高考物理二轮复习提分练习专题03 牛顿运动定律的综合应用（含解析）

这是一份高考物理二轮复习提分练习专题03 牛顿运动定律的综合应用（含解析），共22页。试卷主要包含了动力学的连接体问题和临界问题，动力学基本问题，动力学图像问题，动力学中的传送带问题，动力学中的板块问题等内容，欢迎下载使用。

高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍
专题03 牛顿运动定律的综合应用
题型一 动力学的连接体问题和临界问题
【题型解码】
整体法、隔离法交替运用的原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
【典例分析1】(2019·四川教考联盟三诊)(多选)如图，在水平面上固定一倾角为30°的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定挡板，A和B用轻弹簧相连，A靠在挡板上，C靠在B上，A、B、C三者质量均为m，力F作用在C上使弹簧处于压缩状态。现撤去F，弹簧弹开，最后使A和挡板恰无弹力，重力加速度为g，在这个过程中以下说法正确的是(　　)

A．当B速度最大时，B、C间弹力为0 B．当B和C分离时，A对挡板的压力为mg
C．当B和C分离时，它们的速度相等且达到最大 D．当B的速度最大时，A对挡板的压力为mg
【参考答案】　BD
【名师解析】　B和C分离瞬间，加速度相等且弹力消失，分离后的瞬间C的加速度为gsin30°，则B的加速度也为gsin30°，由此推知B和C在弹簧原长时分离，此时，它们的加速度不为0，即速度不是最大，速度最大出现在分离之前，故A、C错误；当B和C分离时弹簧处于原长，此时A对挡板的压力等于A重力沿斜面方向的分力，即mg，故B正确；当B的速度达到最大时，C的速度也最大，它们受弹簧的弹力等于二者重力沿斜面方向的分力，即2mgsin30°＝mg，弹簧另一端的弹力大小也是mg，所以此时A对挡板的压力为mg，D正确。
【提分秘籍】
(1)整体法与隔离法的使用条件
①当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
②求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
(2)两物体分离或相对滑动的条件
①叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。
②靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
(3)用滑轮连接的连接体的处理方法
通过滑轮连接的两个物体：加速度大小相同。加速度不为零时，轻绳的拉力不等于所悬挂物体的重力。
【突破训练】
1.(2019·黑龙江哈尔滨三中三模)(多选)如图所示，A、C、D长方体木块完全相同，质量均为m，其中C、D放在光滑水平面上，A放在长木板B上，B质量为2m，A、B、C、D间动摩擦因数均为μ，现用水平向右的恒力F拉木块A，使A、B、C、D保持相对静止一起沿水平面向右运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)

A．B对A的摩擦力大小为μmg，方向向左 B．A对B的摩擦力大小为，方向向右
C．C对B的摩擦力大小为，方向向右 D．C、D两木块所受到的摩擦力大小相等，方向相同
【答案】　BD
【解析】　A与B之间没有相对运动，为静摩擦力，A错误；将A、B、C、D看成整体，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度a＝，隔离A，可得F－fBA＝ma，fBA＝F，B对A的摩擦力向左，再根据牛顿第三定律，可知A对B的摩擦力向右，大小为F，B正确；隔离C可得，fBC＝ma＝F，B对C的摩擦力向右，所以C对B的摩擦力向左，大小为F，C错误；隔离D可得，fBD＝ma＝F，B对D的摩擦力向右，所以C、D受到的摩擦力大小相等，方向相同，D正确。
2.(2019·河北衡水中学三模)(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图象，已知g取10 m/s2，则(　　)

A．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1 B．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2
C．木板B的质量为1 kg D．滑块A的质量为4 kg
【答案】　BC
【解析】　由图乙可知，当F＝8 N时，A、B恰不发生相对滑动，加速度为：a＝2 m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入数据解得：mA＋mB＝4 kg；当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：a＝＝F－，由图象可知，图线的斜率：k＝＝＝1，解得：mB＝1 kg，故滑块A的质量为：mA＝3 kg；由方程a＝＝F－，可知当a＝0时，F＝6 N，代入数据解得μ＝0.2，故A、D错误，C正确。F＝10 N＞8 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aB＝a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故B正确。
3.(2019·广东惠州二模)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为(　　)

A．3μmg B．4μmg
C．5μmg D．6μmg
【答案】　D
【解析】　当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律得：
对砝码有：f1＝μ·2mg＝2ma1，
得：a1＝＝μg，
对纸板有 F－f1－f2＝ma2，
纸板与砝码发生相对运动需要纸板的加速度不小于砝码的加速度，即：a2≥a1，
所以：F＝f1＋f2＋ma2≥f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg，
即：F≥6μmg，选D。
4.(2019·陕西咸阳三模)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(　　)

A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左 D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
【答案】　AD
【解析】　设t时刻A、B分离，由图象可知，分离之前A、B共同做匀加速运动，设加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－F拉＝mBa，得F2＝F拉＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，结合图象可知，分离时t＝×4.0 s＝3 s，A、B两物块共同运动的位移为s＝at2＝5.4 m，故D正确；当t＝2 s时，F2＝1.8 N，F2＋T＝mBa，得T＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误；当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋T′＝m2a，得T′＝m2a－F2＞0，故A对B的作用力方向向右，C错误。
题型二 动力学基本问题（含超失重、瞬时性问题）
【题型解码】
(1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；
(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；
(3)求解加速度是解决问题的关键；
(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法．
【典例分析1】(2019·湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是(　　)

A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g
C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大 D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
【参考答案】　C
【名师解析】　当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没拉力，则弹簧处于压缩状态，且弹簧弹力大小T1＝mg。撤去木板瞬间，B物块受到的合力为T1＋2mg＝3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝＝1.5g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时弹簧弹力向上，且大小为T2＝2mg＝kx′，又T1＝mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x′＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。
【典例分析2】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2。
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m。求飞行器所受的阻力f的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。
【参考答案】　(1)4 N　(2)42 m　(3) s(或2.1 s)
【名师解析】　(1)飞行器第一次试飞时做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，
H＝a1t①
由牛顿第二定律F－mg－f＝ma1②
由①②解得f＝4 N③
(2)第二次试飞中，设失去升力时的速度大小为v1，上升的高度为s1，运动示意图如图，s1＝a1t④

设失去升力后的加速度大小为a2，上升的高度为s2，
由牛顿第二定律mg＋f＝ma2⑤
v1＝a1t2⑥
s2＝⑦
由③④⑤⑥⑦解得h＝s1＋s2＝42 m⑧
(3)设失去升力下降阶段加速度大小为a3，恢复升力后加速度大小为a4，恢复升力时速度大小为v3，运动示意图如图，
由牛顿第二定律mg－f＝ma3⑨
F＋f－mg＝ma4⑩
且＋＝h⑪
v3＝a3t3⑫
由③⑧⑨⑩⑪⑫解得t3＝ s(或2.1 s)。
【典例分析3】(2019·贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的v­t图象如图所示，根据图象可知该伞兵(　　)

A．在0～2 s内做自由落体运动 B．在2～6 s内加速度方向先向上后向下
C．在0～14 s内先处于失重状态后处于超重状态D．在0～24 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动
【参考答案】　C
【名师解析】　由图象可知，该伞兵在0～2 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；由图可知，2～6 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，故B错误；0～14 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，先失重后超重，故C正确；在0～24 s内，2～12 s内的加速度大小发生变化，故该伞兵不做匀变速运动，D错误。
【提分秘籍】
1.解决动力学两类基本问题的思路
受力分析加速度运动状态
2．动力学基本问题的解题步骤
(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。
(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。
①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。
②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。
(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。
(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。
3．瞬时加速度的两种模型
(1)刚性绳(或接触面)：不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。
(2)弹簧(或橡皮绳)：两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看做保持不变。
4．处理多过程动力学问题的“二分析一关键”
(1)“二分析”
①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；
②分析研究对象在每个阶段的运动特点。
(2)“一关键”
前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键。
【突破训练】
1. (2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m.物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是(　　)

A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg B．细线剪断前，细线的拉力为mg
C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化 D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g
【答案】　D
【解析】　细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力：F＝mgsin θ＝mg，对B分析可以得到FT＝mgsin θ＝mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度：a＝＝g，故D正确．
2.(2019·广东深圳市4月第二次调研)图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10 m/s2。根据图象分析可知(　　)

A．张明的重力为1000 N B．e点位置张明处于超重状态
C．c点位置张明处于失重状态 D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度
【答案】　B
【解析】　开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500 N，故A错误；e点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故B正确；c点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故C错误；张明在d点时，a1＝＝ m/s2＝20 m/s2，张明在f点时，a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误。
3. (2019·黑龙江哈尔滨三中二模)水平路面上质量为30 kg 的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则(　　)
A．小车2 s末的速度是4 m/s B．小车受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2 D．小车运动的总时间为6 s
【答案】　B
【解析】　小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60 N－30×1.5 N＝15 N，故B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝ s＝6 s，所以小车运动的总时间为：t总＝(2＋6) s＝8 s，故D错误。
4.(2019·四川雅安三诊)如图所示，质量为1 kg的物体静止于水平地面上，用大小为6.5 N的水平恒力F作用在物体上，使物体由静止开始运动50 m后撤去拉力F，此时物体的速度为20 m/s，物体继续向前滑行直至停止，g取10 m/s2。求：

(1)物体与地面间的动摩擦因数；
(2)物体运动的总位移；
(3)物体运动的总时间。
【答案】　(1)0.25　(2)130 m　(3)13 s
【解析】　(1)在拉力F作用下，物体的加速度大小为：
a1＝
对物体，由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma1，
联立解得：μ＝0.25。
(2)撤掉拉力F后的加速度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s2
撤掉拉力F后的位移为：x2＝＝80 m
全程总位移为：x＝x1＋x2＝50 m＋80 m＝130 m。
(3)物体加速运动的时间为：t1＝＝5 s
减速运动的时间为：t2＝＝8 s
物体运动的总时间：t＝t1＋t2＝13 s。
题型三 动力学图像问题
【题型解码】
1.解图象问题时要做好“三看”
(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(v­t、x­t、a­t、x­v2、v­x等)，还是动力学图象(F­t、F­x、P­t等)；
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；
(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
【典例分析1】(2019·安徽安庆高三二模)(多选)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)

A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5 B．水平外力F＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N D．物体在0～4 s内的位移为24 m
【参考答案】　AC
【名师解析】　根据v­t图象的斜率表示加速度，知2～4 s内物体的加速度为：a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A正确；0～2 s内物体的加速度为：a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B错误，C正确；由v­t图线与t轴围成的面积表示位移，可得物体在0～4 s内的位移为：x＝28 m，故D错误。
【典例分析2】(2019·江西南昌市一模)一质量为1 kg的小物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过点P(5,25)的直线，如图4所示，则(　　)

A．小物块做匀速直线运动 B．水平拉力F的大小为2.5 N
C．5 s内小物块的位移为5 m D．5 s末小物块的速度为25 m/s
【答案】　B
【解析】　由F＝ma及v2＝2ax得v2＝·x，故＝，得F＝2.5 N
小物块做匀加速运动的加速度大小为a＝＝2.5 m/s2
5 s末v＝at＝12.5 m/s
5 s内x＝at2＝31.25 m，
故B正确，A、C、D错误．
【提分秘籍】
图象问题要“四看一注意”
(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制约关系。
(2)看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程。
(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：v­t图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点；x­t图象中根据坐标值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特点。
(4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义。在x­t图象中，两图线的交点表示两物体相遇；在v­t图象中，两图线的交点表示两物体速度相同，此时相对速度为零，相对位移出现极值，是相距最远、最近、是否碰撞的关键时刻。
(5)一注意：利用v­t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发。若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离。

【突破训练】
1.(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t＝0时刻受一与运动方向相反的恒力F＝4 N的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v­t图象如图所示，已知g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．物体与水平面的动摩擦因数μ为0.2 B．物体最后回到t＝0时刻的位置
C．F的作用时间为1 s D．物体的质量为1 kg
【答案】　AD
【解析】　由于物体在0～1 s内沿正向做减速运动，1～2 s内沿负向做加速运动，2 s后沿负方向做减速运动，则拉力F是在2 s末撤去的，拉力F的作用时间为2 s，在 2～3 s内物体的加速度大小为a＝＝2 m/s2，摩擦力大小为μmg，且μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正确，C错误；由图知，0～1 s内物体沿正向运动，位移大小x1＝×6×1 m＝3 m,1～3 s内沿负向运动，位移大小x2＝×(3－1)×2 m＝2 m，则知3 s末与出发点距离为x＝x1－x2＝1 m，故B错误；在0～1 s内物体沿正向运动，根据图象可得加速度大小a1＝＝ m/s2＝6 m/s2，根据牛顿第二定律可得：F＋μmg＝ma1，解得物体的质量m＝1 kg，故D正确。
2.(2019·山东烟台市第一学期期末)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为37°的固定且足够长的斜面上，t＝0时刻对物体施加沿斜面向上的拉力F，使物体开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F，物体速度的平方与位移之间的关系图象如图乙所示．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.下列说法正确的是(　　)

A．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.25 B．撤去拉力的时刻为t＝0.5 s
C．拉力F的大小为24.5 N D．物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功为10 J
【答案】　AB
【解析】　由速度位移的关系式v2＝2ax与题图乙对比得：物体的最大速度vm＝8 m/s，撤去F前的加速度大小a1＝16 m/s2，撤去F后的加速度大小a2＝8 m/s2，撤去F时发生的位移x1＝2 m．撤去F前由牛顿第二定律得：F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，撤去F后由牛顿第二定律得：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2，联立解得：F＝24 N，μ＝0.25，故A正确，C错误；力F作用时物体做匀加速运动，由速度公式得：vm＝a1t，解得：t＝0.5 s，故B正确；设撤去F后发生的位移为x2，vm2＝2a2x2，解得：x2＝4 m，物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功W克f ＝μmgcos 37°(x1＋x2)＝12 J，故D错误．
3.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a与弹簧的伸长量x的关系如图乙所示(图中所标量已知)，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则物块的质量m及物块与地面间的动摩擦因数μ为(　　)

A．m＝，μ＝ B．m＝，μ＝
C．m＝，μ＝ D．m＝，μ＝
【答案】　A
【解析】　对物块，根据牛顿第二定律：kx－μmg＝ma，解得a＝x－μg，结合题图乙可知，＝，－μg＝－b，解得m＝，μ＝，故选A.
题型四 动力学中的传送带问题
【题型解码】
1．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
【典例分析】(2019·河北武邑中学3月高三月考)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：

(1)工件被第一次传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；
(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2 【参考答案】　(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s
【名师解析】　(1)工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示，则

FN1＝mg
Ff1＝μFN1＝ma1
联立解得a1＝5 m/s2
由运动学公式有t1＝＝ s＝1 s
x1＝a1t＝×5×12 m＝2.5 m
由于x1
工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示，则
FN2＝mgcosθ
mgsinθ＋μFN2＝ma2
由运动学公式有x2＝
联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为
h＝x2sinθ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD传送带上升的时间为t3＝＝0.5 s
故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。

(2)CD传送带以速度v2顺时针运转时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得
－2a2x3＝v－v
mgsinθ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－v
LCD＝x3＋x4
解得v2＝4 m/s。
【提分秘籍】
传送带的摩擦力分析
(1)关注两个时刻
①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。
②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。
(2)注意过程分解
①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。
②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点。
(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tanθ与μ的大小关系：μ>tanθ，速度相等后一起匀速；μ 【突破训练】
1.(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)

【答案】　BC
【解析】　设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，合力沿传送带向下，小滑块向下匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确．
2.(2019·河南许昌高三二诊)(多选)如图所示为运送粮袋的传送带装置，已知A、B间的长度为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，正常工作时工人将粮袋从A点无初速度释放，粮袋由A运动到B，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能较大，可能相等，也可能较小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－cosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ D．不论μ如何小，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞gsinθ
【答案】　AC
【解析】　粮袋刚放上传送带时，相对于传送带向上运动，故受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ。若传送带长度较短，则粮袋可能在此加速过程中到达底端；若传送带较长，粮袋做匀加速运动至速度v，与传送带同速。当μ 3.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】　B
【解析】　0～t1时间：滑动摩擦力向右，小物块向左做匀减速运动，t1时刻速度为零，向左位移达到最大，即小物块离A处的距离最大。t1～t2时间：滑动摩擦力向右，小物块向右由静止开始做匀加速直线运动；t2时刻以后物块随传送带一起做匀速直线运动，摩擦力为零；t2时刻以后物块相对传送带静止，故t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大。故B正确，A、C、D错误。
题型五 动力学中的板块问题
【题型解码】
1．模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系．
2．解题关键
(1)临界条件：要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．
(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移．
【典例分析1】(2019·湖南衡阳二模)如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10 m/s2。

(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；
(2)t＝10 s时，两物体的加速度各为多大；
(3)在如图2所示坐标系中画出木块的加速度随时间変化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。
【参考答案】　(1)4 s　(2)3 m/s2　12 m/s2　(3)图见解析
【名师解析】　(1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，当木板受到木块对它的摩擦力为最大静摩擦力时，它们共同运动的加速度最大，木块与木板恰好相对静止。
对木板：fmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，fmax＝μ1m2g
解得：amax＝3 m/s2
对整体有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax
解得：Fmax＝12 N
由Fmax＝3t1得：t1＝4 s。
(2)t＝10 s时，两物体已相对运动，则有：
对木板：μ1m2g－μ2 (m1＋m2)g＝m1a1
解得：a1＝3 m/s2
对木块：F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30 N
解得：a2＝12 m/s2。
(3)图象过(1,0)，(4,3)，(10,12)
图象如图所示。

【提分秘籍】
分析“板—块”模型的四点注意
(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系。
(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。
(3)滑块与滑板存在相对滑动的条件
①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动。
②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动。
(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。
【突破训练】
1.(2019·山东淄博三模) 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。某次实验中，砝码的质量m1＝0.1 kg，纸板的质量m2＝0.01 kg，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2。砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。若本次实验未感知到砝码的移动，求：

(1)砝码移动的最长时间；
(2)纸板所需的拉力至少多大？
【答案】　(1) s　(2)2.44 N
【解析】　(1)设砝码在纸板上加速运动时的加速度大小为a1，在桌面上减速运动的加速度大小为a2，
由μm1g＝m1a1＝m1a2
知a1＝a2＝2 m/s2
分析可知砝码加速和减速的时间相等，位移相等，故加速运动的距离最大是l时，砝码移动的时间最长，设此时加速时间为t，
由运动学公式有：l＝a1t2，得：t＝ s，
则砝码移动的最长时间为tm＝2t＝ s。
(2)设当纸板的加速度为a3时，砝码经历时间t恰好从纸板上滑下，则此时的拉力最小，设为F，由运动学公式有：d＋＝a3t2，得：a3＝202 m/s2，
由F－μ(m1＋m2)g－μm1g＝m2a3，
得：F＝2.44 N，
即纸板所需的拉力至少为2.44 N。
2.(2019·贵州毕节二模)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)t＝0时刻木板的速度；
(2)木板的长度。
【答案】　(1)5 m/s　(2) m
【解析】　(1)设木板与物块一起以共同速度向墙壁运动时的加速度大小为a1，t＝0时刻木板速度为v0，则对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
由运动学公式：v1＝v0－a1t
代入数据求得：v0＝5 m/s。
(2)设木板与墙碰撞后至物块从木板上掉下过程中，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，经历时间为t1，物块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，则对物块：μ2mg＝ma2
x1＝，x1＝t1，
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，
其中M＝15m，解得a3 x2＝v1t1－a3t
木板长度l＝x1＋x2，代入数据解得，l＝ m。
3.(2019·辽宁沈阳市第一次质检)如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动．某时刻速度为v0＝2 m/s，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4 m/s的速度从右侧滑上木板，经过1 s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1 m/s，方向向左．取重力加速度g＝10 m/s2，试求：

(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小．
【答案】　(1)0.3　(2)0.05　(3)2.75 m
【解析】　(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1＝＝ m/s2＝－3 m/s2，负号表示加速度方向向右对小滑块，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3；
(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg＋μ2·2mg＝m
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg－μ2·2mg＝m
而且t1＋t2＝t＝1 s
联立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s；
(3)在t1＝0.5 s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝·t1＝0.5 m，方向向右；
在t2＝0.5 s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝·t2＝0.25 m，方向向左；
在整个t＝1 s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝·t＝2.5 m，方向向左
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m.