2026版创新设计高考一轮复习物理第三章专题强化四　牛顿运动定律的综合应用含答案

2026版创新设计高考一轮复习物理第三章专题强化四牛顿运动定律的综合应用学习目标1.掌握动力学图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义。2.知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题。3.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题。考点一动力学图像问题常见动力学图像及应用方法v－t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F－a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F、a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a－t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并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例1(2024·广东卷，7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y图像或y－t图像可能正确的是()答案B解析在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg;当木块接触弹簧后到合力为零前，F＝mg－k(y－H)，随着y的增大F减小;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y的增大F增大，F－y图像如图B项所示，故B正确，A错误;在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，根据v＝gt，速度逐渐增大，所以y－t图像斜率逐渐增大;当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有mg－k(y－H)＝ma，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y－t图像斜率继续增大;当弹簧弹力等于重力时，速度达到最大，y－t图像中斜率最大;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点的过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y－t图斜率减小，到达最低点时，木块的速度为零，y－t图像的斜率为零。综上分析可知，木块先做自由落体运动，后做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动到最低点。同理可知，木块在上升过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点。y－t图像大致如图所示，故C、D错误。动力学图像问题的解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。跟踪训练1.(多选)(2024·四川成都模拟)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速a与F的关系如图乙。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点为－b。由图可知()A.小物块的质量为kB.小物块的质量为1C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为bD.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c答案BD解析以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得F－mgsinθ－Ff＝ma，可得a＝Fm－mgsinθ＋Ffm，结合a－F图像可得1m＝k＝bc，－mgsinθ＋Ffm＝－b，可知小物块的质量为m＝1k，考点二动力学中的连接体问题1.连接体的五大类型弹簧连接体轻绳连接体轻杆连接体物体叠放连接体两物体并排连接体2.连接体的运动特点(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。(4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。3.连接体问题的分析方法(1)整体法:若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度。(2)隔离法:求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。(3)整体法、隔离法的交替运用，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时，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出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。例2(2024·福建泉州模拟)如图所示，在水平面上放置着两个靠在一起、横截面为梯形的物体P和Q，θ＝37°，P和Q质量之比为7∶2，所有接触面均光滑。若把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上，P和Q恰好相对静止;若把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上，P和Q也恰好相对静止，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则F1A.72 B.C.1 D.3答案A解析设P和Q的质量分别为7m和2m，当把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上时，设整体的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F1＝9ma1。隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有2mgtanθ＝2ma1，联立解得F1＝274mg;当把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上时，设整体的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有F2＝9ma2，设Q对P的弹力大小为FN，则FNsinθ＝7ma2，根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为FN'＝FN，隔离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，在竖直方向上根据平衡条件有FN'cosθ＝2mg，联立解得F2＝2714mg，所以F1F拓展(1)上题中，若两物体P、Q接触面为竖直面，用力F作用在P上向左推P物体，此时P、Q间的弹力为FN1，用同样大小的力F作用在Q上向右推Q物体，此时P、Q间的弹力为FN2，则FN1FN2答案2解析力F作用在P上时，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得F＝9ma1，隔离Q分析，P对Q的弹力FN1＝2ma，解得FN1＝29F;力F作用在Q上，对P、Q整体可得F＝9ma2，隔离P物体，Q对P的弹力FN2＝7ma2，解得FN2＝79F，故(2)若将P和Q叠放在一起，放在光滑的水平面上，两物体P和Q间接触面是粗糙的，水平力F分别作用在P、Q上，两物体均可保持相对静止，则两种情况下P、Q间的摩擦力分别为多大?答案29F7解析力F作用在P上，P和Q一起加速运动，则对整体有F＝9ma2隔离Q物体，P对Q的摩擦力Ff1＝2ma2解得Ff1＝29力F作用在Q上，P和Q一起加速运动则对整体有F＝9ma1隔离P物体，Q对P的摩擦力Ff2＝7ma1解得Ff2＝79F力的“分配”原则如图所示，一起做匀加速运动的物体系统，若外力F作用于质量为m1的物体上，两物体间的弹力F弹＝m2m1＋m2F;若作用于质量为m2的物体上，则F弹＝m1m1＋m2F。此结论与有无摩擦无关(若有摩擦跟踪训练2.(2025·湖北十一校联考)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是()A.t＝1s时，物块Q的速度大小为0.4m/sB.恒力F大小为1.6NC.物块Q的质量为0.5kgD.撤去推力后，物块P、Q最终将一起做匀加速直线运动答案C解析若0~1s内Q的加速度均匀增大，则t＝1s时Q的速度大小等于vQ＝12×1×0.8m/s＝0.4m/s。由图可知实际Q的图像与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与坐标轴围成的面积，故t＝1s时Q的速度大小大于0.4m/s，A错误;刚施加力F瞬间，对物块P有F＝mPa0＝2×1N＝2N，即恒力大小为2N，B错误;t＝1s时，对物块P、Q整体有F＝(mP十mQ)a1，解得mQ＝0.5kg，C正确;撤去外力，整体所受合力为零，P、Q间靠弹簧相互作用，一个加速则另一个必然减速，D3.(多选)(2025·安徽芜湖高三教学质量统测)如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A物体与斜面间的动摩擦因数为μ，质量为2m，下列说法中正确的是()A.A物体与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθB.轻杆对A物体的作用力沿斜面向下C.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑D.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑答案BC解析以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得3mgsinθ＝2μmgcosθ，解得μ＝32tanθ，故A错误;B物体光滑，轻杆对B物体的作用力沿斜面向上，则轻杆对A物体的作用力沿斜面向下，故B正确;设A物块质量增加Δm，则摩擦力增加μΔmgcosθ＝32Δmgsinθ，A物体的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsinθ，A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，则A、B整体做减速运动，故C正确;若增加B物体的质量，设B质量增加Δm，整体的沿斜面向下的分力为(3m＋Δm)gsinθ，向上的摩擦力为2μmgcosθ＝3mgsinθ，A、B整体的合力为Δmgsinθ，方向沿斜面向下，故向下做加速运动，故考点三动力学中的临界和极值问题1.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件: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T＝0。(4)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合力为零。2.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。角度恰好分离的临界问题例3(2024·湖南娄底模拟)如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则()A.t＝0时，A物体的加速度为2m/s2B.t＝1s时，A、B开始分离C.t＝0时，A、B之间的相互作用力为3ND.A、B开始分离时的速度为3m/s答案B解析由题图甲、乙可得FA＝(8－2t)N，FB＝(2＋2t)N，t＝0时，可知FA0＝8N，FB0＝2N，由于FAO>FBO，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a＝FA＋FBmA＋mB＝1m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2N，故A、C错误;当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有FBmB＝FAmA，即2＋2t4＝角度发生相对滑动的临界问题例4(多选)(2025·山西运城高三期末)马车是古代交通运输的主要工具，如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。木板A和B、B和车之间的接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与车之间的动摩擦因数为μ2，A的质量为m，B的质量为3m，车的质量为5m，地面对车的摩擦不计，马给车的水平拉力为F，A、B始终没有离开车的表面，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A.若μ1>μ2，不管F多大，A、B都不会发生相对滑动B.若μ1>μ2，当F＝10μ2mg时，B与车之间开始相对滑动C.若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B先滑动D.若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，F的最大值为8μ1mg答案AC解析若μ1>μ2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A正确;若μ1>μ2，整体相对静止的最大加速度为am＝μ2(m＋3m)gm＋3m＝μ2g，则最大拉力为Fm＝(m＋3m＋5m)am＝9μ2mg，当F＝9μ2mg时，B与车之间开始相对滑动，故B错误;若μ1<μ2，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故C正确;若μ1<μ2，A、B与车都相对静止，系统的最大加速度为am'＝μ1mgm＝μ1g，则最大拉力为Fm'＝(m＋3m＋5m角度动力学的极值问题例5(2024·湖北武汉模拟)质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mgA.1-33g B.C.g D.23答案B解析对物块受力分析，设外力与水平方向成θ角，如图所示，由牛顿第二定律Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma，化简可得Fμ2＋1sin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝33，tanφ＝1μ，当sin(θ＋φ)＝1时，物块运动的加速度最大，为am＝33方法总结处理动力学临界和极值问题的方法技巧极限法把物理问题(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A级基础对点练对点练1动力学图像问题1.(2025·四川成都模拟)如图，一水平轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与一小物块相连，刚开始物块静止且弹簧处于原长状态，现对物块施加一个水平向右的拉力F使物块向右做匀加速直线运动。弹簧始终处于弹性限度内，物块与水平地面间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力。下列关于拉力F随物块位移x变化的图像正确的是()答案A解析根据牛顿第二定律有F－μmg－kx＝ma，即F＝ma＋kx＋μmg，物块做匀加速运动，则F与x的关系为一次函数的关系，截距为正值，故A正确。2.(2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g。在下列a－m图像中，可能正确的是()答案D解析设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为F，3.(多选)(2025·河南焦作高三期末)如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法正确的是()A.当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动B.图中A点值等于物体的重力C.物体向上运动的加速度和力F成正比D.图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度答案ABD解析由题图可知，其力F小于A点值时，其加速度为零，即物体处于平衡态，而初始物体静止不动，所以在小于A点值时，物体不动，且此时物体的重力Mg>F，故A正确;当F为A点值时，物体的加速度恰好为零，对物体有F＝Mg，所以图中A点值等于物体的重力，故B正确;物体向上运动，对物体有F－Mg＝Ma，整理有a＝1MF－g，所以物体向上运动的加速度和力F成一次线性关系，而不是正比关系，故C错误;由a＝1MF－g知a－F图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度，故对点练2动力学中的连接体问题4.(2025·山东潍坊模拟)如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物块用细线相连，A物块质量为1kg，B物块质量为2kg，细线能承受的最大拉力为4N。若要保证在水平拉力F作用下，两物块一起向右运动，则F的最大值为()A.4N B.5NC.6N D.7N答案C解析对两物块整体作受力分析有F＝(mA＋mB)a，对于B物体有FTm＝mBa，FTm＝4N，联立解得Fm＝6N，故C正确。5.(2025·山东济南高三期末)如图所示，静置于光滑水平面上的物体A通过跨过定滑轮的轻绳与物体B相连，轻绳处于拉直状态。已知A、B两物体的总质量不变，不计滑轮的质量和摩擦。同时将A、B两物体由静止释放，释放后瞬间轻绳的拉力大小为FT。下列说法正确的是()A.物体B的质量越大FT越大B.物体A的质量越大FT越大C.A、B两物体的质量相等时FT最大D.A、B两物体的质量相等时FT最小答案C解析A、B两物体的加速度大小相等，以物体A为研究对象，由牛顿第二定律得FT＝mAa，以物体B为研究对象，由牛顿第二定律得mBg－FT＝mBa，可得FT＝mAmBmA＋mBg，由题意知A、B两物体的总质量不变，即mA＋mB不变，由数学知识可知，当mA＝mB时，mAmB有最大值，所以当mA＝mB时6.(多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是()A.若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1 B.若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1C.若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1 D.若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1答案AC解析三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D项错误;若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A项正确，B项错误。对点练3动力学的临界和极值问题7.(多选)如图所示，质量mB＝2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600N/m，g＝10m/s2。以下结论正确的是()A.变力F的最小值为2NB.变力F的最小值为6NC.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/sD.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为55答案BC解析对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有F＋FN－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FN，当FN最大时，F最小，即刚开始施力时，FN最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，故A错误，B正确;刚开始弹簧的压缩量为x1＝mAg＋mBgk＝0.05m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，解得x2＝0.04m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.28.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，x的最小值为()A.0.12m B.0.14m C.0.16m D.0.2m答案C解析设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝－g(sinθ＋μcosθ)，设木块的位移为x，有0－v02＝2ax，根据数学关系知sinθ＋μcosθ＝1＋μ2sin(θ＋α)，其中tanα＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g1＋μ2＝－54g，此时x有最小值，为xmin＝2v025g＝B级综合提升练9.(2024·安徽淮南模拟)足够长的光滑斜面上的三个质量相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的上侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力F0的大小，使三个物块沿斜面以相同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A.斜面的倾角θ＝60°B.每个物块的质量m＝2.5kgC.当F＝10N时，F0＝15ND.当F＝10N时，物块的加速度大小为a＝2.5m/s2答案C解析对物块2、3，根据牛顿第二定律有F－2mgsinθ＝2ma，根据运动学公式有x＝12at2，联立可解得xt2＝F4m－12gsinθ，由题图乙可知，图像斜率k＝12＝14m，即m＝0.5kg，图像纵轴截距的绝对值b＝2.5＝12gsinθ，解得sinθ＝12，所以θ＝30°，故A、B错误;当F＝10N时，由F－2mgsinθ＝2ma，可求得三个物块的加速度大小为a＝5m/s2，对三个物块有F0－3mgsin10.如图所示，固定的足够长的光滑斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端固定有轻质滑轮。位于斜面底端的滑块P通过不可伸长的轻质细绳绕过滑轮与重物Q连接。开始时托着重物Q使细绳恰处于绷直状态，滑块P和滑轮间的细绳与斜面平行，重物Q与滑轮间的细绳沿竖直方向。现释放重物Q，重物Q向下运动，滑块P沿斜面向上运动。当滑块P的速度达到v时剪断细绳，发现滑块P回到原出发点时速度大小变为2v。不计一切摩擦阻力。求:(1)剪断细绳前后P在斜面上运动时间之比t1t2(2)滑块P与重物Q的质量之比mP答案(1)113(2)解析(1)选沿斜面向上为正方向，剪断细绳前后P运动的时间分别为t1、t2，剪断细绳前有v＝a1t1剪断细绳后有－2v＝v－a2t2两阶段滑块P发生的位移大小相等，方向相反，有12a1t1联立得t1(2)设细绳上的拉力为FT，重力加速度为g，剪断细绳前对滑块P，有FT－mPgsinθ＝mPa1对重物Q，有mQg－FT＝mQa1剪断细绳后，对滑块P有mPgsinθ＝mPa2联立解得mPC级培优加强练11.(多选)(2025·湖南长沙雅礼中学月考)水平面上放置一质量为m的滑块A，上方有圆形凹槽，质量为2m的圆柱B恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角θ＝30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与A相连，细绳伸直后由静止释放C，不计一切摩擦，A离定滑轮足够远，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.若A、B能保持相对静止，则细绳的张力大小为3B.若A、B能保持相对静止，则A对B的作用力大小为2mg1＋C.当M＝(3＋1)m时，B恰要从凹槽中滚出D.若θ＝45°，则只要M足够大，B一定可以从凹槽中滚出答案AB解析若A、B相对静止，对系统由牛顿第二定律得Mg＝(m＋2m＋M)a，则加速度大小为a＝Mg3m＋M，对A、B受力分析，有FT＝3ma，解得FT＝3MmgM＋3m;再对B受力分析，有FAB2＝(2ma)2＋(2mg)2，所以FAB＝2mg1＋M2(M＋3m)2，故A、B正确;小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力FAB沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，得FABsinθ＝2ma1，FABcosθ＝2mg，临界加速度大小为a1＝33g，对A、B整体有a1＝MgM＋3m，解得M＝3(3＋1)2m，故C错误;若θ＝45°，由FABsinθ＝2ma2和FABcosθ＝2mg，学习目标1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。2.会计算相对位移及划痕的长度。模型一水平传送带水平传送带问题的常见情形及运动分析情景物块的运动情况关键点传送带不足够长传送带足够长一直匀加速，a＝μg先加速后匀速水平同向传送带:判断物块能否与传送带共速若x物>L，则不能共速若x物≤L，则能共速v0<v时，一直加速v0<v时，先加速后匀速v0>v时，一直减速v0>v时，先减速后匀速一直减速到右端先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0<v返回到左端时速度为v0，若v0>v返回到左端时速度为v水平反向传送带:判断物块能否减速到0例1(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()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，整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04m答案AD解析开始时行李的加速度大小为a＝μmgm＝2m/s2，A正确;行李与传动带达到共速所用时间t1＝va＝0.2s，行李的位移为x1＝12at12＝0.04m<2m，则两者能共速。行李匀速运动的时间为t2＝xAB-x1v＝4.9s，行李到达B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，B错误;行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x1＝0.04m，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x2＝v2衔接教材本题以机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李为素材，创设了求解小包裹加速度、小包裹通过传送带所需时间的生活实践问题情境。本题水平传送带的情境与人教版必修第一册P115T4的安检机水平传送带相呼应，体现了源于教材又高于教材的命题理念。主要考查利用牛顿第二定律、匀变速直线运动规律等知识点求解传送带问题。关于物体相对传送带位移的求解方法，若物体相对传送带的位移大小为Δx。(1)若有一次相对运动:Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传，Δx也是划痕长度。(2)若有两次相对运动:两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲);两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。跟踪训练1.(2025·海南海口一中高三期中)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度v0滑上传送带，小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A.小滑块的加速度向右，大小为μgB.若v0<v1，小滑块返回到左端的时间为vC.若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为vD.若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为v答案D解析小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误;若v0<v1，小滑块以速度v0先向右减速到0再返回加速到v0，刚好返回到左端，时间为t＝2v0μg，故B错误;若v0>v1，小滑块以速度v0先向右减速到0的时间t1＝v0μg，位移为x1＝v022μg，然后加速返回，速度加速到v1的时间t2＝v1μg，位移为x2＝v122μg，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝x1-x2v1＝v模型二倾斜传送带倾斜传送带运动分析情景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)先加速后匀速一直加速(加速度a＝gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后匀速若μ<tanθ，先以a1＝gsinθ＋μgcosθ加速，后以a2＝gsinθ－μgcosθ加速v0<v时，一直加速(加速度a＝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，一直加速或减速(加速度大小为a＝gsinθ－μgcosθ或a＝μgcosθ－gsinθ)若μ>tanθ，先减速后匀速;若μ<tanθ，一直加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)gsinθ>μgcosθ，一直加速;gsinθ＝μgcosθ，一直匀速gsinθ<μgcosθ，一直减速先减速到速度为0后反向加速:若v0<v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动);若v0>v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v例2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θ＝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。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)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2。(2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间t1＝v2-v1a＝在传送带上滑动的距离为x1＝v1＋v22t1＝0.6＋1.62×2.5因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝L-x1v1＝所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5s。(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Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小。跟踪训练2.(2024·安徽卷，4)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是()答案C解析0~t0时间内:物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后，当物块速度与传送带速度相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。3.(2025·江苏盐城高三学情检测)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图像如图乙所示，2s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则()A.传送带的倾角θ＝30°B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4C.传送带上、下两端的间距为15mD.物体在传送带上留下的痕迹长度为5m答案D解析由题图乙得0~1s内物体的加速度a1＝Δv1Δt1＝10.0m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1;1~2s内加速度a2＝Δv2Δt2＝2.0m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故A、B错误;由题意可知物体在0~2s内的位移大小等于传送带上、下两端的距离，根据v－t图像与t轴所围的面积表示位移，可知位移l＝10.0×1.02m＋10.0＋12.02×1.0m＝16m，故C错误;由题图乙知传送带的速率v0＝10m/s，则0~1s内，物体的位移为x1＝10.0×1.02m＝5m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1.0m＝10m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx1＝x2－x1＝10m－5m＝5m，物体相对传送带向上运动;1~2s内物体的位移为x3＝10.0＋12.02×1.0m＝11m，传送带的位移为x4＝v0t2＝10×1m＝10m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx2＝x3－x4＝1A级基础对点练对点练1水平传送带1.(多选)(2024·广东汕头一模)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，加速阶段物品的位移增大为原来的4倍答案AD解析物品放在传送带上后，相对传送带滑动，受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，则a＝μg＝4m/s2，物品加速阶段的位移x1＝v22a＝222×4m＝0.5m，物品加速到与传送带的速度相同后，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;物品匀加速运动的时间t1＝va＝0.5s，物品匀速运动的时间t2＝l-x1v＝2.1-0.52s＝0.8s，物品在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝1.3s，与物品的质量无关，故A正确，C错误;由x12.北京国际机场航站楼行李处理系统其中的一段如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是()A.小行李箱的初速度大小为2m/sB.传送带转动的速度大小为6m/sC.A、B两点间的距离为6mD.小行李箱与传送带的相对位移大小为2m答案D解析由v－t图像可知，小行李箱的初速度v0＝6m/s，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，则传送带转动的速度v＝2m/s，故A、B错误;根据v－t图像，小行李箱在3s内运动的距离为x1＝6＋22×1m＋2×2m＝8m，则A、B两点间的距离为8m，故C错误;根据v－t图像，在3s内传送带传动的距离为x2＝2×3m＝6m，所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx＝x1－x2＝2m，故D对点练2倾斜传送带3.(多选)(2025·河南南阳高三期末)如图甲所示，倾角为θ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a随位移x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.传送带与水平面的夹角为30° 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6m/s D.包裹到B点时的速度为8m/s答案AC解析包裹放上传送带后，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μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1，运动到与传送带共速后，根据牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，其中a1＝7.5m/s2，a2＝2.5m/s2，联立解得μ＝36，sinθ＝0.5，可得θ＝30°，故A正确，B错误;由运动学公式有v12＝2a1x1，可得v1＝2a1x1＝2×7.5×2.4m/s＝6m/s，则传送带的速度为6m/s，故C正确;第二段匀加速过程有v22－v12＝2a2(x2－x1)，解得4.(多选)(2024·江西南昌模拟)如图所示，一传送带倾斜放置，以恒定速率v顺时针转动。t＝0时刻一物块以初速度v0从A端冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带，则物块速度随时间变化的图像可能是()答案AC解析对物块受力分析可知，物块受到重力、摩擦力和支持力。设摩擦力最大值为Ffm，重力沿传送带向下的分力为mgsinθ。若v0<v，物块先做匀加速运动，与传送带共速后，若Ffm≥mgsinθ，物块与传送带一起匀速运动，则A图是可能的，若Ffm<mgsinθ，物块做匀减速运动，则B图是不可能的，故A正确，B错误;若v0>v，物块先做匀减速运动，加速度大小a1＝gsinθ＋μgcosθ，与传送带共速后，若Ffm<mgsinθ，物块向上继续做匀减速运动，加速度大小a2＝gsinθ－μgcosθ，由此可知a2<a1，v－t图像的斜率变小，速度减小到零，后又向下做匀加速运动，加速度大小不变，则C图是可能的，故C正确;若v0>v，物块先做匀减速运动，与传送带共速后，若Ffm≥mgsinθ，物块与传送带沿斜面向上一起做匀速运动，则D图不可能，故D错误。5.(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，若θ、g、v0、t0已知，则下列说法中正确的是()A.传送带一定逆时针转动B.μ＝tanθ＋vC.传送带的速度大于v0D.t0后一段时间内滑块加速度为2gsinθ－v答案AD解析若传送带顺时针转动，当滑块下滑(mgsinθ>μmgcosθ)，将一直匀加速到底端;当滑块上滑(mgsinθ<μmgcosθ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，A正确;滑块在0~t0内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，a1＝gsinθ＋μgcosθ，由图可知a1＝v0t0，则μ＝v0gt0cosθ－tanθ，B错误;只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力方向向反，故传送带的速度等于v0，C错误;共速后滑块的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得a2＝B级综合提升练6.如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间1.5s滑到斜面底端A。已知O、A之间距离LOA＝4.5m，传送带左右两端A、B间的距离LAB＝10m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不计