第4章 微专题6 动力学连接体问题和临界问题-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第一册同步辅导与测试(人教版)

素养演练·提升技能 1.如图所示，图甲为“娃娃跳” 4 娱乐玩具示意图，图乙为该 玩具结构，当人抓住扶手用 踏板 力蹬踏板压缩弹簧后，人就 弹簧 向上弹起，进而带动高跷跳 跃。下列说法中正确的是 A.人上升过程处于超重状态 B.人上升过程处于失重状态 C.人下落未压缩弹簧过程处于完全失重状态 D.人下落压缩弹簧过程中处于失重状态 2.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在 踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运 5 动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小 随时间变化的情况如图所示。将蹦极过程近： 似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据 图可知，此人在蹦极过程中最大的加速度约为 A.g B.2g C.3g D.4g 3.在羽毛球比赛中，某运动员跃起将羽毛球以原： 速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落 至对方的界内。该运动员运动过程中空气阻力 不计，则下列说法正确的是 ( A.该运动员离地上升过程中处于超重状态 B.该运动员在最高点速度为零，处于平衡状态 C.该运动员在空中的运动过程处于失重状态 D.该运动员击球过程中羽毛球的加速度为零 微专题6动力学连接 关键能力·合作探究 类型1动力学的连接体问题 探究归纳 1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组 成的具有相同运动状态的整体叫连接体。如： 115 第四章运动和力的关系 达标训练素养提高 (多选)如图是某娱乐节目中 的“导师战车”。当坐在战车 中的导师按下按钮时，战车就 由静止开始沿长10m的倾斜 直轨道向下运动，某时刻开始 减速，到达站在轨道末端的学 员面前时，恰好静止，整个过程历时4s。将加 速、减速过程视为匀变速直线运动，则() A.战车运动过程中导师先失重后超重 B.战车运动过程中所受外力不变 C.战车加速过程中的加速度一定等于减速过程 中的加速度 D.战车运动过程中的最大速度为5m/s 2019年5月25日，2019年全国蹦床锦标赛在 天津科技大学滨海校区体育馆落下帷幕。测得 一位仅在竖直方向上运动的蹦床运动员受到蹦 床的弹力F随时间1的变化规律如图所示，已知 该运动员的最大加速度为42m/s2,重力加速度取 g=10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是 () F-- 500 3.64.24.85.46.06.66.88.49.411121 A.该运动员接触蹦床过程中受到的最大弹力 为2000N B.该运动员双脚离开蹦床后的最大速度为 16m/s C.该运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过 程中先处于超重状态后处于失重状态 D.该运动员由接触蹦床到最低点的过程中一 直处于失重状态 温馨提示 请做课时分层检测（二十二） 体问题和临界问题 讲练设计探究重点 几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或 用绳子、细杆等连在一起，如图所示，在求解 连接体问题时常用的方法为整体法与隔 离法。 物理必修第一册 BAF 777777777777777 B B 772 A F 77777777777777 A ⑧ 2.整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象， 分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方 程求解。其优点在于它不涉及系统内各物体之 间的相互作用力。 3.隔离法：把系统中某一物体（或一部分）隔离出 来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列 方程求解。其优点在于将系统内物体间相互作 用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看 清单个物体（或一部分）的受力情况或单个过程 的运动情形。 4.整体法与隔离法的选用 (1)求解各部分加速度都相同的连接体问题时， 要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的 作用力，再用隔离法。 (2)求解连接体问题时，随着研究对象的转移， 往往两种方法交替运用。一般的思路是先用其 中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体 间的作用力或系统所受合力。 [典例1]如图甲所示，A、B两木块的质量分别 为mA、B,在水平推力F作用下沿水平面向右 加速运动，重力加速度为g。 B F A B 7777777 777777777777 甲 (1)若地面光滑，则A、B间的弹力为多大？ (2)若两木块与水平面间的动摩擦因数均为， 则A、B间的弹力为多大？ (3)如图乙所示，若把两木块放在固定斜面上， 两木块与斜面间的动摩擦因数均为以，在方向 平行于斜面的推力F作用下沿斜面向上加速， A、B间的弹力为多大？ [听课记录] …/名师点评/ 连接体的动力分配原理：两个物体（系统的两 部分)在外力（总动力）的作用下以共同的加速 度运动时，当接触面对两物体动摩擦因数相同 时，单个物体分得的动力与自身的质量成正 比，与系统的总质量成反比。相关性：两物体 间的内力与接触面是否光滑无关，与物体所在 接触面倾角无关。 针对训练 1.如图所示，两个质量相同FAB,B 的物体A和B紧靠在一 起，放在光滑的水平面上，如果它们分别受到水 平推力F1和F2,而且F1>F2,则A对B的作 用力大小为 ) A.F B.F2 C.F+F2 D. F1-F2 2 2 2.如图所示，在光滑的水平桌 A 面上有一物体A,通过绳子 与物体B相连，假设绳子的 质量以及绳子与轻质定滑轮 B 之间的摩擦都可以忽略不 计，绳子不可伸长且与A相 连的绳水平，重力加速度为g。如果B=3A,则 绳子对物体A的拉力大小 A.mBg B. C.3mAg 3 D.mng 3.如图所示，光滑水平面上放置质 A m 量分别为m、2m的A、B两个物 B 体，A、B间的最大静摩擦力为 mg,现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速 度运动，则拉力F的最大值为 ) A.umg B.2umg C.3μmg D.4umg 类型2动力学的临界问题 探究归纳 1.临界问题：某种物理现象（或物理状态)刚好要 发生或刚好不发生的转折状态。 2.关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最 小”“刚好”“恰好”等词语，一般都暗示了临界状 态的出现，隐含了相应的临界条件。 3.临界问题的常见类型及临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体间的弹力恰 好为零。 (2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力 达到最大静摩擦力。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受 的张力是有限的，绳子断裂的临界条件是实际 张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的 临界条件是张力为零」 (4)加速度最大与速度最大的临界条件：当所受 合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小 时，具有最小加速度。当出现加速度为零时，物 体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最 小值。 4.解答临界问题的三种方法 (1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况 下可能出现的状态，从而找出临界条件。 (2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界 线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状 态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后 再根据实际情况处理。 (3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如 二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学 中求极值的方法，求出临界条件。 [典例2]如图所示，质量 m=1kg的光滑小球用细 线系在质量为M=8kg、倾 个370 Famaucaacnnananasn 角为α=37°的斜面体上，细 线与斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计， g取10m/s2。试求： (1)若用水平向右的力F拉斜面体，要使小球不 离开斜面，拉力F不能超过多少？ (2)若用水平向左的力F推斜面体，要使小球 不沿斜面滑动，推力F不能超过多少？ [听课记录] 素养演练·提升技能 1.将两质量不同的物体P、Q放在倾角为0的光 滑斜面上，如图甲所示，在物体P上施加沿斜面 向上的恒力F,使两物体沿斜面向上做匀加速 直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面调整为水 平，同样在P上施加水平恒力F;图丙为两物体 叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的相 同恒力F使二者向上加速运动.三种情况下两 物体的加速度的大小分别为a甲、a乙、a丙，两物 -1 第四章运动和力的关系 …/名师点评/ 求解此类问题时，一定要找准临界点，从临界 点入手分析物体的受力情况和运动情况，看哪 些量达到了极值，然后对临界状态应用牛顿第 二定律结合整体法、隔离法求解。 针对训练 4.如图所示，有一倾角为0 的光滑斜面，放在水平面 上，用固定在斜面上的竖 直挡板A与斜面夹住一 个光滑球，球的质量为m。若要使球对竖直挡 板无压力，球连同斜面应一起 A.水平向右加速，加速度a=gtan0 B.水平向左加速，加速度a=gtan0 C.水平向右减速，加速度a=gsin0 D.水平向左减速，加速度a=gsin0 5.(多选)如图所示，A、B两物块 A 叠在一起静止在光滑水平地 B 777 面上，A物块的质量mA=2kg,B物块的质量 mB=3kg,A与B接触面间的动摩擦因数以= 0.3。现对A或对B施加一水平外力F,使A、 B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g 取10m/s2,物块受到的最大静摩擦力等于滑动 摩擦力。下列说法正确的是 () A.若外力F作用到物块A时，则其最小值为 8 N B.若外力F作用到物块A时，则其最大值为 10N C.若外力F作用到物块B时，则其最小值为 13N D.若外力F作用到物块B时，则其最大值为 15N 达标训练素养提高 体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙，则下列说法 正确的是 ( pe 10 F.PQ E 甲 乙 丙 A.a乙最大，F乙最大 B.a丙最大，F丙最大 物理必修第一册 C.a甲=a乙=a丙，F甲=F乙=F丙 (1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证 D.a乙>a甲>a丙，F甲=F乙=F丙 细线不被拉断，加速度可取的最大值； 2.(多选)如图所示，在光滑的水 (2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为 平地面上，水平外力F拉动小 m M 保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。 车和木块一起做无相对滑动9w9 的加速运动。小车的质量为M,木块的质量为 m,加速度大小为a,木块和小车之间的动摩擦： 因数为，重力加速度为g,则在这个过程中，木 块受到的摩擦力大小为 ( A.umg 、mF B.M千m C.u(M++m)g D.ma 3.如图所示，矩形盒内用两根细线 固定一个质量为m=1.0kg的 均匀小球，a线与水平方向成53° 角，b线水平。两根细线所能承受的最大拉力 都是Fm=15N。(cos53°=0.6sin53°=0.8， 温馨提示 请做课时分层检测（二十三） g取10m/s2)求： 微专题7传送带模型和滑块一木板模型 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 类型1传送带模型 (1)滑块从传送带左端到右端的时间； (2)滑块相对传送带滑行的位移的大小。 探究归纳 [听课记录] 1.传送带的基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力： 将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾： 斜传送带两种基本模型。 2.传送带模型分析流程 相对运 摩擦力 加速度 速度变 动方向 方向 方向 化情况 物初与 传同向 共 F突变 匀速或 物初与 是否反 变速 传反向 问加速 3.注意 求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对： 运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体 ! 的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩 针对训练 擦力有可能发生突变。 1.如图所示，倾角为37°，长为 [典例1]如图所示，水平 l=16m的传送带，转动速度 传送带以o=2m/s的速 为v=10m/s。在传送带顶端 度匀速运转，在其左端无 A处无初速度地释放一个质 B 初速度释放一质量为m= 量为m=0.5kg的物体.已知 137o 1kg的小滑块，滑块可视为质点，滑块与传送带 物体与传送带间的动摩擦因数u=0.5,sin37 间的动摩擦因数u=0.2,传送带长L=2m,重 力加速度g取10m/s2。求： =0.6,c0s37°=0.8，g取10m/s2。求： 118要点2 探究归纳 [典例2][解析]以人为研究对象，受力分析如图所示。 AFN (1)匀速上升时a=0,所以 FN-mg=0 FN=mg=600 N 根据牛顿第三定律知体重计的读数等于人受到的支持力的 大小，即Fy'=FN=600N。 mg (2)匀加速上升时，a方向向上，取向上为正方向 则FN一ng=ma Fx=m(g+a)=60×(10+4)N=840N 根据牛顿第三定律知体重计的读数等于人受到的支持力的大小， 即F'=Fx=840N。 (3)匀减速上升和匀加速下降时，的方向都是向下的，取向下为 正方向，则mg一FN=na FN=m(g-a)=60×(10-3)N=420N 根据牛顿第三定律知体重计的读数等于人受到的支持力的大小， 即FN-FN=420N L答案](1)600N(2)840N(3)420N 针对训练 3.D[以小球为研究对象，电梯静止时mg=k红，运行时mg一名k虹 =a,a=5m/s2,方向向下，所以电梯可能加速下降，也可能减速 上升，对乘客而言Mg一F=Ma,支持力为250N。由牛顿第三定 律知，乘客对电梯地板的压力一定是250N,所以选项D正确。] 4.解析：(1)对于B,由牛顿第二定律可得：%1ng-@g 解得aB=1m/s 对于A,由牛顿第二定律可得：F-凸1ng-(m十M)g=MaA 解得aa-2m/s2 (2)设经时间1抽出，则A=号04 8=2as △x=xA一xB=I一x 解得t=2s。 (3)vB=aut=2 m/s. 答案：(1)2m/s1m/s2(2)2s(3)2m/s 素养演练·提升技能 1,C「人上升过程加速度先向上后向下，先处于超重状态后处于失 重状态，A、B错误：人下落未压缩弹簧过程中，加速度向下等于重 力加速度，处于完全失重状态，C正确：人下落压缩弹簧过程中，加 速度先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，D错误。] 2.B[人落下后，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时 间关系图像可以知道，人的重力等于0.6F。,而最大拉力为 1.8F0,即0.6F=ng① F=1.8F。② 结合牛顿第二定律，有F一ng=a③ 当拉力最大时，加速度最大，图而有1.8F。一mg=mam ④ 由①④两式解得am=2g,故B正确。] 3.C[该运动员离地上升过程中只受重力，加速度为重力加速度， 则处于失重状态，故A错误：该运动员在最高，点时仅受重力作用， 即所受外力不为零，不是处于平衡状态，故B错误；该运动员在空 中的运动过程只受重力，加速度为重力加速度，则处于失重状态， 故C正确：该运动员击球过程中球的速率不变，但方向发生变化， 即速度变化，则加速度不为0，故D错误。] 4.AD[“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速的过程中加 速度沿斜面向下，有竖直向下的分加速度，战车处于失重状态：当 战车减速时，加速度沿斜面向上，有竖直向上的分加速度，战车处 于超重状态，故A正确。根据牛顿第二定律知，加速过程战车所 受的外力沿斜面向下，减速过程战车所受的外力沿斜面向上，外 力不同，故B错误。由于加速和减速的时间未知，所以不能判断 两个过程加速度的大小关系，故C错误。设最大速度为，则整个 过程战车的位移x=受4十受6=号1，据题x=10m,1=4s,代 入上式解得v=5m/s,故D正确。] 5.C[由题图分析可知运动员的重力等于500N,则运动员的质量 为m=50kg,根据牛顿第二定律得F一mg=an,解得F 2600N,故A错误；由题图分析可知运动员双脚离开蹦床后最长 经过1.6$再次接触蹦床，则离开蹦床后上升和下落的时间均为 0.8s,运动员双脚离开蹦床后的最大速度为w=gt=10X0.8m/S =8m/s,故B错误；运动员由最低，点向上运动到离开蹦床的过程 中，蹦床的弹力先大于人的重力，加速度方向向上，处于超重状 态，过了平衡位置，蹦床的弹力小于人的重力，加速度方向向下， 处于失重状态，故C正确；运动员由接触蹦床到最低，点的过程中， 蹦床的弹力先小于人的重力，加速度方向向下，处于失重状态，过 了平衡位置，蹦床的弹力大于人的重力，加速度方向向上，处于超 重状态，故D错误。] 21 微专题6动力学连接体问题和临界问题 关键能力·合作探究 探究归纳 [典例1][解析](1)若地面光滑，以A、B整体为研究对象，有 F=(m 十n)a 然后隔离出B为研究对象，有FN一nBa, 联立解得FN= 71B -F nA十n (2)若动摩擦因数均为以，以A、B整体为研究对象，有F-,(n十 ng)g=(nA十ng)a1,然后隔离出B为研究对象，有Fx' 7B只 =a1,联立解得F、y'= mBF 2AT23 (3)以A、B整体为研究对象，设斜面的倾角为0， F-(mA +mg)gsin 0-u(mA+mB)gcos 0=(mA+mB)a: 以B为研究对象 Fx"-mugsin 0-umugcos 0=mga2 联立解得FN” 17B nA十nB [答案](1) nB一F(2) (3)- mB nA十nB nA十nB 针对训练 1.C [选取A和B整体为研究对象，共同加速度 F-F 。再远取物体B为研究对象，受力」 Fx B.F: 21 分析如图所示，根据牛顿第二定律得F、一F,=ma,得Fx=F, mF-E-EE,故C正确] ma=F2十m2m 2 2.B[对A、B整体进行受力分析，根据牛顿第三定律可得g二 (nA十ng)a,对物体A,设绳的拉力为F,由牛顿第二定律得，F mAa,解得F=三mAg,B正确。] 3.C[当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物 体所受的合力为amg,由牛顿第二定律知aA=s=g,对于A,B 整体，加速度a=aA=g。由牛顿第二定律得F=3ma=3ang。] 探究归纳 典例2] [解析](1)小球不离开斜面体，两者加速 FT 度相同，临界条件为斜面体对小球的支持力恰好 为0。 37° 对小球受力分析如图所示 F合 由牛顿第二定律得m5 tan 37=ma 4 mg 解得a-an37=gm/s 对整体由牛顿第二定律得 F=(M+m)a=120N (2)小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条 件是细线对小球的拉力恰好为0。 a 对小球受力分析如图所示 由牛顿第二定律得an37=ma 7只 F合' 37 解得a tan 37=7.5 m/s mg 对整体由牛顿第二定律得F'=(M+n)a'=67.5N。 答案](1)120N(2)67.5N 针对训练 4.B「球对竖直挡板无压力时，球的受力如图所示 FN 重力g和斜面支持力FN的合力方向水平向左。 F ngtan0=ma,解得a=gtan0,因此斜面应向左 加速或者向右减速，故B正确。」 5.BD[A物块与B物块之间的最大静摩擦力为F 君家绝而过动直霜碍籍上时装大物持度的大素 为am= E=2m/5,则水平外力的最大值为F B (mA十nB)am=10N,故B正确：F作用在B上时， 物块A、B一起沿水平地面运动且相对静止时，最 大加速度的大小为am E=3m/g,则水平外力的最大值为 F'=(mA十mB)am'=15N,故D正确。] 素养演练·提升技能 1.D[以P,Q整体为研究对象，由牛顿第二定律可得： 题图甲：F-（mp十ma)gsin0-(mp十ma)ap 解得：aw二 F-(mp十mo)gsin8 np十ng 题图乙：F=(np十mQ)a元 解得：at一 mp+mg 题图丙：F-(mp十ng)g=(np十nQ)a两 解得：a雨= F-(mp十mQ）g np十no 7 由以上三式可得：a元a甲>a丙； 对Q由牛顿第二定律可得： 题图甲：Fp一nog sin0=maap moF 解得：F np十no 题图乙：Fz=ma4z moF np十na 题图丙：F而一nQg一nQ4丙 解得：F丙= 故Fm=F,=F 综上所述，D正确。 2.BD[木块和小车无相对滑动，加速度a相同，以整体为研究对 象，根据牛顿第二定律得F=(M十m)a,则加速度a=M干m:以 木块为研究对象，根据牛顿第二定律得，木块受到的摩擦力F, mF ma=M干m,选项B,D正确。] 3.解析(1)系统在竖直方向上匀加速运动时， 小球受力如图所示，当a线拉力为15N时，由 牛顿第二定律， y轴方向有Fm sin53°一ng=d x轴方向有Fmcos53°=F6 解得F,=9N,此时加速度最大值a=2m/s2。 mg (2)系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第三 定律， 竖直方向有F,'sin53°=ng 水平方向有Fb’一F.'cos53°=ma 解得F'=12.5N 当F%=15N时，加速度最大，此时a'=7.5m/s2。 答案(1)2m/s(2)7.5m/s 微专题7传送带模型和滑块一木板模型 关键能力·合作探究 探究归纳 [典例1][解析](1)滑块在传送带上滑行时的加速度 a= F_ung-ug=2 m/s 3月 2 设滑块在释放后经时间〔1达到和传送带相同的速度 == 2 a s=1s 22 位移x1-2a=2X2m=1m<2m 滑块与传送带向右匀速运动的时间 4-1-5-21 2 =0.5s 总时间t=t1+t,=1s十0.5s=1.5s (2)滑块和传送带在t1时间内有相对运动，传送带的位移x。一 =2×1m-2m 滑块相对传送带的位移 △.x=x2-x1=2m-1m=1m。 答案7(1)1.5s(2)1m 针对训练 1.解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物 体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加 速运动，裉据牛顿第二定律有： mg(sin 37-ucos 37)=ma, 得a=2m/s, 根据1=2a得1=4s。 (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时 物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带 向下，设物体的加速度为a1,由牛顿第二定律得， ngsin37°+umgcos37°-na1 则有a1=10m/s 设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为1，位移为 x1,则有 41-2=1 I 10s=1s x=2a42=5m<1=16m 当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为ngsin37°> umngcos 37 则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩 擦力。 设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2,则 d:-mgsin 37pamgcos 372 m/s x2=l-x1=11m 21 由=，十2°， 解得：2=1s(t2=一11s舍去) 所以1格=十t2=2s。 答案(1)4s(2)2s 探究归纳 「典例2]「解析](1)设物块与木块间的静摩擦力为F,由牛顿第 二定律，对整体有F=(M十m)a 对物块有F,=na 可得F=Mm)品.当R最大为m时，F装大 故Fmax=(M十m)g,代入数据得Fx=l6N。 (2)F=10N16N,物块与木板保持相对静止。 对娄休aM千m26m/g=号m/g F 10 对物块F,=m=6X于N=7.5N, 答案] (1)16N(2)7.5N 针对训练 2.解析(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向 右做匀减速运动， 设其加速度大小为a1,则有 amg-3 m/s 木板B向右做匀加速运动， 设其加速度大小为a2,则有 4,-mg·2mg-1m/s。 (2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时 的速度和B的速度相同，设为，则有： 时间关系：=二卫=” a2 位移关系：山=6十巴 2t 2 解得w=2√6m/s。 答案(1)3m/s21m/s2(2)2√6m/s 素养演练·提升技能 1.BD,[物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共 速，也可能一直加速运动到B端，B、D正确。 2.AC 工木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加 速度大小相等，故A正确：木块可能相对于木板向前滑动，即木块 的加速度a2大于木板的加速度a1,都做匀加速直线运动，故B、D 错误，C正确。] 3.BCD[当木块刚放在传送带上时 mgsin 0-umgcos 0=ma v2=2ax 当传送带长度Lx时，木块一直匀加速运动，B正确。 当L>x时，木块与传送带速度相同后，若ngcos0≥ngsin0,即 4≥tan0,木块匀速运动；若mngsin0>mgcos0,即<tan0,木块 继续以更小的加速度加速，C、D正确。] 4.解析 (1)为了使小滑块B不从木板A上滑落，设A、B相对静止 时的加速度为a,对B有ma≤ng 对A、B整体有F=(M十m)a 解得F20N。 (2)当F=20.8N时，A、B发生相对滑动。 此时，对B有umg二naB 对A有F-4ng=MaA 设B在A上滑行的时间为t,有 L= 2anl-2am B滑离木板A时的速度v=aBd 联立解得u=8√3m/s。 答案(1)F20N(2)8√5m/s 微专题8运动学、动力学图像问题 关键能力·合作探究 探究归纳 「典例1][解析]速度一时间图像的斜率表示加速度，则由题图 可知，沿斜面上升时的加速度大小为a1=10m/s,沿斜面下滑时 的加速度大小为a2=2m/s。根据牛顿第二定律，上升时，有 ma1=ngsin0十mngcos0,下滑时，有a2=mngsin0-ngcos0, 由上述两式解得0=37°，=0.5。 T答案]BC 针对训练 1.AL由u-t图像知a1=1m/s,a2=2m/s”,由F-ng=ma1, ung一mag,解得u=0.2,F=6N。 2.A [由Ft图像和v-t图像可得，物块在2s到4s内所受外力F 4 =3N,物块做匀加速运动，a= u=2 m/s =2 m/s',F-F △ 8