B.電梯的最大加速度是203m/sC.重物在0到4s的時間里,先超重后失重D.在整個過程中,重物所受重力先變大,后不變,再變小,最后又不變[思維導引]程序內容研究對象重物獲取信息從(N-t)圖得到最大壓力選擇規律根據牛頓第二定律求解最大加速度【解析】選A、B。由題圖可知,重物在0~4s一直處于超重狀態,加速度向上,電梯加速上升,故C錯誤,A正確;由題圖可知,重物的重力為30N,當壓力最大為50N時,具有向上的最大加速度,由牛頓第二定律有N-G=Gga,解得a=203m/s2,故B正確;在整個過程中,重物所受重力保持不變,故角度2運動中的超重、失重的計算【典例4】(2024·廣州高一檢測)引體向上是高中學生體質健康標準的測試項目之一。如圖甲所示,質量為m=55kg的某同學,雙手抓住單杠做引體向上,在豎直向上運動過程中,其重心的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示,g取10m/s2,由圖像可知,下列選項錯誤的是()A.t=1.0s時,他的加速度約為0.3m/s2B.0~1.0s,他的位移約為0.15mC.t=1.0s時,他受到單杠的作用力大小約為550ND.t=1.5s時,他正處于失重狀態【解析】選C。v-t圖像的斜率表示加速度,0~1.1s內v-t圖像近似一條直線,可認為0~1.1s內學生做勻加速運動,t=1.0s時,他的加速度約為a=ΔvΔt=301.0×10-2m/s2=0.3m/s2,故A正確;v-t圖像與橫坐標軸圍成的面積表示位移,0~1.0s,他的位移約為x=12×30×10-2×1m=0.15m,故B正確;t=1.0s時,根據牛頓第二定律F-mg=ma,他受到單杠的作用力大小約為F=566.5N,故C錯誤;t對點訓練1.(2024·汕尾高一檢測)學生利用一彈簧測力計把質量m=1kg的物體靜止懸吊在豎直電梯的天花板下,彈簧測力計的示數隨時間的變化如圖所示,取g=10m/s2,他想通過彈簧測力計的示數來判斷電梯的運動情況,下列說法正確的是()A.3~6s內,電梯的加速度為10m/s2B.電梯全程處于下行狀態C.電梯先向下后向上運動D.電梯先減速接著加速運動【解析】選B。物體在0~3s內的加速度為a1=mg-F1m=1×10-51m/s2=5m/s2,加速度的方向與重力加速度的方向相同,所以電梯向下做加速運動;3~6s彈簧測力計的示數等于重力,則電梯向下做勻速運動;6~9s內物體的加速度2.(多選)某同學用一手機傳感器軟件探究電梯上升過程中的超失重現象,該軟件可以實時測量手機運動時的加速度。現該同學攜帶該手機進入電梯,先運行手機加速度傳感器軟件采集數據,之后按下按鈕電梯上升,傳感器上顯示電梯上升過程中,加速度a隨時間t變化的情況如圖所示,重力加速度g=10m/s2,則()A.在10~12s內,該同學處于超重狀態B.若該同學的體重為60kg,上升階段他對電梯的最大壓力為582NC.電梯一共上升的距離為10.8mD.在0~30s內,該同學受到電梯的支持力先減小后增大【解析】選A、C。由題圖可知10~12s內支持力大于重力,則該同學處于超重狀態,對電梯的壓力最大,對其進行受力分析,由牛頓第二定律有N-mg=ma,由題圖可知a=0.3m/s2,代入數據解得N=618N,根據牛頓第三定律可知,上升階段該同學對電梯的最大壓力為618N,故A正確,B錯誤。10~12s內電梯勻加速上升的距離為s1=12at12=0.6m,且12s末的瞬時速度為v1=at1=0.6m/s;12~28s內電梯勻速上升的距離為s2=v1t2=9.6m;28~30s內電梯勻減速上升的距離為s3=v1t3-12a't32=0.6m,則電梯一共上升的距離s=s1+s2【拓展例題】考查內容:超重、失重與牛頓第二定律的瞬時性綜合【典例】(多選)(2024·滁州高一檢測)如圖所示,在減速運動的升降機里,頂板的細線下懸掛小球A,下接一輕彈簧測力計和小球B。已知mA=mB=5kg,彈簧測力計讀數穩定為40N,(g=10m/s2)則下列說法正確的是()A.升降機正在上升B.升降機正在下降C.若某時刻剪斷細線,剪斷細線瞬間A的加速度大小是18m/s2D.若某時刻剪斷細線,剪斷細線瞬間B的加速度大小是0【解析】選A、C。對B球受力分析,其受到豎直向下的重力以及豎直向上的拉力,則根據牛頓第二定律可知mg-T=ma,解得a=mg-Tm=2m/s2,B球加速度方向向下,因為是在減速運動的升降機里,故升降機向上運動,故A正確,B錯誤。若某時刻剪斷細線,因為細線上的力可以突變,彈簧上力不能突變,剪斷細線后小球A受豎直向下的重力與拉力,則有FA=(40+5×10)N=90N,則球A的加速度為aA905m/s2=18m/s2;同理可知剪斷細線瞬間球B的加速度依舊為剪斷前的加速度,為2m/s2隨堂檢測·自我診斷1.(對超重、失重的理解)電梯上升過程中,某同學用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系,如圖甲所示。為簡化問題,將圖線簡化為圖乙,電梯處于超重狀態的時段是()A.從10.0s到11.8sB.從11.8s到20.0sC.從20.0s到27.5sD.從27.5s到30.0s【解析】選A。v-t圖像的斜率表示加速度,由圖乙可知,從10.0s到11.8s時間段,電梯有向上的加速度,處于超重狀態。2.(對超重、失重的理解)跳高是田徑比賽中一項技術性較強的運動,完整的過程中包含很多物理知識,下列說法正確的是()A.助跑過程,運動員的重力的反作用力是地面對運動員的支持力B.還未離地的起跳上升階段,地面對運動員的作用力大于運動員對地面的作用力C.整個起跳上升階段,運動員先處于超重狀態后處于失重狀態D.在最高點運動員還能繼續越過橫桿,是因為受到了一個向前的沖力【解析】選C。根據作用力與反作用力的特點,作用力與反作用力應分別作用在兩個物體上,所以運動員的重力的反作用力是運動員對地球的吸引力,而重力和地面對運動員的支持力是一對平衡力,故A錯誤;地面對運動員的作用力和運動員對地面的作用力是一對作用力與反作用力,根據作用力與反作用力的特點,作用力與反作用力應大小相等,故B錯誤;整個起跳上升階段中運動員先向上做加速運動,加速度方向向上,后向上做減速運動,加速度方向向下,所以運動員先處于超重狀態,后處于失重狀態,故C正確;運動員還能繼續越過橫桿,是由于運動員具有慣性,將保持向前的運動狀態,而不是受到了一個向前的沖力,故D錯誤。3.(對超重、失重的理解)(多選)如圖甲所示是我國自主研制的噸位2600t全地面起重機。該起重機能夠實現160m高度吊重173t(相當于100多輛家用汽車加起來的重量)的極限工況,可以通過狹窄、起伏的山地。該起重機吊著一箱貨物豎直下降,貨物距離地面的高度h與時間t的關系簡化圖如圖乙所示,圖中t1~t2段為直線,忽略重力加速度的變化,下列說法正確的是()A.0~t1時間內,貨物處于失重狀態B.t1~t2時間內,貨物處于失重狀態C.t1~t2時間內,貨物處于超重狀態D.t2~t3時間內,貨物處于超重狀態【解析】選A、D。h-t圖線斜率的絕對值表示貨物下降時的速度大小,由題圖乙可知,0~t1時間內,貨物加速下降,加速度向下,所以處于失重狀態,故A正確;t1~t2時間內,貨物勻速下降,既不超重也不失重,故B、C錯誤;t2~t3時間內,貨物減速下降,加速度向上,所以處于超重狀態,D正確。4.(超重、失重的計算)太空探索已成為眾多青年才俊的志向,很多年輕人都立志做一名遨游太空的航天員。但要成為一名航天員,需具備一定的耐受能力。在飛船加速過程中,航天員處于超重狀態。人們把這種狀態下航天員對座椅的壓力N與靜止在地球表面時所受重力mg的比值,稱為耐受力值,用k表示。在選拔航天員時,要求其耐受力值為4≤k≤12。若某次宇宙飛船執行任務過程中,在飛船起飛階段航天員的耐受力值k1=4.2,而重返大氣層階段飛船以a2=5.2m/s2的加速度豎直向下減速運動。設航天員質量m=75kg,求:(g取10m/s2)(1)飛船起飛階段加速度a1的大小;(2)返回大氣層時航天員的耐受力值k2。【解析】(1)飛船起飛階段,由題可知k1=N1mg=4得到N1=4.2mg航天員與飛船加速度相同,起飛時航天員受力如圖1:重力mg、支持力與壓力等大為N1;根據牛頓第二定律,取豎直向上為正方向,有N1-mg=ma1代入數據,解得a1=32m/s2。(2)飛船返回大氣層時,航天員受力如圖2:重力mg、支持力N2根據牛頓第二定律,取豎直向上為正方向,有N2-mg=ma2根據牛頓第三定律代入數據,解得耐受力值k2=N2mg=1+a2答案:(1)32m/s2(2)1.52第四章階段提升課思維脈圖·構建體系答案速填:①__運動狀態__②__質量__③__正比__④__反比__⑤__F=ma__⑥__矢量性__

⑦__瞬時性__⑧__獨立性__⑨__加速度__⑩__a>g,方向向上__?__向下__

?__a=g__

核心考點·整合貫通考點動力學中的臨界和分離問題(科學思維——科學推理)1.常見的臨界條件(1)兩物體脫離的臨界條件:FN=0。(2)相對滑動的臨界條件:靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件:繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力;繩子松弛的臨界條件是FT=0。2.解題基本思路(1)認真審題,詳細分析問題中變化的過程(包括分析整個過程中有幾個階段);(2)尋找過程中變化的物理量;(3)探索物理量的變化規律;(4)確定臨界狀態,分析臨界條件,找出臨界關系。3.解題方法極限法把物理問題(或過程)推向極端,從而使臨界現象(或狀態)暴露出來,以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能時,或變化過程中可能出現臨界條件,也可能不出現臨界條件時,往往用假設法解決問題數學法將物理過程轉化為數學表達式,根據數學表達式解出臨界條件典題例析角度一彈力臨界【典例1】如圖所示,質量m=2kg的小球用細繩拴在傾角θ=37°的光滑斜面上,此時,細繩平行于斜面。取g=10m/s2(sin37°=0.6,cos37°=0.8)。下列說法正確的是 ()A.當斜面體以5m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力大小為20NB.當斜面體以5m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力大小為30NC.當斜面體以20m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力大小為40ND.當斜面體以20m/s2的加速度向右加速運動時,繩子拉力大小為60N【解析】選A。小球剛好離開斜面時的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零,斜面對小球的彈力恰好為零時,設繩子的拉力為F,斜面體的加速度為a0。以小球為研究對象,根據牛頓第二定律有Fcosθ=ma0,Fsinθ-mg=0,代入數據解得a0≈13.3m/s2。①由于a1=5m/s2<a0,可見小球仍在斜面上,此時小球的受力情況如圖甲所示,以小球為研究對象,根據牛頓第二定律有F1sinθ+FNcosθ-mg=0,F1cosθ-FNsinθ=ma1,代入數據解得F1=20N,選項A正確,B錯誤;②由于a2=20m/s2>a0,可見小球離開了斜面,此時小球的受力情況如圖乙所示,設繩子與水平方向的夾角為α,以小球為研究對象,根據牛頓第二定律有F2cosα=ma2,F2sinα-mg=0,代入數據解得F2=205N,選項C、D錯誤。[思維升華]連接體恰好脫離滿足兩個條件(1)物體間的彈力FN=0;(2)脫離瞬間系統、單個物體的加速度仍相等。角度二摩擦力臨界【典例2】(2024·保定高一檢測)如圖所示,質量M=6kg、長L=4m的長木板P靜止在足夠長的光滑水平面上,一質量m=1.5kg的滑塊Q(可視為質點)以初速度v0=7m/s從左側與木板等高的平臺滑上長木板,與此同時給長木板右端施加一水平恒力F=27N。已知滑塊與木板間的動摩擦因數μ=0.2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是 ()A.木板對滑塊的摩擦力方向始終不變B.滑塊在木板上運動的加速度始終不變C.滑塊距離木板右端最近時到木板右端的距離為0.5mD.滑塊在木板上相對滑動的時間為1s【解析】選C。滑塊滑上木板之后先做減速運動,木板做加速運動。木板對滑塊的摩擦力方向水平向左,對滑塊有μmg=ma1,解得a1=μg=2m/s2,方向水平向左。對木板有F+μmg=Ma2,解得a2=5m/s2。假設經時間t兩者速度相等,由v0-a1t=a2t,解得t=1s,兩者速度相等之后假設一起向右加速,則F=(M+m)a3,解得,a3=3.6m/s2>μg=2m/s2,所以兩者速度相等之后滑塊相對于木板向左滑動,木板對滑塊的摩擦力方向水平向右,滑塊的加速度大小為2m/s2,方向水平向右,故A、B、D錯誤;兩者速度相等時,滑塊通過的位移為x1=v0t-12a1t2=7×1m-12×2×12m=6m,木板通過的位移為x2=12a2t2=12×5×12m=52m,滑塊距離木板右端最近時到木板右端的距離為d=L+x2-[思維升華]分析兩物體疊加問題的基本思路對點訓練1.(2024·周口高一檢測)如圖所示,在水平面上放置著兩個橫截面為梯形的物體P和Q,θ=37°,P和Q質量之比為7∶2,所有接觸面均光滑。若把大小為F1、方向向左的水平推力作用在P上,P和Q恰好相對靜止;若把大小為F2、方向向右的水平推力作用在Q上,P和Q恰好相對靜止,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則F1F2為 A.72B.27C.1D【解析】選A。由題意,設P和Q的質量分別為7m和2m。當把大小為F1、方向向左的水平推力作用在P上時,設整體的加速度大小為a1,則根據牛頓第二定律有F1=9ma1。 ①單獨對Q分析,因為P和Q恰好相對靜止,根據力的合成與分解以及牛頓第二定律有2mgtanθ=2ma1, ②聯立①②解得F1=274mg。 當把大小為F2、方向向右的水平推力作用在Q上時,設整體的加速度大小為a2,則根據牛頓第二定律有F2=9ma2。 ④設Q對P的彈力大小為FN,則FNsinθ=7ma2, ⑤根據牛頓第三定律可知P對Q的彈力大小為FN'=FN。 ⑥單獨對Q分析,因為P和Q恰好相對靜止,在豎直方向上根據平衡條件有FN'cosθ=2mg, ⑦聯立④⑤⑥⑦解得F2=2714mg, 所以F1F22.(2024·朔州高一檢測)如圖所示,木塊A置于木板B上,木板B置于水平面上。A的質量m=1.5kg,B的質量M=2.0kg,A、B間的動摩擦因數μ1=0.2,B與地面間的動摩擦因數μ2=0.4。某時刻(t=0)水平力F作用于B上,其隨時間變化的規律為F=5t+4(N)(F、t均取國際單位)。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2。求:(1)經過多長時間B開始滑動;(2)經過多長時間A開始相對B滑動;(3)t=3s時,A、B間的摩擦力大小Ff(結果保留兩位有效數字)。【解析】(1)當B開始滑動時B與地面間的滑動摩擦力與F相等,即μ2(m+M)g=5t1+4(N)得t1=2s。(2)當A開始在B上滑動時,對木塊A有μ1mg=ma,對整體有F2-μ2(m+M)g=(m+M)a由題知F2=5t2+4(N)解得t2=3.4s(3)當t=3s時,B已滑動,A、B間未發生相對滑動,對木塊Ff=ma'對整體有F3-μ2(m+M)g=(m+M)a'且F3=5t3+4(N)解得Ff=157答案:(1)2s(2)3.4s(3)2.1N【補償訓練】如圖所示,一塊質量m=2kg的木塊放置在質量M=6kg、傾角θ=37°的粗糙斜面體上,木塊與斜面體間的動摩擦因數μ=0.8,二者靜止在光滑水平面上。現對斜面體施加一個水平向左的作用力F,若要保證木塊和斜面體不發生相對滑動,求F的大小范圍。(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6)【解析】由于μ>tanθ,故當F=0時,木塊靜止在斜面上,即F的最小值為0。根據題意可知,當木塊相對斜面恰不向上滑動時,F有最大值Fm。設此時兩物體運動的加速度為a,兩物體之間的摩擦力大小為Ff,斜面體對木塊的支持力為FN。對整體和木塊分別進行受力分析,如圖甲、乙:對整體受力分析:Fm=(m+M)a,對木塊受力分析:Ff=μFN,Ffcosθ+FNsinθ=ma,FNcosθ=mg+Ffsinθ,聯立以上各式,代入數據解得Fm=310N,故F的大小范圍為0≤F≤310N。答案:0≤F≤310N情境展示·模型建構(情境創新題)如圖所示,煤礦有一傳送帶與地面夾角θ=37°,從A到B長度達到L=10.45m,傳送帶以v0=7m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A無初速度地放一個質量為m=1kg的黑色煤塊①,它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ=0.5,煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡。已知sin37°=0.6