（人教版）必修第一册高一物理第四章 力与运动的关系单元复习与检测（讲）（解析版）

第四章力与运动的关系单元复习与检测【讲】一.单元知识体系构建二.核心主干知识总结主题一力与运动的关系(1)合外力与加速度的关系eq\x(\a\al(合外力,与,加速度))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(\a\al(合外力方向决,定加速度方向))→a与F方向总相同,\x(\a\al(合外力大小决,定加速度大小))→a与F大小成正比))(2)合外力与速度的关系合力与速度同向时，物体做加速运动，反之减速。(3)力与运动的关系eq\x(\a\al(物体受,力作用))→eq\x(\a\al(运动状,态变化))—eq\x(\a\al(物体速,度变化))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(力与速度同向→v增加,力与速度反向→v减小))(4)加速度的定义式与决定式①a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定义物理量的方法。②a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素。特别提醒：物体的加速度的方向与物体所受的合外力是瞬时对应关系，即a与合力F方向总是相同，但速度v的方向不一定与合外力的方向相同。【例1】如图所示，静止在光滑水平面上的物体A的一端固定着处于自然状态的轻质弹簧。现对物体作用一水平恒力F，在弹簧被压缩到最短这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是()A．速度先增大后减小，加速度先增大后减小B．速度先增大后减小，加速度先减小后增大C．速度增大，加速度增大D．速度增大，加速度减小【解题指导】：eq\x(\a\al(分析物体,A的受力))eq\o(→,\s\up7(判断))eq\x(\a\al(合力如,何变化))eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))eq\x(\a\al(加速度,如何变化))eq\o(→,\s\up7(判断))eq\x(\a\al(速度如,何变化))【答案】B【解析】：压缩的初始阶段，水平恒力大于弹簧弹力，合力方向朝左，物体加速，随着物体向左移动，弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，但当弹簧弹力大于水平恒力时，合力方向朝右，物体开始减速，弹簧弹力继续增大，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，即先是加速度逐渐减小的加速运动，后是加速度逐渐增大的减速运动，选项B正确。【变式训练1】(2021·江苏省南通高一上学期检测)物块从某一高度自由落下，落在竖直于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点物块开始与弹簧接触，到B点时物块速度变为零，则：物块从A到B运动过程中，下列说法正确的是()A．一直匀加速 B．一直匀减速C．加速度先增加后减小 D．加速度先减小后增加【答案】D【解析】：物块从A处下降到B处的过程中，开始阶段弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，小球向下加速；随着弹力的增大，合外力减小，加速度减小；当弹簧的弹力和物体的重力相等时，加速度为零，之后弹力大于重力，小球开始减速，直至减为零。由于弹力越来越大，故合力越来越大，故加速度增大，故物体先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故D正确，A、B、C错误，故选D。【变式训练2】(2021·陕西西安高一期末)如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α，已知θ<α，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小车一定向右做匀加速运动B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C．小球P受到的合力不一定沿水平方向D．小球Q受到的合力大小为mgtanα【答案】D.【解析】：对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得mgtanα＝ma，得到a＝gtanα.故加速度向右，小车向右加速，或向左减速，故A错误；对P球，设受到杆的拉力与竖直方向夹角为β，由牛顿第二定律得：mgtanβ＝ma′，得β＝α>θ，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误；小球P和Q的加速度相同，水平向右，则两球的合力均水平向右，大小F合＝ma＝mgtanα，故C错误，D正确．主题二动力学的图像问题v－t图象(属于已知运动求受力)(1)根据图象确定物体各段的加速度大小和方向(2)弄清每段与物体运动的对应关系(3)对各段进行受力分析(4)用牛顿第二定律求解F－t图象(属于已知受力求运动)(1)根据图象结合物体运动情况明确物体在各时间段的受力情况(2)利用牛顿第二定律求出加速度(3)利用运动学公式求其他运动量a－F图象图象的力F是物体受到的某一个力的变化对物体加速度的影响，(1)对物体进行全面受力分析(2)根据牛顿第二定律求其他未知力解决这类问题的基本步骤(1)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)的制约关系．(2)看图线本身，识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看交点，分清两个相关量的变化范围及给定的相关条件．明确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．在看懂以上三个方面后，进一步弄清“图象与公式”“图象与图象”“图象与物体”之间的联系与变通，以便对有关的物理问题作出准确的判断．【例2】(多选)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝eq\f(v0,t1)，下降过程中的加速度为a2＝eq\f(v1,t1).物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋Ff＝ma1，mgsinθ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1g)，滑动摩擦力Ff＝eq\f(m（v0－v1）,2t1)，而Ff＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图线中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．【例3】(多选)(2021·鹤岗一中高一检测)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10m/s2)()A．物体的质量为1kgB．物体的质量为2kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【答案】BC.【解析】：由题图乙可知F1＝7N时，a1＝0.5m/s2，F2＝14N时，a2＝4m/s2，由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得m＝2kg，μ＝0.3，故选项B、C正确．【例4】．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为()A．0.5kg，0.4 B．1.5kg，0.4C．0.5kg，0.2 D．1kg，0.2【解析】：选A.由F－t图和v－t图可得，物块在2～4s内所受外力F＝3N，物块做匀加速直线运动，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2，F－Ff＝ma，即3－10μm＝2m①物块在4～6s所受外力F＝2N，物块做匀速直线运动，则F＝Ff，F＝μmg，即10μm＝2②由①②解得m＝0.5kg，μ＝0.4，故A正确．【变式训练】(2021·沈阳东北育才中学高一上学期期中)如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取g＝10m/s2，则()A．物体的质量m＝0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40C．前3s内物体的平均速度为1.5m/sD．前3s内物体所受摩擦力为2N【答案】AB【解析】：在1～2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a＝2m/s2，由牛顿第二定律可得F－f＝ma得：m＝eq\f(F－f,a)＝eq\f(3－2,2)kg＝0.5kg，所以A正确；由速度－时间图象可以知道在2～3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，由f＝μmg得：μ＝eq\f(f,mg)＝eq\f(2,0.5×10)＝0.40；故B正确；前3s内的位移为：x＝eq\f(1＋2,2)×2m＝3m；故平均速度为：v＝eq\f(3,3)m/s＝1m/s；故C错误；前1s内物体合外力为零，处于静止状态，故摩擦力为1N；故D错误。主题三连接体问题如图所示，物块A的质量是B的2倍，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若水平面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为N1；若水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块间的相互作用力大小为N2，试分析下列问题。【设问探究】1．A、B两物块的加速度有什么关系？2．如何求出A、B两物块的加速度？3．水平面光滑与粗糙时，物块A、B间的相互作用力大小N1和N2的大小有什么关系？4．什么情况下对两个物体用整体法受力分析，什么时候用隔离法？5．物块A、B间的相互作用力大小与什么因素有关？【提示】：1.由于A、B两物块都一起运动，因此两物块的加速度相同。2．用整体法求出整体的加速度，也就是每个物体的加速度。设B的质量为m，则A的质量为2m。水平面光滑时，对A、B整体分析，有a1＝eq\f(F,m＋2m)＝eq\f(F,3m)，水平面粗糙时，对A、B整体分析，有a2＝eq\f(F－f,3m)＝eq\f(F,3m)－μg。3．水平面光滑时，对A、B整体分析，有a1＝eq\f(F,m＋2m)＝eq\f(F,3m)，对B分析有N1＝ma1＝eq\f(F,3)；水平面粗糙时，对A、B整体分析有a2＝eq\f(F－f,3m)＝eq\f(F,3m)－μg，对B分析有N2＝ma2＋μmg＝eq\f(F,3)，则N1＝N2。4．两个物体加速度一样，且不需要求两个物体之间的作用力时，应该对整体受力分析；当求两物体之间的作用力或者两物体加速度不相同时，应该隔离分析。5．在其他条件一定的情况下，外力F越大加速度越大。而B物块所受合外力为A、B之间的相互作用力，所以F越大，A、B之间相互作用力越大，但并不等于外力F。【深度思考】如图所示，质量、形状均相同的木块紧靠在一起，放在光滑的水平面上，现用水平恒力F推1号木块，使10个木块一起向右做匀加速运动，则6号木块对7号木块的推力为多少？【答案】0.4F【解析】将10个木块看成一个整体，求出整体的加速度，也就是每一个木块的加速度。再利用这个加速度选择合适的部分进行隔离。设每个木块的质量为m，对整体运用牛顿第二定律，有a＝eq\f(F,10m)，对第7～10号木块整体受力分析，受重力、支持力和6号木块对第7～10号木块整体的推力，根据牛顿第二定律，有F6→7＝4ma＝eq\f(2F,5)＝0.4F。【例5】(2021·湖南益阳高一期末)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用大小为F的恒力沿水平方向拉着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；当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；当用恒力F倾斜向上拉着a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示．则()A．x1＝x2＝x3B．x1>x3＝x2C．若m1>m2，则x1>x3＝x2D．若m1<m2，则x1＜x3＝x2【思路点拨】解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．【答案】A【解析】通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量．对左图运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：a1＝eq\f(F,m1＋m2)，对b物体有：T1＝m2a1；得：T1＝eq\f(m2F,m1＋m2)；对中间图运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度为：a2＝eq\f(F－（m1＋m2）g,m1＋m2)，对b物体有T2－m2g＝m2a2，得：T2＝eq\f(m2F,m1＋m2)；对右图，整体的加速度：a3＝eq\f(F－（m1＋m2）gsinθ－μ（m1＋m2）gcosθ,m1＋m2)，对物体b：T3－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a3，解得T3＝eq\f(m2F,m1＋m2)；则T1＝T2＝T3，根据胡克定律可知，x1＝x2＝x3.【针对训练1】．如图所示，质量为2kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.1，质量为1kg的物块B与地面的摩擦忽略不计，在已知水平力F＝11N的作用下，A、B一起做加速运动，g取10m/s2则下列说法中正确的是()A．A、B的加速度均为3.67m/s2B．A、B的加速度均为3.3m/s2C．A对B的作用力为3.3ND．A对B的作用力为3.0N【答案】D【解析】在已知水平力F＝11N的作用下，A、B一起做加速运动，由A、B整体F－μmAg＝(mA＋mB)a，解得a＝3m/s2，故选项A、B均错误；隔离B物体FAB＝mBa＝3N，故选项D正确，选项C错误。【变式训练2】．(多选)如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。则下列说法正确的是()A．小铁球所受合力为零B．小铁球受到的合外力方向水平向左C．F＝(M＋m)gtanαD．系统的加速度为a＝gtanα【答案】CD【解析】解答本题的疑难在于求系统的加速度，突破点是先选小铁球为研究对象求出其加速度。隔离小铁球受力分析得F合＝mgtanα＝ma且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtanα，A、B错误，D正确；整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，故选项C正确。【变式训练3】．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则()A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′＞a，F′1＝F1C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1【答案】B.【解析】：当用力F水平向右拉小球时，以球为研究对象，竖直方向有F1cosθ＝mg①水平方向有F－F1sinθ＝ma以整体为研究对象有F＝(m＋M)a解得a＝eq\f(m,M)gtanθ②当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F′1cosθ＝mg③水平方向有F′1sinθ＝ma′解得a′＝gtanθ④结合两种情况，由①③有F1＝F′1；由②④并结合M＞m有a′＞a，故正确选项为B.【变式训练4】如图，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()A．μmg B．maC．eq\f(mF,M＋m) D．μ(M＋m)g【答案】BC【解析】：取整体研究有：F＝(M＋m)a，取m研究有：f＝ma＝eq\f(mF,M＋m)，故选项B、C正确。【例6】如图所示，两个质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg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＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是()A．弹簧秤的示数是25NB．弹簧秤的示数是28NC．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2【答案】BC【解析】：本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用。以m1、m2以及弹簧秤为研究对象，则整体向右的加速度a＝eq\f(F1－F2,m1＋m2)＝2m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1－F＝m1a，则F＝28N，A错误，B正确；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝eq\f(F,m2)＝7m/s2，C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a＝eq\f(F,m1)＝28m/s2，D错误。【变式训练】如图所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1>F2，则1施于2的作用力大小为()A.F1 B.F2C.eq\f(1,2)(F1＋F2) D.eq\f(1,2)(F1－F2)【答案】C【解析】将物体1、2看作一个整体，其所受合力为F合＝F1－F2，设物体1、2的质量均为m，由牛顿第二定律得F1－F2＝2ma，所以a＝eq\f(F1－F2,2m)。以物体2为研究对象，受力如右图由牛顿第二定律得F12－F2＝ma，所以F12＝F2＋ma＝eq\f(F1＋F2,2)，故选项C正确。【例7】．(2021·长春期末)如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使B静止(细绳质量及滑轮摩擦均不计)．(1)求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT.(2)若在A上再叠放一个与A质量相等的物体C，绳上张力就增大到eq\f(3,2)FT，求m1∶m2.【答案】：(1)eq\f(m1m2g,m1＋m2)(2)1∶2【解析】：(1)对B有：m2g－FT＝m2a1对A有：FT＝m1a1则FT＝eq\f(m1m2g,m1＋m2).(2)对B有：m2g－FT2＝m2a2对A＋C有：FT2＝2m1a2则FT2＝eq\f(2m1m2g,m2＋2m1).由FT2＝eq\f(3,2)FT得eq\f(2m1m2g,m2＋2m1)＝eq\f(3m1m2g,2（m1＋m2）)所以m1∶m2＝1∶2.【变式训练1】如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块位置按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为()A.eq\f(M,M＋m)g B.eq\f(M－m,m)gC.eq\f(M－m,M)g D.上述均不对【答案】C【解析】由甲图可知，物块m匀速运动，故T＝mg，物块M匀速运动，故T＝μMg。联立解得μ＝eq\f(m,M)。乙图中，对M有Mg－T′＝Ma对m有T′－μmg＝ma联立解得a＝eq\f(M－m,M)g，故C正确。【变式训练2】(多选)(2021·安徽淮南高一期末)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于mgB．轻绳的拉力等于MgC．M运动的加速度大小为(1－sin2α)gD．M运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)g【答案】AD.【解析】：第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mgsinα＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg－mgsinα＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g.对M，由牛顿第二定律：T－mgsinα＝ma，解得：T＝mg，故A、D正确，B、C错误．主题四连接体中的两类临界问题(1)两物体分离的临界条件：两物体由相接触到将分离的临界条件是弹力FN＝0且二者的加速度、速度均相同。(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值或为零。【例8】如图所示，质量m＝1kg的光滑小球用细线系在质量为M＝8kg、倾角为α＝37°的斜面体上，细线与斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计，g取10m/s2.试求：(1)若用水平向右的力F拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力F不能超过多少？(2)若用水平向左的力F′推斜面体，要使小球不沿斜面滑动，推力F′不能超过多少？【思路点拨】(1)向右拉斜面体时，小球不离斜面体临界条件是什么？(2)向左推斜面体时，小球不沿斜面滑动的临界条件是什么？【答案】(1)120N(2)67.5N【解析】(1)小球不离开斜面体，两者加速度相同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好为0对小球受力分析如图：由牛顿第二定律得：eq\f(mg,tan37°)＝maa＝eq\f(g,tan37°)＝eq\f(40,3)m/s2对整体由牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a＝120N.(2)小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条件是细线对小球的拉力恰好为0，对小球受力分析如图：由牛顿第二定律得：mgtan37°＝ma′a′＝gtan37°＝7.5m/s2对整体由牛顿第二定律得：F′＝(M＋m)a′＝67.5N.【变式训练】(2021·浙江省嘉兴一中高一上学期期中)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为37°，光滑小球的质量m＝2kg，力传感器固定在竖直挡板上。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；(2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为25N，此时装置的加速度大小；(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0N，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大。【解题指导】：(1)小球受力分析→物体平衡条件→求解(2)受力分析→正交分解→水平方向Fx＝ma，求a(3)分析临界条件→判定a的方向→分析受力→F合＝ma【答案】：(1)15N(2)5m/s2(3)水平向左加速运动7.5m/s2【解析】：(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器间的作用力大小为F，小球与斜面之间的弹力大小为FN，受力示意图如图(1)，根据物体的平衡条件，由几何关系可得F＝mgtan37°，F＝15N(2)当装置向右匀加速运动时，小球受力如图(2)，其合力水平向右。对小球：竖直方向：FNcos37°＝mg水平方向：F－FNsin37°＝ma，得：a＝5m/s2(3)当力传感器示数恰好为零时，小球受力如图(3)，其合力水平向左，故装置水平向左加速运动。有tanθ＝eq\f(F合,mg)＝eq\f(ma,mg)，得a＝7.5m/s2【例9】一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量为m2＝8kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止，如图所示，现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，求：力F的最大值与最小值。(sin37°＝0.6，g取10m/s2)【思路点拨】①0.2s时P、Q两物块恰好分离。②两物块分离瞬间加速度仍相同，而相互作用力恰好为零。【答案】72N36N【解析】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力恰好为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。设刚开始时弹簧压缩量为x0则(m1＋m2)gsinθ＝kx0 ①因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，所以在0.2s时，P对Q的作用力恰好为0，由牛顿第二定律知kx1－m1gsinθ＝m1a ②前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1＝eq\f(1,2)at2。 ③①②③式联立解得a＝3m/s2当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有Fmin＝(m1＋m2)a＝36N当P与Q分离时拉力最大，此时有Fmax＝m2(a＋gsinθ)＝72N。【针对训练】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eq\f(mg,h)D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动【答案】C【解析】A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0。对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，又2mg＝kx0，h＝x0－x，F＝mg，解以上各式得k＝eq\f(mg,h)，综上所述，选项C正确。【例10】(2020河北石家庄二模，20)(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B．当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为3m/s2C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D．小滑块的质量m＝2kg【答案】BD【解析】：由题可知，当0＜F≤6N时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，a＝eq\f(1,M＋m)F，即此时a­F图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3kg；当F＞6N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝eq\f(,M)F－eq\f(μmg,M)，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1kg，则m＝2kg，D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大＝2m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误．将F＝7N代入a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)得a＝3m/s2，B正确．〖思路探究〗拉力F＝6N，加速度为a＝2m/s2，是长木板和小滑块开始相对滑动的临界点．当F≤6N时，对长木板和小滑块整体分析，F＞6N，对长木板和小滑块分别分析．【变式训练1】【2021·全国高考真题】水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）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（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，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（）A． B．C． D．在时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有以木板为对象，根据牛顿第二定律，有解得BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。【变式训练2】(多选)(2020·河南高一上学期期末大联考)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24sD．木板的最大加速度为2m/s2【答案】ACD【解析】由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq\f(Ffm,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，选项A正确．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq\f(Ff′,2mg)＝eq\f(4,40)＝0.1，选项B错误．t2N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，则由F＝0.5t(N)可知，t＝24s，选项C、D正确．三．科学思维-----模型构建模型一．斜面模型【例1】.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】D【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθt2，可得t2＝eq\f(4L,gsin2θ)，θ＝45°时t有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D.【例2】质量为m的木块，以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动，斜面静止，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示。(1)求向上滑动时木块的加速度大小和方向；(2)若此木块滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑时木块的加速度大小和方向。【答案】(1)g(sinθ＋μcosθ)，方向沿斜面向下(2)g(sinθ－μcosθ)，方向沿斜面向下【解析】(1)如图甲所示，以加速度的方向为x轴的正方向建立坐标系。将各个力沿斜面和垂直斜面方向正交分解。根据牛顿第二定律有mgsinθ＋Ff＝ma，FN－mgcosθ＝0又Ff＝μFN联立解得a＝g(sinθ＋μcosθ)，方向沿斜面向下。(2)木块下滑时对其受力分析如图乙所示，根据牛顿第二定律有mgsinθ－Ff′＝ma′，FN－mgcosθ＝0又Ff′＝μFN联立解得a′＝g(sinθ－μcosθ)，方向沿斜面向下。【例3】如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字)【建模思路】【模型分析】木块沿斜面向上滑动过程中，合外力为μmgcosθ＋mgsinθ，方向沿斜面向下，减速运动到最高点后，有两种可能的运动状态：若μmgcosθ<mgsinθ，加速下滑，满足mgsinθ－μmgcosθ＝ma；若μmgcosθ≥mgsinθ，木块静止于斜面上。【题例解答】【答案】(1)tanθ<0.30(2)57m【解析】(1)对货车进行受力分析，可得货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcosθ而货车重力沿斜面的分量为F＝mgsinθ若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff>F即mgsinθ<μmgcosθ解得eq\f(sinθ,cosθ)<μ即tanθ<0.30则当tanθ<0.30时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。(2)设货车在避险车道上的加速度大小为a，根据牛顿第二定律F合＝ma得F合＝mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝gsinθ＋μgcosθ＝10×(0.26＋0.3×0.97)m/s2＝5.51m/s2设货车避险车道上行驶的最大距离为x，v0＝90km/h＝25m/s，据匀变速直线运动位移与速度关系式得0－veq\o\al(2,0)＝－2ax代入数据解得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(252,2×5.51)m＝56.72m≈57m。模型二滑块－木板模型1.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。2.滑板—滑块模型的三个基本关系加速度关系如果板、块之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果板、块之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出板、块运动的加速度．应注意找出板、块是否发生相对运动的隐含的条件速度关系板、块之间发生相对运动时，认清板、块的速度关系，从而确定板、块受到的摩擦力．应注意当板、块的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况位移关系板、块叠放在一起运动时，应仔细分析板、块的运动过程，认清板块对地的位移和板块之间的相对位移之间的关系【例4】如图所示,一足够长的木板B静止在光滑的水平地面上,现有一个小滑块A以v0=2m/s的水平初速度冲上该木板。已知木板质量是小滑块质量的2倍,木板与小滑块间的动摩擦因数μ=0.1。(g取10m/s2)求：（1）经过多长时间小滑块相对长木板保持静止；（2）小滑块相对长木板滑行的距离。解：（1）设小滑块的质量为,取水平向右为正方向，对A进行受力分析后，由牛顿第二定律列式得：解得：再对B进行受力分析后，由牛顿第二定律列式得：解得：当二者速度相同时将保持相对静止，设此时速度为，所用时间为，由运动学公式得：①（1分）②联立①②解得：（1分）（2）由匀变速直线运动的位移公式列式得：小滑块发生的位移长木板发生的位移那么，相对位移【例5】如图，质量M＝8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F1＝16N，当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10m/s2，问：(1)小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经过多长时间物块停止与小车的相对运动？(小车足够长)(3)小物块从放在车上开始经过t0＝3s所通过的位移是多少？(4)达到相同速度时，若水平恒力立即变为F2＝25N，请通过计算说明物块会从小车左端掉下吗？【答案】(1)4m/s21m/s2(2)1s(3)13.2m(4)见解析【解析】(1)对物块：μmg＝ma1，得a1＝4m/s2对小车：F1－μmg＝Ma2，得a2＝1m/s2.(2)物块在小车上停止相对滑动时，速度相同则有：a1t1＝v0＋a2t1得t1＝1s.(3)t1内物块位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝2mt1时刻物块速度v1＝a1t1＝4m/st1后M、m有相同的加速度，对M、m整体有：F1＝(M＋m)a3，得a3＝1.6m/s2则t1～3s内物块位移x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝11.2m则3s内物块位移x＝x1＋x2＝13.2m.(4)两者恰好不发生相对滑动时，对m有：Ffm＝mam得am＝4m/s2对整体有：F0＝(m＋M)am＝40N由于F2<F0，故物块不会从小车左端掉下来．【例6】如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，木板B长L＝3m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2。(1)求物块A和木板B运动过程的加速度的大小；(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小。【答案】(1)3m/s21m/s2(2)2eq\r(6)m/s【解析】(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有a1＝eq\f(μ1mg,m)＝3m/s2木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1m/s2。(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有时间关系：t＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(v,a2)位移关系：L＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)－eq\f(v2,2a2)解得v0＝2eq\r(6)m/s。【例7】如图所示，一足够长的木板静止在水平面上，质量M＝0.4kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，一质量m=0.4kg的小滑块以v0＝1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4，小滑块可看成质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2；（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L；（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离S。【答案】（1）a1=2m/s2；a2=4m/s2；（2）0.27m；（3）0.54m【详解】（1）小滑块对长木板的滑动摩擦力f2大于地面对长木板的滑动摩擦力f1，长木板向左加速；小滑块向左减速，据牛顿第二定律：设向右为正：设向右为正：代入数据得：a1=2m/s2a2=4m/s2（2）小滑块与长木板速度相等时，有：v0-a2t=a1t代入数据得：t=0.3s小滑块运动的距离为：s2＝v0t−a2t2＝0.36m木板运动的距离为：s1＝a1t2＝0.09m所以：L=s2-s1=0.27m（3）此后以一起做匀减速运动，有：v=a1t=0.6m/s据牛顿第二定律：μ1（M+m）g=（M+m）a3加速度的大小为：a3=1m/s2运动的距离为：s3＝＝0.18m所以小滑块滑行的距离为：s=s2+s3=0.54m模型三传送带模型1.传送带的基本类型一个物体以初速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模型。传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示。2．水平传送带(1)当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。(2)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力)。3．倾斜传送带(1)对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系。①若μ≥tanθ，且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；②若μ<tanθ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相对于传送带做匀变速运动。(2)求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。【例8】(多选)(2021·陕西高一月考)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2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()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.行李到达B处时速度大小为0.4m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m【答案】AC【解析】开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma解得a＝2m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2s，匀加速运动的位移大小x＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×0.22m＝0.04m，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.04,0.4)s＝4.9s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，故B错误；由上分析可知行李在到达B处前已经共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D错误.【变式训练1】如图所示，水平传送带以不变的速度v＝10m/s向右运动，将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，g取10m/s2，求：(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数；(3)传送带的长度。【解析】(1)工作的加速度a＝eq\f(v,t)解得a＝5m/s2。(2)设工件的质量为m，则由牛顿第二定律得：μmg＝ma所以动摩擦因数μ＝eq\f(ma,mg)＝eq\f(a,g)＝0.5。(3)工件加速运动距离x1＝eq\f(v,2)t工件匀速运动距离x2＝vt′工件从左端到达右端通过的距离x＝x1＋x2联立解得x＝50m。此即为传送带的长度。【答案】(1)5m/s2(2)0.5(3)50m【变式训练2】．(2021·江西吉安高一诊断)绷紧的传送带长L＝32m，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2，下列正确的是()A．若皮带静止，A处小铁块以v0＝10m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6m/sB．若皮带始终以4m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6m/sC．若传送带始终以4m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D．若传送带始终以10m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8m/s【答案】ABD.【解析】：若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝1m/s2，根据veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2aL，解得：vB＝6m/s，故A正确；若皮带始终以4m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10m/s向B运动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于6m/s，故B正确；若传送带始终以4m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4m/s经历的位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(42,2×1)m＝8m＜32m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B处的速度：vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×1×32)m/s＝8m/s＜10m/s，则铁块到达B处的速度为8m/s，故D正确