专题03 牛顿运动定律的综合应用（解析版）

资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】专题03牛顿运动定律的综合应用题型一动力学的连接体问题和临界问题【解题指导】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】（2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）中沙“蓝剑一2023”海军特战联训于10月9日在海军某部营区开训。如图所示，六位特战队员在进行特战直升机悬吊撤离课目训练。若质量为M的直升机竖直向上匀加速运动时，其下方悬绳拉力为F，每位特战队员的质量均为m，所受空气阻力是重力的k倍，不计绳的质量，重力加速度为g，则（）A．队员的加速度大小为B．上面第二位队员和第三位队员间绳的拉力大小C．队员的加速度大小为D．上面第二位队员和第三位队员间绳的拉力大小【答案】D【详解】以六位特战队员为研究对象设第二位队员和第三位队员间绳的拉力为T，以下面的4名特战队员为研究对象解上式得故选D。【典例分析2】（2024·辽宁·模拟预测）如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是（）A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于D．在B和A分离前，它们做加速度增大的加速直线运动【答案】C【详解】AB．在施加外力F前，对A、B整体受力分析，可得A、B两物体分离时，A、B间弹力为零，此时B物体所受合力即受力平衡，则两物体的加速度恰好为零，可知此时弹簧弹力大小等于A受到重力大小，弹簧处于压缩状态，故AB错误；C．B与A分离时，对物体A有由于所以弹簧的劲度系数为故C正确；D．在B与A分离之前，由牛顿第二定律知在B与A分离之前，由于弹簧弹力一直大于mg且在减小，故加速度向上逐渐减小，所以它们向上做加速度减小的加速直线运动，故D错误。故选C。【典例分析3】（2023·安徽·校联考模拟预测）（多选）如图所示，固定的光滑水平桌面的右端固定一光滑定滑轮，两个完全相同、质量均为m的物块A、B，通过绕过定滑轮的细线连接。A与滑轮间的细线保持水平，细线不可伸长，物块可视为质点。某时刻释放装置，并用水平向左的恒力F拉A，A向右运动一段时间t后贴着A剪断细线，经过相同的时间t，A恰好回到释放点P。已知重力加速度大小为g，桌面足够高足够长。则以下说法正确的是（）A．滑块A在剪断细线前与剪断后的加速度大小之比为1∶2B．滑块A在剪断细线与回到P点时的速度大小之比为1∶2C．拉力的大小为D．物块A回到P点时，A、B的动能之比为1∶6【答案】BC【详解】AB．设剪断细线时物块A的速度为，再次回到P点时速度为，剪断绳前物块A的位移为，剪断绳后位移为，经过相同的时间t，A恰好回到释放点P，所以可得根据可得A错误，B正确；C．剪断绳前将AB看成一个整体有剪短绳后，对A有解得C正确；D．根据可得剪断绳子时AB的速度均为A回到P点时速度为物块A回到P点时，B的速度为根据可得D错误。故选BC。【典例分析4】（2023上·山东临沂·高三统考期中）（多选）如图所示，为质量不计的足够长的硬质膜，放在光滑的水平面上，其上分别静止放有两个物体A和，的质量为，B的质量，与膜之间的动摩擦因数均为，物体受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力。的水平拉力在时刻开始作用在物体上，。下列说法正确的是（）A．若力水平向右作用在A物体上，A的加速度为B．若力水平向右作用在A物体上，后撤去力，物体A最终的速度为C．若力水平向左作用在B物体上，B的加速度为D．若力水平向左作用在B物体上，后撤去力，物体B最终的速度为【答案】BCD【详解】根据题意可知，A与C之间的最大静摩擦力为B与C之间的最大静摩擦力为由于C的质量不计，则C的合力一定为0，即A与C之间和B与C之间的摩擦力大小相等AB．根据题意，若力水平向右作用在A物体上，B物体的最大加速度为对整体可知，B与C之间发生相对滑动，由牛顿第二定律，对物体A有解得后，物体A的速度为物体B的速度为撤去力后，A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者共速，则有解得故A错误，B正确；CD．根据题意，若力水平向左作用在B物体上，B与C之间发生相对滑动，由牛顿第二定律，对物体B有解得由牛顿第二定律，对物体A有解得后，物体A的速度为物体B的速度为撤去力后，A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者共速，则有解得故CD正确。故选BCD。【方法提炼】(1)整体法与隔离法的使用条件①当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。②求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。(2)两物体分离或相对滑动的条件①叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。②靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。(3)用滑轮连接的连接体的处理方法通过滑轮连接的两个物体：加速度大小相同。加速度不为零时，轻绳的拉力不等于所悬挂物体的重力。【变式演练】1.（2023上·四川遂宁·高三统考期中）如图所示，长方体物块质量为，静止在水平地面上，上部固定一轻滑轮，跨过定滑轮的轻绳连接质量为和的两物体，连接的细绳水平、恰好与的侧壁相接触。现对施加水平向右的推力，使得三物体不存在相对运动，不考虑一切摩擦，则的大小为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】设整体的加速度为a，对整体根据牛顿第二定律可得对m1根据牛顿第二定律可得对m2竖直方向有联立解得故选C。2.（2023·黑龙江·校联考模拟预测）（多选）如图所示，水平向左加速运动的车厢内，一根长为l的轻质杆两端分别连接质量均1kg的小球a、b（可看成质点），a球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，b球处在车厢水平底面上且与底面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，要使杆与车厢始终保持相对静止，关于车厢的加速度，下列说法正确的是（）

A．若μ=0.5，则车厢的加速度大小可能为3m/s2B．若μ=0.5，则车厢的加速度大小可能为2m/s2C．若μ=0.8，则车厢的加速度大小可能为3m/s2D．若μ=0.8，则车厢的加速度大小可能为7m/s2【答案】BCD【详解】AB．杆长为l，a球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，则轻质杆与竖直方向的夹角解得对a球受力分析如图甲所示

在竖直方向上，根据平衡条件有当a球与车厢左壁的弹力刚好为零时，根据牛顿第二定律有解得当b球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大值时，对b受力分析如图乙所示

在竖直方向上，根据平衡条件有在水平方向上，根据牛顿第二定律有其中联立解得若μ=0.5，此时有则车厢的加速度最大值为故A错误，B正确；CD．根据上述，若μ=0.8，此时有则车厢的加速度最大值为故CD正确。故选BCD。3．（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）（多选）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为1kg的物体P，Q为一质量为2kg的物体，弹簧的质量不计，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的恒力F，此后P、Q一起运动到最高点时恰好未分离。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取则有（）A．恒力F的大小为36NB．恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小为9.6NC．物块P的速度最大时，P、Q间弹力大小为2ND．物块P运动到最高点时，弹簧弹力大小为3.6N【答案】BD【详解】AD.由题可知，由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离，所以P、Q全程在做简谐运动，因此在最高点和最低点的加速度大小相同，方向相反，大小设为a，在最低点时，弹簧弹力和P、Q总重力大小相等，因此有在最高点时，由于P、Q刚分离，分别对P、Q进行分析有联立上述式子得故A错误，D正确；B.恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小设为F1，对Q有得故B正确；C.物块P的速度最大时，P、Q整体处于简谐运动平衡位置，即加速度为0，此时有得故C错误。故选BD。4.（2023上·河北石家庄·高三校联考阶段练习）（多选）如图甲所示，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A，质量均为的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置（弹性限度以内）后由静止释放A、B，同时给物体B施加水平向右的力使之做匀加速直线运动，与作用时间的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（

）A．A、B分离时，弹簧刚好为原长状态 B．A、B分离时，B的加速度大小为C．A、B分离时，A的速度大小为 D．开始有作用时，弹簧的压缩量为【答案】BC【详解】A．物体A、B分离时，B只受拉力作用，加速度大于零，此时A的加速度与B的相同，则弹簧弹力大于零，弹簧处于压缩状态，故A错误；B．物体A、B分离后，B的加速度不变，即拉力不变，由图乙可知，此时拉力为，则B的加速度为故B正确；C．物体A、B分离时，A、B的速度相同，均为故C正确；D．时，对A、B整体由牛顿第二定律得，弹簧弹力为运动后，弹簧压缩量此时弹簧弹力为联立解得故D错误。故选BC。5．（2023上·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期中）（多选）如图所示，光滑水平地面上静置一质量M=4kg足够长的木板B，质量m=1kg的物块A静置于B上，物块A与木板B间的动摩擦因数为0.4。现对物块A施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系为F=2.5t（N），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（）A．t=1.6s物块A和木板B开始发生相对滑动B．物块A和木板B的运动速度达到1m/s时发生相对滑动C．t=4s时物块A相对木板B的速度为5m/sD．若地面不光滑，则物块A和木板B发生相对滑动时的速度不变【答案】BC【详解】A．物块A和木板B相对静止时，根据整体法和隔离法可得当A、B间静摩擦力达到最大时，即根据得故A错误；B．由于画出图如图所示当A、B一起由静止开始运动直到发生相对滑动的过程，a-t图线与t轴所围的面积为整体的速度，即故B正确；C．后A、B发生相对滑动，木板B的加速度恒定，为对物块A受力分析，有得时根据a-t图线与t轴所围的面积的差值为物块A和木板B的相对速度，即故C正确；D．若地面不光滑，则A、B发生相对滑动前二者的共同加速度在图中做出图线，由图可知，两者发生相对滑动时的速度比地面光滑时小，故D错误。故选BC。题型二动力学基本问题（含超失重、瞬时性问题）【解题指导】(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】（2023上·山东滨州·高三统考期中）（多选）如图1所示，电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动，当轿厢从顶楼向下运动时，v—t图像如图2所示，下列说法正确的是（

）A．在0~t1时间内，轿厢处于超重状态B．在0~t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大C．在t2~t3时间内，“对重”处于失重状态D．在t1~t2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小【答案】BC【详解】A．由图可知在0~t1时间内，轿厢从顶楼向下做加速运动，加速度方向向下，轿厢处于失重状态，故A错误；B．根据v—t图像的斜率表示加速度可知，在0~t1时间内轿厢的加速度先增大后减小，且加速度向下，则根据牛顿第二定律有mgF=ma可知，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大，故B正确；C．在t2~t3时间内，“对重”向上做减速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，故C正确；D．在t1~t2时间内，轿厢虽然做匀速运动，轿厢与“对重”的重量不相等，因为中间有驱动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，故D错误。故选BC。【典例分析2】（2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）如图甲所示，bc是竖直面内一根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，圆的半径为R，a点为圆周的最高点，c点为最低点。让一个小滑环从b点由静止释放到达c点；如图乙所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的大圆环，其圆心为O，在圆内与圆心O同一水平面上的P点搭一光滑斜轨道到大环上，，欲使物体（视为质点）从P点由静止释放，沿此倾斜轨道滑到大环。已知重力加速度为g。（1）求小滑环从b点运动到c点的时间；（2）求物体从P点滑到大环的最小时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设ac与bc夹角为，则有由几何关系得bc细杆长度为小滑环匀加速运动，根据运动学公式可得联立解得（2）如图建立一个与大圆相内切的等时圆设其半径为，由几何关系得解得从P点运动到切点为最短时间，由（1）结论得【方法提炼】1.解决动力学两类基本问题的思路受力分析eq\o(,\s\up15(F＝ma))加速度eq\o(,\s\up15(运动学公式))运动状态2．动力学基本问题的解题步骤(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。3．瞬时加速度的两种模型(1)刚性绳(或接触面)：不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)弹簧(或橡皮绳)：两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看做保持不变。4．处理多过程动力学问题的“二分析一关键”(1)“二分析”①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；②分析研究对象在每个阶段的运动特点。(2)“一关键”前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键。【变式演练】1.（2023上·云南红河·高三校考阶段练习）如图所示，两个质量分别为m1=1kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1=30N、F2=15N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A．系统运动稳定时，弹簧秤的示数是45NB．系统运动稳定时，弹簧秤的示数是15NC．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为25m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7.5m/s2【答案】C【详解】AB．对整体研究，由牛顿第二定律得解得对研究得故AB错误；C．在突然撤去F1的瞬间，弹簧弹力不变，对研究，由牛顿第二定律得解得C正确；D．在突然撤去F2的瞬间，弹簧弹力不变，对研究，由牛顿第二定律得解得D错误；故选C。2．（2024·福建宁德·福建省宁德第一中学校考二模）一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为。当撒去挡板瞬间，下列说法正确的是（）

A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为B．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为C．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向左【答案】D【详解】AB．根据题意，设A、B两球质量均为，去掉挡板前，对A球受力分析，由平衡条件有去掉挡板瞬间，弹簧弹力不变，A球受力情况不变，合力为0，加速度为0，对B球有解得故AB错误；C．根据上述分析可知，去掉挡板瞬间，B球有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C错误；D．去掉挡板瞬间，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，对A、B和C整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D正确。故选D。3.（2023上·海南省直辖县级单位·高三校考阶段练习）如图1所示，上表面均粗糙、倾角分别为和的斜劈1、2一起固定在水平地面上，且在最底端处平滑相连。现将一小滑块（可视为质点）从斜劈1上的处由静止开始下滑到处，并在处转弯的过程中，速度大小保持不变，随后冲上斜劈2并运动到处速度变为0，在此运动过程中小滑块的速度大小与时间的关系图像如图2所示。已知小滑块与两个斜劈之间的动摩擦因数均为（未知），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度取，则下列说法正确的是（）A．动摩擦因数B．小滑块将在处保持静止不动C．小滑块运动到处后将会以大小为的加速度向下滑D．经过很长一段时间后，小滑块最终停在斜劈2上的某一位置处【答案】C【详解】A．小滑块在斜劈1向下滑的过程中，对其受力分析，根据牛顿第二定律可知小滑块在斜劈2向上滑的过程中，对其受力分析，根据牛顿第二定律可知根据题图2的图像关系知解得动摩擦因数为故A错误；BC．当小滑块运动到处速度为0时，有解得即小滑块将以大小为的加速度下滑，故B错误，C正确；D．由于小滑块不能静止在斜劈2上，每次在斜劈1、2上上滑、下滑，都会损失一部分机械能，因此小滑块最终会停在处，故D错误。故选C。题型三动力学图像问题【解题指导】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】（2023·安徽·校联考模拟预测）质量为的物体，沿着倾角的固定斜面向下滑动。物体运动到O点开始计时，物体的图像（t为运动的时间，x是物体到O点的距离）如图所示。已知重力加速度，，则（）A．物体在O点的速度B．物体的加速度大小C．物体与斜面的动摩擦因数D．0~4s，损失的机械能为350J【答案】D【详解】AB．根据位移与时间的关系可得结合图像的斜率和截距可知而解得A、B错误；C．根据牛顿第二定律可得动摩擦因数C错误；D．物体停止的时间物体的位移损失的机械能D正确。故选D。【典例分析2】（2023上·山东临沂·高三统考期中）用水平拉力使水平桌面上的甲、乙两物体由静止开始沿直线运动，甲、乙两物体运动的加速度a与所受拉力F的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．甲物体的质量一定大于乙物体的质量B．甲物体的质量可能等于乙物体的质量C．甲物体与水平桌面间的动摩擦因数小于乙物体与水平桌面间的动摩擦因数D．甲物体与水平桌面间的动摩擦因数大于乙物体与水平桌面间的动摩擦因数【答案】D【详解】AB．由牛顿第二定律可知可得结合图像可知AB错误；CD．由图像可知可知C错误，D正确；故选D。【方法提炼】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。【变式演练】1.（2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）如图甲所示，劲度系数的轻弹簧，一端固定在倾角为的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度下列说法正确的是（）A．B．C．若，稳定时A对斜面的压力大小为12.5ND．若，稳定时A、B间弹力大小为6N【答案】ACD【详解】A．由图结合题意可知时弹簧处于原长状态，且物块A、B恰要分离，故对AB整体有解得故A正确；B．当a=0时，对AB整体分析有当时，图中另一纵截距的意义为联立解得=1kg，=2kg故B错误；C．当时，因为物块A、B恰要分离，故对A有N由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5N，故C正确；D．时，对B分析解得=6N故D正确；故选ACD。2.（2023·四川雅安·统考模拟预测）（多选）如图甲所示，长木板固定放置在水平桌面上，长木板的上表面B点处安装有光电门，右侧安装有定滑轮，带有遮光条的滑块（总质量为m）放置在长木板上，轻质细线跨过定滑轮，左端与滑块连接，右端与安装在天花板上的力传感器连接，在绳上放置带重物的动滑轮，现让滑块从A处由静止释放（A、B两点之间的距离为L），稳定时记下力传感器的示数F以及遮光条通过光电门的时间t，更换重物，让滑块仍从A处由静止释放，记录多组相对应的F、t，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，轻质细线与滑轮之间的摩擦力忽略不计，下列说法正确的是（）A．长木板上方的细线与长木板可以不平行B．轻质细线的拉力大小等于力传感器示数C．由图乙所给的信息可得遮光条的宽度为D．由图乙所给的信息可得滑块与长木板之间的动摩擦因数为【答案】BCD【详解】A．应保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故A错误；B．绕过滑轮的细绳的拉力相等，故B正确；C．根据牛顿第二定律得速度由匀变速直线运动的速度—位移公式得整理得根据图像斜率可知解得故C正确；D．根据C项与图像的截距，结合摩擦力的计算公式可解得滑块与长木板之间的动摩擦因数为故选BCD。3．（2024·海南·校联考一模）（多选）用水平拉力使雪橇在平坦的雪地上由静止开始沿直线运动，雪橇运动后，所受拉力与其加速度的关系图线如图所示，图中和均为已知量，重力加速度大小为。下列说法正确的是（  ）A．雪橇一定做匀加速直线运动B．雪橇的质量为C．雪橇与雪地间的动摩擦因数为D．拉力时，雪橇的加速度大小为【答案】CD【详解】A．由图像知雪橇拉力变化，做变加速直线运动，选项A错误；B．设雪橇的质量为m，雪橇与地面间的动摩擦因数为，依据牛顿第二定律，对雪橇有即图像斜率表示雪琵的质量，得选项B错误；C．若，得选项C正确；D．当拉力时，加速度选项D正确。故选CD。题型四动力学中的传送带问题【解题指导】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】（2024·广东汕头·校考一模）地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1m、速率为2m/s，g取10m/s²，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，则（）A．物品在传送带上运动的时间是1.3sB．物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带速度C．物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长D．若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4倍【答案】AD【详解】B．物品在传送带上前阶段是滑动摩擦，由牛顿第二定律可得物品加速阶段的位移物品加速达到与传送带共同速度后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故B错误；AC．物品匀加速运动的时间物品匀速运动的时间物品在传送带上运动的时间是与物品的质量无关，故A正确，C错误；D．由，可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。故选AD。【方法提炼】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。【变式演练】1.（2023上·辽宁大连·高三大连市金州高级中学校考期中）（多选）如图所示，水平传送带AB长L=10m，以恒定速率v1=2m/s运行。初速度大小为v2=4m/s的小物块（可视为质点）从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块的质量m=1kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2，则（）A．小物块离开传送带时的速度大小为2m/sB．小物体在传送带上的运动时间为2sC．小物块与传送带间的摩擦生热为16JD．小物块和传送带之间形成的划痕长为4.5m【答案】AD【详解】A．物块先向左做匀减速运动，加速度为物块做减速运动的时间为物块做减速运动的位移为可知滑块速度为零时不能达到B端，则速度为零时物块将向右做匀加速运动，当速度等于传送带的速度时，物块做匀速直线运动，故小物块离开传送带时的速度大小为2m/s，故A正确；B．物块做加速运动的时间为物块做加速运动的位移为物块做匀速运动的时间为小物体在传送带上的运动时间为故B错误；C．小物块减速阶段与传送带间的相对位移为小物块加速阶段与传送带间的相对位移为小物块与传送带间的摩擦生热为故C错误；D．小物块和传送带之间形成的划痕长为故D正确。故选AD。2.（2023上·陕西榆林·高三靖边县靖边中学校联考阶段练习）如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度随位移的变化图像如图乙所示（重力加速度取），则下列说法正确的是（）A．传送带与水平面的夹角为 B．包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4C．传送带运行的速度大小为 D．包裹到B点时的速度为【答案】C【详解】AB．小包裹放上传送带后瞬间，小包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得运动到与传送带共速时，根据牛顿第二定律得其中，联立解得，可得故AB错误；C．由可得则传送带的速度为6m/s，故C正确；D．第二段匀加速过程有解得可知包裹到B点时的速度为，故D错误。故选C。3．（2023·山西吕梁·统考一模）倾斜传送带广泛应用于矿山、港口、电厂、物流等领域。模型简化如图所示，与水平面成角的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物轻放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度，由图可知（）A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.25B．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为112JC．货物从A运动到B过程中，货物对传送带做功64JD．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为128J【答案】C【详解】A．根据牛顿运动定律可得，货物的加速度为货物的加速度为根据动力学公式有代入数据计算可得，故A错误；B．货物的位移为末货物的速度为货物的位移为货物从A运动到B过程中，根据动能定理有传送带对物块做的功为故B错误；C．货物从A运动到B过程中，皮带运动的距离为皮带运动的距离为货物对传送带做功为故C正确；D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带的相对位移为货物与传送带摩擦产生的热量为故D错误。故选C。4.（2023上·江苏苏州·高三统考期中）如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3~4.5s段为直线。求：（1）传送带的速度大小；（2）物块刚滑上传送带时的速度大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）由图像得，3s后物块随传送带做匀速直线运动，则（2）图线的0~3s段为抛物线，根据匀变速位移时间关系式可知，0~2s物块做匀减速直线运动，则解得题型五动力学中的板块问题【解题指导】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】（2023上·湖北·高三校联考期中）如图甲所示，水平地面上有一质量足够长的木板A，木板的右端放置着质量的小物块B（可视为质点），二者均处于静止状态。现将水平拉力F作用在木板上，F随时间t变化的关系如图乙所示，其中内，时刻木板与物块恰好发生相对滑动，时刻后拉力F恒为25N。若木板与地面间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小。（1）求木板被拉动的时刻；（2）求的值；（3）时，求木板和物块的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3），【详解】（1）拉动木块时得（2）木板与物块恰发生相对滑动时，对A对B则有（3）木板与物块共同运动时此时木板与物块相对滑动后对A对B得故【方法提炼】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。【变式演练】1.（2023上·江苏淮安·高三马坝高中校考阶段练习）如图所示，放在水平地面上的长木板B足够长，质量mB=1kg，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。一质量mA=2kg的小铅块A放在B的右端，A、B间动摩擦因数μ1=0.1，刚开始A、B均静止，现突然使B以初速度v0=9m/s向右运动，已知g=10m/s2，求：（1）A、B共速前各自的加速度大小aA、aB；（2）A、B共速时二者的相对位移大小x相；（3）最终A停在距B的右端多远处。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）根据牛顿第二定律可知，A、B共速前各自的加速度大小（2）A、B共速时解得t=1sv=1m/s此时A的位移B的位移二者的相对位移大小x相=xB-xA=4.5m（3）共速后A相对B向右做减速运动，加速度大小仍为，此时B的加速度当B停止时向右运动A停止运动时的位移即A相对B向右滑动0.375m，则此时最终A停在距B的右端∆x=4.5m-0.375m=4.125m2．（2023·安徽·校联考模拟预测）如图所示，倾角为的传送带足够长，初始静止。质量的长木板放置在传送带上，恰好静止。有一质量的小物块，以沿着板面从上边缘滑上木板。当木板与物块恰好相对静止时，板撞到传送带下端的弹性开关上，传送带立即以顺时针转动，木板以碰前相同大小的速度反弹。最终物块恰好没有滑离木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块、物块的上下表面均与传送带平行，物块可看成质点。求∶（1）长木板A与传送带之间的动摩擦因数（2）木板与开关相撞时的速度；（3）木板的长度L。【答案】（1）0.75；（2）1m/s；（3）【详解】（1）长木板恰好静止在传送带上解得（2）对长木板由牛顿第二定律得解得对物块由牛顿第二定律得解得物块与长木板达到共同速度时解得方向向下（3）木板向下运动过程中，相对位移木板被反弹，木板与物块的加速度均未