（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题07 两类基本动力学问题及传送带、块板模型（解析+原卷）学案

专题07 两类基本动力学问题及传送带、块板问题目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳  HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 两类基本动力学问题  HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 水平传送带问题  HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 倾斜传送带问题  HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 块板模型  HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 2【题型一】 两类基本动力学问题【典例分析】如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)推力F作用下，物体运动的加速度a1大小；(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。【提分秘籍】1、把握“两个分析”“一个桥梁”2、不同过程中的联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。【变式演练】1．一物体在水平推力F＝15 N的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示，g取10 m/s2，求：(1)0～4 s和4～6 s物体的加速度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ和物体的质量m；(3)在0～6 s内物体运动平均速度的大小.2．水平面上有相距15 m的A、B两点，一质量为2 kg的物体在大小为16 N、方向斜向上的力F作用下，从A点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F，物体到达B点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝eq \f(3,4)，重力加速度g取10 m/s2.求物体从A运动到B的最短时间．3．如图所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？【题型二】 水平传送带问题【典例分析】水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速的放在A处，该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2 m，g取10 m/s2，求：(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少；(2)电动机运送该行李需消耗的电能E为多少；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。【提分秘籍】求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.【变式演练】1．如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.2．如图所示为一水平传送带装置示意图.A、B为传送带的左、右端点，AB长L＝2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a＝2 m/s2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2).(1)如果煤块以最短时间到达B点，煤块到达B点时的速度大小是多少？(2)上述情况下煤块运动到B点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？3．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m＝5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B轮的半径为R＝0.2 m，求行李包在B点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.【题型三】 倾斜传送带问题【典例分析】如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【提分秘籍】求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力要发生突变.【变式演练】1．如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(　　)A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ2．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)3．如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？【题型四】 块板模型【典例分析】如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。【提分秘籍】滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.【变式演练】1．图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g＝10 m/s2。(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v ­t图像，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小。2．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝eq \f(3,5))的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为eq \f(3,8)，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.1．如图所示，水平传送带以v＝12 m/s的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m＝20 kg的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m处.平板车的质量M＝30 kg，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g＝10 m/s2)求：(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？2.一平板车，质量M＝100 kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h＝1.25 m，一质量m＝50 kg的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b＝1 m，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x0＝2.0 m，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x(不计路面摩擦，g＝10 m/s2).3．(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　)A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面4.(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则(　　)A.传送带一定逆时针转动 B.μ＝tan θ＋eq \f(v0,gt0cos θ)C.传送带的速度大于v0 D.t0后木块的加速度为2gsin θ－eq \f(v0,t0)5．如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),6).试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离．6.如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是(　　)A.0～5 s内小木块做匀减速运动B.在t＝1 s时刻，摩擦力反向C.斜面倾角θ＝37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.57.一质量为m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F1＝k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F2＝k2v2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍.在飞机起飞前，下列说法正确的是(　　)A.飞机一共受5个力的作用B.飞机可能做匀加速直线运动C.飞机的加速度可能随速度的增大而增大D.若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于eq \f(2m,k11＋4μ)8.如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件.9（2021年浙江卷）.机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。参考答案【题型一】 两类基本动力学问题【典例分析】[解析]　(1)对物体，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1代入数据得a1＝2 m/s2。(2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(4,2) s＝2 s时，两者之间最大距离xmax＝s0＋v0t1－eq \f(v1,2)t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。(3)设推力作用的时间为t2，根据位移公式得x1＝eq \f(1,2)a1t22则t2＝ eq \r(\f(2x1,a1))＝ eq \r(\f(2×25,2)) s＝5 s速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝μg＝2 m/s2由v2＝2ax得x2＝eq \f(v22,2a2)＝eq \f(102,2×2) m＝25 m而t3＝eq \f(v2,a2)＝eq \f(10,2) s＝5 s。物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。[答案]　(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m【变式演练】1．答案　(1)2.5 m/s2　5 m/s2　(2)0.5　2 kg　(3)5 m/s解析　(1)由图可得：a1＝eq \f(Δv,Δt1)＝eq \f(10,4) m/s2＝2.5 m/s2，a2＝eq \f(Δv,Δt2)＝eq \f(10,2) m/s2＝5 m/s2(2)根据牛顿第二定律得：μmg＝ma2解得：μ＝eq \f(a2,g)＝0.5根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1解得：m＝eq \f(F,μg＋a1)＝2 kg(3)平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(\f(v,2)t,t)＝eq \f(v,2)＝eq \f(10,2) m/s＝5 m/s2．答案　4 s解析　撤去F前对物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有Fcos α－Ff＝ma1①Ff＝μFN②FN＝mg－Fsin α③x1＝eq \f(1,2)a1t12④撤去F后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有μmg＝ma2⑤x2＝eq \f(1,2)a2t22⑥x1＋x2＝s⑦a1t1＝a2t2⑧根据v－t图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速过程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速过程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1利用数学知识可得最大加速度a1＝eq \f(F\r(1＋μ2),m)－μg＝2.5 m/s2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t1＝3 s，t2＝1 s，则总时间t＝t1＋t2＝4 s.3．答案　(1)0.5　(2)2 m/s解析　(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即Ff＝F1cos θ＝40 Nμ＝eq \f(Ff,FN)＝eq \f(Ff,mg＋F1sin θ)＝0.5(2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有：(F2－mg)cos θ－Ff1＝ma；在垂直斜面方向上有：FN＝(F2－mg)sin θ；则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ解得：a＝1 m/s2x＝eq \f(1,2)at2解得t＝2 sv＝at＝2 m/s.【题型二】 水平传送带问题【典例分析】解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则v＝at1，t1＝1 s，s1＝eq \f(1,2)at12，s1＝0.5 m行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2则t2＝eq \f(l－s1,v)＝1.5 s设行李从A运送到B共用时间为t，则t＝t1＋t2＝2.5 s。(2)电动机需消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故E＝eq \f(1,2)mv2＋μmgΔL行李与传送带的相对位移ΔL＝vt1－s1＝0.5 m，代入数据解得E＝4 J。(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短有l＝eq \f(1,2)at2代入数据得t＝2 s，此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。答案：(1)2.5 s　(2)4 J　(3)2 s　2 m/s【变式演练】1．答案　(1)3 m　(2)2 s解析　(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1　得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v＝v0－at1v＝a1t1解得：v＝2 m/s，t1＝1 s滑块位移为x1＝eq \f(vt1,2)＝1 m传送带位移为x2＝eq \f(v0＋vt1,2)＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有：Ff＝ma＝4 N＞μmg＝2 N故滑块与传送带相对滑动.滑块做减速运动，加速度仍为a1.滑块减速时间为t2，有：t2＝eq \f(0－v,－a1)＝1 s故：t＝t1＋t2＝2 s.2．答案　(1)2 m/s　(2)1 m解析　(1)为了使煤块以最短时间到达B点，煤块应一直匀加速从A点到达B点μmg＝ma1得a1＝1 m/s2veq \o\al( 2,B)＝2a1LvB＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v＝vB＝2 m/s时，煤块在传送带上留下的痕迹最短煤块运动时间t＝eq \f(vB,a1)＝2 s传送带加速过程：vB＝at1得t1＝1 sx1＝eq \f(1,2)ateq \o\al( 2,1)得x1＝1 m传送带匀速运动过程：t2＝t－t1＝1 sx2＝vBt2得x2＝2 m故痕迹最小长度为Δx＝x1＋x2－L＝1 m.3．答案　(1)0.1 m　(2)25 N，方向竖直向下　(3)1.25 m解析　(1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg＝ma1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t，则v＝a1t行李包前进距离x1＝eq \f(1,2)a1t2传送带前进距离x2＝vt行李包相对传送带滑动的距离Δx＝x2－x1＝0.1 m(2)行李包在B点，根据牛顿第二定律，有mg－FN＝eq \f(mv2,R)解得：FN＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B点对传送带的压力为25 N，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2行李包从斜面滑下过程：0－v2＝2a2x解得：x＝1.25 m.【题型三】 倾斜传送带问题【典例分析】答案　(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s　7 m(3)(2＋2eq \r(2)) s解析　(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsin θ＋Ff＝ma1垂直传送带方向：mgcos θ＝FN又Ff＝μFN由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s2，方向沿传送带向下.(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝eq \f(v－v0,－a1)＝1 s，x1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下.设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝eq \f(0－v,－a2)＝1 s沿传送带向上滑的位移x2＝eq \f(v＋0,2)t2＝1 m则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝eq \f(1,2)a2teq \o\al( 2,3)，代入解得t3＝2eq \r(2) s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2eq \r(2)) s.【变式演练】1．答案　A解析　若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝eq \f(mgsin θ＋μmgcos θ,m)＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误.2．答案　D解析　开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以a2＝gsin θ－μgcos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.3．答案　(1)2.2 s　(2)1 s解析　(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1 ①设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝eq \f(v0－v,a1) ②通过的位移x1＝eq \f(v\o\al( 2,0)－v2,2a1) ③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2 ④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t2到达传送带B点L－x1＝vt2－eq \f(1,2)a2teq \o\al( 2,2) ⑤联立得①②③④⑤式可得：t＝t1＋t2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a2，L＝v0t′－eq \f(1,2)a2t′2t′＝1 s(t′＝5 s舍去).【题型四】 块板模型【典例分析】解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg ①f2＝μ1mBg ②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③由牛顿第二定律得f1＝mAaA ④f2＝mBaB ⑤f2－f1－f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1＝v0－aBt1 ⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s。 ⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－eq \f(1,2)aBt12 ⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－eq \f(1,2)a2t22 ⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－eq \f(1,2)aAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1＋t2))2 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。 ⑰答案：(1)1 m/s　(2)1.9 m【变式演练】1．解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得：F＝(m1＋m2)a，对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a，联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，2 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s。木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F1－μ1m1g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2。1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s。在1～2 s内F2＝μ1m1g，木板做匀速运动，速度为4 m/s。2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝eq \f(μ2m1＋m2g,m1＋m2)＝μ2g，m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g。所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3，得：a3＝－2 m/s2。速度从4 m/s减至零的时间t3＝eq \f(0－v1,a3)＝eq \f(0－4,－2) s＝2 s。木板做匀减速直线运动有：－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。得：a4＝－eq \f(8,3) m/s2。速度从4 m/s减至零的时间t4＝eq \f(0－v1′,a4)＝eq \f(－4,－\f(8,3)) s＝1.5 s。二者在整个运动过程的v­t图像如图所示(实线是木板的v­t图像，虚线是物块的v­t图像)。0～2 s内物块相对木板向左运动Δx1＝eq \f(1,2)a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－eq \f(1,2)a1t12，2～4 s内物块相对木板向右运动Δx2＝eq \f(－a1t12,2a3)－eq \f(－a2t22,2a4)，解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。答案：(1)8 N　(2)见解析图　1 m2．答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s解析　(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff1＝μ1FN1 ①FN1＝mgcos θ ②Ff2＝μ2FN2 ③FN2＝FN1′＋mgcos θ ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff1＝ma1 ⑤mgsin θ－Ff2＋Ff1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a2′＝－2 m/s2 ⑫由于a2′＜0，可知B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为0，则有v2＋a2′t2＝0 ⑬联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a1t\o\al( 2,1)＋v1t2＋\f(1,2)a1′t\o\al( 2,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a2t\o\al( 2,1)＋v2t2＋\f(1,2)a2′t\o\al( 2,2)))＝12 m＜27 m ⑭此后B静止不动，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋eq \f(1,2)a1′teq \o\al( 2,3) ⑮可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A在B上总的运动时间为t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4 s1．答案　(1)0.6 s　(2)见解析解析　(1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a1＝μ1gv2＝2a1x解得：v＝3 m/s因v＝3 m/s＜12 m/s，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a2＝μ2g＝3 m/s2a3＝eq \f(μ2mg,M)＝2 m/s2v－a2t＝a3t解得：t＝0.6 s相对位移x＝vt－eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a3t2＝0.9 m＜10 m，符合题意.(2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v0，L为平板车长，则v0－a2t′＝a3t′v0t′－eq \f(1,2)a2t′2－eq \f(1,2)a3t′2＝L解得v0＝10 m/s＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动veq \o\al(2,0)＝2a1x′解得：x′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.2.答案　1.625 m解析　设小物块在车上运动时，车的加速度为a1，物块的加速度为a2.则a2＝eq \f(μmg,m)＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2.由x＝eq \f(1,2)at2得：x0＝eq \f(1,2)a1t2，x0－b＝eq \f(1,2)a2t2.故有eq \f(a1,a2)＝eq \f(x0,x0－b)＝eq \f(2,2－1)＝eq \f(2,1)，a1＝2a2＝4 m/s2.对车，由牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma1.F＝Ma1＋μmg＝100×4 N＋0.2×50×10 N＝500 N.小物块滑落时车速v1＝eq \r(2a1x0)＝eq \r(2×4×2 ) m/s＝4 m/s，小物块速度v2＝eq \r(2a2x0－b)＝eq \r(2×2×1) m/s＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a′＝eq \f(F,M)＝eq \f(500,100) m/s2＝5 m/s2小物块落地时间t′＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s.车运动的位移x车′＝v1t′＋eq \f(1,2)a′t2＝4×0.5 m＋eq \f(1,2)×5×0.52 m＝2.625 m.小物块平抛的水平位移x物′＝v2·t′＝2×0.5 m＝1 m.物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x＝x车′－x物′＝2.625 m－1 m＝1.625 m.3．答案　BD解析　桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a＝μg，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t＝eq \f(v,μg)，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为Ff＝μmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v＝μgt增大，加速运动的位移x1＝eq \f(1,2)μgt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2＝eq \f(v2,2μg)也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对.4.答案　AD解析　若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A正确.木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由图可知a1＝eq \f(v0,t0)，则μ＝eq \f(v0,gt0cos θ)－tan θ，选项B错误.当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误.等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－eq \f(v0,t0)，选项D正确.5．答案　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m解析　(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1解得a1＝2.5 m/s2(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s小球的位移x1＝eq \f(v1,2)t1＝1.8 m撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2解得a2＝7.5 m/s2小球上滑时间t2＝eq \f(v1,a2)＝0.4 s上滑位移x2＝eq \f(v1,2)t2＝0.6 m则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m.6.答案　A解析　由匀变速直线运动的速度位移公式得v2－veq \o\al( 2,0)＝2ax，由题图乙可得a＝eq \f(0－v\o\al( 2,0),2x1)＝－10 m/s2，故减速运动时间：t＝eq \f(0－v0,a)＝1 s，故A错误；由题图乙可知，在0～1 s内小木块向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t＝1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a′＝eq \f(v2,2x2)＝eq \f(32,2×13－5) m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝m|a|，mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确.7.答案　BC解析　对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向：F－Ff－F2＝ma ①竖直方向：FN＋F1＝mg ②Ff＝μFN ③且F1＝k1v2 ④F2＝k2v2 ⑤联立①～⑤得：F－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma整理得F－μmg＋(μk1－k2)v2＝ma ⑥当k2＝μk1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B项正确；当μk1＞k2时，加速度随速度的增大而增大，C项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得a＝eq \f(0.25－μmg,m)＝(0.25－μ)g ⑦刚起飞时，支持力FN＝0，地面摩擦力为0，mg＝k1v2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v2＝eq \f(mg,k1) ⑧v2＝2ax ⑨联立⑦⑧⑨解得x＝eq \f(2m,k11－4μ)，D项错误.8.答案　(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2解析　(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，解得a1＝6 m/s2对物块：μ1mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，故假设成立设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2，解得t＝1 s在此过程：木板位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝3 m，末速度v1＝a1t＝6 m/s物块位移x2＝eq \f(1,2)a2t2＝2 m，末速度v2＝a2t＝4 m/s在物块从木板上滑落后的t0＝0.2 s内，由牛顿第二定律：对木板：F－μ1Mg＝Ma1′，解得a1′＝8 m/s2木板发生的位移x1′＝v1t0＋eq \f(1,2)a1′teq \o\al( 2,0)＝1.36 m此时木板右端距平台边缘Δx＝l－x1－x1′＝0.64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：对物块：μ2mg＝ma2′，解得a2′＝μ2g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x2′＝eq \f(v\o\al( 2,2),2a2′)要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l＋eq \f(L,2)≥x2＋x2′联立解得μ2≥0.2.9答案：本题考查牛顿第二定律及运动学规律。解析：（1）由于刹车过程中汽车所受阻力不变，汽车做匀减速运动根据刹车时间解得刹车加速度根据牛顿第二定律，汽车所受阻力解得（2）小朋友过马路的时间汽车等待时间（3）根据解得汽车到斑马线时的速度