2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第3章　运动和力的关系含答案2

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第3章运动和力的关系含答案1微专题3动力学中的“三类”热点问题动力学图像问题1．常见动力学图像及意义如下表vt图像根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力Fa图像首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量at图像要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程F-t图像要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质2．图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图像的种类以及图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．运用图像解决问题一般包括两个角度：(1)用给定图像解答问题．(2)根据题意作图，用图像解答问题．在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系．如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平外力F作用，t4＝2t2.下列说法中正确的是(D) 甲 乙A．t1时刻速度最大B．t2时刻离出发点最远C．t3时刻反向速度最大D．t4时刻物体离出发点最远解析：在0～t1时间内加速度和物体的速度同向，物体做正向的加速度增大的加速运动，t1～t2时间内加速度也和物体的速度同向，物体做正向的加速度减小的加速运动，t2时刻物体的速度最大，t2～t3时间内力反向，加速度和物体的速度反向，做正向的加速度增大的减速运动，t3～t4时间内加速度也和物体的速度反向，做正向的加速度减小的减速运动，一直到t4时刻速度为零，即t4时物体离出发点最远，故D正确．类题固法11．(2023·海门期末)以相同的初速度将两个物体同时竖直上抛，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体上升过程中的v-t图像可能正确的是(C) A B C D解析：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图像是直线(图中虚线)；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有mg＋f＝ma，可得a＝g＋eq\f(f,m)，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；v-t图像的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行，故选C.2．(2024·前黄中学)如图甲所示为一固定在水平面上的斜面体，一物体放在斜面体上，在物体上施加沿斜面向上的外力F使物体向上运动，并通过计算机描绘了物体的加速度a关于外力F的关系图像，如图乙所示．已知图乙中的横纵坐标为已知量，重力加速度为g.则可求出的物理量有(A) 甲 乙A．物体的质量B．斜面体的倾角θC．物体与斜面体之间的动摩擦因数D．物体对斜面体的压力解析：由牛顿第二定律，得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝eq\f(1,m)F－(gsinθ＋μgcosθ)，结合图乙斜率和截距，可得eq\f(1,m)＝eq\f(b,c)，gsinθ＋μgcosθ＝b，联立解得m＝eq\f(c,b)，分析知无法解得斜面体的倾角θ、物体与斜面体之间的动摩擦因数，故A正确，B、C错误；由于斜面体的倾角θ、物体与斜面体之间的动摩擦因数无法求解，所以物体对斜面体的压力F压＝FN＝mgcosθ，也无法求解，故D错误．动力学中的连接体问题1．常见连接体类型(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度．速度、加速度相同(2)轻绳连接体：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．速度、加速度相同速度、加速度大小相等，方向不同(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．速度、加速度相同(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．2．处理连接体问题的方法(1)共速连接体：一般采用先整体，后隔离的方法．如图所示，先用整体法得出合力F与a的关系F＝(mA＋mB)a，再隔离单个物体(部分物体)研究F内力与a的关系，例如隔离B，F内力＝mBa＝eq\f(mB,mA＋mB)F.(2)关联速度连接体：分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解．(2024·海安期初质量监测)质量分别为2m和m的A、B两物块，在恒力F作用下沿光滑的水平面一起向前匀加速运动．下列情形中A对B的作用力最大的是(D) A B C D解析：对选项A，先整体分析，根据牛顿第二定律F＝(2m＋m)a，对B有N1＝ma，得N1＝eq\f(F,3).同理，B选项中A、B间作用力为N2＝eq\f(2F,3).在选项C中，A、B间静摩擦力为f1＝eq\f(F,3)，A、B间作用力为F1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,3)))\s\up12(2)＋(mg)2).选项D中，A、B间静摩擦力为f2＝eq\f(2F,3)，A、B间作用力为F2＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2F,3)))\s\up12(2)＋(2mg)2)，故选D.类题固法21．(2020·江苏卷)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际经贸合作贡献了中国力量．某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节车厢对第3节的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节的牵引力为(C)A．F B．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：根据题意可知第2节车厢对第3节的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19).故C正确．2．如图所示，a、b两物体的质量分别为ma和mb，由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿竖直方向拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2，则(C)A．a1＝a2，x1>x2 B．a1＝a2，x1＝x2C．a1>a2，x1＝x2 D．a1<a2，x1>x2解析：对整体分析，有a1＝eq\f(F,ma＋mb)，a2＝eq\f(F－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ma＋mb))g,ma＋mb)＝eq\f(F,ma＋mb)－g，对b物体隔离分析，有F1＝mba1＝eq\f(mbF,ma＋mb)，F2－mbg＝mba2，F2＝eq\f(mbF,ma＋mb)，根据胡克定律，有F＝kx，可知a1>a2，x1＝x2，故C正确．3．(2024·扬州中学期初)如图所示，两材质不同的物块用细线连接，放在粗糙的斜面上由静止开始加速下滑，加速度分别为a1和a2，两物块与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列关系中正确的是(D)A．若μ1>μ2，则a1>a2B．若μ1>μ2，则a1<a2C．若μ1<μ2，则a1<a2D．若μ1<μ2，则a1>a2解析：设细线张力大小T，物块1的加速度a1＝eq\f(T＋m1gsinθ－μ1m1gcosθ,m1)＝gsinθ－μ1gcosθ＋eq\f(T,m1)，同理，物块2的加速度a2＝eq\f(m2gsinθ－μ2m2gcosθ－T,m2)＝gsinθ－μ2gcosθ－eq\f(T,m2).若μ1>μ2，绳子中有拉力，1和2一起运动，加速度相同，即a1<a2，故A、B错误；若μ1<μ2，绳子无拉力，则a1>a2，故C错误，D正确．动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(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：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．3．解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段).(2)寻找过程中变化的物理量．(3)探索物理量的变化规律．(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．4．解题技巧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倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球．已知小球的质量为m＝eq\f(\r(5),5)kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝10m/s2)(A)A．10N B．5NC．eq\r(5)N D．eq\r(10)N解析：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和线的拉力如图1所示，根据牛顿第二定律，有FTcosθ＝ma0，FTsinθ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有FT′cosα＝m·2g，FT′sinα－mg＝0，解得FT′＝eq\r(5)mg＝eq\r(5)×eq\f(\r(5),5)×10N＝10N，故A正确．类题固法31．如图所示，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2.当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，下列说法中正确的是(C)A．Q对P的摩擦力方向水平向左B．水平面对Q的摩擦力大小为2NC．P与Q之间的摩擦力大小为4ND．P与Q发生相对滑动解析：当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得f＝ma＝2×2N＝4N，由于f＝4N<μ1mg＝6N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A错误；水平面对Q的摩擦力大小为f地＝μ2(m＋m)g＝4N，B错误．2．两个质量均为m的物块叠放压在一个轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k，t＝0时刻，给A物体一个竖直向上的作用力F，使得物体以0.5g的加速度匀加速上升．则(C)A．A、B分离前系统合外力大小与时间的平方成线性关系B．分离时弹簧处于原长状态C．在t＝eq\r(\f(2m,k))时刻A、B分离D．分离时B的速度为eq\r(\f(m,4k))g解析：A、B分离前物体做匀加速运动，合外力不变，A错误；开始时弹簧被压缩x1，则2mg＝kx1；当两物体分离时，加速度相同且两物体之间的弹力为零，则对物体B有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2m,k))，此时刻弹簧仍处于压缩状态，B错误，C正确；分离时B的速度为v＝at＝eq\f(1,2)g·eq\r(\f(2m,k))＝eq\r(\f(m,2k))g，D错误．配套精练1．如图所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G＝10N的重物，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F＝10N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则(A)A．a1＜a2 B．a1＝a2C．a1＞a2 D．条件不足，无法判断解析：挂重物时，选整体为研究对象，由牛顿第二定律得，共同运动的加速度大小为a1＝eq\f(mQg,mP＋mQ)＝eq\f(10,mP＋mQ)；当改为10N拉力后，由牛顿第二定律得，P的加速度为a2＝eq\f(10,mP)，故a1＜a2，A正确．2.(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N．若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为(C)A．1N B.2NC．4N D.5N解析：对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2N，联立解得F＝4N，故选C.3.(2024·东台中学期初)质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别达到稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f＝kv(k>0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法中正确的是(B)A．m1<m2B．eq\f(m1,m2)＝eq\f(v1,v2)C．释放瞬间甲球的加速度较大D．t0时间内两球下落的高度相等解析：两小球先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，小球做匀速直线运动时有kv1＝m1g，kv2＝m2g，可得eq\f(m1,m2)＝eq\f(v1,v2)，由图可知v1>v2，可得m1>m2，故A错误，B正确；释放瞬间两小球只受重力作用，两小球的加速度相等，为重力加速度，故C错误；v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图可知t0时间内甲球下落的高度较大，故D错误．4．(2024·泰州中学期初)如图所示，弹簧测力计下端悬挂一轻质滑轮，跨过滑轮的细线两端系有A、B两重物(mA>mB)，mB＝0.2kg，不计细线与滑轮间的摩擦．现由静止释放两重物，在A、B两重物运动过程中，弹簧测力计的示数可能为(取g＝10m/s2)(B)A．4N B.6NC．8N D.10N解析：由于mA>mB，可知静止释放两重物后，A向下加速，B向上加速，设细线拉力为T，对A根据牛顿第二定律可得mAg－T＝mAa，对B根据牛顿第二定律可得T－mBg＝mBa，联立解得a＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)g<g，可知细线拉力为T＝mBg＋mBa，则有mBg<T<2mBg，以轻质滑轮为对象，根据受力平衡可知弹簧测力计的示数为F弹＝2T，则有4N<F弹<8N，故选B.5．AB是固定在空中的粗糙水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块，使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则下列说法中正确的是(D)A．杆对物块的支持力为MgB．细线上的拉力为eq\f(mg,sinθ)C．F＝(M＋m)gtanθD．物块和小球的加速度为gtanθ解析：以整体为研究对象，竖直方向受重力和支持力处于平衡状态，因此杆对物块的支持力为(M＋m)g，故A错误；以小球为研究对象T＝eq\f(mg,cosθ)，mgtanθ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同为a＝gtanθ，故B错误，D正确；整体在水平方向满足F－f＝(M＋m)a，因此F＝(M＋m)gtanθ＋f，故C错误．6．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则下列说法中错误的是(A) 甲 乙A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0时刻，A、B间静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B位移最大解析：以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得，2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大，C正确，A错误；整体在0～t0时间内，向右做加速运动，在t0～2t0时间内，向右做减速运动，则t0时刻，B速度最大，B正确；0～2t0时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大，D正确．7．(2024·徐州高三上期中)一辆货车在平直道路上以加速度a向右加速行驶，车箱中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止．A、B间的动摩擦因数为μ1，B与车箱底面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(D)A．a可能大于μ1gB．a可能大于μ2gC．A对B的摩擦力水平向右D．车箱底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力解析：车箱中叠放着两个木箱A、B均与货车保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木箱A由牛顿第二定律，则有μ1mAg＝mAa，解得a＝μ1g，即木箱A加速度最大是μ1g，A错误；木箱A、B看成整体，由牛顿第二定律可得μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝μ2g，即木箱A、B整体加速度最大是μ2g，B错误；A向右做加速运动，则B对A的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力水平向左，C错误；对木箱B受力分析可知，B受到水平向右方向的车箱底面的摩擦力，以及水平向左A对B的摩擦力，由牛顿第二定律可得μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBa，因加速度a>0，所以车箱底面对B的摩擦力一定大于A对B的摩擦力，D正确．8．(2023·镇江三模)如图所示，A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间动摩擦因数为μ，B与桌面间动摩擦因数为eq\f(μ,4)，A、B、C质量分别为2m、2m和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示位置静止释放，要使A、B间发生相对滑动，则μ满足的条件是(C)A．μ<eq\f(1,2) B.μ≥eq\f(1,2)C.μ<eq\f(2,7) D.μ≥eq\f(2,7)解析：物块A与B之间的最大静摩擦力f1＝2μmg，物块B与桌面间的最大静摩擦力f2＝eq\f(1,4)μ·4mg＝μmg，可知B与桌面先发生滑动，当A与B间恰好将发生相对滑动时，A与B的加速度恰好相等，此时对物块B，由牛顿第二定律得f1－f2＝2ma，对A、B整体由牛顿第二定律得T－f2＝4ma，对物块C由牛顿第二定律得mg－T＝ma，解得μ＝eq\f(2,7)，因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足μ<eq\f(2,7)，故选C.9．(2024·江都中学期初)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A连接(另有一个完全相同的物体B紧贴着A，不粘连，A、B均可视为质点)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止．撤去F后，物体A、B开始向左运动，已知重力加速度为g，物体A、B与水平面间的动摩擦因数为μ.则下列说法中错误的是(D)A．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kx0,2m)－μg))B．撤去F后，物体A和B分离前，A、B两物体之间作用力与弹簧形变量成正比C．若物体A、B向左运动要分离，则分离时向左运动距离为x0D．物体A、B一起向左运动距离eq\f(2μmg,k)时获得最大速度解析：撤去力F瞬间，对A、B系统，由牛顿第二定律得kx0－μ·2mg＝2ma，解得a＝eq\f(kx0,2m)－μg，故A正确；分离前，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有kx－μ·2mg＝2ma，隔离B，由牛顿第二定律N－μmg＝ma，联立得N＝eq\f(kx,2)，故A、B两物体之间作用力与弹簧形变量成正比，故B正确；分离时，A、B两物体加速度相同，没有相互作用力，故弹簧处于原长时分离，即分离时向左运动的距离为x0，故C正确；当系统所受合力为零，即kx＝μ·2mg，x＝eq\f(2μmg,k)，位移s＝x0－x＝x0－eq\f(2μmg,k)时速度最大，故D错误．10．“地摊经济”为城市生活带来了方便．如图所示，某摊主的小车上面平放着物品A，右端的直杆上用轻绳悬挂着物品B，小车在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，沿水平地面做匀加速直线运动．已知小车质量为M＝50kg，物品A、B的质量均为m＝5kg，物品A与小车间的动摩擦因数为μ＝0.8，不计其他阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)为使得物品A与小车保持相对静止，求拉力的最大值Fm.答案：600N解析：为使得物品A与小车保持相对静止设小车的最大加速度为am，则μmg＝mam解得am＝8m/s2对整体有Fmcosα＝(M＋2m)am解得Fm＝600N(2)若轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，求拉力F的大小．答案：562.5N解析：对小球B受力分析mgtanθ＝ma解得a＝7.5m/s2<8m/s2，物品A依然与小车保持相对静止．对整体有Fcosα＝(M＋2m)a解得F＝562.5N11.(2024·泰州中学期初)如图所示，用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M＝8kg，重物质量m＝2kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2.(1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？答案：μ≥0.5解析：对重物受力分析，根据受力平衡可得T＝mg＝20N对木箱受力分析，可得f＝2T，又f＝μMg联立解得μ＝0.5要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5(2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，用F＝80N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x＝0.5m时，求重物的速度v的大小．答案：eq\r(2)m/s解析：设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得T－mg＝2ma对木箱受力分析，有F－μMg－2T＝Ma解得a＝0.5m/s2当木箱向左匀加速运动位移x＝0.5m时，重物向上的位移为h＝2x＝1m由2·2a·h＝v2可得此时重物的速度为v＝eq\r(2)m/s补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。微专题4“传送带”模型与“滑块—木板”模型“传送带”模型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<v时，可能一直加速，也可能先加速，再匀速情景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．当v0>v，返回时速度为v，当v0<v，返回时速度为v0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，取g＝10m/s2.工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则下列说法中错误的是(D)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解析：工件在传送带上滑动时的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝1m/s2.若传送带不动，工件做匀减速运动，由veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2(－a)s，解得vB＝3m/s，A正确；若传送带做逆时针匀速转动或传送带做顺时针匀速转动的速度不超过3m/s，则工件在传送带上都是做匀减速运动，vB＝3m/s，B、C正确，D错误．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加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速，后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速，后以a2加速(5)可能先减速，后匀速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能一直减速(4)可能先减速，后反向加速(2023·镇江中学期中)如图所示，煤矿有一传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度达到L＝44m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg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．取sin37°＝0.6，g＝10m/s2.求：(1)煤块从A到B的时间．答案：4s解析：煤块刚放在传送带上时，对煤块，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s煤块的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m<L＝44m由于μmgcosθ<mgsinθ煤块与传送带速度相等后继续沿传送带向下加速运动，对煤块，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2设煤块再经过时间t2到达B，则L－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)代入数据解得t2＝3s煤块从A到B的运动时间t＝t1＋t2＝1s＋3s＝4s(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．答案：9m解析：第一阶段传送带位移x2＝v0t1＝10m第一阶段相对位移Δx1＝x2－x1＝5m第二阶段相对位移Δx2＝(L－x1)－v0t2＝9m9m>5m，痕迹为9m(第二阶段的划痕覆盖原来划痕)1．求解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．滑块与传送带的划痕长度Δs等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δs＝Δs1＋Δs2(图甲所示)；若两次相对运动方向相反，Δs等于较长的相对位移大小(图乙所示). 甲 乙类题固法11．(2024·高邮期初)如图所示，倾角为θ＝37°且长L＝0.4m的传送带以恒定的速率v＝1m/s沿顺时针方向运行．现将一质量m＝2kg的物块(可视为质点)以v0＝3m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6.则物块(C)A．先做减速，后做匀速运动B．开始加速度大小为2m/s2C．经过t＝0.2s到达顶端D．相对传送带发生的位移大小为0.4m解析：开始加速度大小为a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝10m/s2，物块与传送带共速时veq\o\al(2,0)－v2＝2ax，得x＝L＝0.4m，则物块只做匀减速运动至与传送带共速，A、B错误；到达顶端的时间为t＝eq\f(v0－v,a)＝0.2s，C正确；相对传送带发生的位移大小为Δx＝x－vt＝0.2m，D错误．2．(2024·海安期初质量监测)如图所示，一物流传送装置，电机带动水平传送带顺时针转动的最大速度v0＝6m/s，货物从A点静止放上传送带．货物与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB的长度L＝14m，取g＝10m/s2.(1)若传送带以v0匀速转动，求货物由A运动到B的时间t.答案：2eq\r(7)s解析：若传送带以v0匀速转动，货物刚放上传送带时的加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2设货物到达B点时，仍未与传送带共速，则有2aL＝v2－0解得货物到达B点时的速度为v＝2eq\r(7)m/s<v0＝6m/s假设成立，则货物由A运动到B的时间为t＝eq\f(v,a)＝2eq\r(7)s(2)若货物刚放上A点时，传送带从v0开始以大小为a0＝2m/s2的加速度做匀减速运动直至静止，求货物静止时离A的距离d.答案：4m解析：若货物刚放上A点时，传送带从v0开始以a0＝2m/s2的加速度做匀减速运动，设经过t1时间，货物与传送带共速，则有v共＝v0－a0t1＝at1又a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2解得t1＝2s，v共＝2m/s此过程货物通过的位移为x1＝eq\f(v共,2)t1＝2m货物与传送带共速后，由于a＝μg＝1m/s2<a0＝2m/s2可知货物接着以a＝1m/s2做匀减速到停下，则有x2＝eq\f(veq\o\al(2,共),2a)＝2m则货物静止时离A的距离为d＝x1＋x2＝4m(3)若货物刚放上A点时，传送带从静止开始做加速大小a0＝2m/s2的匀加速运动，速度达到v0后立即做加速大小a0＝2m/s2的匀减速运动直至静止，求货物运动到传送带B点时的速度vB.答案：2m/s解析：若货物刚放上A点时，传送带从静止开始做a0＝2m/s2的匀加速运动，速度达到v0后立即做a0＝2m/s2的匀减速运动直至静止，传送带速度达到v0时所用时间为t′1＝eq\f(v0,a0)＝3s此时货物的速度为v1＝at′1＝3m/s货物通过的位移为x′1＝eq\f(v1,2)t′1＝4.5m接着传送带开始做减速运动，物块继续做加速运动，设经过t′2时间，货物与传送带共速，则有v′共＝v0－a0t′2＝v1＋at′2解得t′2＝1s，v′共＝4m/s此过程货物通过的位移为x′2＝eq\f(v1＋v′共,2)t′2＝3.5m之后由于a＝μg＝1m/s2<a0＝2m/s2可知货物接着以a＝1m/s2做匀减速运动到B点，根据运动学公式可得－2ax′3＝veq\o\al(2,B)－v′eq\o\al(2,共)又x′3＝L－x′1－x′2＝14m－4.5m－3.5m＝6m联立解得货物运动到传送带B点时的速度为vB＝2m/s“滑块—木板”模型1．板块模型：滑块—木板模型(1)模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．(2)位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.2．滑块—木板类模型的思维模板3．解题步骤(1)审题建模：弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，明确题给条件和所求．(2)建立方程：根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程连接处的加速度可能突变).(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，一般来说，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这可能是两过程的联系纽带．(2024·南师附中)如图所示，将木块A和木板B叠放在水平地面上，木块质量mA＝2kg，木板质量mB＝1kg，木块与木板间动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.1，不计空气阻力，取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．对木块施加一个水平向右的恒力F.(1)若F＝9N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小．答案：2m/s25N解析：A与B之间的最大静摩擦力为f1＝μ1mAg＝0.3×2×10N＝6NB与地面之间的最大静摩擦力为f2＝μ2(mA＋mB)g＝0.1×(2＋1)×10N＝3N当A、B恰好发生相对滑动时，对于B有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa0对于整体来说F0－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a0解得F0＝12N则当F＝9N<12N时，B与地面发生相对运动，A与B没有发生相对滑动，则对于整体研究F－f2＝(mA＋mB)a1解得a1＝2m/s2隔离B根据牛顿第二定律可得f3－f2＝mBa1解得A、B之间的摩擦力的大小f3＝5N(2)若F＝16N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小．答案：5m/s26N解析：当F＝16N>12N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律F－f1＝mAa2解得a2＝5m/s2A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f4＝f1＝6N类题固法21.(2023·无锡高三上期中)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离．则下列哪些变化可使x增大(C)A．仅增大恒力FB．仅增大木板的质量MC．仅增大木块的质量mD．仅减小木块与木板间的动摩擦因数解析：根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg，木板的加速度为a2＝eq\f(μmg,M)，设板长为L，根据L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2得t＝eq\r(\f(2L,a1－a2))，木板相对地面运动位移为x＝eq\f(1,2)a2t2.则知若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，由上式知时间t减小，x减小，B错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则t增大，x增大，C正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度不变，则t减小，x减小，A错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则t减小，x减小，D错误．2．(2023·通州期末)如图所示，足够长的上表面光滑的斜面固定在水平面上，斜面倾角θ＝37°，长木板A、B并排放置在斜面上．已知A、B的质量mA＝0.1kg、mB＝0.2kg，长度LA＝1.5m、LB＝2m．另一质量mC＝0.3kg的小物块C以v0＝10m/s的初速度滑上A，当C在A上滑行时，A、B保持静止状态．已知C与A、B之间的动摩擦因数相同，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当C在A上滑行时，A对B的弹力大小F.答案：1.2N解析：当C在A上滑行时，对B分析可得F＝mBgsinθ代入数据可得F＝1.2N(2)C与A、B之间的动摩擦因数μ.答案：0.75解析：当C在A上滑行时，对A、B整体分析可得μmCgcosθ＝(mA＋mB)gsinθ解得μ＝0.75(3)当C与B分离时，A与B之间的距离Δx.答案：eq\f(18,25)m解析：C在A上滑行时，对C分析可得μmCgcosθ＋mCgsinθ＝mCaC解得aC＝12m/s2，aC方向沿斜面向下当C从A刚滑上B时，设C的速度为v1，则veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2aCLA解得v1＝8m/s当C在B上滑行时，由于C受力情况不变，其加速仍为aC，对B分析有μmCgcosθ－mBgsinθ＝mBaB解得aB＝3m/s2，aB方向沿斜面向上．设C在B上滑行的时间为t，则v1t－eq\f(1,2)aCt2－eq\f(1,2)aBt2＝LB解得t＝eq\f(2,5)s或t＝eq\f(2,3)s(舍去)当C在B上滑行时，对A分析有mAgsinθ＝mAaA解得aA＝6m/s2，aA方向沿斜面向下．当C与B分离时，A与B之间的距离为Δx＝xA＋xB＝eq\f(1,2)aAt2＋eq\f(1,2)aBt2解得Δx＝eq\f(18,25)m配套精练1．如图所示为水平匀速向右运动的传送带，一个物块以某一速度从左边冲上传送带，则小物块运动的v-t图像不可能是(D)eq\o(\s\up7(),\s\do5(A)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))2．如图所示，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零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列说法中正确的是(C)A．M下滑的速度不变B．M立即开始在传送带上加速，速度变为2v0后向下匀速运动C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D．M受的摩擦力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＝μmgcosθ，当传送带转动时，开始速度小于v0，物块受摩擦力大小、方向均不变，故物块仍匀速下滑；当速度大于v0时，物块受的摩擦力变为向下，物块加速下滑，当物块速度增加到2v0时，物块又以和传送带相同的速度匀速下滑，故C正确．3．如图所示，传送带保持1m/s的速度顺时针转动．现将一个质量m＝0.5kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为(取g＝10m/s2)(C)A．eq\r(5)s B．(eq\r(6)－1)sC．3s D．2.5s解析：物体在传送带上运动的加速度为a＝μg＝1m/s2，加速到与传送带共速的时间为t1＝eq\f(v,a)＝1s，加速的距离为x＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，以后物体随传送带匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x,v)＝2s，则物体从a点运动到b点所经历的时间为3s，C正确．4．三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑到达底端，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5.下列说法中正确的是(C)A．若v0≥1m/s，则物块A先到达传送带底端B．若v0≥1m/s，则物块B先到达传送带底端C．若v0＜1m/s，则物块A先到达传送带底端D．若v0＜1m/s，则物块A、B同时到达传送带底端解析：因为μ＜tan37°，若v0≥1m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，A、B错误；若v0＜1m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，C正确，D错误．5．(2023·徐州期末)把一根铁链水平拉直，沿AB方向一部分放在顺时针匀速转动的传送带上，一部分放在光滑水平桌面上，水平桌面和传送带水平段在A点相接(忽略衔接处空隙)，由于传送带摩擦力的作用，铁链向右做直线运动，传送带长度大于铁链长度．X为铁链在A点右侧的长度，F为A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力，a为铁链的加速度，f为传送带对铁链的摩擦力，则在铁链加速进入传送带的过程中，下列图像可能正确的是(B) A B C D解析：摩擦力f＝eq\f(X,L)μmg，加速度a＝eq\f(f,m)＝eq\f(μg,L)X，a-X图像为过原点的直线，故B正确；由B选项知，铁链做加速度增大的加速直线运动，可得X与时间t不是线性关系，则f与t不成线性关系，A错误；A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力F＝eq\f(L－X,L)ma＝eq\f(L－X,L)m·eq\f(μg,L)X＝eq\f(μmg(LX－X2),L2)，F-X图像为抛物线，故C、D错误．6．(2024·南京一中)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(A) A B C D解析：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(kt,m1＋m2)，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律，对m1分析得a1＝eq\f(μm2g,m1)，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2分析得a2＝eq\f(F－μm2g,m2)＝eq\f(k,m2)t－μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于eq\f(k,m1＋m2)<eq\f(k,m2)，则木块与木板相对滑动后a2图像斜率大于两者相对静止时图像的斜率，A正确．7．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eq\f(21,40).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，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则下列说法中错误的是(D)A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2.8m/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，加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2.8m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq\f(mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°,m)＝0.8m/s2，A、B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8m/s，D错误，C正确．8．(2023·南通期末)如图所示，足够长的轻质丝绸置于光滑水平面上，物块A、B靠在一起(不粘连)放在丝绸上．已知A、B的质量分别为m、2m，与丝绸间的动摩擦因数分别为2μ、μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现用水平力F向左拉丝绸，则(D)A．若F＝0.5μmg，A、B均保持静止状态B．若F＝1.5μmg，A受到的合力比B的大C．若F＝2.5μmg，A、B均相对丝绸发生滑动D．