2021版高考物理（基础版）一轮复习学案：第三章　3素养探究课（三）　运动和相互作用观念——牛顿运动定律

素养探究课(三)　运动和相互作用观念——牛顿运动定律
的综合应用

　动力学观点在连接体中的应用[学生用书P51]
【题型解读】
1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的连接体如图所示：
(1)弹簧连接体

(2)物物叠放连接体

(3)轻绳连接体

(4)轻杆连接体

2．连接体的运动特点
(1)轻绳：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
(2)轻杆：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．
(3)轻弹簧：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．
3．连接体问题的分析方法


适用条件
注意事项
优点
整体法
系统内各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度
只分析系统外力，不分析系统内各物体间的相互作用力
便于求解系统受到的外加作用力
隔离法
(1)系统内各物体加速度不相同
(2)要求计算系统内物体间的相互作用力
(1)求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法
(2)加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法分析
便于求解系统内各物体间的相互作用力
【典题例析】
(2020·辽宁

鞍山高三一模)如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A施加一水平向右的恒力F.使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

[解析]　设绳的张力为T，斜面的支持力为FN，系统加速度为a，以B为研究对象，因为不计摩擦力，所以B水平方向只受绳的拉力，由牛顿第二定律：T＝ma；

物体C受力分析如图所示，
受绳的张力为T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也为a.
水平竖直建立坐标并将力正交分解可知
水平方向：FNsin θ－Tcos θ＝ma
竖直方向：FNcos θ＋Tsin θ＝mg
由以上可以解得：a＝
以A、B、C整体为研究对象有：F＝3ma
由以上可以解得：F＝mg.
[答案]　mg
【迁移题组】
迁移1　加速度相同的连接体问题
1．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则(　　)

A．a′＝a，F′1＝F1　　　 B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1
解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，
竖直方向有F1cos θ＝mg①
水平方向有F－F1sin θ＝ma
以整体为研究对象有F＝(m＋M)a
解得a＝gtan θ②
当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，
竖直方向有F′1cos θ＝mg③
水平方向有F′1sin θ＝ma′
解得a′＝gtan θ④
结合两种情况，由①③式有F1＝F′1；由②④式并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.
迁移2　加速度不同的连接体问题
2．如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为(　　)

A．1 m/s2 B．2.5 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
解析：选A.A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmax
　动力学中的临界和极值问题[学生用书P52]
【题型解读】
1．临界值或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．“四种”典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是：FT＝0.
(4)加速度变化时，速度达到极值的临界条件：当加速度变为0时．
3．处理临界问题的三种方法

极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件、也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
【跟进题组】
1.(2020·河南郑州一模)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为μ.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对a施加一水平向右的拉力F，下列判断正确的是(　　)

A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为μmg
C．无论力F为何值，b的加速度不会超过μg
D．当力F>μmg时，b相对a滑动
解析：选A.a、b之间的最大静摩擦力为：fmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为：f′max＝μ(m＋m)g＝μmg；a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有：μmg－μmg＝ma0，得a0＝μg；对整体有：F0－μmg＝2ma0，得F0＝μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg，当力F>μmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度为：a1＝＝μg，对a根据牛顿第二定律可得：F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为f1＝μmg，故B错误；根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过μg，故C错误．
2．(2020·河北衡水中学二调)如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)

A．2.0 N　　　　　　 B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
解析：选C.根据题图甲所示，设A，B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N．根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律得：以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N．故C正确．
　“传送带”模型[学生用书P53]
【题型解读】
1．模型特征
(1)水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2

(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0


情景3

(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0 (2)倾斜传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
2.模型动力学分析
(1)传送带模型问题的分析流程

(2)判断方法
①水平传送带
　若≤l，物、带能共速；
　若≤l，物、带能共速；
　若≤l，物块能返回．
②倾斜传送带
　若≤l，物、带能共速；
　若≤l，物、带能共速；
若μ≥tan θ，物、带共速后匀速；
若μ 【典题例析】

(2020·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．

[解析]　(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
t1＝＝1 s，x1＝a1t＝5 m＜L，
即下滑5 m与传送带速度相等．
达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋a2t，得t2＝0.5 s，
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.
　　
　　　　　　　　　　　 甲　　　　　　　　　　乙
(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－a1t＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m.
[答案]　(1)1.5 s　(2)5 m
【迁移题组】
迁移1　水平传送带模型
1．(多选)(2020·辽宁葫芦岛一模)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是(　　)


解析：选ABD.第一种情况：物体在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度不变；如果v1>v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2＝v2；如果v1≤v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2＝v1；
第二种情况：物体在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2，故A、B、D正确，C错误．
迁移2　倾斜传送带模型
2.如图所示，与水平面成θ＝30°角的倾斜传送带正以v＝3 m/s 的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13.5 m．现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，结果保留2位有效数字．求：

(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；
(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？
解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数据解得a＝1.0 m/s2
刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dmin＝at2
解得dmin＝0.50 m
当工件匀速运动时，两相邻工件相距最远，则
dmax＝vt＝3.0 m.
(2)由于工件加速运动的时间为t1＝＝3.0 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1＝3μmgcos θ
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x＝＝4.5 m
传送带上匀速运动的工件个数n2＝＝3(个)
当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0＝mgsin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2＝n2f0
与空载相比，满载时传送带需增大的牵引力F＝f1＋f2
代入数据解得F＝33 N.
答案：(1)0.50 m　3.0 m　(2)33 N

解答传送带问题应注意的事项
(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．
(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．
(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．　
　“滑块—滑板”模型[学生用书P54]
【题型解读】
1．模型特征
滑块—滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块—滑板模型类似．

2．两种类型

类型图示
规律分析

木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L

物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联

4．思维模板

【跟进题组】
1．(多选)(2020·河北唐山调研)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是(　　)

A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
解析：选BC.对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为μ(M＋m)g＋μMg，故A错误．设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有μMg＝Ma1，F－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入数据解得F>2μ(M＋m)g，故B正确．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于＝＝，匀减速运动的位移小于＝＝，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝＝2μg，根据a2t2－a1t2＝d，解得t＝，则此时砝码的速度v＝a1t＝，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移x＝＝＝d，而匀加速运动的位移x′＝a1t2＝d，可知砝码离开桌面，D错误．
2.(2019·高考江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；　
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.
解析：(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动2aAL＝v
解得vA＝.
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg.
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2.
答案：(1)　(2)3μg　μg　(3)2
[学生用书P55]
多过程运动中牛顿运动定律的综合应用

【对点训练】
1．(多选)(2020·辽宁沈阳二模)将一小物块轻放在足够长的水平传送带上，之后物块在传送带上运动的v－t图象如图所示，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是(　　)

A．传送带可能先做匀速运动后做匀减速直线运动
B．物块在运动过程中一直与传送带间发生相对滑动
C．传送带可能一直做匀减速运动且加速度大于μg
D．物块在匀减速运动阶段的加速度一定小于μg
解析：选AD.速度时间图象中，斜率表示加速度可知，两段时间内物块加速度不相同，说明开始物块相对传送带运动，后达到共同速度，一块做匀减速直线运动，且物块减速运动加速度a减小于加速运动加速度a加＝＝＝μg，故传送带可能先做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动；也可能一直做匀减速直线运动，但加速度小于μg；也可能先做匀加速直线运动，后匀减速直线运动；故A、D正确，B、C错误．
2．(多选)(2020·四川乐山一调)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从距弹簧上端高h处由静止释放．以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F随小球下落过程中的位置坐标x的变化关系，如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是　(　　)

A．最低点的坐标x＝h＋2x0
B．当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力大小为2mg
C．当x＝h＋2x0时，小球的动能最小
D．小球动能的最大值Ek＝mgh＋
解析：选BD.根据乙图可知，当x＝h＋x0，小球的重力等于弹簧的弹力，根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h＋2x0，即当x＝h＋2x0时，小球的动能不是最小，故A、C错误；由于当x＝h时小球的加速度为g，根据对称性可知，当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，根据牛顿第二定律mg－F＝ma＝－mg，解得弹力大小为F＝2mg，故B正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h＋x0)－mg·x0＝mv2，故小球动能的最大值为mgh＋mg·x0，故D正确．
[学生用书P313(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1．如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　　)

A．弹簧测力计的示数是50 N
B．弹簧测力计的示数是24 N
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2
D．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2
解析：选B.对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔离m2，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，C、D错误．
2.(2020·湖北武汉模拟)如图所示，两粘连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力(　　)

A．必为推力
B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力
D．不可能为零
解析：选C.将a、b看做一个整体，加速度a＝，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝＝，即Fab＝，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0.
3．(2020·河南南阳五校联考)如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中　(　　)

A．B的加速度为gsin θ
B．绳的拉力为
C．绳的方向保持竖直
D．绳的拉力为G
解析：选A.

A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin θ，故A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcos θ，故B、C、D错误．
4.如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是(　　)


解析：选C.根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度－时间的图象应该是倾斜的直线，不能是曲线，A错误；由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的，所以物体的加速度－时间的图象应该是两段水平的直线，不能是倾斜的直线，B错误；在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，C正确；物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为x＝at2，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，D错误．
5．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A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ
解析：选A.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 6．(2020·安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
解析：选C.根据v－t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，A、B错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度为a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，C正确．
二、多项选择题
7.

(2017·高考海南卷)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是(　　)
A．若μ≠0，则k＝
B．若μ≠0，则k＝
C．若μ＝0，则k＝
D．若μ＝0，则k＝
解析：选BD.三个物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，根据牛顿第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，解得加速度a＝.隔离R进行受力分析，根据牛顿第二定律有F1－3μmg＝3ma，解得R和Q之间相互作用力大小F1＝3ma＋3μmg＝F；隔离P进行受力分析，根据牛顿第二定律有F－F2－μmg＝ma，可得Q与P之间相互作用力大小F2＝F－μmg－ma＝F.所以k＝＝＝，由于k值与μ是否为0无关，故B、D正确．
8．(2020·重庆巴蜀中学期中)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图象如图甲和图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.则(　　)

A．前2 s内物体运动的加速度大小为2 m/s2
B．前4 s内物体运动的位移的大小为8 m
C．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1
D．物体的质量m为2 kg

解析：选AC.由v－t图象可知，物体在前2 s内做匀加速直线运动，前2 s内物体运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A正确．前4 s内物体运动的位移大小x＝at＋v2t2＝×2×22 m＋4×2 m＝12 m，故B错误．物体受力如图所示．对于前2 s，由牛顿第二定律得F－F1＝ma，F1＝μmg，2 s后物体做匀速直线运动，由平衡条件得F′＝F1，则F－t图象知F＝15 N，F′＝5 N，代入数据解得m＝5 kg，μ＝0.1，故C正确，D错误．
9．质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，沿斜面方向的绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是(　　)

A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为 (1－sin α)g
D．M运动的加速度大小为 g
解析：选BC.按题图甲放置时，M静止，则Mgsin α＝mg，按题图乙放置时，由牛顿第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g.对m由牛顿第二定律得T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、D错误，B、C正确．
三、非选择题
10.如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长．(g取10 m/s2)

(1)放上小物块后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s，小物块的位移大小为多少？
解析：(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2
长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2.
(2)由amt1＝v0＋aMt1，可得t1＝1 s.
(3)在开始1 s内小物块的位移
s1＝amt＝1 m
1 s末速度为v＝amt1＝2 m/s
在接下来的0.5 s内小物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为
a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移为s2＝vt2＋at＝1.1 m
1．5 s内小物块通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m．　
答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s
(3)2.1 m
11.近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求物品达到与传送带相同速率所用的时间；
(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(3)若在物品与传送带同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能到达平台？
解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得：a1＝8 m/s2
由v＝a1t1，
得t1＝＝0.5 s.
(2)加速过程位移为x1＝a1t＝1 m．共速后，有：
F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝0，即物品匀速上滑，位移为
x2＝－x1＝2 m
则匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s
总时间为t＝t1＋t2＝1 s
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s.
(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3
解得：a3＝－2 m/s2
假设物品能向上匀减速到速度为零，通过的位移为
x＝－＝4 m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台
由x2＝vt3＋a3t
解得：t3＝(2－)s(另一解不合题意，舍去)
即物品还需(2－)s到达平台．
答案：(1)0.5 s　(2)1 s　(3)(2－)s