第3章 第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（福建专版）

第4讲　牛顿运动定律的综合应用(二)(综合融通课) (一) 传送带模型 类型(一)　水平传送带模型 1．三种常见情境 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0＝v，一直匀速 ③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情境3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0 2．解题思维趋向 (1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： ①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|； ②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。 [例1]　传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L＝10 m，以v＝5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ＝30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间； (2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小； (3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t＝10 s时物块所处的位置。 [解析]　(1)物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2， 物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v＝v0＋at有v＝a1t1，解得t1＝2 s， 运动的距离为x1＝a1t12＝5 m， 物块在传送带上匀速运动的时间为 t2＝＝1 s， 物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t＝t1＋t2＝3 s。 (2)物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2，解得a2＝5 m/s2， 对物块沿斜面上升过程，由运动学公式v2－v02＝2ax，有v2＝2a2x2， 解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x2＝2.5 m。 (3)设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3，由运动学公式v＝v0＋at有v＝a2t3， 解得t3＝1 s。 设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4，则有x2＝a2t42，解得t4＝1 s。 物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为v1＝a2t4＝5 m/s， 物块沿水平传送带向左减速运动，速度减为零所需时间为t5＝＝2 s。 物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第二次向右加速运动，到达斜面底端所需时间为t6＝t5＝2 s。 物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t7＝t3＝1 s。 因为t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＋t7＝10 s， 所以10 s时，物块刚好第二次上滑到最大位移处，物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处。 [答案]　(1)3 s　(2)2.5 m　(3)物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处 [针对训练] 1．(2024·青岛模拟)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动。将一物体轻轻放在皮带左端，则物体的速度大小v、加速度大小a、所受摩擦力的大小f以及位移的大小x随时间的变化关系正确的是(　 ) 解析：选A　在前t1时间内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，f恒定，速度与时间的关系为 v＝at，v-t图像是倾斜的直线，位移与时间的关系为x＝at2，x-t图像是曲线；物体的速度与传送带的速度相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，所受合外力为0，加速度为0，x-t图像是倾斜的直线。故A正确，B、C、D错误。 类型(二)　倾斜传送带模型 1．两种常见情境 项目 图示 滑块可能的运动情况 情境1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情境2 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ③可能先以a1加速，后以a2加速 2．解题思维趋向 物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。 [例2]　机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 [解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝＝ s＝2.5 s， 在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α＞mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s， 所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 [答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s [针对训练] 2．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。g取10 m/s2，则(　 ) A．传送带的速度为16 m/s B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大 解析：选C　由图乙可知传送带的速度为8 m/s，故A错误；在0～1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝ m/s2＝8 m/s2，在1～2 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据图乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2，联立解得μ＝0.25，故B错误、C正确；当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，故D错误。 (二)“滑块—木板”模型 1．关注“一个转折”和“两个关联” 一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 两个关联 指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 2．解决“板块”模型问题的“思维流程” 类型(一) 水平面上受外力作用的板块模型 [例1]　如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ [解析]　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2。 (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用，故am＝μg＝2 m/s2，Δx1＝at2－amt2＝0.5 m。 (3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s， vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，长木板的加速度大小 a′＝＝0.5 m/s2 最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得共同速度v′＝2.8 m/s。 (4)在t′内，小物块和长木板的相对位移 Δx2＝－， 解得Δx2＝0.2 m 最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 [答案]　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m　 [针对训练] 1．(2024·福建上杭高三月考) (双选)如图甲所示，质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.1 C．F的大小可能为9 N D．F的大小与板长L有关 解析：选BD　当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，对木板A有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a2＝＝－ m/s2＝－1 m/s2，根据牛顿第二定律得－μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A错误，B正确；对滑块B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中的aB>2 m/s2，则F>9 N，即F的大小不可能为9 N，C错误；根据L＝aBt2－a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝(2L＋9)N，故F的大小与板长L有关，D正确。 类型(二) 水平面上具有初速度的板块模型 [例2]　(双选)粗糙水平面上有一块足够长的木板B，小物块A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示。取水平向右为正方向，t＝0时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度v0，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　 ) A．物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2 B．两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝4∶5 C．木板B向前滑行的最大距离为 m D．物块A相对木板B滑过的位移大小为10 m [解析]　以水平向右为正方向，对小物块，有μ1mAg＝mAaA，根据题图乙可知aA＝2 m/s2，那么物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，A正确；对木板，受物块与地面的摩擦力，则有μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBaB，根据题图乙可知aB＝1 m/s2，那么木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.025，两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝8∶1，B错误；结合图乙，从t＝2 s开始，设物块与木板达到共速又用了时间t1，则2 m/s－aBt1＝aAt1，解得t1＝ s，此时的速度为v1＝ m/s，之后物块与木板具有共同的加速度a′＝μ2g＝0.25 m/s2，对于木板，在相对滑动阶段的位移x1＝×m＝ m，共同前进阶段的位移x2＝ m＝ m，那么木板B向前滑行的最大距离为 m，C正确；两者的相对初速度为8 m/s，达到相对末速度为0所用的时间为2 s＋t1＝ s，则物块A相对木板B滑过的位移大小为× m＝ m，D错误。 [答案]　AC [针对训练] 2．(2024·三明高三检测)如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10 m/s2。求： (1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长； (2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。 解析：(1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝－μ1g＝－2 m/s2 对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2 设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t 解得v＝1 m/s，t＝2 s t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1＝v0t＋a1t2，x2＝a2t2 因此B板的长度至少为L＝x1－x2＝5 m。 (2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1 m/s2 设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有x2＝a2t2 减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5 m。 答案：(1)5 m　(2)1.5 m [课时跟踪检测] 1．如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是(　 ) A．小物块一直受滑动摩擦力 B．传送带做顺时针的匀速运动 C．传送带做顺时针的匀加速运动 D．小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 解析：选C　由题图乙可知，物块先做加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带共速后一起顺时针加速，物块受静摩擦力。物块也不可能从图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。 2．如图所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则(　 ) A．滑块受到的摩擦力方向保持不变 B．滑块的加速度保持不变 C．若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 D．若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动 解析：选C　设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，滑块向下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，如果mgsin θ>μmgcos θ，则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若减小传送带的倾角，当滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ≤μmgcos θ，此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C正确；若传送带改为顺时针转动，若mgsin θ≤μmgcos θ，滑块不能向下运动，若mgsin θ>μmgcos θ，则滑块一直向下匀加速运动，故D错误。 3．(2024·福安高三调研)如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为(　 ) A．1 s B．2 s C. s D. s 解析：选A　由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F>2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1 －Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2－a1t2＝L，解得t＝1 s，故A正确。 4．(双选)如图所示，有一条传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带以v＝4 m/s的速度匀速运动。现将一小物块轻放在最高点A，经过时间t小物块运动到最低点B。已知A、B之间的距离为5.8 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则小物块从A到B的时间可能是(　 ) A．1 s B．1.4 s C. s D. s 解析：选BD　没有明确传送带的运动方向，因此，传送带可能沿顺时针方向转动，也可能沿逆时针方向转动。若传送带顺时针转动，则物体从A到B一直匀加速运动，mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，则有L＝at2，代入数据解得t＝ s；若传送带逆时针转动，物体的加速度a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，则物体加速至与传送带速度相等需要的时间为t1＝＝0.4 s，发生的位移为L1＝a1t＝0.8 m，可知物体加速到4 m/s时仍未到达B点，设此后物块加速度为a2，则mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，则有L－L1＝vt2＋a2t，解得t2＝1 s，故物块从A运动到B所用的总时间t′＝t1＋t2＝1.4 s，故选B、D。 5．(2024·福建福州五校联考)(双选)如图甲所示，5颗完全相同质量为m的象棋棋子整齐叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对第3颗棋子施加一水平变力F，F随t的变化关系如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 ) A．t＝1 s时，第5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为μmg B．t＝2 s时，第4、5颗棋子间没有摩擦力 C．t＝4 s时，第3颗棋子的加速度大小为μg D．第6 s以后，第1颗棋子受到的摩擦力大小为μmg 解析：选AD　由于第4颗棋子对第3颗棋子的最大静摩擦力为f43max＝3μmg，所以当F≤3μmg时，棋子3不会运动；由题图乙可知t＝1 s时，F＝μmg<3μmg，棋子都处于静止状态，对5个棋子整体分析，受平衡力作用，第5颗棋子受到水平面的摩擦力和水平力F是一对平衡力，所以第5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为μmg，故A正确。由题图乙可知t＝2 s时，F＝2μmg<3μmg，则棋子1、2、3静止，对棋子1、2、3整体分析，棋子4对棋子3的摩擦力与水平力F二力平衡，所以棋子4对3的摩擦力大小为2μmg，方向水平向左，由牛顿第三定律可知，棋子3对棋子4的摩擦力大小为2μmg，方向水平向右；对棋子4受力分析可知，棋子5对4的摩擦力大小为2μmg，方向水平向左，故B错误。最上面的两颗棋子向右运动的最大加速度为amax＝＝μg，设最上面的三个棋子一起以最大加速度amax向右运动，且水平恒力为F0，则F0－3μmg＝3mamax，解得F0＝6μmg，当水平向右的力F大于6μmg时，第三个棋子和上面的两个棋子发生相对滑动；由题图乙可知t＝4 s时3μmg<F＝4μmg<6μmg，所以最上面的三个棋子作为整体一起向右运动，由牛顿第二定律可得F－3μmg＝3ma1，解得a1＝，故C错误。第6 s以后，水平外力大于6μmg，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动，上面的两个棋子一起向右运动，第1颗棋子受到的摩擦力大小为f1＝mamax＝μmg，故D正确。 6.(双选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　 ) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2　 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 解析：选BC　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝ ＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。 7．(2024·连江高三质检)如图甲所示，足够长的匀速运动的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　 ) A．物块可能沿传送带向上运动 B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ C．t0时间后物块的加速度大小为2gsin θ－ D．若传送带反转，则物块将一直以大小为gsin θ－的加速度做匀加速直线运动 解析：选C　v-t图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mgsin θ>μmgcos θ，解得μ<tan θ，B错误；根据上述，t0时刻之前有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，a1＝，t0时刻之后有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2gsin θ－，C正确；由于mgsin θ>μmgcos θ，若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上， 对物块始终有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2gsin θ－的加速度做匀加速直线运动，D错误。 8．(2024·泉州高三模拟)质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) A．A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1 B．B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2 C．A的质量m＝6 kg D．A的质量m＝4 kg 解析：选C　由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，A错误；由题图乙知，A、B共速后在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B由牛顿第二定律得－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，B错误；由题图乙可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，C正确，D错误。 9．(双选)一辆货车运输规格相同的长木板，木板装载成两层平放在车厢里，如图所示。已知木板间的动摩擦因数为μ，木板与车厢间的动摩擦因数为2μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，货车为了躲避横穿公路的行人紧急刹车，刹车时的加速度大小为a，每块木板的质量均为m，重力加速度为g，上层木板最前端离驾驶室距离为d，则下列判断正确的是(　 ) A．当a>μg时，上层木板会与下层木板发生相对滑动 B．当a＝1.5μg时，下层木板受到车厢对它的摩擦力为3μmg C．若a>2μg，下层木板一定会相对车厢发生滑动 D．若a＝2μg，要使货车在紧急刹车时上层木板不撞上驾驶室，货车在水平路面上匀速行驶的速度应不超过2 解析：选AD　当货车加速度a＝μg时，上层木板受到的静摩擦力f＝ma＝μmg，恰好等于上、下两层木板间的最大静摩擦力，则上层木板刚好与下层木板相对静止，当a>μg时，上层木板会与下层木板发生相对滑动，故A正确；当a>μg时，下层木板受到车厢对它的静摩擦力f2与上层木板对它的滑动摩擦力的合力产生其加速度，由牛顿第三定律可知上层木板对下层木板的滑动摩擦力大小等于下层木板对上层木板的滑动摩擦力大小，有f2－μmg＝ma，当a＝1.5μg时，解得下层木板受到车厢对它的摩擦力为2.5μmg，故B错误；当a>μg时，由f2－μmg＝ma，可知随a的增大，f2变大，当f2＝4μmg时下层木板刚好与车厢相对静止，此时车的加速度a＝3μg，所以当a>3μg时，下层木板才会相对车厢发生滑动，故C错误；当a＝2μg时，若上层木板恰好不撞上驾驶室，对车有v2＝2ax1，对上层木板有v2＝2μg(x1＋d)，两式联立解得v＝2，故D正确。 10．(2024·武汉模拟)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知货物与两段传送带的动摩擦因数相同。g取10 m/s2。求： (1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数； (2)若CD段的长度为2.6米，以顺时针方向转动，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。 解析：(1)由v-t图像可知，传送带AB段的长度为LAB＝(0.5＋1.3)×4÷2 m＝3.6 m 货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，解得a1＝μg， 由图像可知传送带上的加速过程加速度为a1＝ m/s2＝5 m/s2，则μ＝0.5。 (2)依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知， 第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃； 第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下， 则ma2＝mgsin θ＋μmgcos θ， 解得a2＝10 m/s2， 故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ<tan θ，故共速后将仍做匀减速直线运动，则ma3＝mgsin θ－μmgcos θ， 解得a3＝2 m/s2， 建立运动v-t图像如图： 则有s1＝，s2＝，LCD＝s1＋s2， 解得v＝3 m/s，即至少传送带的速度为3 m/s，快递员才能在D端取得货物。 答案：(1)3.6 m　0.5　(2)3 m/s 11.如图所示，右侧带有挡板的长木板质量M＝6 kg、放在水平面上，质量m＝2 kg的小物块放在长木板上，小物块与长木板右侧的挡板的距离为L。此时水平向右的力F作用于长木板上，长木板和小物块一起以v0＝4 m/s 的速度匀速运动。已知长木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.6，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，某时刻撤去力F，最终小物块会与右侧挡板发生碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)力F的大小； (2)撤去力F时，长木板和小物块的加速度大小； (3)小物块与右侧挡板碰撞前物块的速度v与L的关系式。 解析：(1)长木板和物块做匀速运动，对整体受力分析，由平衡条件有F＝μ1(M＋m)g，解得F＝48 N。 (2)撤去力F后，由于μ1>μ2，所以物块会与长木块相对滑动。对长木板，根据牛顿第二定律得μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1， 对物块，根据牛顿第二定律得μ2mg＝ma2， 解得a1＝ m/s2，a2＝4 m/s2。 (3)长木板和物块发生相对滑动，由于a1>a2，则长木板先停止运动，从撤去力F到停止运动，长木板的位移为s1＝＝1.2 m， 物块停止运动时的位移为s2＝＝2 m， 有s1＋L0＝s2，联立解得L0＝0.8 m。 从撤去力F到停止运动，长木板运动时间为 t1＝＝0.6 s， 0．6 s内物块的位移大小为 s3＝v0t1－a2t＝1.68 m， 则有s3－s1＝0.48 m。 ①当0.48 m≤L<0.8 m时，长木板停止运动后二者发生碰撞，碰撞前瞬间对物块有v2－v＝－2a2(s1＋L)，可得v＝2 m/s(0.48 m≤L<0.8 m)。 ②当L<0.48 m时，在长木板停止运动前二者发生碰撞，有v0t－a2t2＝v0t－a1t2＋L，碰撞前瞬间对物块有v＝v0－a2t， 可得v＝(4－2)m/s(L<0.48 m)。 答案：(1)48 N　(2) m/s2　4 m/s2 (3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $$