第5课 牛顿运动定律的综合应用-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第5课　　　　　牛顿运动定律的综合应用 普查与练习5　　　　　牛顿运动定律的综合应用 1．运用整体法与隔离法分析连接体模型问题 a.利用连接体中加速度相同解决问题　　　　　　　　　　　　　 (1)(2024全国甲真题，6分)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g。在下列a－m图像中，可能正确的是(　　) (1)答案：D 解析：设P的质量为M，P与桌面的摩擦力为f；以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝＝，可知当m＝时，a＝0；当m趋于无穷大时，加速度趋近于g，故D项正确。 (2)(多选)(2026改编题，4分)完全相同的两物块A、B用轻弹簧相连，假设所有接触面均光滑。当用恒力F1沿水平面向右拉动两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图(a)所示；当用恒力F2沿固定斜面向上拉动两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x2，如图(b)所示；当用恒力F3沿竖直方向向上拉动两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图(c)所示。三种情况下两物块共同加速运动时的加速度大小分别记为a1、a2、a3，下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　 　　　图(b)　　　　 　图(c) A．若a1＝a2＝a3，则x1＝x2＝x3 B．若a1＝a2＝a3，则x1<x2<x3 C．若F1＝F2＝F3，则x1＝x2＝x3 D．若F1＝F2＝F3，则x1<x2<x3 (2)答案：BC 解析：设一个物块质量为m，斜面倾角为α，以物块A为研究对象，三种情况下，分别有kx1＝ma1，kx2－mg sin α＝ma2，kx3－mg＝ma3，因此，当a1＝a2＝a3时，有x1<x2<x3，故A项错误，B项正确。对图(a)进行分析，以整体为研究对象，有F1＝2ma1，联立前式解得x1＝；对图(b)进行分析，以整体为研究对象，有F2－2mg sin α＝2ma2，联立前式解得x2＝；对图(c)进行分析，以整体为研究对象，有F3－2mg＝2ma3，联立前式解得x3＝，因此，当F1＝F2＝F3时，有x1＝x2＝x3，故C项正确，D项错误。 b.利用整体法与隔离法分析连接体中的临界问题 (3)(2026改编题，3分)三个完全相同的木板A、B、C质量均为m，它们叠放在一起静止于光滑的水平面上。木板之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。分别用水平向右的力FA、FB作用于木板A、B，如图所示，下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　　　　图(b) A．当FA逐渐增大到2μmg时，A、B之间开始发生相对滑动 B．当FA逐渐增大到3μmg时，B、C之间开始发生相对滑动 C．当FB逐渐增大到4μmg时，A、B之间开始发生相对滑动 D．当FB逐渐增大到5μmg时，B、C之间开始发生相对滑动 (3)答案：D 解析：图(a)中A、B之间先发生相对滑动，以A为研究对象，当A、B之间开始发生相对滑动时，根据牛顿第二定律得FA－μmg＝ma1，以A、B、C整体为研究对象得FA＝3ma1，解得FA＝μmg，即当FA增大到μmg时，A、B之间开始发生相对滑动，故A项错误。无论FA多大，A对B的摩擦力最大为fABmax＝μmg，因此B、C之间不会发生相对滑动，故B项错误。图(b)中A、B之间先发生相对滑动，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得fABmax＝μmg＝ma2，以A、B、C整体为研究对象得FB＝3ma2，解得FB＝3μmg，即当FB增大到3μmg时，A、B之间开始发生相对滑动，故C项错误。当B、C之间开始发生相对滑动时，以C为研究对象，根据牛顿第二定律得fBCmax＝ma3，解得a3＝2μg，此时以B为研究对象，根据牛顿第二定律得F′B－fABmax－fBCmax＝ma3，解得F′B＝5μmg，即当FB增大到5μmg时，B、C之间开始发生相对滑动，故D项正确。 2．运用分类讨论思想分析传送带模型问题 a.利用分类讨论法求解水平传送带问题 (4)(山东泰安一模，3分)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平。当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　　) A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s C．整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20 N (4)答案：C 解析：当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止，对Q受力分析可得mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，故A项错误。当传送带突然以v＝8 m/s顺时针转动，Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝ m/s2，当Q的速度达到8 m/s后，即与传送带速度相同后，Q做匀速直线运动，则Q做匀加速运动的时间为t1＝＝1.2 s，位移为x＝＝4.8 m；Q做匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s，所以Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，故B项错误。Q在加速运动过程与传送带的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m；在匀速运动过程Q相对传送带静止，没有相对位移，所以整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m，故C项正确。在Q加速运动时，对P分析，根据牛顿第二定律有mPg－T＝mPa，解得细线受到的拉力为T＝ N；之后Q做匀速直线运动，根据平衡条件得细线受到的拉力为T′＝mPg＝20 N，故D项错误。 (5)(2026汇编题，20分)如图(a)所示，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。 　图(a)　　　　　　　　图(b) ①若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； ②求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； ③载物箱离开传送带时的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的，在图(b)中大致画出载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v的关系图像，并标出重要点的坐标。 (5)答案：①2.75 s(6分)　② 4m/s(2分) m/s(2分)　③见解析图(10分) 解析：①以向右为正方向，载物箱在传送带上先做匀减速直线运动，设减速过程中其加速度为a，对载物箱由牛顿第二定律可得 －μmg＝ma(1分) 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得v2－v＝2as1(1分) 联立解得s1＝4.5 m(1分) 因此载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后以速度v做匀速运动至右侧平台，设载物箱在传送带上做匀减速运动的时间为t1，在传送带上做匀速运动的时间为t2，则有 t1＝(1分) t2＝(1分) 载物箱通过传送带的时间为 t＝t1＋t2 联立解得t＝2.75 s(1分) ②当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设最小速度为vmin。 载物箱在滑动过程中，由牛顿第二定律可得 a＝＝－μg 根据载物箱的运动情况以及运动学公式可得 v－v＝－2μgL(1分) 解得vmin＝ m/s(1分) 当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设此种情况下载物箱的最终速度为vmax。 由牛顿第二定律可得 a′＝＝μg 由载物箱的运动情况可得 v－v＝2μgL(1分) 解得vmax＝4 m/s(1分) ③a.当0<v≤ m/s时，载物箱将在传送带上一直匀减速到速度为m/s时离开传送带。(1分) b．当v≥4 m/s时，载物箱始终加速直至离开传送带，离开传送带时的速度为4 m/s。(1分) c．当 m/s<v<5 m/s时，载物箱匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v。(1分) d．当v＝5 m/s时，载物箱随传送带匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v。 e．当5 m/s<v<4 m/s时，载物箱匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v。(1分) 所以载物箱离开传送带时的速度与传送带速度的关系图像如图所示。(6分，三段图线，每段2分) b.分阶段分析倾斜传送带问题 (6)(多选)(吉林二模，4分)如图(a)所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图(b)所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法中正确的是(　　) 　　 图(a)　　　　　　图(b) A.传送带一定逆时针转动 B．μ＝tan θ＋ C．传送带的速度大于v0 D．t0后一段时间内滑块加速度为2g sin θ－ (6)答案：AD 解析：若传送带顺时针转动，当滑块下滑时满足mg sin θ>μmg cos θ，滑块将一直匀加速到底端；当滑块上滑时满足mg sin θ<μmg cos θ，滑块先匀加速运动，在与传送带速度相等后匀速运动，传送带顺时针转动的两种情况均不符合运动图像，故传送带一定逆时针转动，故A项正确。在0～t0内，滑块所受滑动摩擦力沿斜面向下，滑块匀加速下滑，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，由题图(b)可知，a1＝，联立解得μ＝－tan θ，故B项错误。由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块的速度大于传送带速度时，木块所受摩擦力才能沿传送带向上，由题图(b)可知，传送带速度的大小等于v0，故C项错误。t0时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，又μ＝－tan θ，所以a2＝2g sin θ－，故D项正确。 (7)(2026改编题，12分)如图所示，A、B是倾角为θ＝37°的传送带的两个端点，传送带沿顺时针方向转动，速度大小为v＝2 m/s。小物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度自A点沿传送带向上运动，若小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 ①若传送带两端点之间的距离为3 m，求小物块到达传送带端点B时的速度大小； ②若传送带两端点之间的距离为5 m，求小物块在传送带上运动的总时间。 (7)答案：①2 m/s(4分)　②3.6 s(8分) 解析：①设起始状态小物块加速度为a1，根据牛顿第二定律，有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1(2分) 解得a1＝10 m/s2 小物块沿传送带向上做匀减速运动，从v0减速到v的过程中，小物块的位移为 x1＝＝3 m(1分) 由于传送带两端点之间的距离为3 m，则小物块经t1＝＝0.6 s到达传送带端点B时刚好减速到v，速度大小为2 m/s。(1分) ②若传送带两端的距离为5 m，当小物块减速到v以后，由于 μmg cos θ<mg sin θ(2分) 小物块无法与传送带保持相对静止，设小物块继续减速的过程中加速度为a2，根据牛顿第二定律，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2(2分) 解得a2＝2m/s2 假设小物块可以减速到0，则小物块的总位移为 x＝x1＋＝4 m<5 m(2分) 因此小物块无法从传送带的B端离开，当小物块减速到0后，将继续以大小为a2的加速度沿传送带向下做匀加速运动，直到从A端离开，设小物块在传送带上运动的总时间为t，则有 v(t－t1)－a2(t－t1)2＝－x1 解得t＝3.6 s(2分) 3．滑块—木板模型 a.水平方向的滑块—木板模型 (8)(2026改编题，20分)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： ①B与木板相对静止时，木板的速度； ②木板的长度； ③木板在地面上运动的距离。 (8)答案：①1 m/s(8分)　②1.9 m(8分) ③0.55 m(4分) 解析：①滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，地面对木板的摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg(1分) f2＝μ1mBg(1分) f3＝μ2(mA＋mB＋m)g(1分) 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA(1分) f2＝mBaB(1分) f2－f1－f3＝ma1(1分) 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有 v1＝v0－aBt1＝a1t1(1分) 联立以上各式，代入已知数据解得 v1＝1 m/s(1分) ②在t1时间内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt(1分) 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2(1分) 由于aA＝aB，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2(1分) 对A有v2＝－v1＋aAt2(1分) 在t2时间内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t(1分) 在(t1＋t2)时间内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2(1分) 因此长木板的长度为 s0＝sA＋s1＋sB(1分) 联立以上各式，并代入数据解得s0＝1.9 m(1分) ③在t1时间内，木板移动的距离为 s3＝a1t(1分) A、B相遇后，A、B及木板共同做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得 μ2(mA＋mB＋m)g＝(mA＋mB＋m)a3(1分) 木板移动的距离为s4＝(1分) 木板在地面上运动的距离 s＝s1＋s3＋s4＝0.55 m(1分) b.斜面上的滑块—木板模型 (9)(哈尔滨模拟，12分)如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P。长为L＝5 m的薄木板置于斜面上，其质量M＝1 kg，下端位于B点，PB＝5 m，薄木板中点处放有一质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)。已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面上AB区域存在特殊力场，当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为F＝10 N的恒力作用，对木板无作用力，AB区域沿斜面的宽度为l＝2.5 m，重力加速度g＝10 m/s2。现由静止释放薄木板和滑块，求： ①滑块m在进入AB区域之前，薄木板运动的加速度大小a0； ②滑块进入AB区域内受薄木板的摩擦力f的大小和方向； ③若薄木板与挡板P碰撞后以原速率反弹，小滑块与挡板碰撞后粘在挡板上，停止运动。求薄木板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上升到最高点的时间t(忽略滑块从薄木板上滑下时，对木板的影响，结果可保留根号)。 (9)答案：①5 m/s2(2分)　②5 N，方向沿斜面向下(3分)　③ s(7分) 解析：①滑块在进入AB区域之前，由于斜面光滑，将与薄木板一起以加速度a0加速下滑，有 (M＋m)g sin θ＝(M＋m)a0(1分) 代入数据解得a0＝5 m/s2(1分) ②滑块进入AB区域后，假设滑块与薄木板仍然相对静止，设下滑的加速度为a，对整体有 (M＋m)g sin θ－F＝(M＋m)a(1分) 对滑块，所受薄木板的静摩擦力f方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＋f－F＝ma(1分) 联立以上各式并代入数据解得 f＝5 N，a＝0 又因为滑块与薄木板间的最大静摩擦力 fm＝μN＝5 N 假设成立，即滑块受薄木板的摩擦力f方向沿斜面向下，大小为5 N。(1分) ③设滑块和薄木板一起以加速度a0加速下滑过程的末速度为v1，则 v＝2a0·(1分) 滑块进入AB区域后，滑块和薄木板一起匀速运动直至发生碰撞，设薄木板反弹后，滑块加速度为a1，薄木板加速度为a2，对滑块，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma1(1分) 解得a1＝0，即滑块在薄木板上仍然匀速下滑。 对薄木板，根据牛顿第二定律有 Mg sin θ＋μmg cos θ＝Ma2(1分) 解得a2＝10 m/s2，薄木板以10 m/s2的加速度匀减速上滑。 设滑块离开薄木板的时间为t1，有 v1t1＋＝l(1分) 此时薄木板的速度为 v2＝v1－a2t1(1分) 分离后，对薄木板，根据牛顿第二定律有 Mg sin θ＝Ma3 解得a3＝5 m/s2，即薄木板接着以5 m/s2的加速度减速上滑至最高点。 设分离后薄木板速度减到0的时间为t2，有 0＝v2－a3t2(1分) 第一次碰撞后薄木板沿斜面上升到最高点的时间为 t＝t1＋t2 联立以上各式解得 t＝ s(1分) 随堂普查练5　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2023北京真题，3分)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　) A．1 N B．2 N C．4 N D．5 N 1．答案：C 解析：设每个物块的质量为m，细线上张力大小为T，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律有F＝(m＋m)a，对左侧物块，由牛顿第二定律有T＝ma，又有T≤2 N，联立各式解得F≤4 N，即F的最大值为4 N，故C项正确。 2．(多选)(经典题，4分)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面匀加速上升，为了减小A、B间的压力，可行的办法是(　　) A．减小推力F B．减小倾角θ C．减小B的质量 D．减小A的质量 2．答案：AC 解析：设两物块与斜面间的动摩擦因数为μ，A、B间的压力为FAB，它们沿斜面做匀加速运动的加速度为a，分析A、B整体的受力情况，整体受到重力、斜面的支持力、沿斜面向上的推力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律有F－(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a；分析B的受力情况，B受到重力、斜面的支持力、A的压力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律有FAB－mBg sin θ－μmBg cos θ＝mBa，联立以上二式，解得FAB＝F＝，可知，为使FAB减小，可以减小推力F，增加A的质量或减小B的质量，故A项、C项均正确，B项、D项均错误。 3．(海南经典真题，3分)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为(　　) A．4.0 N B．3.0 N C．2.5 N D．1.5 N 3．答案：A 解析：P静止在水平桌面上时，Q静止，由平衡条件有，轻绳的张力为T1＝mQg＝2 N，P与桌面间的摩擦力为f＝T1＝2 N<μmPg＝2.5 N；推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝＝1 N，故Q加速下降，根据牛顿第二定律有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，此时P将以相同的加速度向右加速运动，对P由牛顿第二定律有T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，故A项正确。 4．(辽宁经典真题，12分)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。 4．答案：(1)0.4 m/s2(4分)　(2)4.5 s(8分) 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μmg cos α－mg sin α＝ma(2分) 解得a＝0.4 m/s2(2分) (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＝＝2.5 s(1分) 在传送带上滑动的距离为 x1＝t1＝2.75 m(1分) 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 μmg cos α>mg sin α(1分) 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。(2分) 匀速运动的时间为 t2＝＝2 s(1分) 所以小包裹通过传送带的时间为 t＝t1＋t2＝4.5 s(2分) 突破积累练　　　　　滑块—木板模型专项训练 “块”或“板”分别具有初速度的问题 1．(河北唐山摸底，12分)如图所示，质量为m的长木板静置于水平地面上，一质量也为m的木块从木板的左端滑上木板，初速度大小为v0＝4 m/s，木块与木板间动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间动摩擦因数μ2＝0.1，当二者都停止运动时，木块未从木板上滑出，g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)木块刚滑上木板时，木板的加速度大小； (2)经过多长时间，木块和木板达到共速； (3)木板在地面上滑行的总距离。 1．答案：(1)1 m/s2(2分)　(2)1 s(5分) (3)1 m(5分) 解析：(1)木块刚滑上木板时，对木板由牛顿第二定律得 μ1mg－μ2(m＋m)g＝ma木板(1分) 解得a木板＝1m/s2(1分) (2)木块刚滑上木板时，对木块由牛顿第二定律得μ1mg＝ma木块(1分) 解得a木块＝3m/s2(1分) 设经过时间t，木块与木板达到共速，它们的共同速度为v。 分析木块运动可得v＝v0－a木块t(1分) 分析木板运动可得v＝a木板t(1分) 联立以上各式解得t＝1 s，v＝1 m/s(1分) (3)设木块与木板共速前木板的位移为x1，共速后木板的位移为x2。 由于μ1>μ2，所以木块与木板共速后一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 μ2(m＋m)g＝(m＋m)a(1分) 解得a＝1m/s2(1分) 木块与木板共速前木板做匀加速直线运动，木板的位移x1＝a木板t2＝0.5 m(1分) 木块与木板共速后到停止运动过程，木板做末速度为零的匀减速直线运动，木板的位移 x2＝＝0.5 m(1分) 则木板在地面上滑行的总距离 x＝x1＋x2＝1 m(1分) 2.(天津三中二模，16分)如图所示，质量为m＝2 kg的滑块A(可视为质点)叠放在质量为M＝2 kg、长度为L＝4 m的长木板B上，B放在足够长的水平面上，A、B均处于静止状态。现用力敲B的左端，使B瞬间获得水平向右、大小为v0＝6 m/s的初速度。已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.2，B与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g＝10 m/s2。求： (1)B被敲击后的瞬间，A、B的加速度大小； (2)A最终停在B上的位置距B右端的距离； (3)A、B达到共速的瞬间，一质量为m′＝2 kg的滑块C(可视为质点，图中未画出)以水平向左、大小为0.4 m/s的速度从B右端滑上B，已知B、C间的动摩擦因数为μ3＝0.1，求最终A、C之间的距离。 2．答案：(1)2 m/s2(1分)　4 m/s2(1分) (2)3 m(6分)　(3)2.04 m(8分) 解析：(1)以向右为正方向，B被敲击后的瞬间，A、B的加速度分别为 aA＝＝2 m/s2(1分) aB＝＝－4 m/s2(1分) 由此可知B被敲击后的瞬间，A的加速度大小为2 m/s2，B的加速度大小为4 m/s2。 (2)设A、B达到共速v1所用的时间为t1，该过程中A、B的相对位移为Δx1，由运动学公式可得 v1＝aAt1＝v0＋aBt1(1分) Δx1＝v0t1＋aBt－aAt(1分) 解得v1＝2 m/s，Δx1＝3 m 假设共速之后A、B能够保持相对静止，则两者的加速度为a1＝＝－1 m/s2(1分) 对物块A受力分析，设A、B之间的摩擦力为f1，由牛顿第二定律可得f1＝ma1(1分) 解得f1＝－2 N 又因为A、B之间的最大静摩擦力为 f1max＝μ1mg＝4 N>2 N(1分) 所以假设成立，即A、B共速之后保持相对静止 A最终停在B上的位置距B右端的距离为 x＝Δx1＝3 m(1分) (3)物块C滑上B之后的加速度为 aC＝＝1 m/s2(1分) 假设C滑上B之后A、B能保持相对静止，则两者的共同加速度为 a2＝＝－2 m/s2(1分) 对物块A受力分析，设A、B之间的摩擦力为f2，由牛顿第二定律可得f2＝ma2 解得f2＝－4 N，即A、B之间的摩擦力大小为4 N。 又因为A、B之间的最大静摩擦力为 f1max＝μ1mg＝4 N 所以假设成立，即物块C滑上B之后A、B保持相对静止。(1分) 设三者达到共速v2所用的时间为t2，这段时间中B、C的相对位移为Δx2，则 v2＝v1＋a2t2＝vC＋aCt2(1分) Δx2＝v1t2＋a2t－(1分) 解得v2＝0.4 m/s，Δx2＝0.96 m 假设共速之后A、B、C能保持相对静止，则三者的共同加速度为 a3＝＝－1 m/s2(1分) 对A、C受力分析可知两者受到的摩擦力分别为 fA＝ma3＝－2 N fC＝m′a3＝－2 N 均不大于最大静摩擦力，所以假设成立，即A、B、C共速之后保持相对静止。(1分) 最终A、C之间的距离为 Δx＝Δx1－Δx2＝2.04 m(1分) “块”或“板”分别受恒力作用的问题 3．(四川成都模拟，13分)如图所示，质量为m1的小铁块和质量为m2的长木板静止叠放在水平地面上，铁块位于木板的最左端，m1＝m2＝m，木板长为L，铁块可视为质点。铁块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝3μ(μ为已知常数)，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝μ，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g。现对铁块施加一个水平向右的恒定拉力F，求解下列问题。 (1)若F＝7μmg，求铁块需经过多长时间才能离开木板； (2)为使铁块能离开木板且离开木板时，相对于地面的速度最小，F应该为多大。 3．答案：(1)(6分)　(2)5μmg(7分) 解析：(1)当F＝7μmg时，对铁块由牛顿第二定律有 F－μ1mg＝ma1(1分) 对木板由牛顿第二定律有 μ1mg－μ2×2mg＝ma2(1分) 设铁块离开木板所用时间为t，铁块对地位移为x1，木板对地位移为x2，则 x1＝a1t2(1分) x2＝a2t2(1分) 铁块离开木板，则x1－x2＝L(1分) 代入数据解得t＝(1分) (2)设此时拉力为F′，铁块和木板的加速度分别为am1和am2，铁块在木板上运动的时间为t′，对铁块 F′－μ1mg＝mam1(1分) xm1＝am1t′2(1分) 对木板μ1mg－μ2×2mg＝mam2(1分) xm2＝am2t′2(1分) 铁块离开木板，则xm1－xm2＝L(1分) 铁块速度为 vm1＝am1·t′＝am1·＝(1分) 由数学知识知，当am1＝2μg时，铁块速度最小。 所以F′＝5μmg(1分) 4.(多选)(2024辽宁真题，6分)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量之比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 4．答案：ABD 解析：v－t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A项正确。设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知，小物块开始滑上木板时的速度大小为v0＝μgt0，方向水平向左。小物块在木板上滑动的加速度为a0＝＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝μgt0，方向水平向右，故可得v共－(－v0)＝a0t0，联立解得μ0＝2μ，故B项正确。设木板质量为M，小物块质量为m，小物块未滑上木板时，对木板由动量定理得(F－μMg)t0＝M×μgt0，解得F＝μMg。小物块滑上木板后，对木板和小物块由动量定理得[F－μ(M＋m)g]t0＝(M＋m)v共－Mv0－(－mv0)，解得＝，故C项错误。假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体有F－μ(m＋M)g＝μMg－μMg＝0，可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D项正确。 滑块—木板模型中的多过程问题 5．(安徽芜湖一中模拟，20分)如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12 m、质量为M＝2 kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1 kg(可视为质点)的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)当小物块A刚好相对长木板开始滑动时，水平拉力F0的大小； (2)若水平拉力F1＝10.5 N，小物块A受到的摩擦力大小； (3)若水平拉力F2＝24 N，要使小物块刚好不滑离长木板，则F2作用多长时间；当A、B最终都停止运动时，小物块A到木板中点P的距离。 5．答案：(1)12 N(3分)　(2)0.5 N(3分)　(3)1 s 4．5 m(14分) 解析：(1)当A与B刚要相对滑动时，A、B之间为最大静摩擦力，对A，根据牛顿第二定律有 μ1mg＝ma0(1分) 对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F0－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a0(1分) 联立以上二式解得F0＝12 N(1分) (2)因F1＝10.5 N＜F0，故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F1－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a共(1分) 对A有f＝ma共(1分) 解得f＝0.5 N(1分) (3)因F2＝24 N＞F0，故A、B相对滑动，对A，根据牛顿第二定律有 μ1mg＝ma1(1分) 解得a1＝1 m/s2 对B，根据牛顿第二定律有 F2－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma2(1分) 解得a2＝7 m/s2 设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时小物块速度为 v1＝a1t1(1分) 位移为x1＝a1t(1分) t1时长木板的速度为 v2＝a2t1(1分) 位移为x2＝a2t(1分) 此过程中A相对B向左滑动距离为 Δx1＝a2t－a1t(1分) 撤去水平拉力后，A继续以1 m/s2的加速度加速运动，B做减速运动，设再经时间t2，A、B刚好共速，有 μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma3(1分) 则v共＝v1＋a1t2＝v2－a3t2(1分) 此过程中A相对B向左滑动距离为 Δx2＝t2－t2＝t2(1分) 共速时A刚好滑到B最左端，则 Δx＝Δx1＋Δx2＝＝6 m(1分) 联立解得 v共＝2 m/s t1＝t2＝1 s A、B共速后，由于μ1<μ2，A相对B向右滑动，A做减速运动的加速度为 a1＝1 m/s2 B继续做减速运动，有 μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma4(1分) 解得a4＝4 m/s2 A、B停止时，A相对B向右滑动的距离为 Δs＝－＝1.5 m(1分) 此时A到P点的距离为 d＝Δx－Δs＝4.5 m(1分) 6．(湖南长沙一中一模，4分)如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，m1＝100 g，m2＝5 g, μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1 m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10 m/s2；为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是(　　)　　　　　　　　　　　　　　 A．0.72 N B．0.92 N C．1.22 N D．1.42 N 6．答案：D 解析：香皂盒与纸板发生相对滑动时，对香皂盒，根据牛顿第二定律可得μm1g＝m1a1，解得香皂盒的加速度a1＝2 m/s2；对纸板，根据牛顿第二定律可得F－μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2a2。为确保香皂盒移动不被人感知，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002 m，纸板抽出时香皂盒移动的最大距离为x1＝a1t，纸板运动距离为d＋x1＝a2t；纸板抽出后，香皂盒运动的距离为x2＝a3t，则l＝x1＋x2；由题意可知，a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立并代入数据解得F＝1.42 N，故D项正确。 课后提分练5　牛顿运动定律的综合应用 A组(巩固提升)　　　　　　　　　　　　 1．(2024北京真题，3分)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A.F B.F C.F D.F 1．答案：A 解析：根据题意，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，联立解得飞船和空间站之间的作用力为F′＝F，故A项正确。 2．(江苏经典真题，3分)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　) A．F B． C． D． 2．答案：C 解析：设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力与空气阻力的合力为f，将第3节到第40节的车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得F－(40－2)f＝(40－2)ma。把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得F′－2f＝2ma，两式相比，消去ma，解得倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为F′＝，故C项正确。 3．(多选)(湖北黄冈中学三模，4分)如图所示，倾角θ＝30°的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A和物块B，物块A通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，物块C的质量为，离地面的距离足够高，物块B离滑轮足够远，弹簧与细线均与斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直且无拉力。已知重力加速度为g，不计细线和滑轮质量及滑轮处阻力，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的有(　　) A.释放物块C的瞬间，细线拉力的大小为 B．释放物块C的瞬间，C的加速度大小为 C．物块A、B分离时，物块A的速度最大 D．物块A、B分离时，弹簧的形变量为 3．答案：BC 解析：初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直且无拉力。此时A、B整体受力平衡，则2mgsin 30°＝kx，释放C的瞬间，对于C物块，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1，对于A、B整体，根据牛顿第二定律有kx＋F1－2mgsin 30°＝2ma1，联立解得a1＝，F1＝，故A项错误，B项正确。物块A、B分离前，二者共同加速，且加速度越来越小，当物块A、B分离时，相互作用力为零，二者的速度和加速度均相同。物块A、B分离时，以物块B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－mgsin 30°＝a2，解得a2＝0，因此此时物块A的加速度也为0，速度最大，故C项正确。物块A、B分离时，对物块A有kx′－mgsin 30°＝ma2，从而得到弹簧的形变量为x′＝，故D项错误。 4．(多选)(辽宁模拟，6分)如图所示，质量m1＝2 kg、长度L＝5 m的木板A静止在水平面上，木板A的上表面与水平面平行。某时刻一质量m2＝3 kg的木块B以初速度v0＝6 m/s从左端滑上木板A的上表面，同时对木板A施加一个水平向右的力F＝3 N，已知木板A与木块B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板A与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．木块B在木板A上滑动时木板A的加速度大小为1 m/s2 B．木块B从滑上木板A到两者相对静止所需的时间为1.5 s C．木板A与木块B相对静止时共同的加速度大小为0.4 m/s2 D．木板A运动的总位移为12 m 4．答案：BC 解析：木块B在木板A上相对滑动时，对木板A由牛顿第二定律可得F＋μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1aA，解得aA＝2 m/s2，故A项错误。木块B从滑上木板A到两者相对静止，对木块B由牛顿第二定律可得μ1m2g＝m2aB，解得aB＝2 m/s2；设经过时间t，木块B与木板A达到共速，则v0－aBt＝aAt，解得t＝1.5 s，故B项正确。木板A与木块B相对静止前木板A的位移x1＝aAt2＝2.25 m，木板A与木块B相对静止时的速度v共＝aAt＝3 m/s，木板A与木块B相对静止后整体开始做减速运动，由牛顿第二定律可得F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共，解得a共＝－0.4 m/s2，故C项正确。木板A与木块B相对静止后到停下时木板A的位移x2＝＝11.25 m，所以木板A运动的总位移x＝x1＋x2＝13.5 m，故D项错误。 5．(2024安徽真题，4分)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) 5．答案：C 解析：由题意可知，0～t0时间内，物块在传送带上受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，物块所受合力不变，做匀加速直线运动。t0之后，当物块速度与传送带相同时，物块受静摩擦力，大小与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 6．(多选)(湖南永州三模，5分)如图(a)所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图(b)所示。已知v2>v1，则(　　) 图(a)　　　　　　　　　　图(b) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 6．答案：BC 解析：相对地面而言，小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，t1～t2时间内，小物块反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动。故小物块在t1时刻离A处距离最大，故A项错误。相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，故B项、C项均正确，D项错误。 7．(多选)(2026改编题，4分)用货车运输规格相同的两块水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为240 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.72，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则(　　) A.启动时上层水泥板所受摩擦力大小为720 N B．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为1 920 N C．当货车的速度刚好减为0时，上层水泥板相对底层水泥板滑动了0.9 m D．若上层水泥板静止后两块水泥板刚好对齐，则最初堆放时错开的距离为1 m 7．答案：ACD 解析：摩擦力提供给上层水泥板最大的加速度为am＝μg＝7.2 m/s2，启动时，货车加速度小于水泥板最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f＝ma1＝720 N，故A项正确。刹车时，货车加速度大于水泥板最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f＝μmg＝1 728 N，故B项错误。货车在刹车过程中行驶的距离为s＝＝9 m，停止运动所需时间为t＝＝1.5 s，当货车的速度刚好减为0时，上层水泥板在此过程中移动了s1＝vt－amt2＝9.9 m，因此相对底层水泥板滑动了Δs1＝s1－s＝0.9 m，故C项正确。从刹车开始到上层水泥板静止，上层水泥板移动了s2＝＝10 m，相对底层水泥板滑动了Δs2＝s2－s＝1 m，因此，若货车在紧急刹车后两块水泥板刚好对齐，则最初堆放时错开的距离为1 m，故D项正确。 8．(多选)(2026改编题，4分)三角形传送带以6 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是1 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两方形煤块A、B(可视为质点)从传送带顶端由静止释放，煤块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A. 煤块A、B受到的摩擦力的方向都与其运动方向相反 B．煤块A、B在到达传送带底端之前一直做匀加速直线运动 C．煤块A、B到达传送带底端所需时间之比为1∶ D．煤块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶ 8．答案：BC 解析：煤块A开始时受到的摩擦力方向沿传送带向下，与运动方向相同，煤块B开始时受到的摩擦力方向沿传送带向上，与运动方向相反，故A项错误。对煤块A，根据牛顿第二定律可得maA＝mgsin 37°＋μmgcos 37°，解得aA＝10m/s2，假设煤块可以在传送带上加速至共速，已知传送带的速度v＝6 m/s，则煤块的位移为xA＝＝1.8 m>1 m，故煤块A不可能与传送带共速，因此煤块A在到达传送带底端之前一直做匀加速直线运动；对煤块B，根据牛顿第二定律可得maB＝mgsin 37°－μmgcos 37°，解得aB＝2m/s2，其所受摩擦力的方向始终沿传送带向上，因此煤块B在到达传送带底端之前一直做匀加速直线运动，故B项正确。设两边传送带的带长为L，煤块A在传送带上运动的时间tA＝＝ s，煤块B在传送带上运动的时间tB＝＝1 s，则煤块A、B到达传送带底端所需时间之比为1∶，故C项正确。煤块A相对于传送带的位移ΔxA＝vtA－L＝ m，煤块B相对于传送带的位移ΔxB＝vtB＋L＝7 m，因此煤块A、B在传送带上的划痕长度之比为(6－)∶7，故D项错误。 9．(四川成都联考，8分)如图所示，一传送带与水平面的夹角θ＝37°，且以v1＝1 m/s的速度沿顺时针方向转动。一小物块以v2＝3 m/s的速度从底端滑上传送带，最终又从传送带的底端滑出。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小物块沿传送带向上滑行的时间t； (2)小物块离开传送带时的速度大小v。 9．答案：(1)0.7 s(5分)　(2) m/s(3分) 解析：(1)由题意可知，小物块开始时受到沿传送带向下的摩擦力，设此时小物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1(1分) 小物块减速到与传送带共速的时间为 t1＝＝0.2 s(1分) 由于mg sin θ＞μmg cos θ 此后小物块继续减速运动，小物块受到沿传送带向上的摩擦力，设此时小物块的加速度大小为a2，则有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2(1分) 减速到0所需时间为 t2＝＝0.5 s(1分) 所以小物块沿传送带向上滑行的时间为 t＝t1＋t2＝0.7 s(1分) (2)小物块减速到与传送带共速的过程的位移为 x1＝＝0.4 m(1分) 小物块与传送带共速后继续减速到0过程的位移为 x2＝＝0.25 m(1分) 小物块下滑过程，根据匀变速直线运动规律可知 x1＋x2＝ 解得物块离开传送带时的速度为 v＝ m/s(1分) B组(冲刺满分) 10．(多选)(广东模拟，6分)如图(a)所示，质量分别为mA＝0.4 kg、mB＝0.6 kg的A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑的水平面上。从t＝0开始，推力FA、拉力FB分别作用于A、B上，随时间t的变化规律分别如图(b)的a、b所示，两条线的斜率绝对值相等；经过一段时间t1，A、B刚好分开，此时作用在B上的拉力FB立即撤出，换上倾斜向上的拉力F，F与水平方向的夹角为θ＝45°，F作用后B与地面之间的弹力刚好为0。当B沿着地面继续向前再运动一段时间t2时，A的加速度刚好为0，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 　　　　 图(a)　　　　　　　　图(b) A．第一段运动时间t1＝1 s B．第一段运动时间t1内，整体的加速度为2 m/s2 C．换上倾斜向上的拉力F时B物体的加速度为10 m/s2 D．第二段时间t2内B物体的位移为88 m 10．答案：CD 解析：由题图(b)可得，FA、FB随时间t的变化规律分别为FA＝0.6－0.1t(N)，FB＝0.4＋0.1t(N)，对A、B组成的整体受力分析，则有F合＝FA＋FB，设整体一起运动的加速度为a1，由牛顿第二定律可得F合＝(mA＋mB)a1，解得a1＝1 m/s2，故B项错误。t1时刻A、B刚好分离，对B由牛顿第二定律可得FB＋FAB＝mBa1，解得A对B的作用力FAB＝mBa1－FB＝0.2－0.1t(N)，当FAB＝0时，解得第一段运动时间t1＝2 s，故A项错误。t1时刻给B换上与水平方向的夹角为θ＝45°的倾斜向上的拉力F后，B与地面之间的弹力刚好为0，对B受力分析，在竖直方向，有F sin θ＝mBg，在水平方向，由牛顿第二定律可得F cos θ＝mBa2，解得B物体的加速度为a2＝10 m/s2，故C项正确。A的加速度为0时FA＝0，结合题图(b)可知t1＋t2＝6 s，解得t2＝4 s；t1＝2 s时，B物体的速度v＝a1t1＝2 m/s，第二段时间t2＝4 s内，B物体的位移x2＝vt2＋a2t，解得x2＝88 m，故D项正确。 11．(江苏模拟，4分)如图所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，通过一根倾斜的轻绳连接。若用恒力向左拉物体A，两物体运动的加速度为a1、绳中的张力为F1；若用大小相等的恒力向右拉物体B，两物体运动的加速度为a2、绳中的张力为F2。则(　　) A.a1＝a2，F1>F2 B．a1＝a2，F1<F2 C．a1<a2，F1<F2 D．a1>a2，F1>F2 11．答案：A 解析：设两物体与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，以物体A和B为整体，利用牛顿第二定律可得，用恒力向左拉物体A时，F－2μmg＝2ma1；用大小相等的恒力向右拉物体B时，F－2μmg＝2ma2，解得a1＝a2。设绳子与水平方向夹角为θ，用恒力向左拉物体A时，以B为研究对象，有F1cos θ－μ(F1sin θ＋mg)＝ma1；用大小相等的恒力向右拉物体B时，以A为研究对象，有F2cos θ－μ(mg－F2sin θ)＝ma2，整理可得F1＝，F2＝，结合加速度关系a1＝a2可知，F1>F2，故A项正确。 12．(多选)(全国乙经典真题，6分)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　　) 图(a)　　　　　图(b)　　　　　图(c) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2>μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 12．答案：BCD 解析：由图(c)可知，在0～t1时间段物块与木板处于静止状态；t1～t2时间段物块和木板一起在水平地面上滑动，此段时间内物块与木板相对静止；t1时物块刚要带动木板开始滑动，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A项错误。由图(c)可知，t2时物块与木板开始发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1；以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1>0；联立解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，故B项、C项均正确。由图(c)可知，在0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D项正确。 13．(福建模拟，12分)如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1＝2 kg的木板A以v0＝3 m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2＝1 kg的滑块B轻放在距木板下端L处，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2且μ2＝μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板。已知斜面足够长，sin θ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号)； (2)滑块B刚放在木板A上时，木板A的加速度大小a1及滑块B的加速度大小a2； (3)滑块B释放时距木板下端的距离L。 13．答案：(1)(2分)　(2)3 m/s2(2分)　6 m/s2(2分)　(3)5.5 m(6分) 解析：(1)开始木板A能够匀速下滑，根据牛顿第二定律有m1g sin θ－μ1m1g cos θ＝0(1分) 解得木板与斜面间的动摩擦因数 μ1＝(1分) (2)刚放上滑块B时，对滑块B进行受力分析，如图(a)所示。 图(a) 根据牛顿第二定律可得 μ2m2g cos θ＋m2g sin θ＝m2a2(1分) 其中μ2＝μ1 解得a2＝6 m/s2(1分) 对木板A进行受力分析，如图(b)所示。 图(b) 根据牛顿第二定律可得 μ2m2g cos θ＋μ1(m1＋m2)g cos θ－m1g sin θ＝m1a1(1分) 解得a1＝3 m/s2(1分) (3)设经过t1时间，木板A与滑块B达到共速，共速时的速度为v共，则 v共＝v0－a1t1＝a2t1(1分) 解得t1＝ s，v共＝2 m/s 达到共速前，滑块B相对木板A的位移沿斜面向上，设相对位移为s1，有 s1＝t1－t1(1分) 解得s1＝0.5 m 共速后，对滑块B进行受力分析，如图(c)所示。 图(c) 根据牛顿第二定律可得 m2g sin θ－μ2m2g cos θ＝m2a′2(1分) 解得a′2＝2 m/s2 对木板A进行受力分析，如图(d)所示。 图(d) 根据牛顿第二定律可得 μ1(m1＋m2)g cos θ－μ2m2g cos θ－m1g sin θ＝m1a′1(1分) 解得a′1＝1 m/s2 设共速后再经过t2时间，木板A速度减为零，则 t2＝ 设此时滑块B速度为v2，则v2＝v共＋a′2t2 共速后，滑块B相对木板A的位移沿斜面向下，设相对位移为s2，有s2＝t2－t2(1分) 联立以上各式，解得s2＝6 m 由于当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，根据相对位移的关系可知 L＝s2－s1＝6 m－0.5 m＝5.5 m(1分) 14.(经典题，18分)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，木板A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(初速度为0，可视为质点)，最终B恰好未从A上滑落，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。计算： (1)C由静止下落距离h时，木板A的速度大小vA； (2)木板A的长度L； (3)若当铁块B轻放在木板A最右端的同时，对B施加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，计算B滑出A时B的速度大小vB。 14．答案：(1)(3分)　(2)2h(7分) (3)(8分) 解析：(1)分析没放B之前C由静止下落距离h过程，设此时A、C的加速度大小为a1。 由牛顿第二定律可得mg＝2ma1(1分) 由运动学公式可得v＝2a1h(1分) 联立解得vA＝(1分) (2)B放在A上后，设A、C仍一起加速运动，此时A、C的加速度为a2，由牛顿第二定律可得 mg－4μmg＝2ma2(1分) 解得a2＝0 由此可得B放在A上后，A、C以速度vA做匀速运动，B做匀加速运动，设B的加速度为a3。(1分) 对B由牛顿第二定律可得a3＝＝(1分) 设经过时间t1，B的速度达到vA，且B刚好运动至木板A的左端，则有vA＝a3t1(1分) L＝vAt1－a3t(2分) 代入vA＝解得L＝2h(1分) (3)加上恒力F时，B的速度达到vA前，由于A和C受力不变，所以仍做匀速运动，B做匀加速运动。 此时B的加速度为 a4＝＝2g(1分) 共速前B的加速时间为t2＝＝(1分) B相对A向左的位移 Δx＝vAt2－vAt2＝(1分) A、B共速后都向右做加速运动，设此后B、A的加速度分别为a5、a6，经时间t3，B滑出A。 对B由牛顿第二定律可得 a5＝＝g(1分) 对A、C组成的系统整体由牛顿第二定律可得 a6＝＝g(1分) 由B滑出A可知，该过程B相对A向右的位移大小也为Δx，且 Δx＝－(1分) 解得t3＝ 则B滑出A时的速度 vB＝vA＋a5t3＝(2分) 15．(山东省实验中学模拟，10分)如图所示，上表面长为L＝2.25 m的水平传送带与平板紧靠在一起，且二者上表面在同一水平面，皮带以v0＝4.0 m/s匀速顺时针转动，现在传送带左端无初速地放上一质量为m＝1.0 kg的煤块(可视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为μ1＝0.20，经过一段时间煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块平稳滑上平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F＝12 N，F作用了t0＝1.0 s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，煤块最终刚好停在平板的右端没有滑下，已知平板质量为M＝2.0 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)传送带上黑色痕迹的长度d； (2)平板与地面间动摩擦因数μ2； (3)平板的长度l。 15．答案：(1)3.75 m(3分)　(2)0.4(3分) (3)1.65 m(4分) 解析：(1)设煤块在传送带上的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1 解得a1＝2 m/s2 若煤块在传送带上一直加速，到达右端时的速度为v1，根据v＝2a1L 解得v1＝3 m/s 因为v1<v0，所以煤块在传送带上一直加速，设经时间t1到右端，则t1＝＝1.5 s(1分) 则传送带位移s＝v0t1＝6 m(1分) 痕迹的长度d＝s－L＝3.75 m(1分) (2)煤块滑上平板时，速度v1＝3 m/s，煤块加速度a1＝2 m/s2，设平板的加速度为a2。 两者速度相等时有 v＝v1－a1t0＝a2t0(1分) 解得a2＝1 m/s2，v＝1 m/s 对平板根据牛顿第二定律有 F＋μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2(1分) 解得μ2＝0.4(1分) (3)共速后，煤块将以a1匀减速运动直到停止，平板以a3匀减速运动直到停止。 对平板，根据牛顿第二定律有 μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3 解得a3＝5 m/s2 减速到0的时间t2＝＝0.2 s(1分) 全过程平板位移 s板＝(t0＋t2)＝0.6 m(1分) 全过程煤块位移s煤＝＝2.25 m(1分) 故平板的长度l＝s煤－s板＝1.65 m(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$