4.5 牛顿运动定律的应用 讲义 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

本讲义聚焦牛顿运动定律的应用这一核心知识点，系统梳理从受力确定运动情况、从运动情况确定受力的基本方法，构建斜面（光滑/粗糙）、连接体、传送带（水平/倾斜/组合）、板块（水平/倾斜/有无外力）等16类模型作为学习支架。 该资料通过题型分类细化与解题步骤指引，结合无人机配送、神舟飞船着陆等真实情境典例，培养学生模型建构与科学推理能力。课中辅助教师分层教学，课后助力学生通过变式训练与过关验收查漏补缺，强化知识应用。

第四章 第5节 牛顿运动定律的应用 内 容 导 航 题型1 牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况 题型2 牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力 题型3 物体在光滑斜面上的运动 题型4 物体在粗糙斜面上的运动 题型5 牛顿第二定律的临界问题 题型6 斜面上的连接体问题（连接体问题的特例） 题型7 等时圆模型 题型8 连接体模型 题型9 水平传送带模型 题型10 倾斜传送带模型 题型11 多种传送带的组合问题 题型12 无外力的水平板块模型 题型13 有外力的水平板块模型 题型14 无外力的倾斜板块模型 题型15 有外力的倾斜板块模型 题型16 板块模型和传送带模型的结合 考 点 演 练 题型1 牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况 解｜题｜知｜识 1.已知物体受力，求解物体的运动情况。 2.解答该类问题的一般步骤 （1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。 （2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。 （3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。 （4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。 【典例1】如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力的大小F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则（　　） A．升降机停止前在向下运动 B．0﹣t1时间内小球处于失重状态，t1﹣t2时间内小球处于超重状态 C．t1﹣t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小 D．t3﹣t4时间内小球向下运动，速度一直增大 【变式1】消防员从距地面高h＝46m处的一扇窗户外沿一条竖直悬挂的绳子由静止滑下，为了最快到达地面，消防员先做自由落体运动，紧接着抓紧绳子开始减速。已知绳子对消防员的最大滑动摩擦力不超过消防员所受重力的1.7倍，消防员安全着地时的速度不能超过6m/s，取重力加速度大小g＝10m/s2。则消防员沿绳滑至地面的最短时间为（　　） A．3.0g B．3.5g C．4.0s D．4.5g 【变式2】如图甲所示，一个质量m＝2kg的物块以初速度v0＝10m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t1＝1.0s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端。物块运动的v﹣t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2）。则可确定（　　） A．物块上滑时的加速度大小为1m/s2 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.45 C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为5.0m D．物块回到斜面底端的时刻为2.0s 【变式3】如图所示，冰壶运动是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。在某次比赛中，运动员将质量为18kg的冰壶以大小为8m/s的初速度投出，冰壶沿水平冰面做匀减速直线运动直至停止，若冰壶与冰面之间的动摩擦因数为0.04，忽略冰壶转动的影响，g取10m/s2，下面说法正确的是（　　） A．冰壶受到的摩擦力大小为0.72N B．冰壶的加速度大小为0.4m/s2 C．冰壶运动10s后速度大小为2m/s D．冰壶运动30s内的位移大小为60m 题型2 牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力 解｜题｜知｜识 1.已知物体的运动情况，求解物体的受力。 2.解答该类问题的一般步骤 （1）选定研究对象，对研究对象进行运动情况分析和受力分析，并画出运动草图及受力示意图。 （2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。 （3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。 （4）根据力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或与力有关的量。 【典例1】2024年8月16日北京首条无人机配送航线在八达岭长城景区正式开通，为游客配送物资。无人机某次配送过程中在竖直方向运动的v﹣t图像如图所示。若配送物资质量为2kg，以竖直向上为正方向，水平方向速度始终为0，不计空气阻力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在此过程中无人机上升的最大高度为4m B．在此过程中无人机上升的最大高度为6m C．在1s末配送物资所受无人机的拉力大小为24N D．在1s末配送物资所受无人机的拉力大小为16N 【变式1】2024年11月4日凌晨1时24分，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.0m时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计，返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2，则每一台反推火箭点火工作时提供的平均推力大小为（　　） A．1.2×105N B．9.0×104N C．3.0×104N D．2.25×104N 【变式2】图1所示为某超市的倾斜式自动人行道，将顾客随自动人行道上行的情境简化为图2所示的示意图。若运动过程中顾客与自动人行道始终保持相对静止，下列说法正确的是（　　） A．自动人行道匀速向上运行的过程中，顾客受重力、支持力和滑动摩擦力 B．自动人行道匀速向上运行的过程中，顾客可能不受摩擦力 C．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的支持力比匀速时小 D．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的摩擦力比匀速时大 （多选）【变式3】如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为1.0kg的物体，使物体与头盔紧密接触，使其从距水平地面3.2m的高处由静止自由落下，并与地面发生碰撞，速度减为零，头盔被物体挤压了0.04m，挤压过程物体的运动视为匀减速直线运动。不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．自由下落过程，物体对头盔的压力为0 B．物体自由下落过程经历的时间为0.6s C．碰撞过程中，物体速度变化量大小为10m/s D．碰撞过程中，头盔对物体的平均作用力大小为810N 题型3 物体在光滑斜面上的运动 解｜题｜知｜识 1.物体处在光滑斜面上时，会受到重力和支持力，其合力沿着斜面向下，所以物体的加速度也沿着斜面向下。如果斜面的倾角为α，根据牛顿第二定律可得加速度的大小为a＝＝gsinα 2.根据物体的加速度可以进行一些运动学的相关计算。 【典例1】将一轻杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示。现在杆上套一光滑小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．在2～4s内小球的加速度大小为1m/s B．杆的倾角为30° C．小球质量为2kg D．小球在0～4s内的位移为8m 【变式1】如图所示，有一光滑斜面倾角为θ，放在水平面上，用固定的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球质量为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＝gtanθ B．水平向左加速，加速度a＝gtanθ C．水平向右减速，加速度a＝gsinθ D．水平向左减速，加速度a＝gsinθ 【变式2】如图所示，一直角墙面上固定有A、B、C三个光滑轨道，轨道A、B相交于水平地面的N点，轨道B、C相交于竖直墙面的M点，轨道A、C长度相等。现将小球分别从A、B、C三个轨道的最上端由静止释放，其滑到最下端所用时间分别为tA、tB、tC。下列说法正确的是（　　） A．tA＝tC B．tA＜tC C．tB＝tC D．tB＞tC 【变式3】如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑．已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止．则在此过程中物块B对物块A的压力为（　　） A．Mgsinθ B．Mgcosθ C．0 D．（M+m）gsinθ 题型4 物体在粗糙斜面上的运动 解｜题｜知｜识 1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。 2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。 ①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα ②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα| a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosα b、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα 【典例1】一个物块以某一初速度沿倾角为θ的足够长斜面向上滑，滑动过程物块沿直线运动，物块在斜面上运动的位移与时间的关系如图所示。重力加速度g取10m/s2，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A．0.4 B．0.5 C．0.65 D．0.75 【变式1】如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面。滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）则（　　） A．滑块上滑过程中的加速度大小是2m/s2 B．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5 C．滑块经2s返回出发点 D．滑块回到出发点时的速度大小v＝10m/s 【变式2】（多选）如图1所示，平板A与小物块B叠放在固定斜面上，A的质量为m，B的质量为5m，A与斜面间的动摩擦因数为μA，B与A间的动摩擦因数为μB。将A、B同时由静止释放，释放后瞬间A与斜面间的摩擦力f随斜面倾角θ的变化关系如图2所示，图像在和时有转折（临界）。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则由图像可以推断（　　） A．释放后瞬间A和B之间的摩擦力在时达到最大 B． C．时，A与斜面间的摩擦力 D． 【变式3】（多选）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量m＝0.1kg的物块P，Q也为一质量m＝0.1kg的物块，弹簧的质量不计，其劲度系数k＝100N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.1s时间内，F为变力，0.1s以后F为恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　） A．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为0.012m B．物块Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小为0.5m/s2 C．前t＝0.1s内，两物块沿斜面运动的位移大小为0.005m D．力F的最大值与最小值的差值为0.5N 题型5 牛顿第二定律的临界问题 解｜题｜知｜识 1.物体在斜面上和斜面一起加速运动时，加速度不能无限增大，当加速度达到一定限度时，两个物体会发生相对运动。此时便是临界状态。 2.临界状态的两个物体的运动学特点是：①加速度相同；②速度相同。 【典例1】如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断错误的是（　　） A．当滑块左加速运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是a＝3g B．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力不可能为零 D．当滑块向右匀加速直线运动时，线中拉力可以为零 【变式1】（多选）如图所示，质量M＝4kg的空铁箱在水平拉力F＝210N作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.2。这时铁箱内一个质量m＝1kg的小木块（视为质点）恰好能静止在后壁上，小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数为μ2。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．铁箱的加速度大小a＝50.5m/s2 B．μ2＝0.25 C．由于小木块恰好能静止在后壁上，说明小木块此时处于平衡状态 D．铁箱对小木块的作用力大小为10N 【变式2】（多选）如图所示，光滑水平面上放置一长为0.4m木板C，一大小不计的支架B放置在木板C上，一段细线上端固定在支架上，下端连接小球A。已知小球A、支架B、木板C质量分别为1kg、2kg、3kg，支架B底座与木板C之间的动摩擦因数μ＝0.75，现对木板施加水平向右的拉力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°＝cos37°＝0.8，cos53°＝sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．细线与竖直方向的最大偏角为53° B．当拉力F＝30N时，细线对A的拉力大小为5N C．当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F最小值为45N D．当F＝60N时，B经0.4s从木板C的左端离开 题型6 斜面上的连接体问题（连接体问题的特例） 解｜题｜知｜识 本考点是连接体问题在斜面上的特例。 【典例1】如图所示，一根细线绕过光滑斜面上的定滑轮，细线与斜面平行，其两端分别连接物块A、B。物块B通过细线连接物块C，轻弹簧上端与A相连，下端固定于挡板上。已知三个物块的质量均为m，斜面倾角为30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．剪断B、C间细线的瞬间，A、B间细线上的弹力大小为 B．剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为g C．剪断A、B间细线的瞬间，A的加速度大小为g D．剪断A、B间细线的瞬间，B、C间细线上的弹力大小为mg 【变式1】（多选）如图所示，将一截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，斜面倾角分别为30°和60°，右侧斜面光滑，左侧斜面粗糙。物体a、b用跨过定滑轮的轻绳连接置于斜面上，两者均静止。受到微扰后，a沿左侧斜面匀速上滑，滑轮光滑且质量不计，已知a与斜面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．a、b的质量之比为 B．a、b的质量之比为 C．a、b滑动过程中斜面体对地面的压力大小等于斜面体和a、b的总重力 D．增大a的质量，a可能沿斜面下滑 题型7 等时圆模型 解｜题｜知｜识 1.“等时圆模型”是指物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 2.模型的两种情况 （1）物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等。 （2）物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等。 【典例1】如图所示，圆环竖直固定放置在水平面上，两个光滑轨道固定在圆环上，两轨道与竖直方向的夹角均为53°，分别经过圆环的最低点P、圆心O，甲、乙两小球分别从轨道的最高点由静止开始释放，cos53°＝0.6，则甲、乙到达斜面底端的速度之比为（　　） A．2： B．： C．：2 D．： 题型8 连接体模型 解｜题｜知｜识 1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到． 2．解连接体问题的基本方法 整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力． 隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理． 【典例1】如图所示，并排放在光滑水平面上的两物体的质量分别为m1和m2，且m1＝2m2．当用水平推力F向右推m1时，两物体间的相互作用力的大小为FN，则（　　） A．FN＝F B． C． D． 【变式1】如图所示有1、2、3三个质量为1kg的木块，a、b为两个劲度系数为2N/cm的轻弹簧。三个木块按如图连接并处于静止状态，其中水平桌面光滑，弹簧a处于原长。现施加水平外力F缓慢向左拉动木块1，直至木块3刚好脱离地面。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．初态时，木块3受到的支持力为10N B．初态时，弹簧b处于压缩状态，压缩量为10cm C．当木块3刚离开地面时，木块1向左移动了20cm D．当木块3刚离开地面时，弹簧a左端点向左移动了20cm 【变式2】如图所示三个装置，装置甲中桌面光滑，装置乙、丙中桌面粗糙程度相同，装置丙中用大小为F＝Mg的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及摩擦，重力加速度为g，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（　　） A．装置甲中绳上张力Ta＝Mg B．装置乙、丙中物块m的加速度大小相等 C．装置甲中绳上的张力Ta小于装置乙中绳上的张力Tb D．装置甲中绳上的张力Ta等于装置乙中绳上的张力Tb 【变式3】如图所示，物块a、b放在水平桌面上，一轻质弹簧水平放置，左端和右端分别与竖直墙面和a连接，a、b间用轻绳1连接，轻绳2跨过定滑轮与b和物块c连接，轻绳1和2桌面上的部分保持水平，整个系统处于静止状态。已知a的质量为2m、b和c的质量都为m，不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．轻绳1烧断后瞬间，物块a的加速度大小为g B．轻绳1烧断后瞬间，轻绳2上的拉力为mg C．轻绳2烧断后瞬间，物块a的加速度大小为 D．轻绳2烧断后瞬间，轻绳1上的拉力为零 题型9 水平传送带模型 解｜题｜知｜识 1.传送带问题 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。 2.分类 传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。 3.常见情况分析 （条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度） 【典例1】如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动。将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t时间后，Q的速度也变为v，再经t时间物体Q到达传送带的右端B处，则（　　） A．物体Q放上传送带后，与传送带之间一直有摩擦力 B．前t时间内物体Q所受的摩擦力方向水平向右 C．前t时间内物体Q做匀加速运动，后t时间内物体Q做匀减速运动 D．前t时间内物体Q的位移与后t时间内物体Q的位移大小之比为1：3 【变式1】“平安北京，绿色出行”，地铁已成为北京的主要绿色交通工具之一。图甲为地铁安检场景，乙是安检时传送带运行的示意图。某乘客把一行李放在水平传送带的入口a处，行李随传送带匀速运动到出口b处。由于行李与传送带间的动摩擦因数很大，传送带的运行速度很小，可忽略行李的加速时间。已知传送带始终以v＝0.20m/s的速度匀速运行，a、b两处之间的距离L＝1.6m。对于行李从a传送至b的整个过程，下列说法正确的是（　　） A．行李始终受到向右的摩擦力 B．行李相对传送带向右运动 C．行李从a传送至b的时间为8s D．行李匀速运动时有相对传送带运动的趋势 【变式2】如图所示，与水平面成θ＝30°角的传送带正以v＝5m/s的速率匀速运行，A、B两端相距l＝25m。现每隔1s把质量m＝1kg的工件（可视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件到达B端时恰好准备在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带上时，先受到斜向上的摩擦力，后不受摩擦力 B．工件在传送带上加速过程，加速度大小为1.5m/s2 C．传送带上两个工件间的最小距离为1.5m D．传送带上始终有6个工件 题型10 倾斜传送带模型 解｜题｜知｜识 1.传送带问题 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。 2.分类 传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。 3.常见情况分析 （条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度） 【典例1】传送带作为连续运输设备，具有结构简单、运行稳定、维护方便等优点，可解决大量货物的连续输送问题，提高生产效率。如图所示，倾角为θ的传送带（足够长）逆时针匀速转动，货箱与传送带间的动摩擦因数为tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若在传送带的上端轻轻放置一货箱，则在下面四幅货箱的速度v随时间t变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式1】如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图甲所示，倾角为θ＝37°的倾斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示。t＝0时刻将质量为m＝1kg的煤块轻放在传送带底端，已知煤块和传送带间动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。0s～15s过程中传送带上煤块划出的煤块痕迹的长度（　　） A．2.5m B．3m C．5m D．6.3m 【变式2】（多选）如图为某传送带示意图，传送带倾角为θ。一物块以初速度v0从底端滑上传送带，与传送带间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。已知重力加速度大小为g，则（　　） A．若传送带顺时针运转，则物块一定从顶端脱离传送带 B．若传送带顺时针运转，则物块初始阶段的加速度大小一定为a＝gsinθ+μgcosθ C．若传送带逆时针运转，则物块一定从底端脱离传送带 D．若传送带逆时针运转，则物块初始阶段的加速度大小一定为a＝gsinθ+μgcosθ 【变式3】如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动．一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求： （1）煤块与传送带间的动摩擦因数μ； （2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间； （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度。 题型11 多种传送带的组合问题 解｜题｜知｜识 1.传送带问题 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。 2.分类 传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。 3.常见情况分析 （条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度） 【典例1】在快递物流中，分拣是其中一个重要环节，如图甲所示，这是分拣传送装置，它由水平传送机与倾斜传送机组成，图乙是该装置的简化图，水平部分AB的长度LAB＝7m，倾斜部分CD的长度未知，B、C间距可忽略不计。已知水平传送带以v1＝5m/s的速率顺时针转动，倾斜传送带也是顺时针转动，速率为v2＝2.5m/s，倾角θ＝37°，把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，货物从B运动到C速度大小保持不变，货物通过倾斜传送带运送到D端时速度恰好为0。已知货物与两段传送带间的动摩擦因数μ均为0.5。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求货物在AB上加速时的加速度大小； （2）货物由于破损，在AB上留下痕迹，求痕迹的长度； （3）求货物在运送过程中，从A到D的总时间。 题型12 无外力的水平板块模型 解｜题｜知｜识 1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2.板块模型的是哪个基本关系 【典例1】如图所示，表面粗糙的长木板静止在光滑水平面上，一滑块以一初速度v从长木板左端滑上，经时间t从长木板右端滑出，滑块相对于长木板的位移为x。下列说法正确的是（　　） A．若v增大，则t也增大 B．若v减小，且滑块仍能滑出，则x可能等于长木板的位移 C．若滑块质量增大，则滑块仍能滑出，且t不变 D．若水平面变为粗糙，则滑块仍能滑出，且t减小 【变式1】如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（　　） A．一定有μ1≤μ2 B．当 F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动 C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动 【变式2】（多选）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．物块在0～t1这段时间内的位移大小为 B．物块与木板的质量之比为 C．物块与木板之间的动摩擦因数为 D．仅由题中所给信息，可以求出木板长度 【变式3】（多选）如图甲所示，光滑水平地面上有一长木板B，木块A（视为质点）叠放在木板B右端。有一水平力作用在长木板B上，使木板由静止开始运动，t＝6s时撤去外力。已知木块A的质量mA＝1kg，木板B的质量mB＝2kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，A始终未滑落B，A、B前6s内加速度随时间变化的图像分别如图乙、图丙所示。下列说法正确的是（　　） A．A的最大速度为18m/s B．t＝6s时，木块B的速度为18m/s C．3s～6s内拉力大小为12N D．木板B的长度至少为9m 题型13 有外力的水平板块模型 解｜题｜知｜识 1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2.板块模型的是哪个基本关系 【典例1】（多选）如图甲、乙所示，水平桌面上叠放着 A、B两个小木块，已知A与B质量分别为mA＝1kg，mB＝4kg，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与水平桌面间的动摩擦因数μ2＝0.3，取g＝10m/s2。现用大小为5N的力F，分别作用在 A、B上，则各物体所受摩擦力的情况是（　　） A．甲图中A不受摩擦力 B．甲图中B受桌面的摩擦力水平向左，大小为1N C．乙图中A受摩擦力水平向左，大小为5N D．乙图中B受地面的摩擦力水平向左，大小为1N 【变式1】如图甲，自动化精密加工生产线配备水平工件输送平台，平台底座光滑无摩擦；平台内置恒温油液槽，质量m＝2kg的金属工件（视为质点）在油中水平运动时，油液粘滞阻力大小与工件瞬时速度成正比，f＝kv，k为阻尼调节系数，更换油液、调整工件浸没深度均可改变k的取值。工件仅沿平台向右单向直线运动，且平台足够长。平台内设有数控推杆，推杆对工件施加水平向右的推力F，推力输出由内置程序自动调控，大小随工件瞬时速度v的变化规律如图乙。试求： （1）当阻尼系数k＝4N•s/m且工件速度为0.5m/s时，油液对工件的粘滞阻力大小； （2）保持阻尼系数不变，数控推杆将工件以初速度v0＝m/s水平向右推动时，工件能保持匀速运动的速度值； （3）工程师调节阻尼系数k，要求输送系统仅存在两个互不相等的稳定速度，则满足条件的阻尼系数k与对应的速度大小是多少。 题型14 无外力的倾斜板块模型 解｜题｜知｜识 1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2.板块模型的是哪个基本关系 【典例1】如图甲所示，两薄木板A、B质量相同，其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1，木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2，光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住，整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降，对可能出现的情况，下列说法正确的是（　　） A．若出现图乙所示情况，只要μ1＞μ2 B．若μ1＜2μ2，会出现图乙所示情况 C．要出现图丙所示情况，必有μ1＝2μ2 D．若μ1＜2μ2，会出现图丙所示情况 题型15 有外力的倾斜板块模型 解｜题｜知｜识 1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2.板块模型的是哪个基本关系 【典例1】如图所示，倾角为α＝30°的光滑斜面（斜面足够长）固定在水平面上，斜面底端有固定挡板，一质量为m的长木板A（足够长）放置在斜面上。现有一质量为2m的小滑块B，在距离长木板A的下端x0＝14.5m处，以初速度v0＝15m/s开始沿长木板A的上表面向上滑。设长木板A与挡板每次碰撞后均以原速率反弹，长木板A、滑块B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）长木板A开始运动时，A和B的加速度大小； （2）长木板A第一次与挡板碰后的瞬间，长木板A的速度大小； （3）滑块B从长木板A的下端滑出前，长木板A与挡板碰撞的次数。 题型16 板块模型和传送带模型的结合 解｜题｜知｜识 传动带模型与板块模型都是高中物理比较综合的问题模型，板块模型与传送带模型相结合的问题难度更大。 【典例1】如图所示，传送带长为L＝5.8m，以v＝3m/s的速率顺时针匀速转动，传送带的倾角为θ＝30°，其右上侧有一水平平台MN，木板C与平台MN左侧对齐，物块B距木板C左端的距离d＝m，B、C质量mB＝mC＝0.5kg且均静止。一个质量为mA＝1.0kg的物块A以v0＝9m/s的速度滑上传送带，从传送带飞出后，恰好无碰撞地水平滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生碰撞（已知A、B碰撞前B、C保持相对静止）。已知A与传送带的动摩擦因数为μ1＝，A、B与C间的动摩擦因数μA＝μB＝0.2，C与平台间的动摩擦因数μC＝0.05，空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2，A、B均可视为质点。求： （1）当A在木板上运动时，A、B两物体的加速度大小； （2）物块A滑离传送带时的速度大小； （3）从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间（结果可用根号表示）。 【变式1】如图所示，一水平传送带以v0＝6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝4m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M＝1.5kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝0.5kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求： （1）煤块刚放上传送带时的加速度大小； （2）煤块在传送带上留下的划痕长度； （3）小车的长度。 【变式2】如图所示，以某一速度运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L1＝2.5m，平板B的质量M＝2kg、长度L2＝2.0m，现将一质量m＝2kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块A与平板B间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板B与地面的动摩擦因数为μ3＝0.1，不计传送带与平板之间的间隙对滑块A速度的影响，g取10m/s2。 （1）若传送带以2m/s的速度匀速运动，求滑块A在传送带上的运动时间； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，求传送带的速度大小； （3）若传送带运动速度为8m/s，求滑块A离开平板B时的速度。 【变式3】如图所示，有一水平传送带以v0＝6m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面DE上放置一个质量M＝2kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝1kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2．求： （1）滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程； （2）木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。 过 关 验 收 1．如图1所示，为建筑工人利用两根粗细均匀、平行放置的倾斜钢管把砖块从高处运送到地面的场景，将长方体砖块放在两根钢管的正中间，使其由静止开始从高处下滑。图2为垂直于运动方向的截面图（砖块截面可视为正方形）。若仅将两根钢管的间距略减小一些，则砖块下滑到底端所用的时间将（　　） A．变长 B．不变 C．变短 D．无法判断 2．小明将滑块以3m/s的初速度在水平面上推出，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2以初速度方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．滑块的加速度为1m/s2 B．1s末，滑块的速度为1m/s C．2s初，滑块的速度为2m/s D．4s末，滑块的速度﹣1m/s （多选）3．如图所示，小球穿在固定光滑杆上，与两个相同的轻弹簧相连，弹簧可绕O1、O2无摩擦转动。小球在杆上A点时，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，杆上的B点与O1、A、O2构成矩形，AB＝2AO1＝2l，现将小球从A点由静止释放，不计空气阻力，则小球下滑的过程中（　　） A．小球运动到AB中点时加速度大小为 B．小球运动到B点时速度大小为 C．小球会在A、B之间做往返运动 D．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短 （多选）4．智能化电动扶梯如图所示，乘客站在扶梯上，扶梯先匀加速上升，然后再匀速上升。设乘客的质量为m，扶梯匀加速时的加速度大小为a，扶梯的运动方向与水平面成θ角，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．匀速阶段乘客所受的摩擦力方向水平向右 B．匀加速阶段乘客受到水平方向的摩擦力大小为macosθ C．匀加速阶段扶梯对乘客的作用力大小为 D．匀加速阶段乘客对扶梯的压力大小为mg+masinθ （多选）5．国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾探测和应急救援物资输送。某消防中队接到群众报警，赶至火灾现场，迅速布置无人机消防作业。假设无人机由静止竖直向上起飞，整个过程的v﹣t图像如图所示。已知无人机的质量为6kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．无人机上升的最大高度为30m B．无人机在10～12s内处于悬停阶段 C．无人机在8～10s内加速度为﹣3m/s2 D．无人机在12～16s内受到空气的作用力大小为66N （多选）6．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面MN与光滑水平面NP平滑连接，滑块甲（可视为质点）从斜面上高H＝5cm的M点由静止释放，同时滑块乙（可视为质点）自P点沿水平面向左匀速运动，P点与斜面底端N处的距离d＝0.4m，重力加速度g取10m/s2。若释放滑块甲后经过t＝1s刚好追上乙，下列说法正确的是（　　） A．滑块甲在光滑斜面上运动的加速度大小为5m/s2 B．滑块甲在光滑斜面上运动的时间为0.4s C．滑块甲到达底端的速度大小为1m/s D．乙向左匀速运动的速度大小为0.8m/s （多选）7．如图甲所示，小物块从光滑斜面上由静止滑下，位移x与速度的平方v2的关系如图乙所示。g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块下滑的加速度大小恒为2.5 m/s2 B．斜面倾角为30° C．小物块2 s末的速度是5 m/s D．小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s （多选）8．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v﹣t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　） A．t2时刻，弹簧形变量为0 B．t1时刻，弹簧形变量为 C．从开始运动到t1时刻，拉力F逐渐增大 D．从t2时刻开始，拉力F才保持不变 （多选）9．景区内的高空滑索运动可简化为如图所示的物理模型。游客通过轻质滑环可以v的速度沿倾角θ的倾斜钢索匀速下滑，为消除安全隐患，须在倾斜钢索末端加装一段相同材质的水平钢索，使滑环和人向左到达水平钢索末端时速度刚好为0，若进入水平钢索时滑环和人的速度大小不变，不计轻绳重力。已知重力加速度g，由以上信息可以分析得出的是（　　） A．倾斜钢索上游客和滑环受到的摩擦力f B．滑环与钢索间的动摩擦因数μ C．进入水平钢索后滑环和人运动的加速度a D．水平钢索的长度L 10．如图所示，一列观光小火车由车头和六节完全相同的车厢组成。在车头的牵引下，观光小火车沿平直路面做匀加速直线运动，此时车头对第1节车厢的拉力大小为F。若每节车厢所受阻力均相等，则第5节车厢对第6节车厢的拉力大小为（　　） A． B． C． D．F 11．7月9日，“全球最快高铁列车”的CR450动车组样车在第十二届世界高铁大会上重磅亮相，其最高速度可超过450公里/小时。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，每节车厢所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车动力全开沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（　　） A．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均不为零 C．若列车匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为 D．若列车匀加速行驶，则第7节车厢对第8节车厢的拉力大小为 12．如图所示，水平地面上静止放置一质量M＝2kg的木板C，初始时两个可视为质点的滑块A、B均以6m/s的速率冲上木板C的两端，开始相向运动。已知滑块A、B质量分别为mA＝5kg、mB＝1kg，滑块A与木板C间的动摩擦因数为0.2，滑块B与木板C间的动摩擦因数为0.4，木板C与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中滑块A、B未发生碰撞，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）初始时木板C的加速度大小； （2）滑块B与木板C相对静止时木板C的速度； （3）为避免滑块A、B相碰，木板C的最小长度。 13．某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。长为s＝1.8m的传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率为v＝7m/s，物体与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，将质量为m＝25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后滑上质量为M＝50kg的木板左端（忽略物体从传送带滑上木板过程的速度损失）。木板与地面之间是光滑的，物体、木板间的动摩擦因数为μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）物体滑上木板时的速度大小； （2）物体滑到传送带的底端时，留在传送带上的摩擦痕迹是多长？ （3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是多少？ 14．如图所示，质量mA＝0.9kg的木板A置于粗糙水平地面上，木板A左端放置一质量mB＝0.1kg小物块B，在木板A右侧有一竖直墙壁，木板右端与墙壁的距离为x0＝2.5m。某时刻给木板A和物块B相同的初速度v0＝3m/s，二者保持相对静止一起水平向右运动，一段时间后，木板A与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰后木板A速度反向、大小不变，A、B两物体发生相对滑动，经过时间t＝1.2s二者再次达到共速且方向水平向左，运动过程中物块B始终未离开木板A。已知木板A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）木板A刚接触墙壁时，A、B两物体的瞬时速度大小v1； （2）物块B与木板A之间的动摩擦因数μ2； （3）整个运动过程中物块B在木板A上的划痕长度L。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 第5节 牛顿运动定律的应用 内 容 导 航 题型1 牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况 题型2 牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力 题型3 物体在光滑斜面上的运动 题型4 物体在粗糙斜面上的运动 题型5 牛顿第二定律的临界问题 题型6 斜面上的连接体问题（连接体问题的特例） 题型7 等时圆模型 题型8 连接体模型 题型9 水平传送带模型 题型10 倾斜传送带模型 题型11 多种传送带的组合问题 题型12 无外力的水平板块模型 题型13 有外力的水平板块模型 题型14 无外力的倾斜板块模型 题型15 有外力的倾斜板块模型 题型16 板块模型和传送带模型的结合 考 点 演 练 题型1 牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况 解｜题｜知｜识 1.已知物体受力，求解物体的运动情况。 2.解答该类问题的一般步骤 （1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。 （2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。 （3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。 （4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。 【典例1】如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力的大小F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则（　　） A．升降机停止前在向下运动 B．0﹣t1时间内小球处于失重状态，t1﹣t2时间内小球处于超重状态 C．t1﹣t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小 D．t3﹣t4时间内小球向下运动，速度一直增大 【答案】C 【解答】解：A.从0时刻开始，弹簧弹力减小，知小球向上运动，可知升降机停止前向上运动，故A错误； B.0～t1时间内，弹力小于重力，加速度向下，处于失重状态，t1～t2时间内，弹力小于重力，加速度向下，处于失重状态，故B错误 C.t1～t3时间内小球向下运动，加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故C正确； D.t3～t4时间内小球向上运动，故D错误。 故选：C。 【变式1】消防员从距地面高h＝46m处的一扇窗户外沿一条竖直悬挂的绳子由静止滑下，为了最快到达地面，消防员先做自由落体运动，紧接着抓紧绳子开始减速。已知绳子对消防员的最大滑动摩擦力不超过消防员所受重力的1.7倍，消防员安全着地时的速度不能超过6m/s，取重力加速度大小g＝10m/s2。则消防员沿绳滑至地面的最短时间为（　　） A．3.0g B．3.5g C．4.0s D．4.5g 【答案】C 【解答】解：消防员减速过程中的最大加速度为＝0.7g 设下滑过程中的最大速度为vm，着地时的速度v＝6m/s 根据速度一位移关系可得 代入数据得vm＝20m/s 最短时间： 代入数据得t＝4.0s，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式2】如图甲所示，一个质量m＝2kg的物块以初速度v0＝10m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t1＝1.0s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端。物块运动的v﹣t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2）。则可确定（　　） A．物块上滑时的加速度大小为1m/s2 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.45 C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为5.0m D．物块回到斜面底端的时刻为2.0s 【答案】C 【解答】解：A、由v﹣t图像可知物块上滑时的加速度大小为 故A错误； B、物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 解得 故B错误； C、根据v﹣t图像与横轴围成的面积等于位移，可知物块沿斜面向上滑行的最大距离为 故C正确； D、物块沿斜面向下滑行的加速度大小为＝gsinθ﹣μgcosθ 代入数值得 物体从最高点返回斜面底端所用时间为t2，则有 解得 故物块回到斜面底端的时刻为 故D错误。 故选：C。 【变式3】如图所示，冰壶运动是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。在某次比赛中，运动员将质量为18kg的冰壶以大小为8m/s的初速度投出，冰壶沿水平冰面做匀减速直线运动直至停止，若冰壶与冰面之间的动摩擦因数为0.04，忽略冰壶转动的影响，g取10m/s2，下面说法正确的是（　　） A．冰壶受到的摩擦力大小为0.72N B．冰壶的加速度大小为0.4m/s2 C．冰壶运动10s后速度大小为2m/s D．冰壶运动30s内的位移大小为60m 【答案】B 【解答】解：A、冰壶与冰面之间的摩擦力f＝μmg＝0.04×18×10N＝7.2N，故A错误； B、根据牛顿第二定律f＝ma，μmg＝ma，所以a＝μg＝0.04×10＝0.4m/s2，故B正确； C、设运动初速度v0，逆向看是匀加速t0后的末速度，由v0＝at0，t0＝＝s＝20s 冰壶运动10s后速度：v1＝at1＝0.4×10m/s＝4m/s，故C错误； D、冰壶运动30s内的位移，就是匀减速到停止的过程的位移： 根据匀加速直线运动位移公式 ＝2ax，x＝＝m＝80m，故D错误； 故选：B。 题型2 牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力 解｜题｜知｜识 1.已知物体的运动情况，求解物体的受力。 2.解答该类问题的一般步骤 （1）选定研究对象，对研究对象进行运动情况分析和受力分析，并画出运动草图及受力示意图。 （2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。 （3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。 （4）根据力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或与力有关的量。 【典例1】2024年8月16日北京首条无人机配送航线在八达岭长城景区正式开通，为游客配送物资。无人机某次配送过程中在竖直方向运动的v﹣t图像如图所示。若配送物资质量为2kg，以竖直向上为正方向，水平方向速度始终为0，不计空气阻力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在此过程中无人机上升的最大高度为4m B．在此过程中无人机上升的最大高度为6m C．在1s末配送物资所受无人机的拉力大小为24N D．在1s末配送物资所受无人机的拉力大小为16N 【答案】C 【解答】解：AB.v﹣t 图像与时间轴围成的面积表示位移，向上为正面积，向下为负面积，0﹣4s内位移为正意味着上升高度变大，4﹣7s物体位移为负，以为开始向下，所以最大位移为S＝×（1+4）×4＝10m，即最大高度为10m，故AB错误； CD.1s末处于0﹣2s的加速阶段，加速度a＝＝m/s2＝2m/s2 根据F合＝ma，F合＝F拉﹣mg 代入数据得F拉＝24N，故C正确，D错误。 故选：C。 【变式1】2024年11月4日凌晨1时24分，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.0m时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计，返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2，则每一台反推火箭点火工作时提供的平均推力大小为（　　） A．1.2×105N B．9.0×104N C．3.0×104N D．2.25×104N 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，由速度与位移的关系有 代入数据可得a＝30m/s2 根据牛顿第二定律4F﹣mg＝ma 解得每一台反推火箭点火工作时提供的平均推力大小F＝3.0×104N，故C正确，ABD错误； 故选：C。 【变式2】图1所示为某超市的倾斜式自动人行道，将顾客随自动人行道上行的情境简化为图2所示的示意图。若运动过程中顾客与自动人行道始终保持相对静止，下列说法正确的是（　　） A．自动人行道匀速向上运行的过程中，顾客受重力、支持力和滑动摩擦力 B．自动人行道匀速向上运行的过程中，顾客可能不受摩擦力 C．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的支持力比匀速时小 D．自动人行道加速向上运行的过程中，顾客受到的摩擦力比匀速时大 【答案】D 【解答】解：AB、自动人行道匀速向上运行过程中，顾客与自动人行道性对静止，顾客做匀速直线运动，处于平衡状态，顾客受重力与支持力作用，不受滑动摩擦力作用，顾客一定不受摩擦力作用，故AB错误； C、自动人行道向上加速运行过程中，顾客具有向上的加速度，处于超重状态，人对人行道的压力大于自身重力，顾客受到的支持力大于重力，顾客所受支持力比匀速运动时大，故C错误； D、自动人行道加速向上运行过程中，顾客在水平方向具有加速度，顾客在水平方向受到摩擦力作用，顾客匀速运动时不受摩擦力，因此加速运行时所受摩擦力比匀速时大，故D正确。 故选：D。 （多选）【变式3】如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为1.0kg的物体，使物体与头盔紧密接触，使其从距水平地面3.2m的高处由静止自由落下，并与地面发生碰撞，速度减为零，头盔被物体挤压了0.04m，挤压过程物体的运动视为匀减速直线运动。不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．自由下落过程，物体对头盔的压力为0 B．物体自由下落过程经历的时间为0.6s C．碰撞过程中，物体速度变化量大小为10m/s D．碰撞过程中，头盔对物体的平均作用力大小为810N 【答案】AD 【解答】解：A、自由下落过程，物体和头盔均处于完全失重状态，物体对头盔的压力为零，故A正确； B、根据 可得物体做自由落体运动的时间，故B错误； C、头盔着地前瞬间物体的速度v＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s 物体在做匀减速直线运动的过程中速度变化量大小为Δv＝|0﹣v|＝|0﹣8m/s|＝8m/s，方向竖直向上，故C错误； D、根据0﹣v2＝2ax 可得物体做匀减速直线运动过程中的加速度＝＝﹣800m/s2 根据牛顿第二定律有mg﹣F＝ma 解得头盔对物体的平均作用力F＝810N，故D正确。 故选：AD。 题型3 物体在光滑斜面上的运动 解｜题｜知｜识 1.物体处在光滑斜面上时，会受到重力和支持力，其合力沿着斜面向下，所以物体的加速度也沿着斜面向下。如果斜面的倾角为α，根据牛顿第二定律可得加速度的大小为a＝＝gsinα 2.根据物体的加速度可以进行一些运动学的相关计算。 【典例1】将一轻杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示。现在杆上套一光滑小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．在2～4s内小球的加速度大小为1m/s B．杆的倾角为30° C．小球质量为2kg D．小球在0～4s内的位移为8m 【答案】B 【解答】解：A、由v−t图像的斜率表示加速度静止：在2～4s内小球的加速度大小为：，故A错误； BC、由图丙可知，在0−2s时间内小球做匀速运动，受到的拉力为：F1＝5N，由平衡条件有：F1﹣mgsinα＝0…①在2−4s内小球做匀加速运动，受到的拉力为：F2＝5.5N，由牛顿第二定律可得：F2﹣mgsinα＝ma…②联立代入数据解得：m＝1kg，sinα＝0.5，故α＝30°，故B正确，C错误； D、由v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移可得小球在0～4s内的位移为：，故D错误。 故选：B。 【变式1】如图所示，有一光滑斜面倾角为θ，放在水平面上，用固定的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球质量为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＝gtanθ B．水平向左加速，加速度a＝gtanθ C．水平向右减速，加速度a＝gsinθ D．水平向左减速，加速度a＝gsinθ 【答案】B 【解答】解：小球受重力和斜面的支持力，根据受力，知道两个力的合力方向水平向左，所以整体的加速度方向水平向左。 根据平行四边形定则，有：F合＝mgtanθ 由牛顿第二定律得，加速度为：a＝＝gtanθ， 小车水平向左加速或水平向右减速，加速度大小为gtanθ，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式2】如图所示，一直角墙面上固定有A、B、C三个光滑轨道，轨道A、B相交于水平地面的N点，轨道B、C相交于竖直墙面的M点，轨道A、C长度相等。现将小球分别从A、B、C三个轨道的最上端由静止释放，其滑到最下端所用时间分别为tA、tB、tC。下列说法正确的是（　　） A．tA＝tC B．tA＜tC C．tB＝tC D．tB＞tC 【答案】B 【解答】解：AB．小球静止释放，做匀加速直线运动，运动到水平地面，设轨道与水平地面夹角为θ，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小为 a＝gsinθ 根据位移—时间公式有 对A、C轨道上小球，因为它们的位移相等，A上的小球加速度大，所以时间短，即tA＜tC，故A错误，B正确； CD．同理对B、C轨道，设高为H，根据位移—时间公式有 可得 因为H相等，B轨道的倾角大，所以在B轨道上运动的小球的时间短，即tB＜tC，故CD错误。 故选：B。 【变式3】如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑．已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止．则在此过程中物块B对物块A的压力为（　　） A．Mgsinθ B．Mgcosθ C．0 D．（M+m）gsinθ 【答案】C 【解答】解：对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a＝＝gsinθ； 则再对B由牛顿第二定律可知：F合＝Ma＝Mgsinθ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明AB间没有相互作用力，故ABD错误，C正确。 故选：C。 题型4 物体在粗糙斜面上的运动 解｜题｜知｜识 1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。 2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。 ①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα ②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα| a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosα b、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα 【典例1】一个物块以某一初速度沿倾角为θ的足够长斜面向上滑，滑动过程物块沿直线运动，物块在斜面上运动的位移与时间的关系如图所示。重力加速度g取10m/s2，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A．0.4 B．0.5 C．0.65 D．0.75 【答案】B 【解答】解：物块上滑时，由x﹣t图像逆向分析可得，其中x1＝10m﹣5m＝5m，t1＝1s，解得：。 物块下滑时，由，其中x2＝10m，，解得：。 上滑过程，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1。 下滑过程，根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2。 联立以上两式，解得：θ＝37°，μ＝0.5。 故选：B。 【变式1】如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面。滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）则（　　） A．滑块上滑过程中的加速度大小是2m/s2 B．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5 C．滑块经2s返回出发点 D．滑块回到出发点时的速度大小v＝10m/s 【答案】B 【解答】A．由图乙可知木块上滑过程中加速度为，故A错误； B．木块在向上滑动的过程中，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma，代入数据解得μ＝0.5，故B正确； C．木块在下滑过程中设加速度大小为a'，根据牛顿第二定律可知mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′，解得a′＝2m/s2 上升位移为 由运动学公式得 解得s 则木块返回出发点时间为s，故C错误； D．木块回到出发点时的速度大小为，故D错误。 故选：B。 【变式2】（多选）如图1所示，平板A与小物块B叠放在固定斜面上，A的质量为m，B的质量为5m，A与斜面间的动摩擦因数为μA，B与A间的动摩擦因数为μB。将A、B同时由静止释放，释放后瞬间A与斜面间的摩擦力f随斜面倾角θ的变化关系如图2所示，图像在和时有转折（临界）。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则由图像可以推断（　　） A．释放后瞬间A和B之间的摩擦力在时达到最大 B． C．时，A与斜面间的摩擦力 D． 【答案】BC 【解答】解：A．若第一次临界状态为平板A相对斜面滑动、两物体依旧保持相对静止，则两物体间所需静摩擦力大小为5μAmgcosθ，该摩擦力与两物体间最大静摩擦力5μBmgcosθ的比值为定值，不会随倾角θ发生改变，因此不会在处再次出现临界状态。由此可判断，第一次临界状态实际为物块B开始相对平板A发生滑动。当倾角满足时，两物体间静摩擦力大小为5mgsinθ，该摩擦力数值随θ增大而单调递增；当倾角满足时，两物体间滑动摩擦力大小为5μBmgcosθ，该摩擦力数值随θ增大而单调递减。可知两物体间摩擦力在时达到最大，故A错误。 B．由第一次临界状态物块B恰好相对平板A发生滑动，沿斜面方向有，解得。第二次临界时平板A仍静止，物块B相对A向下滑动，对平板A施加沿斜面向下的滑动摩擦力。对平板A沿斜面方向有，解得。同时斜面最大静摩擦力满足，解得，故B正确。 C．当倾角时，物块B相对平板A发生滑动，平板A仍然保持静止。对平板A沿斜面方向有f＝mgsinθ+5μBmgcosθ，解得，故C正确。 D．由第二次临界处的平衡关系有，解得，故D错误。 故选：BC。 【变式3】（多选）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量m＝0.1kg的物块P，Q也为一质量m＝0.1kg的物块，弹簧的质量不计，其劲度系数k＝100N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.1s时间内，F为变力，0.1s以后F为恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　） A．系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为0.012m B．物块Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小为0.5m/s2 C．前t＝0.1s内，两物块沿斜面运动的位移大小为0.005m D．力F的最大值与最小值的差值为0.5N 【答案】ACD 【解答】解：A、根据题意分析可知，设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有2mgsin θ＝kx0 解得x0＝0.012 m，故A正确。 BC、根据题意分析可知，前0.1 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.1 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得：kx1﹣mgsin θ＝ma 前0.1 s时间内两物体的位移：x0﹣x1＝at2 联立解得a＝1 m/s2， x1＝0.005m，故B错误，C正确； D、根据题意分析可知，对两物体受力分析知，开始运动时F最小，则Fmin＝2ma，代入数据解得Fmin＝0.2N 分离时F最大，对Q应用牛顿第二定律得Fmax﹣mgsin θ＝ma 得Fmax＝0.7N 故力F的最大值与最小值的差值ΔF＝Fmax﹣Fmin 解得ΔF＝0.5 N，故D正确。 故选：ACD。 题型5 牛顿第二定律的临界问题 解｜题｜知｜识 1.物体在斜面上和斜面一起加速运动时，加速度不能无限增大，当加速度达到一定限度时，两个物体会发生相对运动。此时便是临界状态。 2.临界状态的两个物体的运动学特点是：①加速度相同；②速度相同。 【典例1】如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为g）。则下列判断错误的是（　　） A．当滑块左加速运动时，小球刚好不脱离斜面的条件是a＝3g B．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg C．当滑块向右匀加速直线运动时，小球对滑块压力不可能为零 D．当滑块向右匀加速直线运动时，线中拉力可以为零 【答案】A 【解答】解：A、当滑块左加速运动时，小球刚好不脱离斜面时对斜面的压力为零，则由mgtan60°＝ma，解得，故A错误； B、当滑块向左做匀速运动时，沿斜面方向根据平衡条件：T＝mgsin30°＝0.5mg，故B正确； CD、当滑块向右匀加速直线运动时，若加速度时小球仅由重力和支持力的合力提供向右的加速度，线中拉力可以为零，此时小球对滑块压力不可能为零。故CD选项正确。 本题选择错误的。 故选：A。 【变式1】（多选）如图所示，质量M＝4kg的空铁箱在水平拉力F＝210N作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.2。这时铁箱内一个质量m＝1kg的小木块（视为质点）恰好能静止在后壁上，小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数为μ2。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．铁箱的加速度大小a＝50.5m/s2 B．μ2＝0.25 C．由于小木块恰好能静止在后壁上，说明小木块此时处于平衡状态 D．铁箱对小木块的作用力大小为10N 【答案】BD 【解答】解：A．对铁箱与小木块整体有F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a 解得 a＝40m/s2 故A错误； B．小木块恰好能静止在后壁上，表明其所受摩擦力达到最大静摩擦力，对小木块进行分析有N＝ma，mg＝μ2N 解得 N＝40N，μ2＝0.25 故B正确； C．小木块虽然恰好能静止在后壁上，但小木块有水平向右的加速度，其所受外力的合力不等于0，因此，小木块此时处于非平衡状态，故C错误； D．铁箱对小木块的作用力有摩擦力与弹力，铁箱对小木块的作用力大小等于这两个力的合力，则，故D正确。 故选：BD。 【变式2】（多选）如图所示，光滑水平面上放置一长为0.4m木板C，一大小不计的支架B放置在木板C上，一段细线上端固定在支架上，下端连接小球A。已知小球A、支架B、木板C质量分别为1kg、2kg、3kg，支架B底座与木板C之间的动摩擦因数μ＝0.75，现对木板施加水平向右的拉力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°＝cos37°＝0.8，cos53°＝sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．细线与竖直方向的最大偏角为53° B．当拉力F＝30N时，细线对A的拉力大小为5N C．当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F最小值为45N D．当F＝60N时，B经0.4s从木板C的左端离开 【答案】BCD 【解答】解：AC、当B、C间的摩擦力为最大静摩擦力时，B、C开始相对滑动，由牛顿第二定律得 对A、B整体：μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a0 对小球A：mAgtanθ＝mAa0 对A、B、C整体：F临＝（mA+mB+mC）a0 代入数据解得：a0＝7.5m/s2，θ＝37°，F临＝45N，故A错误，C正确； B、拉力F＝30N＜F临，A、B、C相对静止，一起做加速运动，由牛顿第二定律得： 对A、B、C整体：F＝（mA+mB+mC）a 对A：mAgtanα＝mAa，Tcosα＝mAg 代入数据解得：T＝5N，故B正确； D、当F＝60N＞F临，B、C相对滑动，由牛顿第二定律得： 对A、B：μ（mA+mB）g＝（mA+mB）aA 对C：F﹣μ（mA+mB）g＝mCmC 代入数据解得：aA＝7.5m/s2，aC＝12.5m/s2， B从C上滑离时：L＝，代入数据解得：t＝0.4s，故D正确。 故选：BCD。 题型6 斜面上的连接体问题（连接体问题的特例） 解｜题｜知｜识 本考点是连接体问题在斜面上的特例。 【典例1】如图所示，一根细线绕过光滑斜面上的定滑轮，细线与斜面平行，其两端分别连接物块A、B。物块B通过细线连接物块C，轻弹簧上端与A相连，下端固定于挡板上。已知三个物块的质量均为m，斜面倾角为30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．剪断B、C间细线的瞬间，A、B间细线上的弹力大小为 B．剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为g C．剪断A、B间细线的瞬间，A的加速度大小为g D．剪断A、B间细线的瞬间，B、C间细线上的弹力大小为mg 【答案】A 【解答】解：AB、对BC整体分析可知，拉B的绳子的拉力为T＝2mg 对物块A分析，根据共点力平衡可得：mgsin30°+F弹＝T 解得F弹＝ 当剪断B、C间细线的瞬间，对AB根据牛顿第二定律可得：F弹+mgsin30°﹣mg＝2ma 解得a＝ 对B根据牛顿第二定律可得：T′﹣mg＝ma 联立解得，故A正确，B错误； C、剪断A、B间细线的瞬间，对物块A根据牛顿第二定律：F弹+mgsin30°＝ma′，解得a′＝2g，故C错误； D、剪断A、B间细线的瞬间，BC两物块做自由落体运动，故B、C间细线上的弹力大小为0，故D错误； 故选：A。 【变式1】（多选）如图所示，将一截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，斜面倾角分别为30°和60°，右侧斜面光滑，左侧斜面粗糙。物体a、b用跨过定滑轮的轻绳连接置于斜面上，两者均静止。受到微扰后，a沿左侧斜面匀速上滑，滑轮光滑且质量不计，已知a与斜面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．a、b的质量之比为 B．a、b的质量之比为 C．a、b滑动过程中斜面体对地面的压力大小等于斜面体和a、b的总重力 D．增大a的质量，a可能沿斜面下滑 【答案】BC 【解答】解：AB、受到微扰后，a沿左侧斜面匀速上滑，则有T＝magsin30°+μmagcos30° T＝mbgsin60° 解得＝ 故A错误，B正确； C、由于系统处于平衡状态，对整体分析可知，a、b滑动过程中斜面体对地面的压力大小等于斜面体和a、b的总重力，故C正确； D、由于magsin30°＝0.5mag＜μmagcos30°＝0.75mag，所以增大a的质量，a也不会沿斜面下滑，故D错误； 故选：BC。 题型7 等时圆模型 解｜题｜知｜识 1.“等时圆模型”是指物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 2.模型的两种情况 （1）物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等。 （2）物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等。 【典例1】如图所示，圆环竖直固定放置在水平面上，两个光滑轨道固定在圆环上，两轨道与竖直方向的夹角均为53°，分别经过圆环的最低点P、圆心O，甲、乙两小球分别从轨道的最高点由静止开始释放，cos53°＝0.6，则甲、乙到达斜面底端的速度之比为（　　） A．2： B．： C．：2 D．： 【答案】B 【解答】解：设圆环的半径为R，由等时圆原理，甲的运动时间等于沿竖直方向的直径做自由落体的运动时间，由2R＝可得 乙的运动位移为2R，对乙受力分析，轨道光滑，由牛顿第二定律，加速度 由，可得 由此可得 斜面的倾角相等，甲、乙的加速度相等，由v＝at可得甲、乙到达斜面底端的速度之比为，故B正确，ACD错误。 故选：B。 题型8 连接体模型 解｜题｜知｜识 1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到． 2．解连接体问题的基本方法 整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力． 隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理． 【典例1】如图所示，并排放在光滑水平面上的两物体的质量分别为m1和m2，且m1＝2m2．当用水平推力F向右推m1时，两物体间的相互作用力的大小为FN，则（　　） A．FN＝F B． C． D． 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，设m1＝2m2＝2m，以m1和m2为整体，由牛顿第二定律可得：F＝3ma 以m2为对象，根据牛顿第二定律可得：FN＝ma 联立解得：FN＝，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式1】如图所示有1、2、3三个质量为1kg的木块，a、b为两个劲度系数为2N/cm的轻弹簧。三个木块按如图连接并处于静止状态，其中水平桌面光滑，弹簧a处于原长。现施加水平外力F缓慢向左拉动木块1，直至木块3刚好脱离地面。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．初态时，木块3受到的支持力为10N B．初态时，弹簧b处于压缩状态，压缩量为10cm C．当木块3刚离开地面时，木块1向左移动了20cm D．当木块3刚离开地面时，弹簧a左端点向左移动了20cm 【答案】D 【解答】解：AB.依题意，初态时，木块1、2之间无作用力，对木块2、3作为一个整体受力分析，可得FN＝2mg＝（2×1×10）N＝20N 可知木块3受到的支持力为20N，对木块2受力分析，由平衡条件可得kx＝mg 解得x＝5cm，可知初态时，弹簧b处于压缩状态，压缩量为5cm。故AB错误； CD.当木块3刚离开地面时，对其受力分析，由平衡条件可得kxt＝mg 此时弹簧b处于拉伸状态，伸长量为5cm。对木块2、3进行整体分析细线对木块2的拉力大小为2mg，由1保持平衡所以弹簧a的弹力大小也是2mg，则，所以弹簧a向左运动了s＝x+x+x″＝（5+5+10）cm＝20cm，故C错误，D正确。 故选：D。 【变式2】如图所示三个装置，装置甲中桌面光滑，装置乙、丙中桌面粗糙程度相同，装置丙中用大小为F＝Mg的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及摩擦，重力加速度为g，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（　　） A．装置甲中绳上张力Ta＝Mg B．装置乙、丙中物块m的加速度大小相等 C．装置甲中绳上的张力Ta小于装置乙中绳上的张力Tb D．装置甲中绳上的张力Ta等于装置乙中绳上的张力Tb 【答案】C 【解答】解：A、对于装置甲，根据牛顿第二定律分别对两物体分析可得：Mg﹣Ta＝Maa，Ta＝maa，联立解得物块m的加速度大小为：，则绳上张力为：，故A错误； CD、对于装置乙，根据牛顿第二定律可得：Mg﹣Tb＝Mab，Tb﹣f＝mab，f＝μmg，联立解得物块m的加速度大小为：，绳上张力为：，所以有：Ta＜Tb，故C正确，D错误； B、对于装置丙，根据牛顿第二定律可得：Mg﹣f＝mac，解得物块m的加速度大小为：，装置乙、丙中物块m的加速度不同，故B错误。 故选：C。 【变式3】如图所示，物块a、b放在水平桌面上，一轻质弹簧水平放置，左端和右端分别与竖直墙面和a连接，a、b间用轻绳1连接，轻绳2跨过定滑轮与b和物块c连接，轻绳1和2桌面上的部分保持水平，整个系统处于静止状态。已知a的质量为2m、b和c的质量都为m，不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．轻绳1烧断后瞬间，物块a的加速度大小为g B．轻绳1烧断后瞬间，轻绳2上的拉力为mg C．轻绳2烧断后瞬间，物块a的加速度大小为 D．轻绳2烧断后瞬间，轻绳1上的拉力为零 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，轻绳1烧断之前的拉力等于弹簧的弹力，即F＝T1＝mg 则轻绳1烧断后瞬间，弹簧弹力不变，可知物块a的加速度大小为 故A错误； B、根据题意分析可知，轻绳1烧断后瞬间，以bc为研究对象，可得mg＝2ma 对b分析 即轻绳2上的拉力为0.5mg，故B错误； CD、根据题意分析可知，轻绳2烧断之前的拉力等于弹簧的弹力，即F＝T2＝mg 轻绳2烧断后瞬间，弹簧弹力不变，物块ab的加速度大小为 此时对b分析可知 轻绳1上的拉力为，故C正确，D错误。 故选：C。 题型9 水平传送带模型 解｜题｜知｜识 1.传送带问题 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。 2.分类 传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。 3.常见情况分析 （条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度） 【典例1】如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动。将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t时间后，Q的速度也变为v，再经t时间物体Q到达传送带的右端B处，则（　　） A．物体Q放上传送带后，与传送带之间一直有摩擦力 B．前t时间内物体Q所受的摩擦力方向水平向右 C．前t时间内物体Q做匀加速运动，后t时间内物体Q做匀减速运动 D．前t时间内物体Q的位移与后t时间内物体Q的位移大小之比为1：3 【答案】B 【解答】解：ABC、前t时间内，物体Q的速度小于传送带的速度，物体Q相对传送带向左运动，故物体Q受到向右的滑动摩擦力，Q做匀加速直线运动。经过t时间后，物体Q与传送带相对静止，不再受摩擦力，Q随传送带一起向右做匀速直线运动，故AC错误，B正确； D、前t时间内，物体Q做初速度为零的匀加速直线运动，位移为 后t时间内，物体Q做匀速直线运动，位移为x2＝vt 则前t时间内物体Q的位移与后t时间内物体Q的位移大小之比为x1：x2＝1：2，故D错误。 故选：B。 【变式1】“平安北京，绿色出行”，地铁已成为北京的主要绿色交通工具之一。图甲为地铁安检场景，乙是安检时传送带运行的示意图。某乘客把一行李放在水平传送带的入口a处，行李随传送带匀速运动到出口b处。由于行李与传送带间的动摩擦因数很大，传送带的运行速度很小，可忽略行李的加速时间。已知传送带始终以v＝0.20m/s的速度匀速运行，a、b两处之间的距离L＝1.6m。对于行李从a传送至b的整个过程，下列说法正确的是（　　） A．行李始终受到向右的摩擦力 B．行李相对传送带向右运动 C．行李从a传送至b的时间为8s D．行李匀速运动时有相对传送带运动的趋势 【答案】C 【解答】解：ABD、加速时行李相对于传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力；行李匀速运动时相对传送带没有运动趋势，不受摩擦力，故ABD错误； C、忽略行李的加速时间，认为行李做匀速直线运动，则行李从a传送至b的时间为t＝＝s＝8s，故C正确。 故选：C。 【变式2】如图所示，与水平面成θ＝30°角的传送带正以v＝5m/s的速率匀速运行，A、B两端相距l＝25m。现每隔1s把质量m＝1kg的工件（可视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件到达B端时恰好准备在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带上时，先受到斜向上的摩擦力，后不受摩擦力 B．工件在传送带上加速过程，加速度大小为1.5m/s2 C．传送带上两个工件间的最小距离为1.5m D．传送带上始终有6个工件 【答案】D 【解答】解：B.加速过程由牛顿第二定律可得 μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 代入数据可得 a＝2.5m/s2 故B错误； A.工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，设工件加速的位移为s，由位移与速度关系 2as＝v2 代入数据得 s＝5m＜25m 故工件先加速后匀速，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受力平衡，由 mgsinθ＝f 可知重力沿传送带向下的分力需要向上的摩擦力平衡，故受到沿传送带向上的静摩擦力，故A错误； C.最后放上传送带的工件与前一个工件之间的距离最小，相对于最后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s，由 解得 x＝1.25m，则两个工件间的最小距离为1.25m，故C错误； D.每个工件在传送带上的滑动时间为 最后一个工件刚刚放上时，前两个工件还在滑动，后数第3个工件刚好相对静止，最后放上的工件与前一个工件之间的距离为 1.25m，后数第2个和第3个间距为 当第3个工件刚好相对传送带静止时与第4个工件的距离为 其余相对传送带静止的工件之间的距离也是5m，故根据距离关系有 1.25m+3.75m+5m×4＝25m 即始终保持有共6个间隔7个工件，但工件到达B端时恰好准备在A端放上一个工件，所以传送带上只有6个工件，故D正确； 故选：D。 题型10 倾斜传送带模型 解｜题｜知｜识 1.传送带问题 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。 2.分类 传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。 3.常见情况分析 （条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度） 【典例1】传送带作为连续运输设备，具有结构简单、运行稳定、维护方便等优点，可解决大量货物的连续输送问题，提高生产效率。如图所示，倾角为θ的传送带（足够长）逆时针匀速转动，货箱与传送带间的动摩擦因数为tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若在传送带的上端轻轻放置一货箱，则在下面四幅货箱的速度v随时间t变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：开始阶段，货箱所受的滑动摩擦力沿着斜面向下，货箱先沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 解得a1＝gsinθ+μgcosθ 所以v﹣t图像开始阶段是的倾斜的直线； 由于传送带足够长，小货箱的速度会与传送带速度相等，此时由于μ＝tanθ，则有mgsinθ＝μmgcosθ 所以货箱将继续做匀速运动，则v﹣t图像后面部分为平行于时间轴的直线，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【变式1】如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图甲所示，倾角为θ＝37°的倾斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示。t＝0时刻将质量为m＝1kg的煤块轻放在传送带底端，已知煤块和传送带间动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。0s～15s过程中传送带上煤块划出的煤块痕迹的长度（　　） A．2.5m B．3m C．5m D．6.3m 【答案】C 【解答】解：煤块相对传送带滑动时，由牛顿第二定律得：μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma，代入数据解得：a＝0.4m/s2 由图乙所示v﹣t图像可知，在0～10s内传送带速度加速度a1＝ 在10～15s内传送带的加速度a2＝ 由于a＞a1，则在0～10s内煤块相对传送带静止一起以加速度a1向上做匀加速直线运动 在10～15s内由于a＜a2，煤块相对于传送带向下滑动，在传送带上留下痕迹 在该时间内煤块的位移x1＝vt+＝3×5m+m＝20m 传送带的位移x2＝vt+＝3×5m+m＝25m 则在0～15s内煤块在传送带上划出痕迹的长度Δx＝x2﹣x1＝25m﹣20m＝5m，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式2】（多选）如图为某传送带示意图，传送带倾角为θ。一物块以初速度v0从底端滑上传送带，与传送带间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。已知重力加速度大小为g，则（　　） A．若传送带顺时针运转，则物块一定从顶端脱离传送带 B．若传送带顺时针运转，则物块初始阶段的加速度大小一定为a＝gsinθ+μgcosθ C．若传送带逆时针运转，则物块一定从底端脱离传送带 D．若传送带逆时针运转，则物块初始阶段的加速度大小一定为a＝gsinθ+μgcosθ 【答案】AD 【解答】解：AB、传送带顺时针方向运转，设传送带的速度为v，如果v＜v0，物块开始相对于传送带向上滑动，物块做匀减速直线运动，由于μ＞tanθ，当物块减速到与传送带速度相等后与传送带相对静止一起做匀速直线运动，物块从顶端离开传送带，物块开始阶段，对物块，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma，解得加速度大小a＝gsinθ+μgcosθ；如果v＞v0，则物块滑上传送带后物块相对传送带向下滑动，物块开始做匀加速直线运动，当物块加速到与传送带速度相等后以传送带一起做匀速直线运动，物块从顶端离开传送带，开始阶段，对物块，由牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma'，解得：a'＝μgcosθ﹣gsinθ，故A正确，B错误； C、如果传送带逆时针运转，物块刚滑上传送带时做匀减速直线运动，如果物块减速到零的位移大于传送带长度，则物块从传送带顶端离开传送带；如果物块减速到零的位移小于传送带长度，则物块减速到零后沿传送带向下运动，物块从传送带底端离开传送带，故C错误； D、如果传送带逆时针运转，物块滑上传送带初始阶段做匀减速直线运动，对物块，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma，解得加速度大小a＝gsinθ+μgcosθ，故D正确。 故选：AD。 【变式3】如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动．一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求： （1）煤块与传送带间的动摩擦因数μ； （2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间； （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度。 【答案】（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25。 （2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为s。 （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度为m。 【解答】解：（1）由v﹣t图像可知，在0～1s内，煤块加速度大小。此时煤块速度大于传送带速度，相对传送带向上运动，摩擦力沿斜面向下。 根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1。在1～2s内，煤块加速度大小。 此时煤块速度小于传送带速度，相对传送带向下运动，摩擦力沿斜面向上。根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2。联立两式，代入g＝10m/s2，解得sinθ＝0.6，μ＝0.25。 （2）煤块向上运动的总位移等于v﹣t图像与时间轴围成的面积，即。 煤块向上运动的总时间为t1＝2s。煤块向下运动时，速度方向向下，传送带速度向上，相对运动方向向下，摩擦力沿斜面向上。 根据牛顿第二定律，加速度大小a3＝gsinθ﹣μgcosθ，解得。由，即，解得向下运动时间。 煤块从冲上传送带到返回A端所用的总时间。 （3）在0～1s内，煤块相对传送带向上运动，相对位移大小。此时痕迹沿传送带向上延伸4m。 在1～2s内，煤块相对传送带向下运动，相对位移大小。此时煤块相对位置回到距起始点2m处，痕迹重叠。 在2s后，煤块向下运动，相对传送带向下运动，相对位移大小。 煤块相对传送带运动的总过程是：先向上4m，再向下2m，继续向下。 相对运动的最高点距起点4m，最低点距起点。 痕迹长度为相对运动的最大范围，即。 答：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25。 （2）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为。 （3）煤块在传送带上留下的痕迹长度为。 题型11 多种传送带的组合问题 解｜题｜知｜识 1.传送带问题 利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。 2.分类 传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。 3.常见情况分析 （条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度） 【典例1】在快递物流中，分拣是其中一个重要环节，如图甲所示，这是分拣传送装置，它由水平传送机与倾斜传送机组成，图乙是该装置的简化图，水平部分AB的长度LAB＝7m，倾斜部分CD的长度未知，B、C间距可忽略不计。已知水平传送带以v1＝5m/s的速率顺时针转动，倾斜传送带也是顺时针转动，速率为v2＝2.5m/s，倾角θ＝37°，把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，货物从B运动到C速度大小保持不变，货物通过倾斜传送带运送到D端时速度恰好为0。已知货物与两段传送带间的动摩擦因数μ均为0.5。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求货物在AB上加速时的加速度大小； （2）货物由于破损，在AB上留下痕迹，求痕迹的长度； （3）求货物在运送过程中，从A到D的总时间。 【答案】（1）货物在AB上加速时的加速度大小为5m/s2； （2）货物由于破损，在AB上留下痕迹，痕迹的长度为2.5m； （3）求货物在运送过程中，从A到D的总时间为3.4s。 【解答】解：（1）货物在AB上相对滑动时，根据牛顿第二定律得μmg＝ma1 解得 （2）设货物达到共同速度的时间为t1，则v1＝a1t1 解得t1＝1s 通过的距离 解得s1＝2.5m 传送带通过的位移s2＝v1t1 解得s2＝5m 则痕迹的长度Δs＝s2﹣s1 解得Δs＝2.5m （3）货物加速的位移为s1＝2.5m＜LAB 则匀速运动时间为 解得 t2＝0.9s 货物以5m/s的速度冲上倾斜传送带，共速前根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma2 解得 方向沿传送带向下，共速时 解得 t3＝0.25s 由于mgsinθ＞μmgcosθ当货物的速度小于v1时，对货物分析ma3＝mgsinθ﹣μmgcosθ 解得 方向沿传送带向下，又 解得 t4＝1.25s 则总时间为t总＝t1+t2+t3+t4 解得t总＝3.4s 答：（1）货物在AB上加速时的加速度大小为5m/s2； （2）货物由于破损，在AB上留下痕迹，痕迹的长度为2.5m； （3）求货物在运送过程中，从A到D的总时间为3.4s。 题型12 无外力的水平板块模型 解｜题｜知｜识 1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2.板块模型的是哪个基本关系 【典例1】如图所示，表面粗糙的长木板静止在光滑水平面上，一滑块以一初速度v从长木板左端滑上，经时间t从长木板右端滑出，滑块相对于长木板的位移为x。下列说法正确的是（　　） A．若v增大，则t也增大 B．若v减小，且滑块仍能滑出，则x可能等于长木板的位移 C．若滑块质量增大，则滑块仍能滑出，且t不变 D．若水平面变为粗糙，则滑块仍能滑出，且t减小 【答案】D 【解答】解：A、设滑块的加速度大小为a，长木板的加速度为a'，根据位移关系有x＝，根据牛顿第二定律可知，若v增大，滑块和长木板的加速度不变，滑块在长木板上的运动时间将减小，故A错误； B、若v减小，且滑块仍能滑出，则滑块相对长木板的位移仍为长木板的长度x，假设滑块刚好滑出时的速度和长木板的速度相等，均为v'，时间为t'，根据位移—关系有x＝，如果x等于长木板的位移，则有x＝，则v＝v'，这是不可能的，故B错误； C、若滑块质量增大，设滑块的质量为m，长木板的质量为M，根据牛顿第二定律可知滑块的加速度不变，长木板的加速度大小为a'＝，则长木板的加速度a'增大，根据位移关系有x＝可知，时间t变小，故C错误； D、若水平面变为粗糙，长木板除受到滑块对它向右的摩擦力外，还受到地面对它向左的摩擦力f，则长木板的加速度大小a'＝，可知长木板的加速度变小，则滑块仍能滑出，根据位移关系有x＝可知，时间t变小，故D正确。 故选：D。 【变式1】如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（　　） A．一定有μ1≤μ2 B．当 F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动 C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动 【答案】D 【解答】解：A、木块向右运动，受到木板对它的滑动摩擦力作用向左，大小为μ1mg，根据牛顿第三定律，木块对木板的作用力向右，大小为μ1mg，因木板不动，所以μ1mg≤μ2（m+M）g，即，故A错误； C、木块向右运动，受到木板对它的滑动摩擦力作用向左，根据牛顿第三定律，木块对木板的作用力向右；由题意，长木板处于静止状态，在水平方向只受地面对它的静摩擦力和木块的滑动摩擦力，根据共点力的平衡，木板受到地面的摩擦力大小一定是μ1mg，故C错误； BD、对木板，水平方向受到的木块的摩擦力小于等于地面对它的最大静摩擦力，与F无关，故无论力F多大，木板都不可能运动，故B错误，D正确； 故选：D。 【变式2】（多选）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．物块在0～t1这段时间内的位移大小为 B．物块与木板的质量之比为 C．物块与木板之间的动摩擦因数为 D．仅由题中所给信息，可以求出木板长度 【答案】CD 【解答】解：A、根据v﹣t图像中图像与时间轴围成的面积表示位移，可得物块在0～t1这段时间内的位移大小为： x1＝，故A错误； B、设物块与木板的质量分别为m、M。根据v﹣t图像可得： 物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝ 木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝ 两者的加速度均由小木块与长木板间的滑动摩擦力提供，根据牛顿第二定律得： f＝ma1＝Ma2 可得：＝＝，故B错误； C、对物块，由牛顿第二定律可得：a1＝＝μg＝ 解得物块与木板之间的动摩擦因数为：μ＝，故C正确； D、t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端，在0～t1这段时间内物块与长木板的位移大小之差等于木板的长度，根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得木板的长度为： L＝x物﹣x板＝＝，仅由题中所给信息，可以求出木板长度，故D正确。 故选：CD。 【变式3】（多选）如图甲所示，光滑水平地面上有一长木板B，木块A（视为质点）叠放在木板B右端。有一水平力作用在长木板B上，使木板由静止开始运动，t＝6s时撤去外力。已知木块A的质量mA＝1kg，木板B的质量mB＝2kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，A始终未滑落B，A、B前6s内加速度随时间变化的图像分别如图乙、图丙所示。下列说法正确的是（　　） A．A的最大速度为18m/s B．t＝6s时，木块B的速度为18m/s C．3s～6s内拉力大小为12N D．木板B的长度至少为9m 【答案】ACD 【解答】解：B、t＝6s时，木块B的速度为，故B错误； A、由图乙可知，A、B之间的滑动摩擦力大小为f＝mAaA＝1×3N＝3N， 撤去F后，B的加速度大小为 由图乙可得，t＝6s时，木块A的速度为， A、B共速时，A的速度最大，则有vmax＝vA+aAt，vmax＝vB﹣aBt 代入数据得vmax＝15m/s+3m/s2×t，vmax＝19.5m/s﹣1.5m/s2×t 解得vmax＝18m/s，t＝1s，故A正确； D、3s末A、B的速度 6s末A的速度为， A、B发生相对运动的时间为t2＝6s﹣3s＝3s 木板B的长度至少为＝＝9m， 故D正确； C、3s～6s内，由F﹣f＝ma′B可得F＝3N+2×4.5N＝12N，故C正确。 故选：ACD。 题型13 有外力的水平板块模型 解｜题｜知｜识 1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2.板块模型的是哪个基本关系 【典例1】（多选）如图甲、乙所示，水平桌面上叠放着 A、B两个小木块，已知A与B质量分别为mA＝1kg，mB＝4kg，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与水平桌面间的动摩擦因数μ2＝0.3，取g＝10m/s2。现用大小为5N的力F，分别作用在 A、B上，则各物体所受摩擦力的情况是（　　） A．甲图中A不受摩擦力 B．甲图中B受桌面的摩擦力水平向左，大小为1N C．乙图中A受摩擦力水平向左，大小为5N D．乙图中B受地面的摩擦力水平向左，大小为1N 【答案】AD 【解答】解：A与B之间滑动摩擦力：fA＝μ1mAg＝0.1×1×10N＝1N；B与桌面之间的滑动摩擦力：fB＝μ2（mA+mB）g＝0.3×（1+4）×10N＝15N；滑动摩擦力一般等于最大静摩擦力。 AB、图甲选取A与B整体为研究对象，由于拉力F＝5N时，小于B与桌面之间的最大静摩擦力，所以A与B组成的整体保持静止，则B受桌面的摩擦力与F大小相等，为5N，方向相反，即方向水平向左；A与B组成的整体保持静止，则A不受摩擦力，故A正确，B错误； C、乙图中，拉力作用在A上时，拉力大于A与B之间的最大静摩擦力，所以A将在B上产生滑动，所以A与B之间的摩擦力为滑动摩擦力，即A受摩擦力水平向左，大小为1N，故C错误； D、乙图中，A受到B对A的摩擦力为1N，方向向左，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力也是1N，方向向右；由于A对B的摩擦力小于B与桌面之间的最大静摩擦力，所以B仍然保持静止，则B受桌面的摩擦力大小为1N，方向向左，故D正确。 故选：AD。 【变式1】如图甲，自动化精密加工生产线配备水平工件输送平台，平台底座光滑无摩擦；平台内置恒温油液槽，质量m＝2kg的金属工件（视为质点）在油中水平运动时，油液粘滞阻力大小与工件瞬时速度成正比，f＝kv，k为阻尼调节系数，更换油液、调整工件浸没深度均可改变k的取值。工件仅沿平台向右单向直线运动，且平台足够长。平台内设有数控推杆，推杆对工件施加水平向右的推力F，推力输出由内置程序自动调控，大小随工件瞬时速度v的变化规律如图乙。试求： （1）当阻尼系数k＝4N•s/m且工件速度为0.5m/s时，油液对工件的粘滞阻力大小； （2）保持阻尼系数不变，数控推杆将工件以初速度v0＝m/s水平向右推动时，工件能保持匀速运动的速度值； （3）工程师调节阻尼系数k，要求输送系统仅存在两个互不相等的稳定速度，则满足条件的阻尼系数k与对应的速度大小是多少。 【答案】（1）油液对工件的粘滞阻力大小为2N； （2）工件能保持匀速运动的速度值； （3）满足条件的阻尼系数k与对应的速度大小是。 【解答】解：（1）由f＝kv整理得f＝4×0.5N＝2N （2）由图乙，以下各量的数值均采用国际单位制，在v2≤2的低速段有F＝1+3v2 工件匀速运动时满足F＝kv 当k＝4时，联立得3v2﹣4v+1＝0 解得m/s或y＝1m/s 当时，，工件减速； 当v略小于时，F﹣f＞0，工件加速，因此为稳定速度。初速度m/s位于上述区间，工件最终以该稳定速度做匀速运动。 （3）在低速段，匀速条件给出3v2﹣kv+1＝0。要有两个互不相等的根，需k2﹣12＞0 即 两根分别为和 合力在较小根两侧由正变负，故较小根稳定；合力在较大根两侧由负变正，故较大根不稳定。在v2≥2的高速段有F＝7N，匀速交点为，该交点两侧的合力由正变负，因而稳定。要使该交点严格位于高速段内，需，即，当时，低速段两根重合，该交点不是双侧稳定点；当时，高速段交点位于分段连接处，也不是双侧稳定点，因此两端均不取。综上，满足条件的阻尼系数范围为 两个稳定速度分别为和 答：（1）油液对工件的粘滞阻力大小为2N； （2）工件能保持匀速运动的速度值； （3）满足条件的阻尼系数k与对应的速度大小是。 题型14 无外力的倾斜板块模型 解｜题｜知｜识 1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2.板块模型的是哪个基本关系 【典例1】如图甲所示，两薄木板A、B质量相同，其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1，木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2，光滑重球被轻质细绳跨过定滑轮拉住，整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降，对可能出现的情况，下列说法正确的是（　　） A．若出现图乙所示情况，只要μ1＞μ2 B．若μ1＜2μ2，会出现图乙所示情况 C．要出现图丙所示情况，必有μ1＝2μ2 D．若μ1＜2μ2，会出现图丙所示情况 【答案】D 【解答】解：设两薄木板A、B质量均为m，重球对B的压力为N，AB之间的弹力为NAB，AB之间的摩擦力为fAB，墙面对A的支持力为NA，墙面对A的摩擦力为fA，对A、B的受力分析如图1所示，易知：N＝NAB＝NA。 AB、图乙所示情况为A静止，B下滑。墙面对A的最大静摩擦力为μ1NA，对A由平衡条件得： fA＝mg+fAB≤μ1NA fAB＝μ2NAB B下滑需满足：mg＞μ2NAB 联立可得：μ1＞2μ2，故AB错误； CD、图丙所示情况为AB相对静止一起下滑，设下滑的加速度大小为a。 对整体由牛顿第二定律得：2mg﹣μ1NA＝2ma 对B由牛顿第二定律得：mg﹣fAB＝ma 还需满足：fAB≤μ2NAB 联立解得：μ1≤2μ2，故C错误，D正确。 故选：D。 题型15 有外力的倾斜板块模型 解｜题｜知｜识 1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2.板块模型的是哪个基本关系 【典例1】如图所示，倾角为α＝30°的光滑斜面（斜面足够长）固定在水平面上，斜面底端有固定挡板，一质量为m的长木板A（足够长）放置在斜面上。现有一质量为2m的小滑块B，在距离长木板A的下端x0＝14.5m处，以初速度v0＝15m/s开始沿长木板A的上表面向上滑。设长木板A与挡板每次碰撞后均以原速率反弹，长木板A、滑块B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）长木板A开始运动时，A和B的加速度大小； （2）长木板A第一次与挡板碰后的瞬间，长木板A的速度大小； （3）滑块B从长木板A的下端滑出前，长木板A与挡板碰撞的次数。 【答案】（1）长木板A开始运动时，A和B的加速度大小分别为5m/s2和10m/s2； （2）长木板A第一次与挡板碰后的瞬间，长木板A的速度大小为m/s； （3）滑块B从长木板A的下端滑出前，长木板A与挡板碰撞的次数为4次。 【解答】解（1）对滑块B进行受力分析，沿斜面方向，根据牛顿第二定律F＝ma可得，B所受合力FB＝2mgsinα+μ•2mgcosα，已知α＝30°，，g＝10m/s2，，， 则， 所以B的加速度，方向沿斜面向下。 对长木板A进行受力分析，A所受合力， 所以A的加速度，方向沿斜面向上。 （2）设A、B共速的速度为v1，共速所需时间为t1。则有： v1＝aAt1＝v0﹣aBt1 解得：v1＝5m/s，t1＝1s 共速过程A的位移大小为： x1＝v1t1＝＝2.5m 共速后AB相对静止一起沿斜面上滑减速到零后再下滑，运动的加速度大小为： a1＝gsinα＝5m/s2 设长木板A第一次与挡板碰撞的速度大小为v2，则有： 2a1x1＝﹣ 解得：v2＝m/s （3）A与挡板第一次碰撞后，对A由牛顿第二定律得： mgsinα+μ•2mgcosα＝ma2 解得：a2＝15m/s2 对B受力分析，可得：2mgsinα＝μ•2mgcosα，即B沿斜面向下做匀速直线运动。 A从第一次碰撞到第二次碰撞挡板的时间为： t2＝2×，解得：t2＝s 此过程B相对A下滑的位移大小为： Δx1＝v2t2，解得：Δx1＝m A每与挡板碰撞一次，B相对A下滑的位移大小均为Δx1＝m B初始相对A的上滑的位移大小为： Δx0＝（v0+v1）t1﹣x1，解得：Δx0＝7.5m 长木板A与挡板碰撞的次数为： n＝ 解得：n＝4次 答：（1）长木板A开始运动时，A和B的加速度大小分别为5m/s2和10m/s2； （2）长木板A第一次与挡板碰后的瞬间，长木板A的速度大小为m/s； （3）滑块B从长木板A的下端滑出前，长木板A与挡板碰撞的次数为4次。 题型16 板块模型和传送带模型的结合 解｜题｜知｜识 传动带模型与板块模型都是高中物理比较综合的问题模型，板块模型与传送带模型相结合的问题难度更大。 【典例1】如图所示，传送带长为L＝5.8m，以v＝3m/s的速率顺时针匀速转动，传送带的倾角为θ＝30°，其右上侧有一水平平台MN，木板C与平台MN左侧对齐，物块B距木板C左端的距离d＝m，B、C质量mB＝mC＝0.5kg且均静止。一个质量为mA＝1.0kg的物块A以v0＝9m/s的速度滑上传送带，从传送带飞出后，恰好无碰撞地水平滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生碰撞（已知A、B碰撞前B、C保持相对静止）。已知A与传送带的动摩擦因数为μ1＝，A、B与C间的动摩擦因数μA＝μB＝0.2，C与平台间的动摩擦因数μC＝0.05，空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2，A、B均可视为质点。求： （1）当A在木板上运动时，A、B两物体的加速度大小； （2）物块A滑离传送带时的速度大小； （3）从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间（结果可用根号表示）。 【答案】（1）物块A的加速度大小为2m/s2，物块B的加速度大小为1m/s2。 （2）物块A滑离传送带时的速度大小为2m/s。 （3）从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间为。 【解答】解：（1）当物块A在木板C上运动时，A受C的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律μAmAg＝mAaA，解得：； 对于B、C整体，受到A对其向右的滑动摩擦力fA＝μAmAg和平台对其向左的滑动摩擦力fC＝μC（mA+mB+mC）g，根据牛顿第二定律fA﹣fC＝（mB+mC）aB，代入数据解得物块B的加速度。 （2）物块A滑上传送带时v0＞v，受到向下的滑动摩擦力，根据mAgsinθ+μ1mAgcosθ＝mAa1解得：，由可知位移x1＝4.8m＜L； 随后A与传送带共速并继续减速，根据mAgsinθ﹣μ1mAgcosθ＝mAa2解得：，由解得滑离传送带时的速度v1＝2m/s。 （3）在传送带上运动时间，解得：t1＝1.2s；滑离后做斜抛运动，到达木板时竖直分速度减为零，经历时间，解得：t2＝0.1s，此时水平速度； 在木板上运动至碰撞时，根据相对位移关系，代入数据解得：；故总时间t＝t1+t2+t3，解得。 答：（1）物块A的加速度大小为2m/s2，物块B的加速度大小为1m/s2。 （2）物块A滑离传送带时的速度大小为2m/s。 （3）从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间为。 【变式1】如图所示，一水平传送带以v0＝6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝4m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M＝1.5kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝0.5kg的煤块（可视为质点）轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求： （1）煤块刚放上传送带时的加速度大小； （2）煤块在传送带上留下的划痕长度； （3）小车的长度。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）煤块放上传送带时，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma 解得 a＝2m/s2 （2）若煤块与传送带能共速，则煤块与传送带速度相等的时间为 t0＝＝s＝3s 此时煤块的位移为 x＝＝×3m＝9m＞L＝4m 说明煤块未能与传送带共速，则煤块到达B点时，有 且 v1＝at 解得 v1＝4m/s，t＝2s 则煤块在传送带上留下的划痕长度 s＝v0t﹣L 解得 s＝8m （3）煤块在滑上小车时，对于煤块有 μ2mg＝ma1 对于小车有 μ2mg＝Ma2 当煤块和小车共速时，煤块恰好到达小车右端，则有 v1﹣a1t1＝a2t1 则小车的长度为 联立解得 l＝2m 答：（1）煤块刚放上传送带时的加速度大小为2m/s2； （2）煤块在传送带上留下的划痕长度为8m； （3）小车的长度为2m。 【变式2】如图所示，以某一速度运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L1＝2.5m，平板B的质量M＝2kg、长度L2＝2.0m，现将一质量m＝2kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块A与平板B间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板B与地面的动摩擦因数为μ3＝0.1，不计传送带与平板之间的间隙对滑块A速度的影响，g取10m/s2。 （1）若传送带以2m/s的速度匀速运动，求滑块A在传送带上的运动时间； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，求传送带的速度大小； （3）若传送带运动速度为8m/s，求滑块A离开平板B时的速度。 【答案】（1）若传送带以2m/s的速度匀速运动，滑块A在传送带上的运动时间为1.45s； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，传送带的速度大小为4m/s； （3）若传送带运动速度为8m/s，滑块A离开平板B时的速度为3.5m/s。 【解答】解：（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1 代入数据接的 根据速度公式，滑块与传送带共速时，有 v0＝a1t1 滑块在传送带上加速的位移为 滑块在传送带上匀速阶段，有 L1﹣s＝v0t2 滑块在传送带上运动的时间为 t＝t1+t2 代入数据联立解得 t＝1.45s； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，设物块刚滑上木板时的速度大小v1，根据牛顿第二定律，物块的加速度 木板的加速度 两者共速时物块相对木板滑动的距离为 L2＝2.0m 则 v共＝v1﹣a2t′＝a3t′ 代入数据联立解得 t′＝1s v1＝4m/s 则传送带的速度大小为4m/s；此时物块在传送带上相对传送带的滑行时间为 相对传送带滑行的距离为 ，符合实际； （3）若传送带运动速度为8m/s，假设滑块在传送带上一直被加速，则到达右端时的速度 ，假设成立，即滑块离开传送带滑上木板时的速度为 v01＝5m/s 则当物块离开木板时 代入数据解得 t″＝0.5s（，不合题意舍掉） 滑块A离开平板B时的速度 v'＝v01﹣a2t″＝5m/s﹣3×0.5m/s＝3.5m/s 答：（1）若传送带以2m/s的速度匀速运动，滑块A在传送带上的运动时间为1.45s； （2）若滑块恰好不从平板上掉下，传送带的速度大小为4m/s； （3）若传送带运动速度为8m/s，滑块A离开平板B时的速度为3.5m/s。 【变式3】如图所示，有一水平传送带以v0＝6m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面DE上放置一个质量M＝2kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝1kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2．求： （1）滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程； （2）木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为： v0＝6m/s。 a＝μ1g＝5m/s2。 匀加速运动的时间为： t0＝＝s＝1.2s 位移为：x1＝＝×5×1.22m＝3.6m 传送带位移为：x2＝v0t0＝6×1.2m＝7.2m 滑块相对传送带滑动的路程为：Δx＝x2﹣x1＝3.6m （2）滑块以6m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力 加速度为：a滑＝μ2g＝2m/s2 木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，则有： Ma木＝μ2mg 可得：a木＝1m/s2 假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共。 对滑块有：x滑＝v0t﹣a滑t2， v共＝v0﹣a滑t 对木板有：x木＝a木t2，v共＝a木t 则木板长度为：L＝x滑﹣x木 代入数据得：L＝6m 答：（1）滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程是3.6m； （2）木板至少6m才能使滑块不从木板上掉下来。 过 关 验 收 1．如图1所示，为建筑工人利用两根粗细均匀、平行放置的倾斜钢管把砖块从高处运送到地面的场景，将长方体砖块放在两根钢管的正中间，使其由静止开始从高处下滑。图2为垂直于运动方向的截面图（砖块截面可视为正方形）。若仅将两根钢管的间距略减小一些，则砖块下滑到底端所用的时间将（　　） A．变长 B．不变 C．变短 D．无法判断 【答案】B 【解答】解：设钢管与水平方向夹角为α，两钢管对砖块弹力的夹角为θ，砖块在垂直运动方向受力如图 根据平衡条件有 钢管对砖的摩擦力为 f＝2μFN 仅将两钢管间距减少，角θ不变，则钢管对砖的弹力不变，钢管对砖的摩擦力不变，在沿运动方向根据牛顿第二定律 mgsinα﹣f＝ma 由上式可知α、f不变，则砖块下滑的加速度不变，根据位移—时间关系 可解得砖块滑动底端的时间 可知钢管的长度不变，砖块的加速度不变，可知砖块滑动底端的时间不变。 故ACD错误，B正确。 故选：B。 2．小明将滑块以3m/s的初速度在水平面上推出，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2以初速度方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．滑块的加速度为1m/s2 B．1s末，滑块的速度为1m/s C．2s初，滑块的速度为2m/s D．4s末，滑块的速度﹣1m/s 【答案】C 【解答】解：A、对滑块，由牛顿第二定律得：﹣μmg＝ma，代入数据解得：a＝﹣1m/s2，故A错误； BCD、滑块做匀减速直线运动，滑块减速到零需要的时间t0＝s＝3s 1s末滑块的速度v1＝v0+at1＝3m/s+（﹣1）×1m/s＝2m/s 2s初与1s末是同一时刻，2s初的速度大小为2m/s 滑块经过3s速度减为零，4s末滑块的速度为零，故C正确，BD错误； 故选：C。 （多选）3．如图所示，小球穿在固定光滑杆上，与两个相同的轻弹簧相连，弹簧可绕O1、O2无摩擦转动。小球在杆上A点时，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，杆上的B点与O1、A、O2构成矩形，AB＝2AO1＝2l，现将小球从A点由静止释放，不计空气阻力，则小球下滑的过程中（　　） A．小球运动到AB中点时加速度大小为 B．小球运动到B点时速度大小为 C．小球会在A、B之间做往返运动 D．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短 【答案】AD 【解答】解：A、根据几何关系可知∠ABO1＝30°，弹簧原长为AO1，分析可得小球到达A、B中点O时，弹簧1、弹簧2都处于原长，由牛顿第二定律可知mgsin30°＝ma 解得，故A正确； B、根据题意分析可知，从A到B，弹簧1和弹簧2做的总功为零，只有重力做功，根据动能定理可得即 解得，故B错误； C、根据题意分析可知，小球运动到B点速度不为零，小球要运动到B点的下方某位置速度减为0，故小球不在AB之间做往返运动，故C错误； D、根据题意分析可知，小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等，设杆的倾角为θ，没有弹簧时，根据牛顿第二定律可得小球的加速度为， 有弹簧时，加速度先大于gsinθ，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为gsinθ，之后加速度小于gsinθ，则两种情况的v﹣t图像如图所示 两种情况的v﹣t图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故D正确。 故选：AD。 （多选）4．智能化电动扶梯如图所示，乘客站在扶梯上，扶梯先匀加速上升，然后再匀速上升。设乘客的质量为m，扶梯匀加速时的加速度大小为a，扶梯的运动方向与水平面成θ角，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．匀速阶段乘客所受的摩擦力方向水平向右 B．匀加速阶段乘客受到水平方向的摩擦力大小为macosθ C．匀加速阶段扶梯对乘客的作用力大小为 D．匀加速阶段乘客对扶梯的压力大小为mg+masinθ 【答案】BD 【解答】解：A、乘客做匀速直线运动，处于平衡状态，乘客受到竖直方向的重力和支持力是一对平衡力，不受摩擦力作用，故A错误； BCD、匀加速阶段沿水平方向和竖直方向分解加速度，则有ax＝acosθ，ay＝asinθ 在水平方向，由牛顿第二定律得：f＝max＝macosθ 竖直方向，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝may＝masinθ，解得：N＝mg+masinθ 乘客对扶梯的压力大小为mg+masinθ；扶梯对乘客的作用力大小为 ，故BD正确，C错误。 故选：BD。 （多选）5．国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾探测和应急救援物资输送。某消防中队接到群众报警，赶至火灾现场，迅速布置无人机消防作业。假设无人机由静止竖直向上起飞，整个过程的v﹣t图像如图所示。已知无人机的质量为6kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．无人机上升的最大高度为30m B．无人机在10～12s内处于悬停阶段 C．无人机在8～10s内加速度为﹣3m/s2 D．无人机在12～16s内受到空气的作用力大小为66N 【答案】AC 【解答】解：A、由图示v﹣t图像可知，无人机上升的最大高度h＝m＝30m，故A正确； B、由图示v﹣t图像可知，在10～12s内，无人机的速度保持不变但不是零，无人机做匀速直线运动而没有悬停，故B错误； C、由图示v﹣t图像可知，在8～10s内无人机的加速度a＝，故C正确； D、由图示v﹣t图像可知，在12～16s内，无人机的加速度a'＝ 对无人机，由牛顿第二定律得：f﹣mg＝ma'，代入数据解得：f'＝69N，故D错误。 故选：AC。 （多选）6．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面MN与光滑水平面NP平滑连接，滑块甲（可视为质点）从斜面上高H＝5cm的M点由静止释放，同时滑块乙（可视为质点）自P点沿水平面向左匀速运动，P点与斜面底端N处的距离d＝0.4m，重力加速度g取10m/s2。若释放滑块甲后经过t＝1s刚好追上乙，下列说法正确的是（　　） A．滑块甲在光滑斜面上运动的加速度大小为5m/s2 B．滑块甲在光滑斜面上运动的时间为0.4s C．滑块甲到达底端的速度大小为1m/s D．乙向左匀速运动的速度大小为0.8m/s 【答案】AC 【解答】解：A．设滑块甲在光滑斜面上运动的加速度为a，运动时间为t1，运动到N处时的速度为v1，从N处到追上滑块乙所用时间为t2，根据牛顿第二定律可得 mgsin30°＝ma 解得a＝5m/s2 A正确； B．根据匀变速直线运动的位移一时间公式 代入数据解得 t1＝0.2s B错误； C．甲到达底端的速度 v1＝at1＝5×0.2m/s＝1m/s C正确； D．在水平面运动的时间 t2＝t﹣t1 追上时，甲、乙在水平面的位置相等 v0t+d＝v1t2 代入数据解得 v0＝0.4m/s 方向水平向左，D错误。 故选：AC。 （多选）7．如图甲所示，小物块从光滑斜面上由静止滑下，位移x与速度的平方v2的关系如图乙所示。g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块下滑的加速度大小恒为2.5 m/s2 B．斜面倾角为30° C．小物块2 s末的速度是5 m/s D．小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s 【答案】AC 【解答】解：A、由图得：x＝v2，对照公式2ax＝v2﹣，得初速度为 v0＝0，加速度为 a＝2.5m/s2．故A正确。 B、由牛顿第二定律得：a＝＝gsinθ，得sinθ＝＝＝，故夹角一定小于30°，故B错误； C、小物块2s末的速度为：v2＝at＝2.5×2＝5m/s，故C正确。 D、小物块1s末的速度为：v1＝at＝2.5×1＝2.5m/s，第2s内的平均速度为：＝＝＝3.25m/s，故D错误。 故选：AC。 （多选）8．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v﹣t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　） A．t2时刻，弹簧形变量为0 B．t1时刻，弹簧形变量为 C．从开始运动到t1时刻，拉力F逐渐增大 D．从t2时刻开始，拉力F才保持不变 【答案】BC 【解答】解：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得： kx﹣mgsinθ＝0， 则得： x＝， 故A错误； B、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律： kx﹣mgsinθ＝ma 解得： x＝； 故B正确； C、从开始到t1时刻，A与B整体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有 F+kx﹣（2m） gsinθ＝（2m）a， 解得： F＝2m（a+gsinθ）﹣kx， 由于x逐渐减小，故F逐渐增加，故C正确； D、从t1时刻开始，B物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知 F﹣mgsinθ＝ma， 解得： F＝mgsinθ+ma， 拉力恒定，故D错误。 故选：BC。 （多选）9．景区内的高空滑索运动可简化为如图所示的物理模型。游客通过轻质滑环可以v的速度沿倾角θ的倾斜钢索匀速下滑，为消除安全隐患，须在倾斜钢索末端加装一段相同材质的水平钢索，使滑环和人向左到达水平钢索末端时速度刚好为0，若进入水平钢索时滑环和人的速度大小不变，不计轻绳重力。已知重力加速度g，由以上信息可以分析得出的是（　　） A．倾斜钢索上游客和滑环受到的摩擦力f B．滑环与钢索间的动摩擦因数μ C．进入水平钢索后滑环和人运动的加速度a D．水平钢索的长度L 【答案】BCD 【解答】解：AB.游客在倾斜钢索上下滑时，根据平衡条件有mgsinθ＝μmgcosθ＝f，可得μ＝tanθ，但由于游客质量未知，则摩擦力f不能求解，故A错误，B正确； C.在水平钢索上滑动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝gtanθ，故C正确； D.根据匀变速直线运动规律，水平钢索的长度为L＝＝，故D正确。 故选：BCD。 10．如图所示，一列观光小火车由车头和六节完全相同的车厢组成。在车头的牵引下，观光小火车沿平直路面做匀加速直线运动，此时车头对第1节车厢的拉力大小为F。若每节车厢所受阻力均相等，则第5节车厢对第6节车厢的拉力大小为（　　） A． B． C． D．F 【答案】A 【解答】解：设每节车厢受到的阻力大小都是f，设每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律得： 对6节车厢组成的整体：F﹣6f＝6ma 对第6节车厢：F拉﹣f＝ma 解得：F拉＝，故A正确，BCD错误。 故选：A。 11．7月9日，“全球最快高铁列车”的CR450动车组样车在第十二届世界高铁大会上重磅亮相，其最高速度可超过450公里/小时。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，每节车厢所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车动力全开沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（　　） A．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均不为零 C．若列车匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为 D．若列车匀加速行驶，则第7节车厢对第8节车厢的拉力大小为 【答案】C 【解答】解：AB、若列车匀速行驶，因每节车厢都受阻力作用，则车厢间拉力不一定均为零。例如第7、8节车厢间的拉力不为零；第4、5节车厢间的拉力为零，故AB错误； C、若列车匀加速行驶，根据牛顿第二定律可知，则整体的加速度 根据牛顿第二定律可知，则对前3节车厢的整体分析可知2F﹣3f﹣F34＝3ma 解得第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为，故C正确； D、若列车匀加速行驶，根据牛顿第二定律可知，则对第8节车厢分析可知F78﹣f＝ma 可得第7节车厢对第8节车厢的拉力大小为，故D错误。 故选：C。 12．如图所示，水平地面上静止放置一质量M＝2kg的木板C，初始时两个可视为质点的滑块A、B均以6m/s的速率冲上木板C的两端，开始相向运动。已知滑块A、B质量分别为mA＝5kg、mB＝1kg，滑块A与木板C间的动摩擦因数为0.2，滑块B与木板C间的动摩擦因数为0.4，木板C与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中滑块A、B未发生碰撞，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）初始时木板C的加速度大小； （2）滑块B与木板C相对静止时木板C的速度； （3）为避免滑块A、B相碰，木板C的最小长度。 【答案】（1）初始时木板C的加速度大小为1m/s2； （2）滑块B与木板C相对静止时木板C的速度为2m/s； （3）木板C的最小长度为12m。 【解答】解：（1）分别对两滑块及木板受力分析，根据牛顿第二定律得FfA＝μAmAg＝mAaA，aA＝μAg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 FfB＝μBmBg＝mBaB，aB＝μBg＝0.4×10m/s2＝4m/s2 μAmAg﹣μBmBg﹣μ（M+mA+mB）g＝MaC 解得aC＝＝m/s2＝1m/s2 （2）B向左减速至零的时间t1＝＝＝1.5s 此时木板的速度v1＝aCt1＝1×1.5m/s＝1.5m/s 设经过时间t2，B向右加速至与木板的速度相等， 根据v2＝aBt2，v2＝v1+aCt2 代入数据，得：4t2＝1.5+t2 3t2＝1.5s，t2＝0.5s t＝t1+t2＝1.5s+0.5s＝2s v2＝aCt＝1×2m/s＝2m/s （3）B向左减速至零的位移xB1＝＝＝4.5m 木板向右的位移为x1＝ ＝m＝m，Δx1 ＝xB1+x1＝4.5m+m＝m B向右加速至与木板共速时，B的位移xB2＝＝＝ 木板向右的位移为x2＝＝＝ Δx2 ＝x2﹣xB2＝＝ B相对于木板向左运动了ΔxB＝Δx1+Δx2＝＝6m B向右与木板的速度相等时A的速度vA＝v﹣aAt＝6m/s﹣2×2m/s＝2m/s A的位移xA＝＝＝8m A相对于木板向右运动了ΔxA＝xA﹣（x1+x2）＝8m﹣＝6m A、B与木板三者速度相等，此后三者以a＝μg＝0.05×10m/s2＝0.5m/s2 一起匀减速至零不再有相对位移 为避免滑块A、B相碰，木板C的最小长度L＝ΔxA+ΔxB＝6m+6m＝12m 答：（1）初始时木板C的加速度大小为1m/s2； （2）滑块B与木板C相对静止时木板C的速度为2m/s； （3）木板C的最小长度为12m。 13．某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。长为s＝1.8m的传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率为v＝7m/s，物体与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，将质量为m＝25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后滑上质量为M＝50kg的木板左端（忽略物体从传送带滑上木板过程的速度损失）。木板与地面之间是光滑的，物体、木板间的动摩擦因数为μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）物体滑上木板时的速度大小； （2）物体滑到传送带的底端时，留在传送带上的摩擦痕迹是多长？ （3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是多少？ 【答案】（1）物体滑上木板时的速度大小是6m/s； （2）物体滑到传送带的底端时，留在传送带上的摩擦痕迹长度是2.4m； （3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是4.8m。 【解答】解：（1）物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律得mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1 代入数据解得 假定物体滑离传送带时物体与传送带没有共速， 对物体，由v﹣x公式得v物2＝2a1s，代入数据解得v物＝6m/s＜v＝7m/s，假设成立 则物体滑上木板时的速度大小为6m/s （2）物体离开传送带时的速度大小v物＝a1t， 代入数据解得t＝0.6s 物体在传送带上滑行过程，传送带的委托s2＝vt＝7×0.6m＝4.2m 划痕的长度Δs＝s2﹣s＝4.2m﹣1.8m＝2.4m （3）物体在木板上滑动过程，对物体，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2 对木板，由牛顿第二定律得μ2mg＝Ma3 物体恰好滑到右端时共速，物体恰好不滑离木板， 由v﹣t公式得v共＝v物﹣a2t'＝a3t' 木板长L＝ 代入数据解得L＝4.8m 答：（1）物体滑上木板时的速度大小是6m/s； （2）物体滑到传送带的底端时，留在传送带上的摩擦痕迹长度是2.4m； （3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是4.8m。 14．如图所示，质量mA＝0.9kg的木板A置于粗糙水平地面上，木板A左端放置一质量mB＝0.1kg小物块B，在木板A右侧有一竖直墙壁，木板右端与墙壁的距离为x0＝2.5m。某时刻给木板A和物块B相同的初速度v0＝3m/s，二者保持相对静止一起水平向右运动，一段时间后，木板A与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰后木板A速度反向、大小不变，A、B两物体发生相对滑动，经过时间t＝1.2s二者再次达到共速且方向水平向左，运动过程中物块B始终未离开木板A。已知木板A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）木板A刚接触墙壁时，A、B两物体的瞬时速度大小v1； （2）物块B与木板A之间的动摩擦因数μ2； （3）整个运动过程中物块B在木板A上的划痕长度L。 【答案】（1）木板A刚接触墙壁时，A、B两物体的瞬时速度大小v1为2m/s； （2）物块B与木板A之间的动摩擦因数μ2为0.2； （3）整个运动过程中物块B在木板A上的划痕长度L为2.4m。 【解答】解：（1）A、B整体向右做匀减速直线运动距离为x0的过程，由牛顿第二定律得： μ1（mA+mB）g＝（mA+mB）a 根据运动学公式得： 联立解得：v1＝2m/s （2）A碰墙后B的加速度方向向左，由牛顿第二定律得： μ2mBg＝mBaB 碰墙后A加速度方向向右，由牛顿第二定律得： μ2mBg+μ1（mA+mB）g＝mAaA A碰墙后的运动过程中，以水平向左为正方向，经过t＝1.2s后A、B共速，根据运动学公式得： v共＝v1﹣aAt＝﹣v1+aBt 联立解得：μ2＝0.2，v共＝0.4m/s （3）A碰墙后到两者共速的过程B始终相对A向右运动，因μ2＞μ1，故两者共速后相对静止一起做匀减速运动直到速度为零。 A碰墙后到两者共速的过程，B对地的位移大小为： xB＝ A碰墙后到两者共速的过程，A对地的位移大小为： xA＝ 整个运动过程中物块B在木板A上的划痕长度为： L＝xA+xB 联立解得：L＝2.4m （1）木板A刚接触墙壁时，A、B两物体的瞬时速度大小v1为2m/s； （2）物块B与木板A之间的动摩擦因数μ2为0.2； （3）整个运动过程中物块B在木板A上的划痕长度L为2.4m。 学科网（北京）股份有限公司 $