2024-2025学年高考物理重点专题讲解及突破03牛顿运动定律含解析

2024-2025年高考物理重点专题讲解及突破03：牛顿运动定律超重点1：两类动力学问题超重点1：两类动力学问题1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采纳“合成法”．(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采纳“正交分解法”．【典例1】随着科技的发展，将来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾供应一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以供应恒定的推力F推＝1.2×105N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．[思路点拨]解此题可按以下思路：eq\x(\a\al(飞机在电磁弹,射区的受力情,况和运动状况))⇒eq\x(\a\al(飞机在之后,的受力状况,和运动状况))⇒eq\x(\a\al(依据牛顿运动定,律和运动学规律,列方程求解))【解析】(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机供应的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力Ff2＝0.2mg依据牛顿其次定律有F推－Ff2＝ma2代入数据解得a2＝4.0m/s2(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机供应的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力Ff1＝0.05mg依据匀加速运动规律有veq\o\al(2,1)＝2a1l1v2－veq\o\al(2,1)＝2a2(l－l1)依据牛顿其次定律有F牵＋F推－Ff1＝ma1代入数据解得a1＝58m/s2，F牵＝1.05×106N.【答案】(1)4.0m/s2(2)58m/s21.05×106N[方法技巧]两类动力学问题的解题步骤训练1．为了削减汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道．一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不供应牵引力)，突然汽车刹车失灵，起先加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2.在加速前进了x0＝96m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65.货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin37°＝0.6，g＝10m/s2.求：(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x.【解析】(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿其次定律可知：mgsinθ－0.2mg＝ma1解得：a1＝3m/s2由公式v2－veq\o\al(2,0)＝2a1x0解得：v＝25m/s(2)设货车在避险车道上行时的加速度大小为a2，由牛顿其次定律可知：mgsinα＋0.65mg＝ma2解得：a2＝12.5m/s2由v2－0＝2a2x解得：x＝25m【答案】(1)25m/s(2)25m训练2.一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5m/s2的加速度匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止起先在t＝2s内沿斜面做匀加速运动，其位移x＝4m．g取10m/s2.求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小．【解析】(1)依据牛顿其次定律，有mgsin30°－μmgcos30°＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),6)(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动时，加速度有向上和向下两种可能．依据题意，由运动学公式，有x＝eq\f(1,2)a1t2，可得a1＝2m/s2当加速度沿斜面对上时，有Fcos30°－mgsin30°－Ff＝ma1Ff＝μ(Fsin30°＋mgcos30°)联立解得F＝eq\f(76\r(3),5)N当加速度沿斜面对下时，有mgsin30°－Fcos30°－Ff＝ma1Ff＝μ(Fsin30°＋mgcos30°)联立解得F＝eq\f(4\r(3),7)N.【答案】(1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(4\r(3),7)N或eq\f(76\r(3),5)N超重点2：超重和失重问题超重点2：超重和失重问题一、超重、失重现象超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g原理方程F－mg＝mamg－F＝mamg－F＝ma＝mgF＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升二、说明：1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”变更．2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有重量，物体就会处于超重或失重状态．3．当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果．例题1．(多选)2024年10月17日我国的“神舟十一号”载人飞船载着我国两名宇航员顺当放射升空．两名宇航员在随飞船升空时要经受严峻的超重考验，而在完成太空任务后返回地球的过程中，既要承受超重的考验．又要承受失重的考验．下列说法中正确的是()A．当“神舟十一号”加速上升时，宇航员处于超重状态B．“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于失重状态C．“神舟十一号”加速上升的加速度渐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于宇航员的重力D．“神舟十一号”落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力【解析】当宇航员的加速度向下时，宇航员处于失重状态，当宇航员的加速度向上时，宇航员处于超重状态，当宇航员加速上升或减速下降时，宇航员处于超重状态，故选项A正确；“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于超重状态，故选项B错误；“神舟十一号”加速上升的加速度渐渐减小时，加速度方向始终向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项C错误；“神舟十一号”在落地前减速下落时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项D正确．【答案】AD例题2．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变更而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，乘客()A．处于失重状态B．处于超重状态C．受到向后的摩擦力作用D．所受力的合力沿斜面对下【解析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面对上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面对上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误；由于乘客加速度沿斜面对上，依据牛顿其次定律得所受合力沿斜面对上，故D错误．【答案】B例题3．(多选)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发觉轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三．已知重力加速度g取10m/s2，由此可推断()A．电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2B．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2C．乘客处于超重状态D．乘客对电梯地板的压力为375N【解析】电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，依据牛顿其次定律，有mg－eq\f(3,4)kx＝ma，即eq\f(1,4)mg＝ma，a＝2.5m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项A、C错误，选项B正确；电梯地板对乘客的支持力大小为FN＝m′g－m′a＝500N－125N＝375N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力为375N，选项D正确．【答案】BD超重点3：轻绳、轻杆、轻弹簧瞬时性问题超重点3：轻绳、轻杆、轻弹簧瞬时性问题1．两种常见模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变更、同时消逝，详细可简化为以下两种常见模型：2．求解瞬时加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬时变更前后,物体的受力状况))⇒eq\x(\a\al(列牛顿其次,定律方程))⇒eq\x(\a\al(求瞬时,加速度))【典例2】如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C快速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()A．木块B对水平面的压力大小快速变为2mgB．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．弹簧的弹性势能马上减小[思路点拨]解此题关键有两点：(1)找出C移开前各物体的受力特点．(2)C移开瞬间弹簧弹力没有发生变更．【解析】移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为3mg，地面对B的支持力大小为4mg，因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项B、D错误；木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项A错误；撤去木块C瞬间，对木块A由牛顿其次定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，选项C正确．【答案】C[方法技巧]“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题(1)分析瞬时加速度的“两个关键”①分析瞬时前、后的受力状况和运动状态．②明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点．(2)“四个步骤”第一步：分析原来物体的受力状况．其次步：分析物体在突变时的受力状况．第三步：由牛顿其次定律列方程．第四步：求出瞬时加速度，并探讨其合理性．训练1.(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2【解析】剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为FT＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿其次定律得3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误．由胡克定律知2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．【答案】AC训练2.如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A．0B．大小为g，方向竖直向下C．大小为eq\f(2\r(3),3)g，方向垂直木板向下D．大小为eq\f(\r(3),3)g，方向水平向右【解析】未撤离木板时，小球受力如图，依据平衡条件可得Fx与mg的合力F＝eq\f(mg,cos30°).当突然向下撤离光滑木板时，FN马上变为零，但弹簧形变未变，其弹力照旧，故Fx与mg的合力仍为F＝eq\f(mg,cos30°)，由此产生的加速度为a＝eq\f(g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)g，方向与合力方向相同，故C正确．【答案】C超重点4：传送带问题超重点4：传送带问题1．传送带的基本类型(1)按放置可分为：水平(如图a)、倾斜(如图b、图c)、水平与倾斜组合；(2)按转向可分为：顺时针、逆时针．2．传送带问题的特征(1)水平传送带项目图示滑块可能的运动状况情景1(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＞v时，可能始终减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能始终加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块始终减速到达左端(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＜v返回时速度为v0(2)倾斜传送带项目图示滑块可能的运动状况情景1(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2情景3(1)可能始终加速(2)可能始终匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能始终减速情景4(1)可能始终加速(2)可能始终匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能始终减速【典例3】(2024·安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝2m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑．现使传送带沿顺时针方向以v＝2.5m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2.试求：(1)小物块运动至B点的时间；(2)若传送带速度可以随意调整，当小物块在A点以v0＝3eq\r(6)m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围．[思路点拨]解此题关键有两点：(1)小物块放在传送带上后的受力特点及运动特点分析．(2)小物块到达B点的两种临界状况．【解析】(1)刚起先小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，依据牛顿其次定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma1，解得a1＝2.5m/s2.设小物块速度等于2.5m/s时，小物块运动的位移为L1，用时为t1，则t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(2.5,2.5)s＝1s，L1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(2.52,2×2.5)m＝1.25m，因L1<L且μ>tan30°，故小物块速度等于2.5m/s时，将匀速运动至B点，设用时为t2，则t2＝eq\f(L－L1,v)＝0.3s，故小物块从A到B所用时间为t＝t1＋t2＝1.3s.(2)由于传送带速度可以随意调整，则当小物块从A到B始终做匀加速直线运动时，到达B点的速度最大．由牛顿其次定律及运动学公式有veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝2a1L，解得vB＝8m/s.小物块从A到B始终做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿其次定律有mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得a2＝12.5m/s2.由运动学公式可知vB′2＝veq\o\al(2,0)－2a2L，解得vB′＝2m/s.即小物块到达B点的速度范围为2m/s≤vB≤8m/s.【答案】(1)1.3s(2)2m/s≤vB≤8m/s[规律总结]传送带问题的解题思路训练1．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的平安检查仪，用于对旅客的行李进行平安检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则()A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5s到达B处C．行李提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处【解析】行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李起先做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝eq\f(v,a)＝1s达到共同速度，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝eq\f(2m－x1,v)＝1.5s到达B，共用2.5s；乘客到达B，历时t＝eq\f(2m,v)＝2s，故B正确．若传送带速度足够大，行李始终加速运动，最短运动时间tmin＝eq\r(\f(2×2,1))s＝2s，D项正确．【答案】BD训练2.(多选)如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是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1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列推断正确的是()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程【解析】对物块A，因为mgsin37°＞μmgcos37°，则A物体所受摩擦力向上，向下做匀加速度运动，物块B受到的摩擦力也向上，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑究竟端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B、C正确；A物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D正确．【答案】BCD训练3.(2024·湖北宜昌高三一模)如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近，水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动．将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求：(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．(2)若要将米袋送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满意的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围．【解析】(1)米袋在AB上加速时的加速度a0＝μg＝5m/s2米袋的速度达到v0＝5m/s时，滑行的距离s0＝eq\f(v\o\al(2,0),2a0)＝2.5m＜AB＝3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入数据得a＝10m/s2所以能滑上的最大距离s＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝1.25m(2)设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点(即米袋到达D点时速度恰好为零)，则米袋速度减为v1之前的加速度为a1＝－g(sinθ＋μcosθ)＝－10m/s2米袋速度从v1减至零的加速度为a2＝－g(sinθ－μcosθ)＝－2m/s2由eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,0),2a1)＋eq\f(0－v\o\al(2,1),2a2)＝4.45m解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax＝eq\f(v1－v0,a1)＋eq\f(0－v1,a2)＝2.1s.若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力始终沿皮带向上，则所用时间最短，此种状况米袋加速度始终为a2＝－2m/s2.由sCD＝v0tmin＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,min)解得tmin≈1.16s.所以，所求的时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s.【答案】(1)1.25m(2)vCD≥4m/s1.16s≤t≤2.1s超重点5：超重点5：“滑块—木板”问题1．问题特点：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.3．分析滑块—木板模型问题时应驾驭的技巧(1)分析题中滑块、木板的受力状况，求出各自的加速度．(2)画好运动草图，指出位移、速度、时间等物理量间的关系．(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．(4)两者发生相对滑动的两个条件：①摩擦力为滑动摩擦力．②二者加速度不相等．【典例4】(2024·高考全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示．t＝0时刻起先，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．[思路点拨]解此题应留意以下几点信息：(1)木板碰墙之前，μ1(m＋15m)g产生小物块和木板共同减速的加速度．(2)小物块向右匀减速和向左匀加速的加速度均由μ2mg产生．(3)小物块相对于木板滑行过程中，木板受地面的滑动摩擦力和小物块的滑动摩擦力方向均水平向右．(4)小物块与木板相对静止后将一起向左做匀减速运动，而不再发生相对滑动．【解析】(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.对小物块与木板整体由牛顿其次定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1②s0＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)③式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板起先运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿其次定律有－μ2mg＝ma2⑤由题图(b)可得a2＝eq\f(v2－v1,t2－t1)⑥式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿其次定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝eq\f(－v1＋v3,2)Δt⑪小物块运动的位移为s2＝eq\f(v1＋v3,2)Δt⑫小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿其次定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－veq\o\al(2,3)＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.【答案】(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m[真题点评](1)“滑块—木板”问题是近几年来高考考查的热点，综合性较强，涉及摩擦力的分析推断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干学问，实力要求较高．(2)滑块和木板的位移关系、速度关系是解答“滑块—木板”问题的切入点，前一运动阶段的末速度则是下一运动阶段的初速度，解题过程中必需以地面为参考系．(3)速度相等是这类问题的临界点，此时意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动状况可能发生突变．拓展1水平面上“滑块—木板”问题1.质量M＝3kg的长木板放在光滑的水平面上．在水平拉力F＝11N作用下由静止起先向右运动．如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m＝4kg的物体轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．(g取10m/s2)求：(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小．【解析】(1)放上物块后，物块的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2.木板的加速度a2＝eq\f(F－μmg,M)＝1m/s2.(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t＝v0＋a2t，得t＝1s,1s内木板位移x1＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝1.5m，物块位移x2＝eq\f(1,2)a1t2＝1m.所以板长L＝x1－x2＝0.5m.(3)相对静止后，对整体F＝(M＋m)a，对物块Ff＝ma，故Ff＝meq\f(F,M＋m)＝6.29N.【答案】(1)2m/s21m/s2(2)0.5m(3)6.29N拓展2斜面上的“滑块—木板”问题2.如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2).对木板施加沿斜面对上的恒力F，使木板沿斜面由静止起先做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满意的条件；(2)若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．【解析】(1)以物块和木板整体为探讨对象，由牛顿其次定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物块为探讨对象，由牛顿其次定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα联立解得F≤30N(2)因F＝37.5N＞30N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿其次定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1隔离物块，由牛顿其次定律得μmgcosα－mgsinα＝ma2设物块滑离木板所用时间为t木板的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2物块的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2物块与木板的分别条件为Δx＝x1－x2＝L联立以上各式解得t＝1.2s物块滑离木板时的速度v＝a2t由公式－2gsinα·x＝0－v2解得x＝0.9m【答案】(1)F≤30N(2)能1.2s0.9m题组突破训练题组突破训练一、选择题1．(多选)(2024·贵州遵义航天高级中学模拟)运动员从悬停的直升机上跳伞，下落一段时间后打开着陆伞，打开伞之前，运动员所受空气阻力可忽视，打开伞后受到的空气阻力与速度成正比，运动员打开伞后的运动状况可能是()A．加速度大小先减小最终为零B．加速度大小先增大最终为零C．速度始终不变D．速度先增大后不变【解析】打开伞瞬间假如阻力大于重力，加速度向上，运动员做减速运动，依据阻力与速度成正比及牛顿其次定律知加速度渐渐减小，最终减为零，因此运动员先做加速度渐渐减小的减速运动，最终做匀速运动，A正确；打开伞瞬间假如阻力小于重力，加速度向下，运动员做加速运动，由阻力与速度成正比及牛顿其次定律知加速度渐渐减小，因此运动员先做加速度渐渐减小的加速运动，最终做匀速运动，D正确；打开伞的瞬间假如阻力等于重力，运动员做匀速直线运动，C正确；加速度大小先增大最终为零是不行能的，B错误．【答案】ACD2．(多选)(2024·湖北六校联考)如图甲、乙所示，图中细线均不行伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为θ.假如突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间()A．图甲中小球的加速度大小为gsinθ，方向水平向右B．图乙中小球的加速度大小为gtanθ，方向水平向右C．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1∶cos2θD．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos2θ∶1【解析】设两球质量均为m，对小球A进行受力分析，剪断水平细线后，小球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线向下，则FT1＝mgcosθ，F1＝mgsinθ＝ma1，所以a1＝gsinθ，方向垂直倾斜细线向下，选项A错误．对小球B进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球B所受重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2的方向水平向右，则FT2＝eq\f(mg,cosθ)，F2＝mgtanθ＝ma2，所以a2＝gtanθ，方向水平向右，选项B正确．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1∶FT2＝cos2θ∶1，选项C错误，D正确．【答案】BD3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为eq\f(v,2)时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tanθ和eq\f(H,2) B．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4) D．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和eq\f(H,4)【解析】对物块上滑过程受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，由牛顿其次定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，在上滑过程中，依据运动规律可得0－v2＝2aeq\f(H,sinθ)，0－(eq\f(v,2))2＝2aeq\f(h,sinθ)，联立可得μ＝(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ，h＝eq\f(H,4).故D正确．【答案】D4．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经验的时间关系为()A．tAB＝tCD＝tEFB．tAB＞tCD＞tEFC．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF【解析】设上部圆的直径为D，下部半圆的半径为R，对轨道AOB，其长度为L1＝Dcosα＋R，在其上运动的加速度a1＝gcosα，由L1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,AB)，解得tAB＝eq\r(\f(2Dcosα＋R,gcosα))＝eq\r(\f(2D,g)＋\f(2R,gcosα)).对轨道COD、EOF，同理可得tCD＝eq\r(\f(2D,g)＋\f(2R,gcosβ))，tEF＝eq\r(\f(2D,g)＋\f(2R,gcosθ)).由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，tAB＞tCD＞tEF，选项B正确．【答案】B5.(多选)在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发觉体重计示数如图所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法中正确的是()A．该同学所受的重力变小了B．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力C．电梯肯定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为eq\f(g,5)，方向肯定竖直向下【解析】体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变更，故选项A错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，依据牛顿第三定律可知选项B正确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误；电梯静止时，由平衡条件知FN1＝mg，电梯运动过程中，由牛顿其次定律可知mg－FN2＝ma，代入数据解得a＝eq\f(1,5)g，故选项D正确．【答案】BD6．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻起先，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系图象的是()【解析】物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿其次定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．【答案】C7．(多选)(2024·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)gB．要使纸板相对砝码运动，F肯定大于2μ(M＋m)gC．若砝码与纸板分别时的速度小于eq\r(μgd)，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】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，发生相对运动须要a2>a1，代入数据解得F>2μ(M＋m)g，故B正确．若砝码与纸板分别时的速度小于eq\r(μgd)，砝码匀加速运动的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，匀减速运动的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，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＝eq\f(F－μM＋mg－μMg,m)＝2μg，依据eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，则此时砝码的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，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＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而匀加速运动的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，可知砝码离开桌面，D错误．【答案】BC8.(2024·山东潍坊质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，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的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变更关系的是()【解析】起先阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面对上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1所以a1＝gsinθ＋μgcosθ木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块接着加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿其次定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2所以a2＝gsinθ－μgcosθ依据以上分析，有a2＜a1，所以本题正确选项为D.【答案】D9.带式传送机是在肯定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是()A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短【解析】刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿其次定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝eq\f(v2,2μg)，设相对滑动时间为t，由v＝at得t＝eq\f(v,μg)，此时传送带的位移为x传＝vt＝eq\f(v2,μg)，所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝eq\f(v2,2μg)，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误．【答案】C10.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的()【解析】设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.对木板应用牛顿其次定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2a2＝－μ2g可见|a1|＞|a2|由vt图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确．【答案】A二、非选择题11.如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为μ1＝eq\f(\r(3),2).若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动．重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满意什么条件？【解析】(1)整个系统匀速时对钩码：2mg＝FT对物块和木板：FT＝2mgsinθ＋2μ2mgcosθ解得：μ2＝eq\f(\r(3),3)(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a1大于物块的加速度a2.对物块：μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma2解得：a2＝eq\f(1,4)g对木板：FT′－mgsinθ－μ1mgcosθ－2μ2mgcosθ＝ma1对钩码：m′g－FT′＝m′a1解得：a1＝eq\f(m′－\f(9,4)m,m′＋m)g联立解得：m′＞eq\f(10,3)m【答案】(1)eq\f(\r(3),3)(2)m′＞eq\f(10,3)m12.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李起先做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2.(1)求行李刚起先运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)假如提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处．求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．【解析】(1)行李所受滑动摩擦力大于Ff＝μmg＝0.1×4×10N＝4N，加速度大小a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，得t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(1,1)s＝1s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1m/s2，当行李到达右端时，有veq\o\al(2,min)＝2aL，得vmin＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×1×2)m/s＝2m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2m/s.由vmin＝atmin得行李最短运行时间tmin＝eq\f(vmin,a)＝eq\f(2,1)s＝2s.【答案】(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s13．如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6N的水平力向右拉物体A，经过5s物体A运动到B的最右端，其vt图象如图乙所示．已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(1)求物体A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间．【解析】(1)依据vt图象可知物体A的加速度为aA＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2以A为探讨对象，依据牛顿其次定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝eq\f(F－mAaA,mAg)＝0.4(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝eq\f(1,2)×5×10m＝25m若B不固定，则B的加速度为aB＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.4×1×10,4)m/s2＝1m/s2设A运动到B的最右端所用的时间为t，依据题意可得eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2＝l，解得t＝7.07s.【答案】(1)0.4(2)7.07s14.(2024·河北正定中学月考)一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，试问：(sin37°＝0.6，g取10m/s2)(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；(2)物块从动身到4.5s末通过的路程．【解析】(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg＝ma1x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝1m＜L所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以v0速度滑上斜面－mgsinθ＝ma2物块速度为零时上升的距离x2＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(1,3)m由于x2＜0.4m，所以物块未到达斜面的最高点．(2)物块从