第5节 牛顿运动定律的应用（讲义）物理粤教版必修第一册

本讲义聚焦牛顿运动定律的应用这一核心知识点，系统梳理动力学两类基本问题（由运动求受力、由受力求运动），结合水平面与斜面场景分析，通过整体法与隔离法，配合v-t图像构建从基础规律到传送带、板块模型的递进学习支架。 该资料以科学思维中的模型建构和科学推理为特色，分题型详解传送带相对运动判断、板块模型位移关系等关键问题，随学随练强化应用。课中助力教师系统授课，课后通过基础通关、素养提升练习帮助学生查漏补缺，培养解决实际问题的能力。

第四章 牛顿运动定律 第5节 牛顿运动定律的应用 课标要点 1.理解加速度是联系力与运动的桥梁，掌握动力学两类基本问题的解题思路。 2.能由物体的运动情况求出它所受的力，也能由受力情况求出它的运动情况。 3.会用牛顿运动定律分析水平面、斜面上的运动，能结合v-t图像求解动力学问题。 4.会用整体法与隔离法处理连接体，初步掌握传送带模型与板块模型的分析方法。 学习重难点 重点：动力学两类基本问题的规范求解；受力分析与运动过程分析的配合。 难点：传送带上摩擦力方向的判断与分段处理；板块模型中两物体加速度不同时的位移关系。 知识点一　动力学的两类基本问题 1.核心思想：牛顿第二定律把物体的受力情况与运动情况联系了起来，而加速度就是二者之间的桥梁。 2.第一类：由运动情况求受力情况。先用运动学公式求出加速度，再由F合＝ma求出合力，进而求某个未知的力。 3.第二类：由受力情况求运动情况。先对物体受力分析求出合力，由a＝F合/m求出加速度，再用运动学公式求速度、位移或时间。 4.通用步骤：确定研究对象 → 分析受力并画受力图 → 分析运动过程 → 选取正方向 → 列方程求解 → 检验结果是否合理。 5.正方向的选取：一般取加速度的方向为正方向，这样与加速度同向的量取正、反向的量取负，可以少出符号错误。 6.多过程问题：把整个运动分成几个阶段，逐段分析受力与加速度，前一段的末速度就是后一段的初速度。 特别提醒 1.两类问题的分界在于“已知什么、求什么”，但中间环节都是加速度，所以受力分析和运动分析这两步一步都不能省。 2.物体所受的力发生变化时（如撤去拉力、进入另一段路面），加速度随之改变，必须分段处理，不能一个公式用到底。 3.列式前先明确研究的是哪一段过程、哪一个物体，把已知量和待求量都标在受力图旁边。 随学随练 1.(多选)如图所示，质量为m的物体被吊车吊起的过程中，物体从静止开始先做匀加速直线运动，达到一定速度后再做匀速直线运动，到达一定高度后再做匀减速直线运动，到最高点时速度减为零。若加速和减速阶段加速度大小均为a，三个阶段的运动时间均为t，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ） A．匀加速阶段，吊车对物体的作用力大小为 B．匀速阶段，吊车对物体的作用力为零 C．匀减速阶段，吊车对物体作用力大小为ma D．整个过程，物体上升的高度为 2.某排球运动员在训练垫球过程中，排球离开手臂后先竖直向上运动，又竖直向下落回原位置，上述过程中排球受到的空气阻力大小恒定。在此过程中，用、分别表示排球的位移、速度，表示运动时间，取竖直向上为正方向，下列图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 3.如图是一个滑草轨道，由斜坡段和水平段组成。人坐在滑板上从点由静止滑下，斜坡倾角为，滑板与两段轨道间的动摩擦因数均为0.5。忽略空气阻力，滑行过程中人与滑板保持相对静止，则滑板滑行时（　　） A．在两段轨道所受摩擦力大小相等 B．在段所受合外力大小比在段的大 C．在段的加速度大小比在段的小 D．滑板质量越大，在点的速度越大 4.(多选)如图所示，物体从光滑斜面上的点由静止开始下滑，经过点后进入水平面（设经过点前后速度大小不变），最后停在点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。重力加速度取，则下列说法中正确的是（    ） A．物体从运动到的加速度大小为 B．物体与水平面之间的动摩擦因数 C．物体从运动到的时间为 D．间距离与间距离相等 知识点二　水平面与斜面上的动力学问题 1.水平面上：一般沿运动方向和垂直于运动方向建立坐标系，垂直方向合力为零求出FN，再由水平方向的合力求加速度。 2.斜向拉（推）的影响：斜向上拉时FN＝mg－Fsinθ，斜向下压时FN＝mg＋Fsinθ，压力变了摩擦力f＝μFN也跟着变。 3.斜面上：沿斜面方向与垂直斜面方向分解，垂直方向FN＝mgcosα，沿斜面方向合力决定加速度。 4.光滑斜面：a＝gsinα，与物体的质量无关，这一结论在比较不同物体的运动时很有用。 5.粗糙斜面：下滑时a＝g(sinα－μcosα)，上滑时a＝g(sinα＋μcosα)，上滑的加速度总是大于下滑的加速度。 6.常用结论：物体在斜面上恰好匀速下滑时，μ＝tanα，这是由mgsinα＝μmgcosα 得来的。 特别提醒 1.斜面上的摩擦力方向由相对运动方向决定：上滑时沿斜面向下，下滑时沿斜面向上，同一斜面上两种情况的加速度不相等。 2.物体冲上斜面后能否返回，取决于tanα 与 μ 的大小关系——tanα＞μ 才会滑下来，否则停在斜面上不动。 3.水平面上斜向拉物体时，别忘了压力的变化会引起摩擦力变化，这是这类题最常设的坑。 随学随练 1.如图所示，三个质量相等、形状及各表面材质和粗糙程度完全相同的货箱由静止开始沿着倾角为30°的长直木板下滑。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为、和，则下列说法正确的是（　　） A．1号货箱受到的摩擦力方向沿长直木板向下 B．1、2、3号货箱受到的摩擦力大小关系是 C．1、2、3号货箱受到的摩擦力大小关系是 D．货箱与长直木板的动摩擦因数可能是0.8 2.如图所示，斜面体B固定于水平桌面上，一质量为m的物块A从斜面底端开始以初速度v0冲上斜面，然后又返回出发点，此时速度为v，物块A与斜面间动摩擦因数为μ。以下说法正确的是（　　） A．物块A上滑时间大于下滑时间 B．物块A与斜面间摩擦力大小为μmg C．物块A上滑的加速度大于下滑的加速度 D．物块A上下过程可以看作一个单一的匀变速直线运动 3.如图所示，质量为，倾角为的斜面静止于地面上，质量为的物块沿斜面匀速下滑。当对物块分别施加竖直向下、水平向右的力，斜面与地面始终相对静止，在物块静止之前，下列说法不正确的是（　　） A．当施加竖直向下的力时，地面对斜面的支持力增加，摩擦力不变 B．当施加竖直向下的力时，物块仍然匀速下滑 C．当施加水平向右的力时，地面对斜面的支持力增加，摩擦力不变 D．当施加水平向右的力时，地面对斜面的支持力增加，摩擦力变大 4.(多选)如图所示，斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，若物块在下滑过程中施加一恒力作用，恒力过物块重心且与竖直方向夹角为，已知斜面倾角为，则在下滑过程中正确的是（　　） A．若力F竖直向下，物块将仍沿斜面匀速下滑 B．若力F垂直斜面向下，物块仍能保持匀速下滑 C．若力F沿斜面向下，斜面受到地面给的摩擦力方向水平向右 D．地面对斜面无摩擦力 知识点三　用图像解决动力学问题 1.读图第一步：确认纵轴是速度还是位移。v-t图像中，图线的斜率表示加速度，与横轴围成的面积表示位移。 2.分段读图：图线的转折点意味着合力发生了改变，每一段单独求斜率、单独列牛顿第二定律的方程。 3.由图求未知量：先由斜率求出各段的加速度，再结合受力分析列式，可以反求动摩擦因数、拉力、阻力或斜面倾角。 4.上滑与下滑的对照：物块在斜面上先上滑后下滑时，两段图线的斜率不同，联立两式可同时解出 μ 和倾角。 5.F-t图像与v-t图像的配合：F改变的时刻恰好对应v-t图线的转折时刻，两图对照读数是常见的设问方式。 特别提醒 1.斜率是加速度而不是速度，面积是位移而不是速度，这两处一旦看错，后面全错。 2.图线是直线说明加速度恒定，也就说明合力恒定；图线弯曲则说明合力在变，高一阶段一般只作定性判断。 3.读数时要看清坐标轴的单位与起点，图像题的失分多半不在物理而在读数。 随学随练 1.如图（a）所示，一物块在时刻，以初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），时刻物块到达最高点，时刻物块又返回底端。、均为已知量，重力加速度大小为，则（　　） A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为 B．物块返回底端时的速度大小为 C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小 D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角 2.(多选)如图甲，一个质量为4kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿水平地面做直线运动，t=1s时撤去外力，物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．3s末物体的速度为0 B．物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5 C．F的大小为24N D．t=1s时，物体向前运动了4m 3.(多选)放在水平地面上的物块，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示；物块运动的图像如图乙所示（6s后没有画出），g取。则物块（　　） A．质量为4.5kg B．与地面间的动摩擦因数是0.4 C．滑动时受到的摩擦力大小是6N D．6s~9s内的加速度大小是 4.(多选)如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去拉力F，物体运动的部分v−t图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2 B．匀减速直线运动的加速度的大小为20m/s2 C．拉力大小F=30N D．t=4s时物体的速度为2m/s，沿斜面向下 知识点四　整体法与隔离法 1.整体法：几个物体保持相对静止、具有相同的加速度时，可以把它们看成一个整体，只分析外力，求出共同的加速度。 2.隔离法：要求系统内部的相互作用力时，必须把某个物体单独隔离出来，分析它所受的全部力后再列式。 3.配合使用的顺序：先整体求加速度，再隔离求内力，这是处理连接体问题最常用的路线。 4.常见模型：叠放的物块一起加速、并排的物块被推动、轻绳连接的两物体，内部的作用力都要靠隔离法求出。 5.适用前提：整体法要求各物体的加速度相同，一旦发生相对滑动，加速度不再相同，就必须分别隔离列式。 特别提醒 1.用整体法时不要把系统内部的相互作用力画进受力图，它们成对出现、对整体的合力没有贡献。 2.隔离哪一个物体有讲究：优先隔离受力少的那个，方程会简单很多。 3.判断能否用整体法，先问一句“它们的加速度相同吗”，这是整体法成立的唯一前提。 随学随练 1.(多选)如图所示，水平地面上静止放置着三砖块A、B、C，质量分别为1kg、2kg、1kg，A、B之间和B、C之间的动摩擦因数均为μ。用两根长度相同的轻绳分别连接砖块A与砖块C，并将两根轻绳系于O点，现将一个竖直向上的力F作用于O点，不考虑砖块的转动，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2。则F作用的初始时刻，下列说法正确的是（　　） A．若，F=60N，则B砖块的加速度大小为15m/s2 B．若，F=50N，则砖块A、B之间的摩擦力为12.5N C．若，F=48N，则砖块A、B之间的摩擦力为12N D．若，F=48N，则砖块A的加速度大小为8m/s2 2.(多选)粗糙水平面上并排放着两个长方体木块，质量分别为，，木块A、B与水平面间的动摩擦因数均为，木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓慢向左水平推木块B，使木块A、B一起向左移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B由静止开始运动，设撤去外力瞬间弹簧弹力大小为，则（　　） A．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为 B．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为 C．木块A、B分离时，弹簧的弹力为0 D．木块A、B分离前，A、B一直做加速运动 3.(多选)如图所示，质量为的物体a被放在物体b的上表面,两物体沿光滑斜面一起向下滑，重力加速度大小为g，则关于物体a的受力，下列说法正确的是（　　） A．a对b的压力大小等于 B．a对b的压力大小小于 C．a与b之间没有摩擦力 D．a与b之间存在摩擦力 题型01　由运动情况求受力 1.解题主线：读出运动过程中的已知量（v0、v、t、s）→ 选合适的运动学公式求加速度 → 受力分析 → 由F合＝ma求未知的力。 2.常用运动学公式：v＝v0＋at、s＝v0t＋at²/2、v²－v0²＝2as，题目给什么就用含什么的那一个。 3.典型情境：飞机弹射起飞、火箭点火加速、汽车启动与刹车、物体在冰面上滑行减速。 4.易错警示：把平均速度当成瞬时速度；忘记加速度是矢量、减速时与运动方向相反；单位不统一（km/h与m/s混用）。 活学活用 1.我国歼－15T、歼－35和空警－600三型舰载机完成在福建舰上弹射起飞和着舰训练，成功利用电磁弹射方式起飞五代战机。据悉，福建号航母弹射装置轨道上飞机的加速度可达32，歼－35起飞重量约为，起飞时速度能达到288，加速过程近似为在轨道上静止开始的匀加速直线运动，重力加速度g取10。求： (1)歼－35在静止的福建号航母电磁弹射装置上加速起飞，弹射轨道至少为多长？ (2)若航母上不装弹射系统，飞机依靠自身装配的两台涡扇发动机加速，其总推力F为，加速时受到的阻力为自身重力的0.3倍，最小起飞速度为65，滑行起飞轨道长为，飞机能正常起飞时航母航行速度至少为多少？ 2.如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，冰壶投出后，可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动。已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02。重力加速度取。 (1)运动员以的水平速度将冰壶投出，求冰壶能在冰面上滑行的最大距离。 (2)若冰壶速度减为时距离目标位置还需要滑行18 m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？ (3)若运动员仍以的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的。已知冰壶运动过程中，滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为6 m，求与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离。 3.在学校科技节上，物理老师发射一枚质量的火箭模型。过程简化如下：如图所示，在时刻发动机点火，为火箭提供了竖直向上、大小恒为的推力，火箭上升到高度时发动机熄火，在达到最大高度后，火箭顶部的降落伞打开，之后火箭向下做匀加速运动，到达地面时的速度大小为。已知火箭箭体在运动的过程中，受到的空气阻力大小恒为，方向始终与火箭运动方向相反，重力加速度g取，不考虑火箭发射过程中喷出的气体对火箭质量的影响，火箭在运动的过程中可视为质点。 (1)求发动机熄火时，火箭的速度大小； (2)求火箭上升的最大高度； (3)若将降落伞打开后受到的阻力视作恒定不变，求该力的大小。 题型02　由受力情况求运动 1.解题主线：受力分析 → 求合力（必要时正交分解）→ 由a＝F合/m求加速度 → 用运动学公式求速度、位移或时间。 2.分段的判据：只要有力被撤去、增加，或者物体进入另一段不同粗糙程度的路面，就要重新分析、重新求加速度。 3.衔接技巧：前一段的末速度是后一段的初速度；上滑到最高点时速度为零，但加速度并不为零。 4.易错警示：合力方向判断错导致加速度符号错；把两段过程合成一段用一个公式算；漏掉某个力（尤其是摩擦力）。 活学活用 1.AB为光滑水平面，BC为倾角的光滑固定斜面，两者在B处平滑连接。质量m=1.6kg的物体，受到与水平方向成θ=37°斜向上拉力F的作用，从A点开始运动，到B点时撤去F，物体冲上光滑斜面至D点的瞬间静止，物体在运动过程中的速率—时间图如图（b），g取10。求： (1)AB段的长度； (2)拉力F的大小； (3)物体冲上斜面的最大距离。 2.如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面与粗糙的水平面连接。现将一小滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距离水平面的高度h=0.8m，B点距离C点的距离L=2m（假设滑块经过B点时速度大小不变，g取10m/s2）。求： (1)滑块在运动过程中的最大速度的大小； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ。 3.现代战争中，无人机发挥了重要的作用，如图为某款无人机正在进行投弹演习。这款无人机的质量为，携带的炸弹（可视为质点，所受空气阻力可忽略）质量为，其动力系统可提供最大的竖直升力，运动过程中无人机所受空气阻力大小恒定，且方向与运动方向相反。无人机携带炸弹在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在时离地面的高度为（g取）。 (1)求无人机运动过程中加速度大小； (2)求无人机运动过程中所受空气阻力大小； (3)若无人机悬停在离地20m处，突然释放炸弹，此时立即开启最大动力系统使无人机加速上升，求炸弹落地时无人机的离地高度。 题型03　v-t 图像与动力学的结合 1.标准流程：先由图线斜率求出各段加速度 → 再对每段分别受力分析、列牛顿第二定律的方程 → 联立求未知量。 2.双段联立：物块在斜面上先上滑后下滑，两段加速度分别为g(sinα＋μcosα)与g(sinα－μcosα)，两式相加减即可解出 μ 与 α。 3.面积的用法：需要求位移或全程路程时，用图线与横轴围成的面积，注意横轴下方的面积表示反向位移。 4.易错警示：把斜率读成速度；忽略转折点处合力已改变；用整段的平均斜率代替某一段的加速度。 活学活用 1.在水平路面上带动轮胎加速跑是锻炼运动员核心力量和耐力的一种有效方法，如图甲所示，在某次训练活动中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，轻绳与水平地面间的夹角为，后轻绳从轮胎上脱落，轮胎直线运动的图像如图乙所示。不计空气阻力，已知，，g取。求： (1)地面对轮胎的滑动摩擦系数； (2)拖绳对轮胎的拉力大小。 2.如图甲所示，一倾角为足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面体向上运动，同时在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，此时刻计为时刻，1s末将恒力F撤走，物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。物块可视为质点，重力加速度g取，，，求： （1）撤去恒力时，物块到斜面底端的距离； （2）恒力F的大小及物块与斜面间的动摩擦因数； （3）物块回到斜面底端时的速度大小。 3.如图甲所示，有一质量的物件从静止开始，在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取，求物件： (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)做加速运动时受到的牵引力大小。 题型04　传送带模型 1.第一步永远是判断相对滑动：比较物块速度与传送带速度的大小和方向，二者不同就有相对滑动，摩擦力是滑动摩擦力。 2.摩擦力方向由相对运动方向决定：物块比带慢，摩擦力向前（带动它加速）；物块比带快，摩擦力向后（使它减速）。 3.分段处理：物块加速到与带同速后要重新判断——水平带上通常一起匀速；倾斜带上若tanθ＞μ 则继续下滑，摩擦力反向。 4.易错警示：认为物块一定能追上传送带的速度（带太短就追不上）；同速后仍按原来的摩擦力方向计算；忘记划痕长度是相对位移。 活学活用 1.如图所示，水平传送带以的速度匀速转动，传送带的长度，现将一炭块（可视为质点）轻放在传送带端，炭块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，炭块相对传送带运动时会在传送带上留下痕迹，下列说法正确的是（　　） A．炭块的质量越大，在传送带上运动的时间越长 B．炭块在传送带上运动的总时间为 C．炭块离开传送带时的速度大小为 D．炭块在传送带上留下的痕迹长为 2.(多选)图甲为地铁站安全检查仪，其传送装置可简化为图乙，传送带始终保持运行。旅客把行李无初速度地放在处，设行李与传送带之间动摩擦因数，间距离为，取。若乘客把行李放到传送带的同时也以的恒定速率平行于传送带运动到处取行李，则（　　） A．行李一直做加速运动 B．行李先加速后匀速运动 C．乘客提前到达处 D．乘客与行李同时到达处 3.(多选)某地铁站入口安检装置其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一可视为质点的小行李箱以初速度滑上水平传送带，从点运动到点的速度一时间图象如图乙所示。重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．行李箱的初速度大小为 B．行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2 C．行李箱在、两点间的平均速度为 D．行李箱与传送带的相对位移大小为 题型05　板块模型 1.基本特征：上下两物体的加速度往往不同，必须分别隔离列式，不能用整体法。 2.受力要点：上方物体只受下方物体给的摩擦力驱动或阻碍；下方物体既受上方给的摩擦力，也受地面给的摩擦力，注意地面摩擦由二者总重决定。 3.位移关系：两者的位移之差就是相对滑动的距离，“物块恰好不滑落”意味着相对位移正好等于板长。 4.易错警示：漏掉地面对下方物体的摩擦力；把两者的加速度当成相同；相对位移与各自位移混淆。 活学活用 1.(多选)如图，粗糙水平面上放着一足够长的木板A，质量M=2kg，A上面放着小物块B，质量m=4kg，A与B以及A与地面摩擦因数均为0.2，g=10m/s2，给A施加水平恒力F，下列说法中正确的是（　　） A．时，A的加速度为 B．时，B的加速度为 C．，A、B之间摩擦力大小为8N D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动 2.如图所示，大货车在水平路面上以的速度匀速行驶，在车厢平板中央放有一个货箱，货箱与前挡板之间的距离。已知货箱和车厢之间的动摩擦因数，货箱的质量和货车的质量之间的关系满足，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，不考虑驾驶员的刹车反应时间，重力加速度。求： (1)匀速行驶过程中，货箱受到的摩擦力大小； (2)若货车司机发现前面有交通事故，连忙紧急制动，车轮抱死向前滑动，此后汽车所受路面的阻力恒为路面所受压力的0.6倍，货箱与车厢平板间是否会相对滑动？若相对滑动，是否会碰到挡板？（以上判断均通过计算说明） (3)在第（2）问中，若没有碰到挡板，则求出货箱停止时距挡板的距离；若能碰到挡板，可以采取哪些措施避免碰到挡板。 3.如图所示，一个可视为质点的物块静置于一个足够长的长木板最左端，木板静止在水平地面上．已知木板质量，物块质量，物块与木板间、木板与水平地面间的动摩擦因数分别为、，物块与木板间、木板与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若从时刻起，给小物块施加一水平向右、大小为的力，作用后撤去力，，求： (1)地面对木板的支持力大小； (2)内物块和木板的加速度大小； (3)时木板位移大小。 基础通关 1.(多选)如图所示，一个小球以6m/s的初速度在斜面底部开始沿光滑的斜面向上做匀变速运动，加速度大小为2m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．小球的速度方向沿斜面向上，再沿斜面向下 B．小球的加速度方向一直沿斜面向下 C．小球在 3s 末时回到斜面底部 D．小球在 6s 末时速度为 0 2.(多选)如图所示，在光滑的斜面上放置个相同的小球（可视为质点），小球、、距斜面底端点的距离分别为、、，现将它们分别从静止释放，到达A点的时间分别为、、，斜面的倾角为。则下列说法正确的是（　　） A． B． C． D．若增大，则的值减小 3.如图所示，一足够长的斜面，倾角为，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，现使物体受到一水平向右的恒力作用，运动至B点时撤去该力（，取），求： (1)物体在恒力作用下运动的加速度大小； (2)物体到达B点时的速度大小； (3)物体沿斜面向上滑行的最远距离。 4.如图所示，一带有“T”型支架，质量为的小车置于光滑水平地面上，为轻质活杆，可绕点无摩擦转动，为轻绳，其两端分别连接质量为和的小球、。在水平恒力作用下，整个装置保持相对静止一起运动，、与竖直方向夹角分别为、，忽略空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．轻绳对小球的拉力大小为 B．小于 C．小车加速度大小为 D．恒力大小为 5.如图所示，竖直放置在水平面的滑杆上套有弹性滑块，滑块与滑杆间产生沿杆的滑动摩擦力。现将滑块从A处静止释放，已知滑块的质量，滑杆的质量，A点距地面的高度，重力加速度g取，不考虑空气阻力。求： (1)滑块下滑过程中地面对滑杆的支持力大小； (2)滑块落地时的速度大小； (3)若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，求滑块第一次碰撞后上升的高度。 6.2026年，中国将发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水、冰等物质。为了确保探测器安全着陆，探测器需要在月球着陆前进行悬停，若当质量为m的探测器（视为质点）下降到距月球表面h处（h远小于月球半径）时，依靠发动机竖直向下喷气产生的作用力，恰好悬停。现关闭发动机，让探测器自由下落，然后再打开发动机，使探测器做匀减速直线运动，探测器落到月球表面时，速度恰好减为零。月球上重力加速度大小为，求： (1)探测器悬停时，发动机产生的作用力的大小； (2)关闭发动机后，探测器经过多长时间落到月球表面？ (3)探测器做匀减速直线运动时，发动机产生的作用力的大小。 7.如图所示，一长木板静止在水平地面上，其左端有一小木块（可视为质点），某时刻有的水平拉力作用在木块上，使其由静止开始运动，2s后撤去拉力。已知木块的质量，长木板的质量，木块与长木板间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，木板长度为，重力加速度。 (1)求开始运动时木块和长木板的加速度； (2)求撤去前木块在长木板上运动的距离（木块还没有掉下木板）； (3)为使木块不从长木板滑出，长木板至少有多长。 8.(多选)如图所示，某机场进行“行李传送车”传送行李培训.工作人员先将传送带调整水平，再接通电源让传送带做匀速直线运动，然后将某行李箱轻放在传送带一端.若行李箱先做匀加速运动再随传送带一起匀速运动，则在行李箱被传送的整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．传送带对行李箱始终有摩擦力作用 B．传送相同材质的物品，质量越大加速的时间越长 C．仅减小传送带速度，行李箱加速运动的时间变短 D．仅增大传送带速度，行李箱与传送带的相对位移变大 9.如图所示，为测量某滑块与轨道之间动摩擦因数μ的实验装置。材质相同的轨道主要由倾斜滑轨AB和水平滑轨BC组成，倾斜滑轨AB水平跨度为L，高为H，两轨道间平滑连接（滑块在下滑过程中经过B点前后速度大小vb不变）。若质量为m的滑块（可视为质点）从倾斜滑轨AB顶端A点由静止开始下滑，已知重力加速度为g，求： (1)滑块在倾斜滑轨上向下滑行时的加速度大小a1（采用L、H、μ和g表示） (2)若滑块滑到BC上停下时与B点距离为s，求滑块与轨道间的动摩擦因数μ（采用L、H和s表示，仅限牛顿第二定律和运动学方法求解）。 10.如图甲所示，质量为1kg的物体，放在倾角为的斜面上，推动一下恰好能够沿斜面匀速下滑。如果用原长为30cm的轻质弹簧沿斜面向上拉物体（图乙），使物体沿斜面匀速上滑时，弹簧的长度为40cm。（，，）求： (1)斜面的滑动摩擦因数； (2)弹簧的劲度系数； (3)用16N的力通过弹簧沿斜面向上拉物体，物体加速度为多大。 素养提升 11.（计算）如图所示，“雪如意”下段是倾角为39.56°的着陆坡，PC间距离d为64 m，质量m为80 kg的运动员着陆到P点时沿斜面的速度vP为10 m/s，之后开始做匀加速直线运动，与此同时与轨道平行的斜行电梯位于运动员前方40 m处，其运行速度恒为v1＝2.5 m/s，着陆坡表面的动摩擦因数μ为0.5。（已知，，结果均保留三位有效数字）求： (1)运动员在PC间运动的加速度大小aPC； (2)运动员从P点出发至追上电梯（与电梯平行）所用时间t0； (3)运动员感受到平行于地面方向上的空气阻力扑面而来，若该阻力大小恒为60 N，那么运动员还能成功追赶上电梯吗？请作出判断，并说明理由。 12.如图（a）所示，高速公路长下坡路段会设置避险车道，制动失控的车辆可以利用此坡道来实现车辆减速.为研究避险车道的各项参数间的关系，小明用质量为m的可视为质点的滑块来替代制动失控的车辆进行模拟实验，如图（b）所示，初速度为的滑块从斜面底端沿斜面向上运动，已知斜面倾角为，重力加速度为g. (1)求滑块在斜面上所受支持力的大小?为保证滑块不会出现倒溜现象，求滑块与斜面间的动摩擦因数需要满足的要求?（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） (2)若滑块与斜面间的动摩擦因数为，为保证滑块不会冲出斜面，求斜面的长度L至少要多长? (3)为了提高避险车道减速作用，请对坡道建设提出一条可行的建议. 13.2024年6月我国嫦娥六号登月，实现了首次月背采样返回.登陆器着陆月球的过程可分为四个阶段：第一阶段为悬停段，登陆器悬停在距离月球表面高处；第二阶段为避障下降段，此阶段可认为先竖直向下做匀加速直线运动，当速度达到时立即竖直向下做匀减速运动，加速和减速过程的加速度大小相等，运动至离月球表面高度处时速度降至；第三阶段为缓速下降段，此阶段登陆器保持匀速直线运动，直至下降到离月球表面高度处；第四阶段为着陆缓冲段，关闭发动机，登陆器仅在重力作用下以的初速度竖直向下运动直至着月、月球表面重力加速度取.求： (1)登陆器着月前瞬间速度大小； (2)第二阶段加速度大小； (3)已知登陆器质量为，分别求出第二阶段加速过程和减速过程登陆器发动机的推力大小?（忽略此过程燃料消耗对质量的影响） 14.民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一个连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上，如图甲所示，图乙是其简化模型。气囊所构成的斜面长，与水平地面夹角。质量的某旅客从斜面顶端由静止开始滑到斜面底端，到斜面底端时的速度大小，不计空气阻力及斜面的形变，旅客下滑过程中可视为质点做匀变速运动，重力加速度，，。求： (1)旅客沿斜面下滑时的加速度大小； (2)旅客下滑过程所受阻力的大小和旅客与斜面间的动摩擦因数。 15.如图1是皮带传输机，利用该传输机可以将农产品传输上大卡车。如图2，假设现有一皮带传输机倾斜放置，与水平面夹角为，传送带下端A点与上端B点间的距离为，传送带以恒定的速率向上运动。现将一袋质量为50kg的农产品无初速度地放于A点。已知农产品与传送带间的动摩擦因数，传送带上始终只有一袋农产品。取，求： (1)农产品从A运动至与传送带共速的时间； (2)农产品从A运动到传送带上端B点的时间； (3)假设最后一袋农产品无初速度放在A点后，经时间关停了传输机，农产品恰好能够到达B点，求时间。 16.图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M = 1.8 kg，长度d = 0.8 m，其中放有质量m = 0.2 kg，长s = 0.2 m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ = 0.1。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g = 10 m/s2。 (1)F = 1.8 N时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v； (2)要使书本和抽屉不发生相对滑动，求F的最大值Fm； (3)F = 3.8 N时，求书本最终停止时，书本右端和抽屉右端的距离。 迁移创新 17.2024年12月26日世界首架第六代战机在中国四川试飞，举世瞩目，其中风洞试验功不可没。风洞是能人工产生和控制气流的实验设备。如图为某风洞里做实验的示意图，一个质量的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角，现小球在的竖直向上的风力作用下，从杆的中点A由静止出发沿直杆运动。已知，杆的长度，杆与球之间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。求： (1)杆对球的支持力的大小与方向； (2)风力作用后撤去，小球从A点开始向上滑动的最大距离； (3)小球在直杆上向下滑动的时间。 18.如图1为某款质量为的球形飞行器的实物图与简化模型图。该款飞行器在打开发动机时，会沿机头方向产生恒定动力。在飞行时，会产生与速度方向相反、与速度大小成正比的空气阻力，即（为空气阻力系数）。为测量飞行器的动力和空气阻力系数，科技小组做了两项实践。实践一如图2，在空中用手拿着飞机，让飞机机头与水平方向呈37°，打开发动机，松手后一段时间飞机机头方向不变，且恰好可以沿水平方向以做匀速直线运动。实践二如图3，让飞行器机头竖直向上，打开发动机，一段时间后飞行器做匀速运动，此时关闭发动机，一段时间后飞行器再次做匀速运动。已知，全过程飞行器一直在空中，重力加速度为，，。问： (1)空气的阻力系数和飞行器动力的大小； (2)实践二中，飞行器两次匀速运动的速度大小与方向分别如何？ 19.如图甲所示是某货运公司的卸货装置，该装置由两部分构成，分别是倾角的传送带与倾角的倾斜长木板，该装置可简化成如图乙所示。长木板的另一端搭在地面上，各处均平滑连接。传送带段的长度，长木板段的长度。质量的货物无初速度地放在传送带顶端处，经过一段时间后货物被运送到长木板的底端处。已知货物与传送带间的动摩擦因数，与长木板间的动摩擦因数，且，，取重力加速度。 (1)若货物运动到长木板处时速度恰好为零，求货物在处的速度大小； (2)若将传送带的速度调成沿逆时针方向匀速传动，求货物刚放上传送带时的加速度和货物从传送带处运动到处的时间； (3)在第（2）问的基础上，求货物在传送带上留下的擦痕长度。 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 牛顿运动定律 第5节 牛顿运动定律的应用 课标要点 1.理解加速度是联系力与运动的桥梁，掌握动力学两类基本问题的解题思路。 2.能由物体的运动情况求出它所受的力，也能由受力情况求出它的运动情况。 3.会用牛顿运动定律分析水平面、斜面上的运动，能结合v-t图像求解动力学问题。 4.会用整体法与隔离法处理连接体，初步掌握传送带模型与板块模型的分析方法。 学习重难点 重点：动力学两类基本问题的规范求解；受力分析与运动过程分析的配合。 难点：传送带上摩擦力方向的判断与分段处理；板块模型中两物体加速度不同时的位移关系。 知识点一　动力学的两类基本问题 1.核心思想：牛顿第二定律把物体的受力情况与运动情况联系了起来，而加速度就是二者之间的桥梁。 2.第一类：由运动情况求受力情况。先用运动学公式求出加速度，再由F合＝ma求出合力，进而求某个未知的力。 3.第二类：由受力情况求运动情况。先对物体受力分析求出合力，由a＝F合/m求出加速度，再用运动学公式求速度、位移或时间。 4.通用步骤：确定研究对象 → 分析受力并画受力图 → 分析运动过程 → 选取正方向 → 列方程求解 → 检验结果是否合理。 5.正方向的选取：一般取加速度的方向为正方向，这样与加速度同向的量取正、反向的量取负，可以少出符号错误。 6.多过程问题：把整个运动分成几个阶段，逐段分析受力与加速度，前一段的末速度就是后一段的初速度。 特别提醒 1.两类问题的分界在于“已知什么、求什么”，但中间环节都是加速度，所以受力分析和运动分析这两步一步都不能省。 2.物体所受的力发生变化时（如撤去拉力、进入另一段路面），加速度随之改变，必须分段处理，不能一个公式用到底。 3.列式前先明确研究的是哪一段过程、哪一个物体，把已知量和待求量都标在受力图旁边。 随学随练 1.(多选)如图所示，质量为m的物体被吊车吊起的过程中，物体从静止开始先做匀加速直线运动，达到一定速度后再做匀速直线运动，到达一定高度后再做匀减速直线运动，到最高点时速度减为零。若加速和减速阶段加速度大小均为a，三个阶段的运动时间均为t，重力加速度为g，则下列说法正确的是（    ） A．匀加速阶段，吊车对物体的作用力大小为 B．匀速阶段，吊车对物体的作用力为零 C．匀减速阶段，吊车对物体作用力大小为ma D．整个过程，物体上升的高度为 答案　AD 解析　A．匀加速阶段，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律有 解得，A正确； B．匀速阶段，吊车对物体的作用力等于物体的重力，B错误； C．匀减速阶段，由牛顿第二定律有 解得，C错误； D．依题意，物体匀加速阶段和匀减速阶段上升的高度相等，由得 由得加速结束时的速度，则物体匀速阶段上升的高度 故整个过程，物体上升的高度为，D正确。 故选AD。 2.某排球运动员在训练垫球过程中，排球离开手臂后先竖直向上运动，又竖直向下落回原位置，上述过程中排球受到的空气阻力大小恒定。在此过程中，用、分别表示排球的位移、速度，表示运动时间，取竖直向上为正方向，下列图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 答案　D 解析　AB．排球向上运动时，阻力向下，排球做减速运动，排球向下运动时，阻力向上，排球做加速运动，图像的斜率表示速度，图示前后两个阶段的斜率一定，描述的均为匀速直线运动，不符合题意，故AB错误； CD．结合上述，排球向上运动时有 解得 方向竖直向下，排球向上做匀减速直线运动。排球向下运动时有 解得 方向竖直向下，排球向下做匀加速直线运动。图像的斜率表示加速度，由于取竖直向上为正方向，则斜率均为负值，故C错误，D正确。 故选D。 3.如图是一个滑草轨道，由斜坡段和水平段组成。人坐在滑板上从点由静止滑下，斜坡倾角为，滑板与两段轨道间的动摩擦因数均为0.5。忽略空气阻力，滑行过程中人与滑板保持相对静止，则滑板滑行时（　　） A．在两段轨道所受摩擦力大小相等 B．在段所受合外力大小比在段的大 C．在段的加速度大小比在段的小 D．滑板质量越大，在点的速度越大 答案　C 解析　A．在两段轨道所受支持力不相等，则摩擦力大小不相等，故A错误； BC．在段 在段 所以在段所受合外力大小比在段的小，根据牛顿第二定律可知，在段的加速度大小比在段的小，故B错误C正确； D．在点的速度 加速度与质量无关，则速度与质量无关，故D错误。 故选C。 4.(多选)如图所示，物体从光滑斜面上的点由静止开始下滑，经过点后进入水平面（设经过点前后速度大小不变），最后停在点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。重力加速度取，则下列说法中正确的是（    ） A．物体从运动到的加速度大小为 B．物体与水平面之间的动摩擦因数 C．物体从运动到的时间为 D．间距离与间距离相等 答案　ABC 解析　A．物体在斜面上下滑时，由加速度的定义式可得物体从运动到的加速度大小为，故A正确； B．从后两列数据可知物体在水平面上滑行的加速度大小 根据牛顿第二定律 可得物体与水平面之间的动摩擦因数为，故B正确； C．设从开始经过时间物体滑到斜面底部，则在斜面底部的速度，则在斜面上 在水平面上 联立解得， 物体从运动到的时间为，故C正确； D．由运动学公式可得间的距离 间的距离 则间的距离与间的距离不相等，故D错误。 故选ABC。 知识点二　水平面与斜面上的动力学问题 1.水平面上：一般沿运动方向和垂直于运动方向建立坐标系，垂直方向合力为零求出FN，再由水平方向的合力求加速度。 2.斜向拉（推）的影响：斜向上拉时FN＝mg－Fsinθ，斜向下压时FN＝mg＋Fsinθ，压力变了摩擦力f＝μFN也跟着变。 3.斜面上：沿斜面方向与垂直斜面方向分解，垂直方向FN＝mgcosα，沿斜面方向合力决定加速度。 4.光滑斜面：a＝gsinα，与物体的质量无关，这一结论在比较不同物体的运动时很有用。 5.粗糙斜面：下滑时a＝g(sinα－μcosα)，上滑时a＝g(sinα＋μcosα)，上滑的加速度总是大于下滑的加速度。 6.常用结论：物体在斜面上恰好匀速下滑时，μ＝tanα，这是由mgsinα＝μmgcosα 得来的。 特别提醒 1.斜面上的摩擦力方向由相对运动方向决定：上滑时沿斜面向下，下滑时沿斜面向上，同一斜面上两种情况的加速度不相等。 2.物体冲上斜面后能否返回，取决于tanα 与 μ 的大小关系——tanα＞μ 才会滑下来，否则停在斜面上不动。 3.水平面上斜向拉物体时，别忘了压力的变化会引起摩擦力变化，这是这类题最常设的坑。 随学随练 1.如图所示，三个质量相等、形状及各表面材质和粗糙程度完全相同的货箱由静止开始沿着倾角为30°的长直木板下滑。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为、和，则下列说法正确的是（　　） A．1号货箱受到的摩擦力方向沿长直木板向下 B．1、2、3号货箱受到的摩擦力大小关系是 C．1、2、3号货箱受到的摩擦力大小关系是 D．货箱与长直木板的动摩擦因数可能是0.8 答案　C 解析　A．由于1号货箱由静止沿长木板下滑，因此其受到的摩擦力沿长木板向上，故A错误； BC．根据滑动摩擦力的公式，可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关，只与接触面的粗糙程度和压力大小有关，由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同，压力大小也相同，故摩擦力相同，即，故B错误，C正确； D．货箱由静止开始沿长直木板下滑，说明重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，即 解得 即 μ<0.577 所以动摩擦因数不可能是0.8，故D错误。 故选C。 2.如图所示，斜面体B固定于水平桌面上，一质量为m的物块A从斜面底端开始以初速度v0冲上斜面，然后又返回出发点，此时速度为v，物块A与斜面间动摩擦因数为μ。以下说法正确的是（　　） A．物块A上滑时间大于下滑时间 B．物块A与斜面间摩擦力大小为μmg C．物块A上滑的加速度大于下滑的加速度 D．物块A上下过程可以看作一个单一的匀变速直线运动 答案　C 解析　AC．设斜面倾角为，上滑位移为，上滑时根据牛顿第二定律 下滑时 解得 所以物块A上滑的加速度大于下滑的加速度 下滑时做匀加速直线运动，则有 上滑时可视为匀加速直线运动的逆运动，则 解得， 因为，可以推出，故物块A上滑时间小于下滑时间 故A错误，C正确； B．物块A在斜面上滑动时摩擦力大小，故B错误； D．物块A上滑时做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动，故物块A上下过程不是一个单一过程的匀变速直线运动，故D错误。 故选C。 3.如图所示，质量为，倾角为的斜面静止于地面上，质量为的物块沿斜面匀速下滑。当对物块分别施加竖直向下、水平向右的力，斜面与地面始终相对静止，在物块静止之前，下列说法不正确的是（　　） A．当施加竖直向下的力时，地面对斜面的支持力增加，摩擦力不变 B．当施加竖直向下的力时，物块仍然匀速下滑 C．当施加水平向右的力时，地面对斜面的支持力增加，摩擦力不变 D．当施加水平向右的力时，地面对斜面的支持力增加，摩擦力变大 答案　D 解析　B．未施加力之前，对物块受力分析，应有 施加竖直向下的力时，则有 联立解得 所以当施加竖直向下的力时，物块仍然匀速下滑，故B正确； A．未施加力之前，对物块和斜面整体受力分析，应有 施加竖直向下的力时，由前面分析可知物块匀速下滑，对物块和斜面整体受力分析，则有 施加前后斜面与地面之间始终没有摩擦力，所以当施加竖直向下的力时，地面对斜面的支持力增加，摩擦力不变，故A正确； CD．施加水平向右的力时，物块受到的斜面的支持力增大，斜面对其的摩擦力增大，物块向下做匀减速运动，结合前面分析可知物块受到的斜面对其的支持力、滑动摩擦力的合力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得物块对斜面体的作用力竖直向下，所以地面对斜面体的摩擦力仍为零，物块向下做匀减速运动，处于超重状态，此时物块和斜面整体受地面的支持力大于整体重力，所以地面对斜面的支持力增加，故C正确；D错误。 本题要选不正确选项，故选D。 4.(多选)如图所示，斜面静止在粗糙水平地面上，物块放在斜面上时恰能沿斜面匀速下滑，若物块在下滑过程中施加一恒力作用，恒力过物块重心且与竖直方向夹角为，已知斜面倾角为，则在下滑过程中正确的是（　　） A．若力F竖直向下，物块将仍沿斜面匀速下滑 B．若力F垂直斜面向下，物块仍能保持匀速下滑 C．若力F沿斜面向下，斜面受到地面给的摩擦力方向水平向右 D．地面对斜面无摩擦力 答案　AD 解析　A．设物体的质量为m，根据题意有 当力F竖直向下时，也有 故物体沿斜面匀速下滑，故A正确； B．若力F垂直斜面向下，物体在斜面上的滑动摩擦力为 根据题意有 则有 所以物块不能保持匀速下滑，故B错误； C．当无外力时，斜面对物体的支持力为N，斜面对物体的摩擦力为f，对物体受力分析水平分解有 则物体对斜面的压力与斜面对物体的支持力为作用力与反作用力，等大反向，同理，物体对斜面的摩擦力也等大反向，则斜面在水平方向的分量也平衡，故地面对斜面没有摩擦力，当力F沿斜面向下时，物体对斜面的压力不变，滑动摩擦力大小也不变，故斜面仍不受地面给的摩擦力，故C错误； D．如图所示 任意角度的力F，都可以分解成竖直向下的分量及沿斜面向下的分量，竖直向下的分量与物体重力的作用效果一致，不会使地面对斜面产生摩擦力，沿斜面向下的分量，根据上面的分析，也不会使地面对斜面产生摩擦力，故力F不管与竖直方向的夹角为多少，地面对斜面均不会有摩擦力，故D正确。 故选AD。 知识点三　用图像解决动力学问题 1.读图第一步：确认纵轴是速度还是位移。v-t图像中，图线的斜率表示加速度，与横轴围成的面积表示位移。 2.分段读图：图线的转折点意味着合力发生了改变，每一段单独求斜率、单独列牛顿第二定律的方程。 3.由图求未知量：先由斜率求出各段的加速度，再结合受力分析列式，可以反求动摩擦因数、拉力、阻力或斜面倾角。 4.上滑与下滑的对照：物块在斜面上先上滑后下滑时，两段图线的斜率不同，联立两式可同时解出 μ 和倾角。 5.F-t图像与v-t图像的配合：F改变的时刻恰好对应v-t图线的转折时刻，两图对照读数是常见的设问方式。 特别提醒 1.斜率是加速度而不是速度，面积是位移而不是速度，这两处一旦看错，后面全错。 2.图线是直线说明加速度恒定，也就说明合力恒定；图线弯曲则说明合力在变，高一阶段一般只作定性判断。 3.读数时要看清坐标轴的单位与起点，图像题的失分多半不在物理而在读数。 随学随练 1.如图（a）所示，一物块在时刻，以初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），时刻物块到达最高点，时刻物块又返回底端。、均为已知量，重力加速度大小为，则（　　） A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为 B．物块返回底端时的速度大小为 C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小 D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角 答案　B 解析　AB．根据图像与坐标轴围成的面积表示物体的位移，设物块回到底端时的速度大小为，则有 解得物块回到底端时的速度大小为 则上滑时的加速度大小为 下滑时的加速度大小为 物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为，故A错误，B正确； CD．设物块与斜面间的摩擦力大小为，斜面的倾角为，根据牛顿第二定律可得， 联立解得， 由于物块的质量未知，因此无法求出物块受到摩擦力的大小，但可以求出斜面的倾角，故CD错误。 故选B。 2.(多选)如图甲，一个质量为4kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿水平地面做直线运动，t=1s时撤去外力，物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．3s末物体的速度为0 B．物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5 C．F的大小为24N D．t=1s时，物体向前运动了4m 答案　AC 解析　A．由，1s末物体的速度 3s末物体的速度，A正确； B．依题意物体只受滑动摩擦力，由牛顿第二定律有 解得，B错误； C．在内，由牛顿第二定律有 解得，C正确； D．由，t=1s时，物体的位移，D错误。 故选AC。 3.(多选)放在水平地面上的物块，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示；物块运动的图像如图乙所示（6s后没有画出），g取。则物块（　　） A．质量为4.5kg B．与地面间的动摩擦因数是0.4 C．滑动时受到的摩擦力大小是6N D．6s~9s内的加速度大小是 答案　BCD 解析　C．根据图甲和图乙可知，在3～6s过程中，物块做匀速直线运动，则此时拉力等于摩擦力，即f=6N 故C正确； A．在0～3s过程中，根据牛顿第二定律得：， 解得：m=1.5kg 故A错误； B．根据摩擦力的计算公式f=μmg可得μ=0.4，故B正确； D．在6～9s过程中，根据牛顿第二定律得： 负号表示加速度方向与物体的运动方向相反，大小为2m/s2，故D正确。 故选BCD。 4.(多选)如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去拉力F，物体运动的部分v−t图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2 B．匀减速直线运动的加速度的大小为20m/s2 C．拉力大小F=30N D．t=4s时物体的速度为2m/s，沿斜面向下 答案　CD 解析　ABC．根据v−t图像可知，加速阶段加速度为 减速阶段加速度 根据牛顿第二定律可知，加速上升过程 F−mgsinθ−μmgcosθ=ma1 减速上升过程 −mgsinθ−μmgcosθ=ma2 联立解得 F=30N μ=0.5 AB错误，C正确； D．由题意可知 mgsinθ=6N＞μmgcosθ=4N 可知物体1s后的速度为 1s后物体做匀减速运动，减速到零后，所用时间 接着物体沿斜面向下做匀加速下滑，设加速度为a3，由牛顿第二定律得 −mgsinθ+μmgcosθ=ma3 解得 a3=−2m/s2 由速度时间关系，则有物体在t=4s（t3=1s）时的速度为 v4=a3t3=−2×1 m/s =−2m/s 方向沿斜面向下，D正确。 故选CD。 知识点四　整体法与隔离法 1.整体法：几个物体保持相对静止、具有相同的加速度时，可以把它们看成一个整体，只分析外力，求出共同的加速度。 2.隔离法：要求系统内部的相互作用力时，必须把某个物体单独隔离出来，分析它所受的全部力后再列式。 3.配合使用的顺序：先整体求加速度，再隔离求内力，这是处理连接体问题最常用的路线。 4.常见模型：叠放的物块一起加速、并排的物块被推动、轻绳连接的两物体，内部的作用力都要靠隔离法求出。 5.适用前提：整体法要求各物体的加速度相同，一旦发生相对滑动，加速度不再相同，就必须分别隔离列式。 特别提醒 1.用整体法时不要把系统内部的相互作用力画进受力图，它们成对出现、对整体的合力没有贡献。 2.隔离哪一个物体有讲究：优先隔离受力少的那个，方程会简单很多。 3.判断能否用整体法，先问一句“它们的加速度相同吗”，这是整体法成立的唯一前提。 随学随练 1.(多选)如图所示，水平地面上静止放置着三砖块A、B、C，质量分别为1kg、2kg、1kg，A、B之间和B、C之间的动摩擦因数均为μ。用两根长度相同的轻绳分别连接砖块A与砖块C，并将两根轻绳系于O点，现将一个竖直向上的力F作用于O点，不考虑砖块的转动，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2。则F作用的初始时刻，下列说法正确的是（　　） A．若，F=60N，则B砖块的加速度大小为15m/s2 B．若，F=50N，则砖块A、B之间的摩擦力为12.5N C．若，F=48N，则砖块A、B之间的摩擦力为12N D．若，F=48N，则砖块A的加速度大小为8m/s2 答案　BD 解析　拉力大小为F，两轻绳间夹角为120°，则F=2Tcos60°，可知每根轻绳的拉力T=F 当B与A、C的摩擦力为最大静摩擦力时B恰好相对A、C静止，由牛顿第二定律得： 对A、B、C整体：F-（mA+mB+mC）g=（mA+mB+mC）a 对B：2μ临Tcos30°-mBg=mBa 解得 A．若，A、B、C相对静止，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得：F-（mA+mB+mC）g=（mA+mB+mC）a1 代入数据解得a1=5m/s2，故A错误； B．若，A、B、C相对静止，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得：F-（mA+mB+mC）g=（mA+mB+mC）a2 对B，由牛顿第二定律得2f-mBg=mBa2 代入数据解得f=12.5N，故B正确； C．若，B相对A、C滑动，A、B间的摩擦力，故C错误； D．若，B相对A、C滑动，对A，由牛顿第二定律得：Fsin30°-μFcos30°-mAg=mAaA 代入数据解得aA=8m/s2，故D正确。 故选BD。 2.(多选)粗糙水平面上并排放着两个长方体木块，质量分别为，，木块A、B与水平面间的动摩擦因数均为，木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓慢向左水平推木块B，使木块A、B一起向左移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B由静止开始运动，设撤去外力瞬间弹簧弹力大小为，则（　　） A．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为 B．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为 C．木块A、B分离时，弹簧的弹力为0 D．木块A、B分离前，A、B一直做加速运动 答案　BC 解析　AB．对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有 对B进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 故A错误，B正确； C．木块A、B刚刚分离时，加速度相等，相互之间的弹力为0，对B进行分析，根据牛顿第二定律有 方向水平向左。对A进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 即木块A、B分离时，弹簧的弹力为0，故C正确； D．结合上述，木块A、B分离时，弹簧的弹力为0，此时弹簧处于原长，可知，弹簧先前一直处于压缩状态，弹力一直减小至0，则撤去外力后，弹簧弹力开始大于摩擦力，后小于摩擦力，即A、B先做加速运动，后做减速运动，故D错误。 故选BC。 3.(多选)如图所示，质量为的物体a被放在物体b的上表面,两物体沿光滑斜面一起向下滑，重力加速度大小为g，则关于物体a的受力，下列说法正确的是（　　） A．a对b的压力大小等于 B．a对b的压力大小小于 C．a与b之间没有摩擦力 D．a与b之间存在摩擦力 答案　BD 解析　a与b沿斜面加速下滑，所以加速度方向沿斜面向下，将加速度分解成沿水平向右的分量和竖直向下的分量，所以物体a受到水平向右的合力即摩擦力，在竖直方向上，物体a受到竖直向下的合力即由重力与支持力共同提供，且。 故选BD。 题型01　由运动情况求受力 1.解题主线：读出运动过程中的已知量（v0、v、t、s）→ 选合适的运动学公式求加速度 → 受力分析 → 由F合＝ma求未知的力。 2.常用运动学公式：v＝v0＋at、s＝v0t＋at²/2、v²－v0²＝2as，题目给什么就用含什么的那一个。 3.典型情境：飞机弹射起飞、火箭点火加速、汽车启动与刹车、物体在冰面上滑行减速。 4.易错警示：把平均速度当成瞬时速度；忘记加速度是矢量、减速时与运动方向相反；单位不统一（km/h与m/s混用）。 活学活用 1.我国歼－15T、歼－35和空警－600三型舰载机完成在福建舰上弹射起飞和着舰训练，成功利用电磁弹射方式起飞五代战机。据悉，福建号航母弹射装置轨道上飞机的加速度可达32，歼－35起飞重量约为，起飞时速度能达到288，加速过程近似为在轨道上静止开始的匀加速直线运动，重力加速度g取10。求： (1)歼－35在静止的福建号航母电磁弹射装置上加速起飞，弹射轨道至少为多长？ (2)若航母上不装弹射系统，飞机依靠自身装配的两台涡扇发动机加速，其总推力F为，加速时受到的阻力为自身重力的0.3倍，最小起飞速度为65，滑行起飞轨道长为，飞机能正常起飞时航母航行速度至少为多少？ 答案　(1) (2) 解析　（1）,由 解得 故弹射轨道至少 （2）由牛顿第二定律有 以航母为参考系，对飞机有 联立解得 2.如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，冰壶投出后，可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动。已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02。重力加速度取。 (1)运动员以的水平速度将冰壶投出，求冰壶能在冰面上滑行的最大距离。 (2)若冰壶速度减为时距离目标位置还需要滑行18 m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？ (3)若运动员仍以的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的。已知冰壶运动过程中，滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为6 m，求与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离。 答案　(1) (2) (3) 解析　（1）根据牛顿第二定律有 根据运动学公式有 联立解得 （2）根据匀变速直线运动规律有 解得此时冰壶滑行的加速度大小应为 则根据牛顿第二定律有 解得此时冰壶和冰面的动摩擦因数变为 （3）设冰壶滑过的未摩擦的冰面长度为，根据牛顿第二定律有 根据运动学公式有 根据牛顿第二定律有 已知冰壶滑过摩擦过的冰面长度为 根据运动学公式有 解得 因此 3.在学校科技节上，物理老师发射一枚质量的火箭模型。过程简化如下：如图所示，在时刻发动机点火，为火箭提供了竖直向上、大小恒为的推力，火箭上升到高度时发动机熄火，在达到最大高度后，火箭顶部的降落伞打开，之后火箭向下做匀加速运动，到达地面时的速度大小为。已知火箭箭体在运动的过程中，受到的空气阻力大小恒为，方向始终与火箭运动方向相反，重力加速度g取，不考虑火箭发射过程中喷出的气体对火箭质量的影响，火箭在运动的过程中可视为质点。 (1)求发动机熄火时，火箭的速度大小； (2)求火箭上升的最大高度； (3)若将降落伞打开后受到的阻力视作恒定不变，求该力的大小。 答案　(1)30m/s (2)81m (3)14N 解析　（1）火箭向上做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得 解得 根据 可知，发动机熄火时，火箭的速度大小为 （2）发动机熄火后，根据牛顿第二定律可得 解得 发动机熄火后，火箭继续上升的高度为 则火箭上升的最大高度为 （3）火箭在降落伞作用下向下做匀加速运动，根据运动学公式可得 解得加速度大小为 根据牛顿第二定律有 解得降落伞提供的阻力大小为 题型02　由受力情况求运动 1.解题主线：受力分析 → 求合力（必要时正交分解）→ 由a＝F合/m求加速度 → 用运动学公式求速度、位移或时间。 2.分段的判据：只要有力被撤去、增加，或者物体进入另一段不同粗糙程度的路面，就要重新分析、重新求加速度。 3.衔接技巧：前一段的末速度是后一段的初速度；上滑到最高点时速度为零，但加速度并不为零。 4.易错警示：合力方向判断错导致加速度符号错；把两段过程合成一段用一个公式算；漏掉某个力（尤其是摩擦力）。 活学活用 1.AB为光滑水平面，BC为倾角的光滑固定斜面，两者在B处平滑连接。质量m=1.6kg的物体，受到与水平方向成θ=37°斜向上拉力F的作用，从A点开始运动，到B点时撤去F，物体冲上光滑斜面至D点的瞬间静止，物体在运动过程中的速率—时间图如图（b），g取10。求： (1)AB段的长度； (2)拉力F的大小； (3)物体冲上斜面的最大距离。 答案　(1)5m (2)5N (3)2.5m 解析　（1）AB段的长度为图像前2s的面积 （2）由图像的斜率可知，2s前的加速度大小为 根据牛顿第二定律 合力为 解得F=5N （3）由于斜面光滑，则物体在斜面上，根据牛顿第二定律 解得 根据运动学公式 解得x=2.5m 2.如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面与粗糙的水平面连接。现将一小滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距离水平面的高度h=0.8m，B点距离C点的距离L=2m（假设滑块经过B点时速度大小不变，g取10m/s2）。求： (1)滑块在运动过程中的最大速度的大小； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ。 答案　(1) 4m/s ；(2)0.4 解析　(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上匀减速运动，所以滑块运动到B点时速度最大，设为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，滑块在斜面上受到重力，支持力。斜面长 xAB==1.6m 由牛顿第二定律得 F合=mg=ma1 a1=5m/s2 根据运动学公式 vm 2=2a1xAB 解得： vm=4m/s 即滑块在运动过程中的最大速度为4m/s。 (2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得 F合´=μmg=m a2 a2=μg 根据运动学公式 vm 2=2 a2L 解得 μ=0.4 即滑块与水平面间的动摩擦因数μ为0.4 3.现代战争中，无人机发挥了重要的作用，如图为某款无人机正在进行投弹演习。这款无人机的质量为，携带的炸弹（可视为质点，所受空气阻力可忽略）质量为，其动力系统可提供最大的竖直升力，运动过程中无人机所受空气阻力大小恒定，且方向与运动方向相反。无人机携带炸弹在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在时离地面的高度为（g取）。 (1)求无人机运动过程中加速度大小； (2)求无人机运动过程中所受空气阻力大小； (3)若无人机悬停在离地20m处，突然释放炸弹，此时立即开启最大动力系统使无人机加速上升，求炸弹落地时无人机的离地高度。 答案　(1)6m/s2 (2) (3) 解析　（1）无人机携带炸弹在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，设加速度大小为，根据运动学公式可得              解得 （2）根据牛顿第二定律可得      解得空气阻力大小为 （3）若无人机悬停时突然释放炸弹，炸弹做自由落体运动，则有         解得 以无人机为对象，根据牛顿第二定律可得 解得      根据运动学公式可得           则炸弹落地时无人机的离地高度为 题型03　v-t 图像与动力学的结合 1.标准流程：先由图线斜率求出各段加速度 → 再对每段分别受力分析、列牛顿第二定律的方程 → 联立求未知量。 2.双段联立：物块在斜面上先上滑后下滑，两段加速度分别为g(sinα＋μcosα)与g(sinα－μcosα)，两式相加减即可解出 μ 与 α。 3.面积的用法：需要求位移或全程路程时，用图线与横轴围成的面积，注意横轴下方的面积表示反向位移。 4.易错警示：把斜率读成速度；忽略转折点处合力已改变；用整段的平均斜率代替某一段的加速度。 活学活用 1.在水平路面上带动轮胎加速跑是锻炼运动员核心力量和耐力的一种有效方法，如图甲所示，在某次训练活动中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，轻绳与水平地面间的夹角为，后轻绳从轮胎上脱落，轮胎直线运动的图像如图乙所示。不计空气阻力，已知，，g取。求： (1)地面对轮胎的滑动摩擦系数； (2)拖绳对轮胎的拉力大小。 答案　(1)0.5 (2)70 解析　（1）轻绳从轮胎上脱落后，对轮胎进行分析，则有，， 根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落后的加速度大小为 解得 （2）4s之前对轮胎进行分析，则有，， 根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落前的加速度大小为 解得 2.如图甲所示，一倾角为足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面体向上运动，同时在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，此时刻计为时刻，1s末将恒力F撤走，物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。物块可视为质点，重力加速度g取，，，求： （1）撤去恒力时，物块到斜面底端的距离； （2）恒力F的大小及物块与斜面间的动摩擦因数； （3）物块回到斜面底端时的速度大小。 答案　（1）；（2），；（3） 解析　（1）由图乙可得，图像与横轴的面积为物块的位移，即物块到斜面底端的距离 （2）由图乙可得，时，物块速度为零，即物块在时，到达斜面最高点，向上运动时，物块加速度的大小 此段，结合物块的受力，牛顿第二定律的表达式 后，物块向下运动，结合图乙，物块向下运动的加速度的大小 此段，结合物块的受力，牛顿第二定律的表达式 解得 ， （3）撤走恒力F后，物块向下运动的加速度 此时物块速度大小为，由得，物块回到斜面底端时的速度大小 3.如图甲所示，有一质量的物件从静止开始，在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取，求物件： (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)做加速运动时受到的牵引力大小。 答案　(1)，方向竖直向下； (2)； (3) 解析　（1）由图乙可知内物件匀速运动，物件做匀减速运动，减速时电机的牵引力 减速时根据牛顿第二定律得 解得，方向竖直向下 （2）设匀速运动速度为，减速时间为，由图乙可得 物件减速时 解得 （3）物件匀速时 物件减速时 物件加速时 联立解得 根据匀加速运动速度与位移关系可得 由牛顿第二定律得 解得 题型04　传送带模型 1.第一步永远是判断相对滑动：比较物块速度与传送带速度的大小和方向，二者不同就有相对滑动，摩擦力是滑动摩擦力。 2.摩擦力方向由相对运动方向决定：物块比带慢，摩擦力向前（带动它加速）；物块比带快，摩擦力向后（使它减速）。 3.分段处理：物块加速到与带同速后要重新判断——水平带上通常一起匀速；倾斜带上若tanθ＞μ 则继续下滑，摩擦力反向。 4.易错警示：认为物块一定能追上传送带的速度（带太短就追不上）；同速后仍按原来的摩擦力方向计算；忘记划痕长度是相对位移。 活学活用 1.如图所示，水平传送带以的速度匀速转动，传送带的长度，现将一炭块（可视为质点）轻放在传送带端，炭块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，炭块相对传送带运动时会在传送带上留下痕迹，下列说法正确的是（　　） A．炭块的质量越大，在传送带上运动的时间越长 B．炭块在传送带上运动的总时间为 C．炭块离开传送带时的速度大小为 D．炭块在传送带上留下的痕迹长为 答案　B 解析　A．根据牛顿第二定律可知 解得 则炭块在传送带上的运动与炭块的质量无关，故A错误； BC．炭块在传送带上先做匀加速直线运动，其加速度 加速运动的时间 加速位移为 之后炭块做匀速直线运动，匀速运动的时间 因此炭块在传送带上运动的总时间 炭块离开传送带时的速度大小为，故B正确，C错误； D．炭块在传送带上留下的痕迹的长度，故D错误。 故选B。 2.(多选)图甲为地铁站安全检查仪，其传送装置可简化为图乙，传送带始终保持运行。旅客把行李无初速度地放在处，设行李与传送带之间动摩擦因数，间距离为，取。若乘客把行李放到传送带的同时也以的恒定速率平行于传送带运动到处取行李，则（　　） A．行李一直做加速运动 B．行李先加速后匀速运动 C．乘客提前到达处 D．乘客与行李同时到达处 答案　BC 解析　AB．对行李，根据牛顿第二定律有 可得加速度为 可得经过时间后与传送带共速，此时行李的位移为 间距离为，可知行李先加速后匀速运动，故A错误，B正确； CD．行李匀速运动的时间为 可知行李的运动的总时间为，若乘客把行李放到传送带的同时也以的恒定速率平行于传送带运动到处取行李，乘客用时，可知乘客提前到达处，故C正确，D错误。 故选BC。 3.(多选)某地铁站入口安检装置其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一可视为质点的小行李箱以初速度滑上水平传送带，从点运动到点的速度一时间图象如图乙所示。重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．行李箱的初速度大小为 B．行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2 C．行李箱在、两点间的平均速度为 D．行李箱与传送带的相对位移大小为 答案　BCD 解析　A．由v－t图像可知，小行李箱的初速度v0＝3m/s，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则传送带转动的速度v＝1m/s，故A错误； B．由v－t图像可知，小行李箱的加速度大小为 根据牛顿第二定律，有 解得，故B正确； C．根据v－t图像，小行李箱在3s内运动的距离为x1＝×1m＋1×2m＝4m 则A、B两点间的距离为4m，行李箱在、两点间的平均速度为，故C正确； D．根据v－t图像，在3s内传送带传动的距离为x2＝1×3m＝3m 所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx＝x1－x2＝1 m，故D正确。 故选BCD。 题型05　板块模型 1.基本特征：上下两物体的加速度往往不同，必须分别隔离列式，不能用整体法。 2.受力要点：上方物体只受下方物体给的摩擦力驱动或阻碍；下方物体既受上方给的摩擦力，也受地面给的摩擦力，注意地面摩擦由二者总重决定。 3.位移关系：两者的位移之差就是相对滑动的距离，“物块恰好不滑落”意味着相对位移正好等于板长。 4.易错警示：漏掉地面对下方物体的摩擦力；把两者的加速度当成相同；相对位移与各自位移混淆。 活学活用 1.(多选)如图，粗糙水平面上放着一足够长的木板A，质量M=2kg，A上面放着小物块B，质量m=4kg，A与B以及A与地面摩擦因数均为0.2，g=10m/s2，给A施加水平恒力F，下列说法中正确的是（　　） A．时，A的加速度为 B．时，B的加速度为 C．，A、B之间摩擦力大小为8N D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动 答案　BD 解析　A．A与地面间的最大静摩擦力 A、B之间的最大静摩擦力 当A、B恰好发生相对滑动时，对B分析，根据牛顿第二定律， 解得 对A、B整体分析， 解得 即当时，A、B相对静止，一起运动，当时，A、B发生相对滑动，当时，，A、B相对静止，一起运动，对整体分析，根据牛顿第二定律 解得，故A错误； B．当时，，A、B发生相对滑动，B的加速度由A对B的最大静摩擦力提供，根据牛顿第二定律 解得，故B正确； C．当时，因为，A、B相对静止，一起运动，对整体分析， 解得 对B分析，根据牛顿第二定律，故C错误； D．如果把F作用到B上，B对A的最大静摩擦力为8N，A与地面间的最大静摩擦力为12N，因为，所以无论F有多大，A受到的B对它的最大静摩擦力都小于A与地面间的最大静摩擦力，木板A均不会运动，故D正确。 故选BD。 2.如图所示，大货车在水平路面上以的速度匀速行驶，在车厢平板中央放有一个货箱，货箱与前挡板之间的距离。已知货箱和车厢之间的动摩擦因数，货箱的质量和货车的质量之间的关系满足，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，不考虑驾驶员的刹车反应时间，重力加速度。求： (1)匀速行驶过程中，货箱受到的摩擦力大小； (2)若货车司机发现前面有交通事故，连忙紧急制动，车轮抱死向前滑动，此后汽车所受路面的阻力恒为路面所受压力的0.6倍，货箱与车厢平板间是否会相对滑动？若相对滑动，是否会碰到挡板？（以上判断均通过计算说明） (3)在第（2）问中，若没有碰到挡板，则求出货箱停止时距挡板的距离；若能碰到挡板，可以采取哪些措施避免碰到挡板。 答案　(1)0 (2)会发生相对滑动，会碰到挡板 (3)①给货箱增加外力，比如加绳子固定。 ②货车司机刹车时，不要以最大加速度刹车，防止轮胎抱死，让轮胎滚动，减小刹车加速度，增大刹车距离。 ③加大货箱和挡板的距离到以上。 解析　（1）匀速行驶过程中，货箱所受合力为0，则 （2）当货车以最大加速度刹车时，货车轮胎与地面处于滑动状态，假设此时货箱和货车保持相对静止，则有 解得 对货箱有 故货箱与货车会发生相对滑动 此种情况下，货车的刹停距离为， 又，解得 货箱的刹停距离为， 联立解得， 由于 则货箱会碰到挡板 （3）要避免货箱碰到挡板，可以采用以下措施： ①给货箱增加外力，比如加绳子固定。 ②货车司机刹车时，不要以最大加速度刹车，防止轮胎抱死，让轮胎滚动，减小刹车加速度，增大刹车距离。 ③加大货箱和挡板的距离到以上。 3.如图所示，一个可视为质点的物块静置于一个足够长的长木板最左端，木板静止在水平地面上．已知木板质量，物块质量，物块与木板间、木板与水平地面间的动摩擦因数分别为、，物块与木板间、木板与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若从时刻起，给小物块施加一水平向右、大小为的力，作用后撤去力，，求： (1)地面对木板的支持力大小； (2)内物块和木板的加速度大小； (3)时木板位移大小。 答案　(1) (2)， (3) 解析　（1）把物块与木板看作一个整体，整体重力 竖直方向上合力为0，所以地面对木板的支持力大小 （2）当物块与木板之间的摩擦力达到最大时，此时可得两者不发生相对滑动的最大拉力，以木板为对象，根据牛顿第二定律有 解得 以物块为对象，根据牛顿第二定律有 解得 即12N为不发生相对滑动的临界条件，因为，所以物块与木板各自加速，设物块加速度为，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 设木板的加速度为，根据牛顿第二定律有 解得 （3）作用后，撤去F时物块的速度为，木板的速度为，则物块的速度为 木板的速度为 撤去F后，物块减速，设物块加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 撤去F后，木板加速，长木板加速度，设经时间两者共速，当两者第一次共速时，则有 解得， 共速后两者一起减速，其加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 则再减速的时间为 根据时间位移公式有 共同运动的距离为 故在时木板位移大小 基础通关 1.(多选)如图所示，一个小球以6m/s的初速度在斜面底部开始沿光滑的斜面向上做匀变速运动，加速度大小为2m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．小球的速度方向沿斜面向上，再沿斜面向下 B．小球的加速度方向一直沿斜面向下 C．小球在 3s 末时回到斜面底部 D．小球在 6s 末时速度为 0 答案　AB 解析　A.根据题意可知，小球先沿斜面做匀减速直线运动，然后反向匀加速直线运动，故A正确； B.小球受重力和支持力，根据牛顿第二定律得：2m/s2，a保持不变，方向一直沿斜面向下，故B正确； CD.物体向上运动的时间为：t=，根据运动的对称性，向下运动时间也为3s，故6s末回到斜面底部，速度大小等于初速度，故CD错误； 2.(多选)如图所示，在光滑的斜面上放置个相同的小球（可视为质点），小球、、距斜面底端点的距离分别为、、，现将它们分别从静止释放，到达A点的时间分别为、、，斜面的倾角为。则下列说法正确的是（　　） A． B． C． D．若增大，则的值减小 答案　BC 解析　AC．由于斜面是光滑的，故小球在斜面的受力如图 故小球在运动方向即沿斜面放下的受力为 故小球的加速度为 又小球由静止释放，初速度为零，由位移公式得 可见对三个小球来说，位移与时间平方的比值是一个定值，与其加速度成正比，而三个小球的加速度相同，故A错误，C正确； B．某段时间内的平均速度 因为三个小球到达底端的速度 根据，可知平均速度 所以 故B正确； D．根据位移公式得 则变大，则的值增大，故D错误。 故选BC。 3.如图所示，一足够长的斜面，倾角为，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，现使物体受到一水平向右的恒力作用，运动至B点时撤去该力（，取），求： (1)物体在恒力作用下运动的加速度大小； (2)物体到达B点时的速度大小； (3)物体沿斜面向上滑行的最远距离。 答案　(1) (2) (3) 解析　（1）根据牛顿第二定律 其中 解得 （2）物体从M点运动至B点，做初速度为零的匀加速直线运动，则 解得 （3）撤去恒力后，物体冲上斜面做匀减速直线运动，沿斜面方向根据牛顿第二定律有 解得 根据 代入数据解得物体沿斜面向上滑行的最远距离 4.如图所示，一带有“T”型支架，质量为的小车置于光滑水平地面上，为轻质活杆，可绕点无摩擦转动，为轻绳，其两端分别连接质量为和的小球、。在水平恒力作用下，整个装置保持相对静止一起运动，、与竖直方向夹角分别为、，忽略空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．轻绳对小球的拉力大小为 B．小于 C．小车加速度大小为 D．恒力大小为 答案　D 解析　A．对B，竖直方向有 解得轻绳对小球B的拉力大小为，故A错误； B．题意可知小球A、小球B、小车三者加速度相同且大小设为a，OA为轻质活杆，杆的弹力沿杆方向，对A有 解得 同理对B有 解得 可知相等，故B错误； C．由B选项分析可知，故C错误； D．对小球A、小球B、小车整体有，故D正确。 故选D。 5.如图所示，竖直放置在水平面的滑杆上套有弹性滑块，滑块与滑杆间产生沿杆的滑动摩擦力。现将滑块从A处静止释放，已知滑块的质量，滑杆的质量，A点距地面的高度，重力加速度g取，不考虑空气阻力。求： (1)滑块下滑过程中地面对滑杆的支持力大小； (2)滑块落地时的速度大小； (3)若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，求滑块第一次碰撞后上升的高度。 答案　(1) (2) (3) 解析　（1）滑块下滑过程中，以滑杆为对象，根据平衡条件可得 解得地面对滑杆的支持力大小为 （2）以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 根据运动学公式可得 解得滑块落地时的速度大小为 （3）若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，滑块向上运动过程，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 则滑块第一次碰撞后上升的高度为 6.2026年，中国将发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水、冰等物质。为了确保探测器安全着陆，探测器需要在月球着陆前进行悬停，若当质量为m的探测器（视为质点）下降到距月球表面h处（h远小于月球半径）时，依靠发动机竖直向下喷气产生的作用力，恰好悬停。现关闭发动机，让探测器自由下落，然后再打开发动机，使探测器做匀减速直线运动，探测器落到月球表面时，速度恰好减为零。月球上重力加速度大小为，求： (1)探测器悬停时，发动机产生的作用力的大小； (2)关闭发动机后，探测器经过多长时间落到月球表面？ (3)探测器做匀减速直线运动时，发动机产生的作用力的大小。 答案　(1) (2) (3) 解析　（1）探测器悬停时，受力平衡 （2）关闭发动机后，探测器先做自由落体运动， 打开发动机后，探测器做匀减速直线运动， 解得， 探测器下落的总时间 解得 （3）探测器做匀减速直线运动时，根据牛顿第二定律 由第（2）问知 解得 7.如图所示，一长木板静止在水平地面上，其左端有一小木块（可视为质点），某时刻有的水平拉力作用在木块上，使其由静止开始运动，2s后撤去拉力。已知木块的质量，长木板的质量，木块与长木板间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，木板长度为，重力加速度。 (1)求开始运动时木块和长木板的加速度； (2)求撤去前木块在长木板上运动的距离（木块还没有掉下木板）； (3)为使木块不从长木板滑出，长木板至少有多长。 答案　(1)2m/s2、方向水平向右，1m/s2、方向水平向右 (2)2m (3) 解析　（1）开始运动时木块的加速度，方向水平向右 长木板的加速度，方向水平向右 （2）撤去F前木块在长木板上运动的距离 （3）撤去F时，木块和木板的速度分别为， 此后木块的加速度 当两者共速时 解得， 则 则长木板的长度至少为 8.(多选)如图所示，某机场进行“行李传送车”传送行李培训.工作人员先将传送带调整水平，再接通电源让传送带做匀速直线运动，然后将某行李箱轻放在传送带一端.若行李箱先做匀加速运动再随传送带一起匀速运动，则在行李箱被传送的整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．传送带对行李箱始终有摩擦力作用 B．传送相同材质的物品，质量越大加速的时间越长 C．仅减小传送带速度，行李箱加速运动的时间变短 D．仅增大传送带速度，行李箱与传送带的相对位移变大 答案　CD 解析　A．行李箱随传送带一起匀速运动时，没有相对运动，也没有相对运动的趋势，没有摩擦力，故A错误； B．加速过程，由牛顿第二定律可得 由运动学公式有 则加速的时间 与质量无关，仅减小传送带速度，行李箱加速运动的时间变短，故B错误，C正确； D．相对位移 则仅增大传送带速度，行李箱与传送带的相对位移变大，故D正确。 故选CD。 9.如图所示，为测量某滑块与轨道之间动摩擦因数μ的实验装置。材质相同的轨道主要由倾斜滑轨AB和水平滑轨BC组成，倾斜滑轨AB水平跨度为L，高为H，两轨道间平滑连接（滑块在下滑过程中经过B点前后速度大小vb不变）。若质量为m的滑块（可视为质点）从倾斜滑轨AB顶端A点由静止开始下滑，已知重力加速度为g，求： (1)滑块在倾斜滑轨上向下滑行时的加速度大小a1（采用L、H、μ和g表示） (2)若滑块滑到BC上停下时与B点距离为s，求滑块与轨道间的动摩擦因数μ（采用L、H和s表示，仅限牛顿第二定律和运动学方法求解）。 答案　(1) (2) 解析　（1）设斜面倾角为，根据牛顿第二定律可得 斜面AB长度为 根据几何关系可得， 解得 （2）根据速度位移关系可得 设滑块在BC上运动的加速度为a2，根据牛顿第二定律可得， 联立得 10.如图甲所示，质量为1kg的物体，放在倾角为的斜面上，推动一下恰好能够沿斜面匀速下滑。如果用原长为30cm的轻质弹簧沿斜面向上拉物体（图乙），使物体沿斜面匀速上滑时，弹簧的长度为40cm。（，，）求： (1)斜面的滑动摩擦因数； (2)弹簧的劲度系数； (3)用16N的力通过弹簧沿斜面向上拉物体，物体加速度为多大。 答案　(1)0.75 (2) (3) 解析　（1）依题意，物体恰好能够沿斜面匀速下滑，可得 解得 （2）物体沿斜面匀速上滑时，有 解得 （3）根据牛顿第二定律，可得 解得 素养提升 11.（计算）如图所示，“雪如意”下段是倾角为39.56°的着陆坡，PC间距离d为64 m，质量m为80 kg的运动员着陆到P点时沿斜面的速度vP为10 m/s，之后开始做匀加速直线运动，与此同时与轨道平行的斜行电梯位于运动员前方40 m处，其运行速度恒为v1＝2.5 m/s，着陆坡表面的动摩擦因数μ为0.5。（已知，，结果均保留三位有效数字）求： (1)运动员在PC间运动的加速度大小aPC； (2)运动员从P点出发至追上电梯（与电梯平行）所用时间t0； (3)运动员感受到平行于地面方向上的空气阻力扑面而来，若该阻力大小恒为60 N，那么运动员还能成功追赶上电梯吗？请作出判断，并说明理由。 答案　(1)2.50 m/s2 (2)3.40 s (3)能成功赶上 解析　（1）受力分析如图2所示 沿斜面方向正交分解可知，水平方向 ma＝Gx－f＝mgsinα－f 竖直方向N＝Gy＝mgcosα 又f＝μN，联立可得 ma＝mgsinα－μmgcosα 即a＝（sinα－μcosα）g＝0.255g＝0.255×9.8＝2.50 m/s2 （2）根据题意可列出关于t0的方程 vPt0＋＝40＋v1t0 解得t0＝3.40s （3）能，理由如下： 此时再对运动员做受力分析，如图3所示， 沿斜面方向正交分解可知，竖直方向N＝Gy＋fky＝mgcosα＋fksinα 水平方向ma＝Gx－fkx－f＝mgsinα－fkcosα－f 又f＝μN，联立可得 ma＝mgsinα－fkcosα－μ（mgcosα＋fksinα） 解得a1＝1.68m/s2 求运动员到达C点所用时间：由vPt1＋＝d 解得t1＝4.61 s 而斜行电梯到达C点所用时间 由于，因此运动员一定比斜行电梯先到达底部，因此在运动过程中运动员一定能成功赶上电梯。 12.如图（a）所示，高速公路长下坡路段会设置避险车道，制动失控的车辆可以利用此坡道来实现车辆减速.为研究避险车道的各项参数间的关系，小明用质量为m的可视为质点的滑块来替代制动失控的车辆进行模拟实验，如图（b）所示，初速度为的滑块从斜面底端沿斜面向上运动，已知斜面倾角为，重力加速度为g. (1)求滑块在斜面上所受支持力的大小?为保证滑块不会出现倒溜现象，求滑块与斜面间的动摩擦因数需要满足的要求?（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） (2)若滑块与斜面间的动摩擦因数为，为保证滑块不会冲出斜面，求斜面的长度L至少要多长? (3)为了提高避险车道减速作用，请对坡道建设提出一条可行的建议. 答案　(1)； (2) (3)①增加坡道长度；②在坡道上铺上砂石增加坡道与车辆间的摩擦阻力、让车辆陷进松散沙土 解析　（1）滑块所受支持力大小 为了保证滑块滑到最高点后不会出现倒溜现象，需满足 解得 （2）滑块上滑时 由牛顿第二定律得 设斜面最小长度为L，则有 解得 （3）①增加坡道长度；②在坡道上铺上砂石增加坡道与车辆间的摩擦阻力 13.2024年6月我国嫦娥六号登月，实现了首次月背采样返回.登陆器着陆月球的过程可分为四个阶段：第一阶段为悬停段，登陆器悬停在距离月球表面高处；第二阶段为避障下降段，此阶段可认为先竖直向下做匀加速直线运动，当速度达到时立即竖直向下做匀减速运动，加速和减速过程的加速度大小相等，运动至离月球表面高度处时速度降至；第三阶段为缓速下降段，此阶段登陆器保持匀速直线运动，直至下降到离月球表面高度处；第四阶段为着陆缓冲段，关闭发动机，登陆器仅在重力作用下以的初速度竖直向下运动直至着月、月球表面重力加速度取.求： (1)登陆器着月前瞬间速度大小； (2)第二阶段加速度大小； (3)已知登陆器质量为，分别求出第二阶段加速过程和减速过程登陆器发动机的推力大小?（忽略此过程燃料消耗对质量的影响） 答案　(1) (2) (3)， 解析　（1）登陆器着陆过程有 解得 （2）登陆器加速阶段 减速阶段， 以上各式代入数据解得 （3）加速过程根据牛顿第二定律有 解得 减速过程根据牛顿第二定律有 解得 14.民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一个连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上，如图甲所示，图乙是其简化模型。气囊所构成的斜面长，与水平地面夹角。质量的某旅客从斜面顶端由静止开始滑到斜面底端，到斜面底端时的速度大小，不计空气阻力及斜面的形变，旅客下滑过程中可视为质点做匀变速运动，重力加速度，，。求： (1)旅客沿斜面下滑时的加速度大小； (2)旅客下滑过程所受阻力的大小和旅客与斜面间的动摩擦因数。 答案　(1)1.6m/s2 (2)264N，0.55 解析　（1）根据可得加速度 （2）根据牛顿第二定律 解得f=264N 根据 解得 15.如图1是皮带传输机，利用该传输机可以将农产品传输上大卡车。如图2，假设现有一皮带传输机倾斜放置，与水平面夹角为，传送带下端A点与上端B点间的距离为，传送带以恒定的速率向上运动。现将一袋质量为50kg的农产品无初速度地放于A点。已知农产品与传送带间的动摩擦因数，传送带上始终只有一袋农产品。取，求： (1)农产品从A运动至与传送带共速的时间； (2)农产品从A运动到传送带上端B点的时间； (3)假设最后一袋农产品无初速度放在A点后，经时间关停了传输机，农产品恰好能够到达B点，求时间。 答案　(1) (2)2.4s (3)2.32s 解析　（1）对农产品，根据牛顿第二定律有 解得 则农产品从A运动至与传送带共速的时间 （2）农产品从A运动至与传送带共速，发生的位移为 因，故农产品与传送带共速后，做匀速直线运动，则有 解得 故农产品从A运动到传送带上端B点的时间 （3）设关停前农产品先加速运动，位移为，再匀速运动 匀速运动的位移为 关停后，农产品沿传送带向上减速运动，速度为零时恰好能够到达B点，对农产品，根据牛顿第二定律有 解得 则减速的位移为 根据 解得 16.图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M = 1.8 kg，长度d = 0.8 m，其中放有质量m = 0.2 kg，长s = 0.2 m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ = 0.1。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g = 10 m/s2。 (1)F = 1.8 N时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v； (2)要使书本和抽屉不发生相对滑动，求F的最大值Fm； (3)F = 3.8 N时，求书本最终停止时，书本右端和抽屉右端的距离。 答案　(1)1.2 m/s (2)2 N (3)0.2m 解析　（1）对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 解得 根据运动学公式可得 解得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为 （2）对书本由牛顿第二定律有 解得 对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有 解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为 （3）由于 可知书本和抽屉有相对滑动；对抽屉，由牛顿第二定律有 解得 设抽屉的运动时间为t2，根据运动学公式可得 解得 此时，书本的速度为 书本通过的位移大小为 此后书本经过x3速度减为0，则有 则书本最终停止时，书本右端和抽屉右端的距离l=s+d-x2-x3=0.2m 迁移创新 17.2024年12月26日世界首架第六代战机在中国四川试飞，举世瞩目，其中风洞试验功不可没。风洞是能人工产生和控制气流的实验设备。如图为某风洞里做实验的示意图，一个质量的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角，现小球在的竖直向上的风力作用下，从杆的中点A由静止出发沿直杆运动。已知，杆的长度，杆与球之间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。求： (1)杆对球的支持力的大小与方向； (2)风力作用后撤去，小球从A点开始向上滑动的最大距离； (3)小球在直杆上向下滑动的时间。 答案　(1)8N，方向垂直于杆向下。 (2)12m (3)4s 解析　（1）小球在垂直于杆向上受风力的分力F1=Fcos37°=20×0.8N=16N 小球受重力垂直于杆向下的分力G1=Gcos37°=1×10×0.8N=8N 小球在垂直于杆方向上受力平衡，所以杆对球的支持力的大小F′=F1-G1=16N-8N=8N 方向垂直于杆向下。 （2）风力F作用时，由牛顿第二定律（F-mg）sin37°-μ（F-mg）cos37°=ma1 解得：a1=4m/s2 方向沿杆向上； 风力作用2s末的速度为v1=a1t1=4×2m/s=8m/s 风力作用2s末的位移为 风力撤去后，由牛顿第二定律mgsin37°+μmgcos37°=ma2 解得a2=8m/s2 方向沿杆向下； 小球继续上滑的位移 小球上滑过程中距A点的最大距离xm=x1+x2=8m+4m=12m （3）小球向下滑动时的加速度mgsin37°-μmgcos37°=ma3 解得a3=4m/s2 向下滑动的距离 根据 解得t=4s 18.如图1为某款质量为的球形飞行器的实物图与简化模型图。该款飞行器在打开发动机时，会沿机头方向产生恒定动力。在飞行时，会产生与速度方向相反、与速度大小成正比的空气阻力，即（为空气阻力系数）。为测量飞行器的动力和空气阻力系数，科技小组做了两项实践。实践一如图2，在空中用手拿着飞机，让飞机机头与水平方向呈37°，打开发动机，松手后一段时间飞机机头方向不变，且恰好可以沿水平方向以做匀速直线运动。实践二如图3，让飞行器机头竖直向上，打开发动机，一段时间后飞行器做匀速运动，此时关闭发动机，一段时间后飞行器再次做匀速运动。已知，全过程飞行器一直在空中，重力加速度为，，。问： (1)空气的阻力系数和飞行器动力的大小； (2)实践二中，飞行器两次匀速运动的速度大小与方向分别如何？ 答案　(1)， (2)1m/s，竖直方向；1.5m/s，竖直向下。 解析　（1）在图2中，对气行器受力分析，如图所示 根据平衡条件有， 代入数据解得， （2）打开发动机，一段时间后飞行器做匀速运动，设速度为 根据平衡条件有 又 解得 可知速度方向竖直向上； 此时关闭发动机，一段时间后飞行器再次做匀速运动，设速度为 根据平衡条件有 又 解得 可知速度方向竖直向下。 19.如图甲所示是某货运公司的卸货装置，该装置由两部分构成，分别是倾角的传送带与倾角的倾斜长木板，该装置可简化成如图乙所示。长木板的另一端搭在地面上，各处均平滑连接。传送带段的长度，长木板段的长度。质量的货物无初速度地放在传送带顶端处，经过一段时间后货物被运送到长木板的底端处。已知货物与传送带间的动摩擦因数，与长木板间的动摩擦因数，且，，取重力加速度。 (1)若货物运动到长木板处时速度恰好为零，求货物在处的速度大小； (2)若将传送带的速度调成沿逆时针方向匀速传动，求货物刚放上传送带时的加速度和货物从传送带处运动到处的时间； (3)在第（2）问的基础上，求货物在传送带上留下的擦痕长度。 答案　(1) (2)，方向沿传送带向下； (3) 解析　（1）依题意，货物在BC上做匀减速直线运动，受力分析如图所示，且 由牛顿第二定律有，其中 解得 由，有 解得 （2）依题意，传送带速度，货物无初速度放在A端，相对传送带向上运动，受力分析如图所示 由牛顿第二定律有，其中 解得，方向沿传送带向下 设货物从A端到与传送带共速用时，由，有 解得 由得货物的位移，此时货物相对传送带有向下滑动的趋势，由 可知货物要继续向下做匀加速直线运动，受力分析如图所示 由 得 设货物滑到B端用时，由 有 解得 综上可得货物从A到B的时间 （3）由上问可知，过程一传送带的位移 则货物相对传送带的位移大小，即擦痕长度为 过程二传送带的位移 则货物相对传送带的位移大小，即擦痕长度为 因过程一货物相对传送带向上运动，过程二货物相对传送带向下运动，故两次相对运动的擦痕重叠，则货物从A到B的过程中在传送带上留下擦痕的长度。 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $