高考物理二轮复习专题03 牛顿运动定律的综合应用（解析版）

第页码页码页/总NUMPAGES总页数总页数页EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍专题03牛顿运动定律的综合应用目录TOC\o"1-3"\h\u一、热点题型归纳 1【题型一】动力学基本问题（含超失重、瞬时性问题） 1【题型二】动力学的连接体问题 5【题型三】动力学图像问题 8【题型四】动力学中的传送带问题 11【题型五】动力学中的板块问题 14二、高考题型标准练 19一、热点题型归纳【题型一】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】(2020·湖北十堰市上学期期末)如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设小球和弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g.在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法不正确的是()A．小球的速度先增大后减小B．小球的加速度先减小后增大C．小球速度最大时弹簧的形变量为eq\f(mg,k)D．弹簧的最大形变量为eq\f(mg,k)【答案】D【解析】开始时，小球的重力大于弹簧的弹力，小球的加速度向下，向下加速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，即有mg＝kx，可得x＝eq\f(mg,k)，此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力，加速度变为向上，速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为2x＝eq\f(2mg,k)，故选项A、B、C正确，D错误．【典例分析2】.(2020·浙江宁波市鄞州中学初考)如图所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为()A．a＝0.5g B．a＝gC．a＝1.5g D．a＝2g【答案】D【解析】弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故D正确，A、B、C错误．【典例分析3】.(2020·浙江宁波市二模)如图为大型游乐设施环形座舱跳楼机．跳楼机从离地面高度h1＝100m处由静止开始自由下落到离地面h2＝20m处的位置时开始以恒力制动，使跳楼机到达地面时速度刚好减为0.已知座舱内小海的质量m＝70kg，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力．试求：(1)跳楼机下落过程中的最大速度vm；(2)跳楼机下落到地面的总时间t；(3)跳楼机在自由下落阶段和制动阶段，小海对座椅的作用力大小．【答案】(1)40m/s(2)5s(3)03500N【解析】(1)自由下落的高度为h＝h1－h2＝80m根据自由落体运动规律有vm2＝2gh代入数据可得vm＝40m/s(2)根据自由落体运动规律有h＝eq\f(1,2)gt12由匀变速直线运动规律有h2＝eq\f(vm,2)t2因此下落总时间为t＝t1＋t2，代入数据解得t＝5s(3)第一阶段下落80m的过程，自由下落，小海完全失重，因此小海对座椅的作用力为0.设后20m下落过程的加速度大小为a，则vm2＝2ah2，得a＝40m/s2对小海受力分析，有F－mg＝ma，代入数据可得F＝3500N根据牛顿第三定律可知，小海对座椅的作用力大小为3500N.【提分秘籍】1．瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．2.超重和失重问题(1)物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．加速度a向上(或有向上的分量)，就是超重，加速度a向下(或有向下的分量)，就是失重．(2)完全失重自由落体、竖直上抛、斜抛、平抛，这些运动的物体都处于完全失重状态．宇航员在宇宙飞船中，无论飞船做圆周运动或者是椭圆运动，都处于完全失重状态．【强化训练】1.(2020·贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2s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0～2s内做自由落体运动B．在2～6s内加速度方向先向上后向下C．在0～14s内先处于失重状态后处于超重状态D．在0～24s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动【答案】C【解析】由图象可知，该伞兵在0～2s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，2～6s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；0～14s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0～24s内，2～12s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。2.(2020·山东济宁市4月质检)如图所示为运动员跳高时的精彩瞬间，下列说法正确的是()A．运动员在最高点处于平衡状态B．运动员在下降过程中处于超重状态C．运动员起跳以后在上升过程中处于失重状态D．运动员起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力【答案】C【解析】运动员在最高点受重力作用，有加速度，不是处于平衡状态，故A错误；运动员在下降过程中加速度向下，处于失重状态，故B错误；运动员起跳以后在上升过程中加速度向下，处于失重状态，故C正确；运动员起跳时加速上升，则地面对他的支持力大于他所受的重力，故D错误．3.(2020·河南濮阳市期末)为了节能，商场安装了智能电动扶梯，如图所示．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站在扶梯水平踏板上时，扶梯会先加速、再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．则下列说法中正确的是()A．在扶梯加速运转时，扶梯对顾客的摩擦力方向为水平向右B．扶梯加速、匀速运转时，扶梯对顾客摩擦力方向都为水平向右C．扶梯对顾客的支持力大小始终等于重力D．顾客始终受到三个力的作用【答案】A【解析】在扶梯加速运转过程中，顾客受重力、支持力、水平向右的摩擦力作用，顾客的加速度沿扶梯斜向右上方，因而扶梯对顾客的支持力大于重力，故A正确，C错误；在扶梯匀速运转过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，故B、D错误．4.(2020·浙江诸暨市诊断)如图所示为课堂的演示实验，A1、A2、A3和B1、B2、B3为完全相同的较大刚性球，A1、A2、A3之间用轻质软弹簧连接，B1、B2、B3之间用轻质细线连接，A1和B1用细线挂在水平木杆上，且离地面高度相等，A1、A2、A3之间距离和B1、B2、B3之间距离均相等．现同时将与木杆相连的细线剪断，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A．A3和B3一定会同时落地B．剪断瞬间A2与B2的加速度均为gC．B1与B2的落地时间差与B2与B3的落地时间差相等D．落地前，A1、A2、A3之间可能碰撞，B1、B2、B3之间不会碰撞【答案】D【解析】由于剪断细线时弹簧的弹力不能突变，所以A2、A3的合力仍然等于零，其加速度也为零，而细线的拉力可以突变，所以细线剪断瞬间由于重力作用B1、B2、B3均做自由落体运动，所以B3比A3先着地，故A、B错误；由于B1、B2、B3均做自由落体运动，所以时间越长速度越大，而B1、B2之间的距离和B2、B3之间的距离相等，所以B1与B2的落地时间差小于B2与B3的落地时间差，故C错误；由于B1、B2、B3均做自由落体运动，所以三小球的速度总是相同，不会相撞，而剪断细线的瞬间A1具有向下的加速度，A2、A3的加速度为零，所以之后A1比A2、A3运动得快，A1、A2、A3之间可能碰撞，故D正确．【题型二】动力学的连接体问题【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】(2020·天津市部分区期末)如图，在水平拉力F的作用下，小车在光滑的水平面上向右加速运动时，物块A与车厢壁相对静止，当水平拉力F增大时，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)则()A．物块A受到的摩擦力变大B．物块A受到的摩擦力不变C．物块A可能相对于车厢滑动D．车厢壁对物块A的支持力不变【答案】B【解析】设物块A的质量为M，以物块A为研究对象，受力分析如图所示．当水平拉力F增大时，小车和物块A的加速度增大．当加速度增大时，物块A受到的支持力增大，竖直方向根据平衡条件可得，摩擦力Ff＝Mg，保持不变，故B正确，A、D错误；小车的加速度增大时，弹力FN＝ma增大，物块A受到的最大静摩擦力增大，则物块A不可能相对于车厢滑动，故C错误．【典例分析2】(2021·广西池州市期末)如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为()A.eq\f(F,5k)B.eq\f(2F,5k)C.eq\f(3F,5k)D.eq\f(F,k)【答案】C【解析】对整体分析，整体的加速度a＝eq\f(F,5m)，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝kx＝3ma，得x＝eq\f(3F,5k)，故A、B、D错误，C正确．【典例分析3】(2020·江苏七市第二次调研)如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点．当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为Ff、支持力为FN，已知重力加速度为g，则()A．Ff＝Mgsinθ B．Ff＝MgtanθC．FN＝(M＋m)g D．FN＝Mg【答案】C【解析】以m为研究对象，受力如图所示由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，解得a＝gtanθ以M、m整体为研究对象在竖直方向上，由平衡条件有FN＝(M＋m)g在水平方向上，由牛顿第二定律有Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanθ，故C正确，A、B、D错误．【提分秘籍】连接体问题(1)常见模型：弹力连接、摩擦力连接、轻绳连接、轻杆连接、弹簧连接；(2)要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法解题．【强化训练】1.(2020·百校联考)如图所示，A、B、C、D四个小球质量分别为m、4m、2m、3m，用细线连着(在A和C之间细线上还串接有一段轻弹簧)，悬挂在光滑轻质定滑轮的两边并处于静止状态．弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A．剪断C、D间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为3gB．剪断C、D间细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为eq\f(3,7)gC．剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零D．剪断C球上方细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为零【答案】C【解析】开始时，弹簧的弹力为5mg，剪断C、D间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C的加速度大小为a＝eq\f(5mg－2mg,2m)＝1.5g，A、B的加速度为零，选项A、B错误；同理可知，剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零，选项C正确；剪断C球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A和B的加速度大小为g，选项D错误．2.(2020·山东济南市期末)如图所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑．某一时刻，一部分细沙从木板上漏出．则在细沙漏出前后，下列说法正确的是()A．木板始终做匀速运动B．木板所受合外力变大C．木板由匀速运动变为匀加速运动D．木板所受斜坡的摩擦力不变【答案】A【解析】设斜坡倾角为θ，细沙漏出前，木板匀速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，细沙漏出后仍有m1gsinθ＝μm1gcosθ，故木板始终做匀速运动，A正确，C错误；木板匀速下滑，所受合外力始终为0，不变，B错误；细沙漏出前，Ff＝μmgcosθ，细沙漏出后，Ff′＝μm1gcosθ，摩擦力减小，故D错误．3.(多选)(2021·浙江温州市4月选考)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(火箭组发动机已熄火)．接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示．推进器的平均推力为F，开动时间为Δt，测出飞船和火箭的速度变化量为Δv，双子星号宇宙飞船的质量为m，下列说法正确的是()A.火箭组的质量应为eq\f(FΔt,Δv)B．火箭组的质量应为eq\f(FΔt,Δv)－mC.宇宙飞船对火箭组的作用力为eq\f(mΔv,Δt)D．宇宙飞船对火箭组的作用力为F－eq\f(mΔv,Δt)【答案】BD【解析】宇宙飞船和火箭组共同加速有a＝eq\f(Δv,Δt)F＝(mx＋m)a，解得mx＝eq\f(FΔt,Δv)－m，故A错误，B正确；宇宙飞船对火箭组的作用力为F′＝mxa＝F－meq\f(Δv,Δt)，故C错误，D正确．【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】(2020·浙江温岭选考模拟)如图甲所示，用水平方向的力F将质量为m＝0.5kg的木块贴在竖直墙面上，力F从0开始逐渐增大，木块沿竖直墙面向下运动．用力传感器和加速度传感器记录木块受到的压力F和加速度大小a，F与a的大小关系如图乙所示，重力加速度大小为g＝10m/s2，则木块和墙面之间的动摩擦因数为()A．0.2 B．0.25C．0.4 D．0.5【答案】B【解析】由mg－μF＝ma，可得a＝g－eq\f(μ,m)F，由题图乙可知，eq\f(μ,m)＝eq\f(1,2)，故μ＝0.25，B正确．【典例分析2】(多选)(2020·四川宜宾市一诊)如图14(a)，质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比＝0.8，下列说法正确的是()A．物体沿斜面做匀变速运动B．当风速v＝5m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大C．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D．比例系数k为eq\f(16,19)kg/s【答案】BCD【解析】由题图(b)可知，物体的加速度逐渐减小，风速为5m/s时物体加速度为零，沿斜面下滑的速度最大，故A错误，B正确；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0＝4m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0解得：μ＝eq\f(gsinθ－a0,gcosθ)＝0.25，故C正确；v＝5m/s时，物体加速度为零，对物体受力分析，根据平衡条件有：mgsinθ－μFN－kvcosθ＝0又：FN＝mgcosθ＋kvsinθ，联立解得k＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,vμsinθ＋cosθ)＝eq\f(16,19)kg/s，故D正确．【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。【强化训练】1(2020·江西南昌市一模)一质量为1kg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2.5NC．5s内小物块的位移为5mD．5s末小物块的速度为25m/s【答案】B【解析】由F＝ma及v2＝2ax得v2＝eq\f(2F,m)·x，故eq\f(2F,m)＝eq\f(25,5)，得F＝2.5N小物块做匀加速运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝2.5m/s25s末v＝at＝12.5m/s5s内x＝eq\f(1,2)at2＝31.25m，故B正确，A、C、D错误．2.(2020·西安高三第三次质检)(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图象．取g＝10m/s2.则下列说法正确的是()A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝4kgC．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1D．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2【答案】AC【解析】由题图乙知，当F＝6N时，加速度a＝1m/s2，对整体由牛顿第二定律可得：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，当F大于6N时，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μmg＝Ma，a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，知图线的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，故滑块的质量m＝4kg，故A正确，B错误；根据F大于6N时的图线延长线知，F＝4N时，a＝0，则a＝eq\f(F－μmg,M)＝0，解得μ＝0.1，故C正确；当F＝8N时，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma′，得a′＝1m/s2，D错误．3.(2020·河南六市高三第二次联考)如图甲所示，质量为m＝1kg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＝10m/s2，sin37°＝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＝0.25B．撤去拉力的时刻为t＝0.5sC．拉力F的大小为24.5ND．物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功为10J【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＝8m/s，撤去F前m．撤去F前由牛顿第二定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，撤去F后由牛顿第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2，联立解得：F＝24N，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＝0.5s，故B正确；设撤去F后发生的位移为x2，vm2＝2a2x2，解得：x2＝4m，物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功W克f＝μmgcos37°(x1＋x2)＝12J，故D错误．【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1】(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2.(1)若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度．【答案】(1)2.75s(2)4eq\r(3)m/seq\r(2)m/s【解析】(1)传送带的速度为v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2－v02＝－2as1②联立①②式，代入题给数据得s1＝4.5m③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有v＝v0－at1′④t1＝t1′＋eq\f(L－s1,v)⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75s⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.则v12－v02＝－2μgL⑦v22－v02＝2μgL⑧由⑦⑧式并代入题给条件得v1＝eq\r(2)m/s,v2＝4eq\r(3)m/s【典例分析2】(2020·全国名校11月大联考)传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，为人们的生活带来了很多的便利．如图甲所示为一传送带输送货物的简化模型，长为L的传送带与水平面间的夹角为θ，传送带以速度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的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g.图乙为小物块运动的v－t图象．根据以上信息可以判断出()A．小物块开始运动的加速度为gsinθ－μgcosθB．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＜tanθC．t0时刻，小物块的速度为v0D．传送带始终对小物块做正功【答案】C【解析】0～t0时间段，对小物块由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得：a＝gsinθ＋μgcosθ，故A错误；t0时刻之后物块做匀速运动，则mgsinθ≤μmgcosθ，即μ≥tanθ，故B错误；由题图乙可知t0时刻是物块与传送带速度相同的时刻，则小物块的速度为v0，故C正确；0～t0时间段，传送带的速度大于物块的速度，传送带始终对小物块做正功，t0时刻之后，物块做匀速运动，物块所受摩擦力沿传送带向上，与物块的运动方向相反，传送带对小物块做负功，故D错误．【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<tanθ，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。【强化训练】1.(2020·金华一中模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，工件滑上A端的瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，下列说法错误的是()A．若传送带不动，则vB＝3m/sB．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，则vB＝3m/sC．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/sD．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝2m/s【答案】D【解析】若传送带不动，则工件的加速度大小a＝μg＝1m/s2，由vA2－vB2＝2as，解得vB＝eq\r(vA2－2as)＝3m/s，选项A正确；若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，则工件的受力情况不变，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，故vB＝3m/s，选项B正确；若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，故vB＝3m/s，选项C正确，D错误．2.(2020·湖南五市十校第二次联考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小物块向上运动过程中的加速度大小恒为10m/s2B．小物块向上运动的时间为1.6sC．小物块向上滑行的最远距离为3mD．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动【答案】B【解析】当v2>v1时，对小物块由牛顿第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，解得a1＝10m/s2.μ<tan37°，则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速，v2<v1时，有mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得a2＝2m/s2，故A项错误；由v2－v1＝a1t1得t1＝0.6s，又v1＝a2t2得t2＝1s，小物块向上运动的总时间t＝t1＋t2＝1.6s，故B项正确；小物块向上滑行的最远距离为x2＝eq\f(v1＋v2,2)t1＋eq\f(v1,2)t2＝4m，故C项错误；小物块先向上减速到0后，会反向加速，故D项错误．【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】(2020·安徽六安市质量检测)如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6s滑离木板，g取10m/s2，以下说法正确的是()A．木板的长度为1.68mB．小物块离开木板时，木板的速度为1.6m/sC．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2m/s2，方向水平向右D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞【答案】D【解析】由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，对木板由牛顿第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，即物块在木板上以a2＝μ2g＝4m/s2向右减速滑行时，木板以a1＝2m/s2向右加速运动，在0.6s时，物块的速度v2＝1.6m/s，木板的速度v1＝1.2m/s，B错误；物块滑离木板时，物块位移为x2＝eq\f(v0＋v2,2)t＝1.68m，木板位移x1＝eq\f(v1,2)t＝0.36m，两者相对位移为x＝x2－x1＝1.32m，即木板长度为1.32m，A错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a1′＝2m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑行x2′＝eq\f(v\o\al(22),2a2)＝0.32m，木板会滑行x1′＝eq\f(v\o\al(12),2a1′)＝0.36m，所以两者会相碰，D正确．【典例分析2】(2020·福建晋江市四校联考)如图所示，有1、2、3三个质量均为m＝1kg的物体，长板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的轻质定滑轮且与长板2相连的轻绳水平，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2.长板2在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v＝4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g＝10m/s2)求：(1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度L0；(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置．【答案】见解析【解析】(1)设向右为正方向，由牛顿第二定律物体1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2m/s2长板2：FT＋μmg＝ma2物体3：mg－FT＝ma3且a2＝a3联立解得：a2＝eq\f(g＋μg,2)＝6m/s2(2)设经过时间t1物体1与长板2速度相等，则有v1＝v＋a1t1＝a2t1代入数据，解得t1＝0.5s，v1＝3m/s物体1的位移为：x1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝1.75m长板2的位移为：x2＝eq\f(v1t1,2)＝0.75m所以长板2的长度L0＝x1－x2＝1m(3)此后，假设物体1、2、3相对静止一起加速FT＝2ma，mg—FT＝ma，即mg＝3ma得a＝eq\f(g,3)对1分析：Ff静＝ma≈3.3N＞Ff＝μmg＝2N，故假设不成立，物体1和长板2相对滑动物体1：μmg＝ma3，a3＝μg＝2m/s2长板2：FT－μmg＝ma4物体3：mg－FT＝ma5且a4＝a5联立解得：a4＝eq\f(g－μg,2)＝4m/s2从物体1、2达到共同速度到物体3落至地面过程中，物体3下落的高度h＝H－x2＝5m根据h＝v1t2＋eq\f(1,2)a4t22解得t2＝1s物体1的位移x3＝v1t2＋eq\f(1,2)a3t22＝4mh－x3＝1m，即物体1在长板2的最左端．【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。【强化训练】1.(多选)(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)如图(a)，质量m1＝0.2kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11m/s向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图(b)显示小物块与小车第1s内运动的v－t图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2.则下列说法正确的是()A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4B．恒力F＝0.5NC．小物块与小车间的相对位移x相对＝6.5mD．小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7m【答案】ABD【解析】由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为a1＝eq\f(Δv1,Δt)＝eq\f(2－0,1)m/s2＝2m/s2a2＝eq\f(Δv2,Δt)＝eq\f(2－11,1)m/s2＝－9m/s2对小车：μm2g＝m1a1，对小物块：－(F＋μm2g)＝m2a2，解得μ＝0.4，F＝0.5N，故A、B正确；根据题图可知，在t＝1s时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移等于图中三角形的面积，x相对＝eq\f(11,2)m＝5.5m，C错误；在0～1s内小物块向右滑动的位移x1＝eq\f(2＋11,2)m＝6.5m当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度为a3＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(5,3)m/s2，当速度减小到0时，整体向右发生的位移为x2＝eq\f(22,2×\f(5,3))m＝1.2m所以小物块向右滑动的最大位移是xmax＝x1＋x2＝7.7m，故D正确．2、(2020·青海西宁市六校期末)如图甲所示，水平地面上有一长为L＝1m，高为h＝0.8m，质量M＝2kg的木板，木板的右端放置一个质量为m＝1kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，求木块落地时与木板左侧的水平距离Δs.(取g＝10m/s2)【答案】1.68m【解析】若木块相对木板滑动，设木块加速度为a1，则μ1mg＝ma1得a1＝4m/s2若前2s二者一起做匀加速运动，设加速度为a则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a得a＝2m/s2因为a1>a，所以前2s木块和木板一起以2m/s2的加速度做匀加速运动．2s末二者的速度为：v＝at1＝4m/s同理可知2s后木块和木板发生相对滑动木块加速度为：a1＝4m/s2木板加速度设为a2，由牛顿第二定律得：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2得：a2＝6m/s2设经时间t2二者分离：vt2＋eq\f(1,2)a2t22－(vt2＋eq\f(1,2)a1t22)＝L解得t2＝1s，此时v块＝v＋a1t2＝8m/s，v板＝v＋a2t2＝10m/s木板抽出后，木板继续做加速运动，木块将做平抛运动，再经时间：t3＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，木块落地，在0.4s内，x块＝v块t3＝3.2m木板的加速度设为a3，由牛顿第二定律有F－μ2Mg＝Ma3得a3＝11m/s2木板的位移：x板＝v板t3＋eq\f(1,2)a3t32＝4.88m所以，木块落地时距离木板左侧Δs＝x板－x块＝1.68m.二、高考题型标准练1．(2020·浙江杭州质检)由于生活水平的不断提升，越来越多的家庭拥有了私家轿车，造成车位难求的现象，因此很多停车场采用了多层停车的结构．若车子被“移送”停在上层，车主想使用汽车时就需要车库管理员把车子“移送”到下层．如图是管理员正在“移送”车辆的过程．假设“移送”过程中车辆相对于底板始终静止，底板始终保持水平，则下列说法正确的是()A．车子在被水平向右“移送”的过程中，车子对底板的摩擦力一直水平向左B．车子在被水平向右“移送”的过程中，底板对车子的摩擦力不可能水平向左C．车子在被竖直向下“移送”的过程中，车子对底板的力可能小于底板对车子的力D．车子在被竖直向下“移送”的过程中，底板对车子的力可能大于车子自身的重力【答案】D【解析】车子在被水平向右“移送”的过程中，若减速向右移送，则车子对底板的摩擦力水平向左，若加速向右移送，则车子对底板的摩擦力水平向右，故A、B错误；车子对底板的力和底板对车子的力是一对作用力和反作用力，任何时刻都大小相等，方向相反，故C错误；车子在被竖直向下“移送”的过程中，若减速向下移动，则加速度向上，即FN＝mg＋ma，即底板对车子的力可能大于车子自身的重力，故D正确．2．(2020·江西宜春模拟)2020年是特殊的一年，无情的新冠病毒袭击了中国；经过全国人民的努力，受伤最深的武汉也在全国各界的支持下使疫情得到了控制．在这场没有硝烟的战疫中涌现了大量最可爱的人，尤其是白衣天使和人民解放军．在这场战疫中某次空军基地用直升飞机运送医护人员去武汉，为了保证直升机升空过程中医护人员不至于很难受，飞行员对上升过程某阶段加速度进行了相应操作．操作的a－t图像如图所示(除ab段曲线，其余段均为直线，取向上为正)，则下列说法正确的是()A．Oa和ab段医护人员处于超重状态，cd段处于失重状态B．O到d整个过程医护人员均处于超重状态C．O到d过程速度增量小于20.5m/sD．根据上述图像可求出0～8s这段时间直升机往上上升的高度【答案】B【解析】O到d过程中加速度始终为正，即始终向上，因此O到d整个过程中医护人员均处于超重状态，故A错误，B正确；O到d过程速度增量为0～8s这段时间内a－t图像所围的面积，粗略计算为eq\f(1,2)(2＋8)×4m/s＝20m/s，因不知ab段的精确速度增量，因此无法知道速度增量的准确值，故C错误；由于未告诉初速度所以无法求出0～8s这段时间直升机往上上升的高度，故D错误．3.(2020·石家庄模拟)如图所示，足够长的木板B放置在水平地面上，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端．从t＝0时刻起对A施加一个水平向右的力F，且力F的大小随时间t成正比增加，已知铁块A的加速度aA随时间t变化的图像如图乙所示，则木板B的加速度大小aB随时间t的aB－t图像是下列图中的()【答案】C【解析】当F≤2N时，A、B均不动，加速度均为0.当2N＜F≤6N时，AB一起做加速运动，加速度相同，B与A的加速度－时间图像相同．当F＞6N时，A相对于B运动，B所受的合力等于A对B的滑动摩擦力，保持不变，所以B的加速度保持2m/s2不变，因此C正确，故A、B、D错误，选C．4.(2020·江苏南通二调)如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为()A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g【答案】C【解析】对AB的整体，根据牛顿第二定律T＝(m1＋m2)a，选项C正确；对C：Mg－T＝Ma，解得：T＝Mg－Ma，选项A、B错误；对物体A：T－f＝m1a，则T＝m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μ1m1g，选项D错误；故选C．5.(2020·云南昆明联考)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝eq\f(R,3)，重力加速度为g，则F的大小为()A．eq\f(\r(5),3)Mg B．eq\f(\r(5),2)MgC．eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D．eq\f(\r(5),2)(M＋m)g【答案】D【解析】连接OB，设OB连续与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得：cosθ＝eq\f(R－H,R)＝eq\f(2,3)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)，则tanθ＝eq\f(\r(5),2)，此时小球受到的合外力F＝mgtanθ＝eq\f(\r(5),2)mg，由牛顿第二定律可得：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(\r(5),2)g，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝eq\f(\r(5),2)(m＋M)g，故D正确，A、B、C错误．6.(多选)(2020·山东烟台市期末)如图所示，在光滑水平面上放置的A、B两物体相互接触但并不黏合，两物体的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg.从t＝0开始，作用力FA和作用力FB分别作用在A、B两物体上，FA、FB随时间的变化规律分别为FA＝(8－2t)N，FB＝(2＋2t)N．则()A．A、B两物体一直以2m/s2的加速度做匀加速运动B．当FA＝FB时，A、B两物体分离C．t＝1s时A物体的运动速度为2m/sD．B物体在t＝5s时的加速度为4m/s2【答案】CD【解析】AB分离前，FA＋FB＝10N＝(mA＋mB)a，a＝2m/s2，对B：FB＋FAB＝mBa，当FAB＝0时，t＝2s，A、B分离，此时FA＝4N，FB＝6N，故A、B错误；t＝1s时，A、B还没有分离，所以A物体的速度v＝at＝2m/s，C正确；t＝5s时，对B：FB＝mBa1，a1＝4m/s2，故D正确．7．(多选)(2020·四川攀枝花市三统)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量m＝3kg，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A．物块B的质量为4kgB．A、B间的动摩擦因数为0.2C．B与水平地面间的动摩擦因数为0.2D．当F＝10N时，A物体的加速度大小为1.5m/s2【答案】BD【解析】由题图乙可知，A、B之间的最大静摩擦力为FfAB＝6N，可知A、B间的动摩擦因数为μAB＝eq\f(FfAB,mg)＝eq\f(6,30)＝0.2，选项B正确；由题图乙可知，当F＝4N时，A、B整体相对地面开始滑动，