专题六　动力学问题的模型建构-2025届高中物理

第三章运动和力的关系专题六动力学问题的模型建构核心考点五年考情命题分析预测斜面模型2022：北京T5，山东T16；2021：全国甲T14，浙江1月T6斜面模型、传送带模型、滑块—滑板模型是应用牛顿第二定律解决问题的三个重要模型.预计2025年高考可能会结合生产实际考查斜面模型和传送带模型，滑块—滑板模型可能会结合图像或动量等进行考查，选择题、计算题形式都有可能.传送带模型2021：辽宁T13；2020：海南T17；2019：浙江4月T20滑块—滑板模型2021：全国乙T21；2019：全国ⅢT20，江苏T15题型1斜面模型模型图例推导过程等高光滑斜面模型由L＝12at2，a＝gsinθ，L＝hsinθ可得t＝1sinθ2hg，可知倾角越小，时间越长，图中t同底光滑斜面模型由L＝12at2，a＝gsinθ，L＝dcosθ可得t＝2dgsin2θ，可见θ＝45°时时间最短，图中t1.[等高、同底光滑斜面模型]某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在图甲、乙所示的两种斜面中，通过一定的分析，你可以得到的正确结论是（C）A.图甲中小球在两个斜面上运动的时间相同B.图甲中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C.图乙中小球在两个斜面上运动的时间相同D.图乙中小球下滑至底端的速度大小相同解析小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速

直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球

在斜面上运动的加速度为a＝gsinθ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s

＝12at2，s＝hsinθ＝xcosθ，解得小球在斜面上的运动时间为t＝1sinθ2hg＝2xgsinθcosθ，根

据机械能守恒定律有mgh＝12mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝2gh，显

然，在图甲中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此两小球在两个斜面上运动

的时间不同，A错误；在图甲中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下

的方向不同，B2.[μ不同的斜面关联问题]如图，固定在水平面上的直角斜面，其顶角为直角，左侧斜面光滑，倾角为37°，右侧斜面粗糙.现将两个可视为质点的物块分别从两斜面顶端同时由静止释放，两物块同时到达斜面底端（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则右侧斜面与物块间的动摩擦因数为（A）A.712 B.512 C.34 解析设斜面的高度为h，物块沿左侧斜面下滑时，有hsin37°＝12gsin37°·t12；另一

物块沿右侧斜面下滑时的加速度a＝gcos37°－μgsin37°，由位移公式得hcos37°＝

12at22，且有t1＝3.[粗糙斜面模型]如图甲所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，斜面BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值.一个可视为质点的质量为m的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：（1）斜面BC的长度s；（2）滑块与木块AB表面的动摩擦因数μ.答案（1）3m（2）0.2解析（1）分析滑块受力，设其沿BC下滑时的加速度为a1，由牛顿第二定律得a1＝gsinθ＝6m/s2通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t1＝1s，由运动学公式得斜面BC的长度为s＝12a1t1（2）由答图可知，滑块在BC上运动时，滑块对木块的压力N'1＝mgcosθ木块对传感器的压力F'1＝F1＝N'1sinθ由题图乙可知F'1＝12N，解得m＝2.5kg滑块在AB上运动时，由题图乙可知传感器对木块的拉力F2＝f＝μmg＝5Nμ＝F2mg＝题型2传送带模型1.水平传送带情境滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0＜v时，一直加速v0＜v时，先加速再匀速v0＞v时，一直减速v0＞v时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端.若v0＜v，滑块返回到左端时速度为v0；若v0＞v，滑块返回到左端时速度为v2.倾斜传送带情境滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速（一定满足关系gsinθ＜μgcosθ）先加速后匀速（μ＞tanθ）一直加速（加速度为gsinθ＋μgcosθ）若μ≥tanθ，先加速后匀速若μ＜tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0＜v时，一直加速（加速度为gsinθ＋μgcosθ）若μ≥tanθ，先加速后匀速；若μ＜tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0＞v时，若μ＞tanθ，一直匀减速，a＝g（μcosθ－sinθ）；若μ＝tanθ，一直匀速；若μ＜tanθ，一直匀加速，a＝g（sinθ－μcosθ）若μ＞tanθ，先减速后匀速；若μ＝tanθ，一直匀速；若μ＜tanθ，一直匀加速，a＝g（sinθ－μcosθ）（摩擦力方向一定沿斜面向上）若μ＜tanθ，一直加速；若μ＝tanθ，一直匀速若μ＞tanθ，一直减速若μ＞tanθ，先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0（类竖直上抛运动）表中a1＝gsinθ＋μgcosθ；a2＝gsinθ－μgcosθ.物体动力学情况分析判断的要点①受力分析时，突出对受到的摩擦力的分析，注意摩擦力会随物体相对于传送带的运动情况的变化而变化.②当物体与传送带同向运动，达到共同速度后，要分析物体能否一起随传送带运动，可从摩擦力的供需关系（即保持一起运动所需的静摩擦力、接触面可提供的最大静摩擦力的大小关系）分析判断.③对物体的运动进行分析时，正确选择参考系：对地运动、相对传送带的运动.④借助v－t图像分析判断，有效快捷.命题点1水平传送带问题4.[2024四川绵阳南山模拟/多选]应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（AD）A.开始时行李的加速度大小为2m/s2B.行李经过2s到达B处C.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12mD.当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动.行李从开始运动的整个过程中在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04m解析开始时行李的加速度大小为a＝μmgm＝2m/s2，选项A正确；行李与传送带共

速时经过的时间t1＝va＝0.2s，行李的位移为x＝12at12＝0.04m，行李匀速运动的时间

为t2＝xAB-xv＝4.9s，则行李到达B处经过的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，选项B错误；行

李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝0.04m，选项C错误；共速时传送

带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x1＝v22命题拓展[设问拓展]行李到达B点时的速度是多少？答案0.4m/s解析由上述分析知行李在到达B点前已经和传送带共速，故行李到达B点时的速度为0.4m/s.方法点拨水平传送带问题中的三个要点1.求解水平传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.2.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.3.物体与传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移的大小.命题点2倾斜传送带问题5.如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B的长度为LAB＝16m，传送带以v0＝10m/s的速度逆时针转动.在传送带A端无初速度释放一个质量为m＝0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，则物体从A运动到B所需的时间是多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）答案2s解析开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图甲所示由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2物体加速至速度与传送带速度相等需要的时间t1＝v0a此时物体运动的位移s1＝12a1t12＝即物体加速到10m/s时仍未到达B点当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图乙所示由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2设此阶段物体滑动到B所需时间为t2，有LAB－s1＝v0t2＋12a2解得t2＝1s故所需时间t＝t1＋t2＝2s.命题拓展命题条件不变，一题多设问（1）物体到达B时的速度是多少？（2）如果物体与传送带发生相对滑动，则会在传送带上留下痕迹，物体从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度是多少？答案（1）12m/s（2）5m解析（1）物体先加速至与传送带共速，然后以a2的加速度加速运动至B端，由匀变速直线运动规律可得，vB2－v02＝2a2（LAB解得vB＝12m/s（2）从物体开始加速至共速过程中，物体位移s1＝5m，传送带位移s'1＝v0t1＝10m，传送带与物体的相对位移Δx1＝5m，物体从共速加速至到达B的过程中，物体位移s2＝LAB－s1＝11m，传送带位移s'2＝v0t2＝10m，传送带与物体的相对位移大小为Δx2＝1m，根据运动关系可知传送带上痕迹长度Δx＝Δx1＝5m.命题点3传送带中的动力学图像6.[水平传送带/多选]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，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），现有一可视为质点的物体从右端水平面上以速度v2向左运动，物体速度随时间变化的图像可能是（ABD）解析若物体不从传送带左端离开，物体在传送带上先减速向左滑行，速度减为

零后在摩擦力的作用下向右加速，加速度不变.在这个过程中如果v1＞v2，物体向右

运动时会一直加速，当速度增大到v2时，物体恰好离开传送带，有v'2＝v2；如果

v1≤v2，物体向左运动到速度减至零后会在摩擦力的作用下向右加速，当速度增大

到v1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.若物体从传送带左端离开，物体在传送带上减速向左滑行，直接从传送带

左侧滑出传送带，则末速度一定小于v2，故ABD正确，C错误.7.[倾斜传送带/多选]如图甲所示，一倾角为θ的足够长的倾斜传送带以恒定速率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，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，则下列说法正确的是（AD）A.倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD.煤块在传送带上所留痕迹的长度为（12＋45）m解析由图乙得0～1s内煤块的加速度大小a1＝12-41m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下，1～2s内煤块的加速度大小a2＝4-01m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下，0～1s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，1～2s内，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得θ＝37°，μ＝0.25，A正确，B错误.因v－t图线与t坐标轴所围面积表示位移，所以煤块向上运动的总位移为x＝10m，在t＝2s时，煤块开始反向下滑，由运动学公式得煤块下滑时间t下＝2xa2＝2×104s＝5s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为(2＋5)s，C错误.0～1s内煤块比传送带多走4m，故0～1s内划痕长4m；1～2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m；2～(2＋5)s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2m＋12a2t下2题型3滑块—滑板模型1.模型特点涉及两个物体，多个运动过程，并且物体间存在相对滑动.2.解题思路命题点1水平板块问题8.[受牵引力作用的板块问题/2024福建厦门一中校考]如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块.在t＝0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝1s时撤去F，整个过程木板运动的v－t图像如图乙所示.物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（C）A.1～1.5s内木板的加速度为4m/s2B.物块与木板间的动摩擦因数为0.5C.拉力F的大小为21ND.物块最终停止时的位置与木板右端的距离为5.25m解析速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图乙可知，1～1.5s内木板的加速度大小为a＝ΔvΔt＝9-31.5-1m/s2＝12m/s2，选项A错误；根据题意，结合图乙可知，0～1.5s内小物块始终做匀加速运动，t＝1.5s时木板和小物块达到共速，设小物块与木板间的动摩擦因数为μ，则对小物块应用牛顿第二定律得μmg＝ma0，而由速度与时间的关系式可得v＝a0t，其中v＝3m/s、t＝1.5s，从而解得μ＝0.2，选项B错误；设地面与木板间的动摩擦因数为μ1，在撤去拉力后，对木板应用牛顿第二定律得μmg＋2μ1mg＝ma，解得μ1＝0.5.又由图乙可知，在没有撤去拉力时木板的加速度a1＝Δv1Δt1＝91m/s2＝9m/s2，对此时的木板应用牛顿第二定律得F－μmg－2μ1mg＝ma1，解得F＝21N，选项C正确；对木板和小物块达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为a2，则由牛顿第二定律有2μ1mg＝2ma2，解得a2＝5m/s2，而小物块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度amax＝a0＝2m/s2＜a2，由此可知，小物块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其继续与木块发生相对滑动时的加速度大小为a3，则由牛顿第二定律有2μ1mg－μmg＝ma3，解得a3＝8m/s2，即木板以加速度a3继续减速直至速度为零，小物块以加速度大小为a0减速直至速度为零，设在两者达到共速时小物块的对地位移为x1，木板的对地位移为x2，则可得x1＝12a0t2＝2.25m，x2＝12a1t02＋a1t0(t－t0)－12a(t－t0)2，其中t0＝1s，解得x2＝7.5m，则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为Δx＝x2－x1＝5.25m.设共速之后的减速阶段小物块的位移为x3，木板的位移为x4，则由运动学公式可得v2＝2a0x3，v2＝2a3x4，解得x3＝2.25m，x4＝0.5625m，则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为Δ命题点2倾斜板块问题9.[倾斜板块/多选]滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为2140.小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是（BC）A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2C.经过1s的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s解析对小孩，由牛顿第二定律得加速度大小a1＝mgsin37°－μ1mgcos37°m＝2.8m/s2，同理对滑板由牛顿第二定律得加速度大小a2＝mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°m＝0.8m/s2，A错误，B正确；从开始滑动至小孩刚与滑板分离的过程，有12a1命题点3板块中的动力学图像10.[F－t图像＋a－t图像/多选]水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端放有一质量为m2的小物块，如图（1）所示.用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（2）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小.木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（3）所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则（BCD）图（1）图（2）图（3）A.F1＝μ1m1gB.F2＝m2（m1＋m2）C.μ2＞m1＋D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等解析结合图(3)可知在0～t1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t1～t2时间内，物块与木板之间摩擦力仍为静摩擦力，物块与木板一起滑动，D正确；把物块和木板看成整体，在t1时刻，由牛顿第二定律有F1－μ1(m1＋m2)g＝0，解得F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t2时刻木板的加速度为a，在t2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，显然μ2＞m1＋m2m2μ1，C正确；t2时刻，对物块由牛顿第二定律有F2－μ2m2g＝m2a，联立解得F2＝m2(m1＋m11.[a－F图像/2024江苏扬州新华中学校考]如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态.木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，则由图像可知下列说法正确的是（D）A.10N＜F＜15N时物块B和木板C相对滑动B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C.由题目条件可求木板C的质量D.F＞15N时物块B和木板C相对滑动解析由图乙可知，当F＜10N时，物块B和木板C均静止，当10N＜F＜15N时，

物块B和木板C一起加速运动，当F＞15N时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像

发生弯折，可知此时物块B和木板C发生了相对滑动，选项A错误，选项D正确；因

当F2＝15N时，a＝2.5m/s2，此时物块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间

的静摩擦力达到最大，对物块有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，对木板和物块组成的整

体，当F1＝10N时，a＝0，有F1＝(M＋m)gsinθ，当F2＝15N时，a＝2.5m/s2，有

F2－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a，联立求解得M＋m＝2kg，sinθ＝12，μ＝32，但是

不能求解木板C的质量，选项B、C方法点拨1.[斜面模型/2022北京]如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ.下列说法正确的是（B）A.斜面对物块的支持力大小为mgsinθB.斜面对物块的摩擦力大小为μmgcosθC.斜面对物块作用力的合力大小为mgD.物块所受的合力大小为mgsinθ解析受力分析→2.[传送带模型/2021辽宁]机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李.如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）.小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；（2）小包裹通过传送带所需的时间t.答案（1）0.4m/s2（2）4.5s解析（1）对小包裹，由牛顿第二定律有μmgcosα－mgsinα＝ma解得小包裹相对传送带滑动时的加速度大小a＝0.4m/s2.（2）假设小包裹能与传送带共速，则由运动学知识有v2－v1＝at1解得共速前所用的时间t1＝2.5s又v22－v12解得这段时间内小包裹的位移x＝2.75m＜L，故假设成立小包裹与传送带共速后，由于mgsinα＜μmgcosα，故小包裹与传送带共速向下运动，有L－x＝v1t2解得t2＝2.0s则小包裹通过传送带所需的时间t＝t1＋t2＝2.5s＋2.0s＝4.5s.3.[滑块—滑板模型/江苏高考]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.答案（1）2μgL（2）3μgμg（3）2解析（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg由匀变速直线运动规律有2aAL＝v解得vA＝2μgL（2）设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律有F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B所受合外力大小F'＝2μmg由牛顿运动定律有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－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aB且xB－xA＝L解得vB＝22μgL4.[斜面模型/2022山东]某粮库使用额定电压U＝380V、内阻R＝0.25Ω的电动机运粮.如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A.关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零.卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行.已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量.求：（1）比例系数k的值；（2）上行路程L的值.答案（1）0.1（2）67185解析（1）以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有UI＝I2R＋Fv代入数据得F＝7400N装满粮食的小车匀速向上运动，有F＋m0g－（m1＋m2）gsinθ－k（m1＋m2）g＝0小车匀速下滑时，有m1gsinθ－km1g－m0g＝0联立解得k＝0.1.（2）关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有（m1＋m2）gsinθ－m0g＋k（m1＋m2）g＝（m1＋m2＋m0）a又2aL＝v2代入数据解得L＝671851.[多选]如图甲所示，质量相同，但表面粗糙程度不同的三个小物块a、b、c放在三个完全相同的斜面体上，斜面体静置于同一粗糙水平面上.物块a、b、c以相同初速度下滑，其v－t图像如图乙所示.物块下滑过程中斜面体始终保持静止，a、b、c与斜面之间的动摩擦因数分别为μa、μb、μc，斜面体对地面的压力分别为FNa、FNb、FNc，斜面体对地面的摩擦力分别为fa、fb、fc.下列说法正确的是（ABC）图甲图乙A.μa＜μb＜μc B.FNa＜FNb＜FNcC.fb＝0，fa向右，fc向左 D.fb＝0，fa向左，fc向右解析由v－t图像可知，物块a匀加速下滑，物块b匀速下滑，物块c匀减速下滑.对物块a有mgsinθ＞μamgcosθ，则有μa＜tanθ；对物块b有mgsinθ＝μbmgcosθ，则有μb＝tanθ；对物块c有mgsinθ＜μcmgcosθ，则有μc＞tanθ.故有μa＜μb＜μc，A正确.对物块和斜面体整体进行分析，物块a和斜面体有沿斜面向下的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向下的加速度，处于失重状态，则有FNa＜G总，水平方向有向左的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力fa水平向右；物块b和斜面体处于平衡状态，则有FNb＝G总，斜面体与地面之间无摩擦力，即fb＝0；物块c和斜面体有沿斜面向上的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，则有FNc＞G总，水平方向有向右的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力fc水平向左.则可得FNa＜FNb＜FNc，故B、C正确，D错误.2.[多选]如图甲所示的水平传送带沿逆时针匀速转动，一小物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点）.已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是（BC）A.μ＝0.4 B.μ＝0.2C.t＝4.5s D.t＝3s解析由图乙可得，物块做匀减速运动的加速度大小a＝ΔvΔt＝2.0m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v－t图像中，图线与t轴所围图形面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后做匀速运动回到传送带左端的过程，物块的位移为0，前2s内物块的位移大小为s1＝v2t1＝42×2m＝4m，方向向右，第3s内的位移大小为s2＝v'2t'1＝22×1m＝1m，方向向左，前3s内物块的位移s＝s1－s2＝4m－1m＝3m，方向向右，物块再向左匀速运动的时间为t2＝sv'＝32s＝1.5s，所以物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间为t＝t1＋t'13.如图所示，小物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速转动的过程中，以下分析正确的是（C）A.M下滑的速度不变B.M开始在传送带上先加速到2v0，后向下做匀速运动C.M先向下做匀速运动，后向下做加速运动，最后沿传送带向下做匀速运动D.M所受摩擦力的方向始终沿传送带向上解析传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsinθ＝Ff，摩擦力方向沿斜面向上，在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，这段过程中，物块继续匀速下滑；当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到沿斜面向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块先向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块将匀速下滑，故C正确.4.[情境创新/2024四川射洪中学校考/多选]如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m＝2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连，t＝0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v－t图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是（AC）A.在0.15s末滑块的加速度为－8m/s2B.滑块在0.1～0.2s内沿斜面向下运动C.滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25D.在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动解析在v－t图像中，图线斜率代表加速度，在0.1～0.2s内，图线斜率为a＝ΔvΔt＝0.8-1.60.2-0.1m/s2＝－8m/s2，故A正确；沿斜面向上为正方向，由v－t图像可知，滑块在0.1～0.2s内速度为正，故滑块还是沿斜面向上运动，B错误；滑块在0.1～0.2s内，由牛顿第二定律有－mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得μ＝5.如图甲所示，一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1kg可视为质点的小物块置于长木板右端.对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示.现改用F＝22N的水平外力拉长木板，取g＝10m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为（A）A.1s B.2s C.2s D.3s解析由图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后发生相对滑动.当F≥2N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2N；当F＞14N时小物块和长木板开始发生相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝ma1＝4N，则小物块的加速度a1＝4m/s2.改用F＝22N的外力水平拉长木板时，对长木板由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma2，代入数据得a2＝8m/s2，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足12a2t2－12a1t2＝L，解得t＝1s，故A6.[2024湖南长沙一中校考]如图所示，两个小物体A、B中间用一轻弹簧相连.A、B的质量分别为m和2m，A、B与水平地面上的倾角为θ的斜面体间的动摩擦因数分别为μA、μB，且满足μA＞tanθ，稳定时，A、B两物体一起在斜面体上匀速下滑，斜面静止不动，则下列说法正确的是（C）A.弹簧处于伸长状态B.地面对斜面体的摩擦力水平向右C.μB＜tanθD.若增大mA，稳定时A、B两物体将一起加速下滑解析分析A物体的受力情况，因μAmgcosθ＞mgsinθ，故弹簧对A必有推力，弹簧应处于压缩状态，A错误；由A、B和斜面体整体平衡知，地面对斜面体无摩擦力作用，B错误；根据A、B与弹簧整体受力平衡可知μAmgcosθ＋2μBmgcosθ＝3mgsinθ，解得μB＝3tanθ-μA2＜3tanθ-tanθ2＝tanθ，C正确；若增大mA，对A、B与弹簧整体受力分析有μAmAgcosθ＋2μBmgcosθ＞(2mg＋mAg)sinθ7.[新趋势命题/2024湖南株洲检测/多选]如图甲所示，水平地面上有一长平板车，平板车右端放一小物块，开始时平板车、物块均静止.t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平地面向右运动，其v－t图像如图乙所示，最终物块也停止，整个过程中物块恰好没有从平板车上滑下.已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（AC）A.0～4s内，物块的加速度一直保持不变B.整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为4sC.平板车的长度为12mD.整个过程中，物块相对平板车的位移大小为16m解析规定向右为正方向，物块向右加速时，由牛顿第二定律有μmg＝mam，解得加速度am＝1m/s2，由题图乙可知，平板车减速时加速度为aM＝0－86－2m/s2＝－2m/s2，设t0时两者共速，则amt0＝8m/s－2（t0－2）m/s，解得t0＝4s，共同速度大小为v4＝（8【敲黑板】物块和平板车共速前，物块一直相对于平板车向左运动，物块加速度一直不变4m/s，共速后由于平板车的加速度为aM＝－2m/s2，物块减速时，由牛顿第二定律得－μmg【易错辨析】整个运动过程物块始终相对于平板车滑动，且水平方向只受摩擦力作用，共速前物块加速，共速后物块减速＝ma'm，解得a'm＝－1m/s2，平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速度减速，设共速后再经t1物块减速到零.由运动学公式得0＝4m/s＋a'mt1，解得t1＝4s，即t'＝4s＋4s＝8s时物块的速度为零，整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为8s，A正确，B错误.4s前物块相对平板车向左滑动的位移大小x1＝8×2×12m＋12（8＋4）×2m－4×4×12m＝12m，4s后物块相对平板车向右滑动的位移大小x2＝4×4×12m－2×4×12m＝4m，所以平板车的长度为12m，整个过程物块相对平板车的位移大小为12m－4m＝8m，方向向左，巧思妙解图像法！可以结合题意，画出物块加速时的v－t图像，如图所示，通过两图线的交点分析出二者共速时间和共速时速度大小，又减速和加速时物块的加速度大小相等，可作出物块减速时的v－t图像，结合图像分析出整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为8s，A正确，B错误.v－t图像和时间轴围成的面积表示位移，所以物块相对平板车的位移大小为12×8×6m－12×4×8m＝8m，方向向左，D错误8.如图所示，一水平的长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度大小为g）（C）A.μ与a之间一定满足关系μ＞aB.煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为vC.煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为vD.黑色痕迹的长度为（解析设煤块的加速度大小为a1，对煤块由牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝μg，由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有μg＜a，解得μ＜ag，A错误；由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移x1＝v22a1＝v22μg，B错误；煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间t1＝va1＝vμg，C正确；传送带从开始运动到速度为v经历的时间t2＝va，传送带在从开始运动到速度为v的过程中通过的位移x2＝v22a，则传送带在从速度为v到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的位移x3＝v(t1－t2)＝v2μg－v2a，所以黑色痕迹的长度9.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.一小物块以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，求：（1）小物块向上运动的最远距离；（2）小物块回到底端时的速度大小；（3）小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间.答案（1）4m（2）4m/s（3）3.6s解析（1）由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2，方向沿传送带向下设物块减速到与传送带共速需要的时间为t1，有t1＝v1－在这个阶段物块运动位移x1＝v1＋v2由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入数据解得a2＝2m/s2，方向沿传送带向下设最后减速到零需要的时间为t2有t2＝v1a在这个阶段物块运动位移x2＝v12t2小物块向上滑行的最远距离为xm＝x1＋x2＝4m（2）小物块之后向下加速运动直至回到底端，加速度a2＝2m/s2由v32－0＝2a2解得回到底端的速度v3＝4m/s（3）设向下加速运动直到回到底端的时间为t3，有t3＝v3a小物块从放上传送带至回到底端所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝3.6s.10.[开放性问题/2024四川成都名校入学考试]在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ＝37°角.无风的天气里，车辆行驶时，挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推力方向与车前进方向相反，大小由车速v决定，且满足F＝kv2.只讨论树叶沿挡风玻璃向下或向上的运动，垂直纸面的运动可视为静止.已知树叶质量m＝0.01kg，k＝0.75×10－3kg/m，取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.（1）若忽略树叶与玻璃间的摩擦，车以v1匀速行驶时，树叶恰好能静止在玻璃上，求v1.（2）若树叶与玻璃间有摩擦，且μ＝0.1，车以v2＝215m/s匀速行驶，请通过计算说明，树叶能否静止在玻璃上.若不能，求出树叶加速度的大小和方向.答案（1）v1＝10m/s（2）不能，1.33m/s2，方向沿玻璃向下解析（1）树叶受力平衡，沿玻璃方向有kv12cosθ＝mg代入数据解得v1＝10m/s（2）根据F＝kv22垂直玻璃方向有FN＝Fsinθ＋mgcosθ＝0.107N沿玻璃方向有mgsinθ－Fcosθ＞μFN所以树叶不能静止在玻璃上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－Fcosθ－μFN＝ma解得a＝1.33m/s2所以加速度大小为1.33m/s2，方向沿玻璃向下.11.[2024山东滨州模拟]如图所示，水平传送带长L＝2.5m，右端与放在水平地面上的木板A、B上表面平齐.A、B紧靠在一起，质量均为m＝1.0kg，上表面长度均为l＝1.0m.传送带以6m/s的速度顺时针匀速转动，某时刻将质量为M＝2.0kg的物块C无初速放在传送带左端，已知C与传送带