2027版53B版新高考版物理总复习专题三　牛顿运动定律

专题三牛顿运动定律目录考点1牛顿运动定律的理解及基本应用考点2牛顿第二定律的综合应用题型6动力学中的连接体问题题型7动力学中的图像问题和临界极值问题题型8动力学中的传送带模型题型9动力学中的板块模型五年高考·考点练三年模拟·限时练一年创新·风向练一年创新·风向练实验4探究加速度与物体受力、物体质量的关系考点1牛顿运动定律的理解及基本应用考向1牛顿运动定律的理解五年高考·考点练1.★(2025河南,1,4分)野外高空作业时,使用无人机给工人运送零件。如图,某次运送过

程中的一段时间内,无人机向左水平飞行,零件用轻绳悬挂于无人机下方,并相对于无人

机静止,轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力,则在该段时间内(

)A.无人机做匀速运动

DB.零件所受合外力为零C.零件的惯性逐渐变大D.零件的重力势能保持不变

解析对零件受力分析如图,零件所受合力水平向左,故无人机向左做匀加速直线运动,

A、B错误;质量是物体惯性的唯一量度,运动中零件的惯性不会变化,C错误;重力势能

Ep=mgh,零件运动过程中高度不变,即到零势能面的距离h不变,故Ep不变,D正确。

2.★(2023辽宁,2,4分)安培通过实验研究,发现了电流之间相互作用力的规律。若两段

长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时,相互作用力的大

小可以表示为ΔF=k

。比例系数k的单位是

()A.kg·m/(s2·A)

B.kg·m/(s2·A2)C.kg·m2/(s3·A)

D.kg·m2/(s3·A2)

B

解析由相互作用力的表达式可知k=

,则k的单位为

,即

,由F=ma可知,1

=1

=1kg·m/(s2·A2),即k的单位为kg·m/(s2·A2),B正确。3.★(2024贵州,1,4分)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中,在下落的

某段时间内,小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆

盘在不同时刻的位置,相邻位置的时间间隔相等,如图所示,则该段时间内下列说法可能

正确的是

()A.f一直大于G

C

B.f一直小于GC.f先小于G,后大于GD.f先大于G,后小于G

解析

4.★★(2023北京,6,3分)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

()

A.1N

B.2N

C.4N

D.5N

C

解析设细线拉力为T,在其达到最大拉力前,两物块做加速度相同的匀加速直线运动,

设共同加速度为a,现将两物块看作整体,根据牛顿第二定律有F=2ma,以左侧物块为研

究对象,根据牛顿第二定律有T=ma,可知,当细线达到最大拉力时,有最大加速度,为2m/s

2,所以F最大为4N,C正确。5.(创新思维·巧用降维法+分解思维求解空间动力学问题)(2025山东,8,3分)工人在河堤

的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与

水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=

θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料

沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为

()

B

A.gsin2

θ-μgcosθ-μgsinθcosθB.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2

θC.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsinθcosθD.gcos2

θ-μgcosθ-μgsin2

θ

解题导引物体所受的力不在同一个平面内,将空间内的受力分析分解为平面内的受

力分析,再利用牛顿第二定律计算加速度,就会减小本题的难度。

解析如图甲所示,建筑材料所受重力可分解为垂直于坡面的G1和沿坡面且平行于QN

的G2,由几何关系可得G1=mgcosθ、G2=mgsinθ;如图乙所示,再将平行于QN方向的G2

分解为沿挡板MN的G3和垂直于挡板MN的G4,由几何关系可得G3=G2cosθ=mgsinθcos

θ、G4=G2sinθ=mgsin2

θ。(点拨:建筑材料沿坡面和沿挡板下滑,所以垂直于坡面和垂

直于挡板方向所受合力均为零)建筑材料与坡面间的摩擦力大小Ff1=μFN1=μG1,建筑材

料与挡板间的摩擦力大小Ff2=μFN2=μG4。由牛顿第二定律可得建筑材料沿MN向下匀

加速滑行的加速度大小a=

=gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2

θ,B正确。6.★★(2021全国甲,14,6分)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θ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

D

考向2动力学中的两类基本问题

解析设P点与竖直杆的距离为l,则PQ=

,对物块,根据牛顿第二定律,有mgsinθ=ma,得a=gsinθ,由x=

at2得

=

gsinθ·t2,即t=

,当2θ=

,即θ=

时,t最小,由题知θ从30°逐渐增大到60°,故下滑时间先减小后增大,D正确。7.★★★(多选)(2022全国甲,19,6分)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二

者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。

用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻

开始到弹簧第一次恢复原长之前

()

A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小

AD

解析撤去拉力F后到弹簧第一次恢复原长,弹簧弹力kx减小,对P有μmg+kx=maP,对Q有

μmg-kx=maQ,且撤去拉力瞬间μmg=kx0,故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动,Q做加

速度从0逐渐增大到μg的减速运动,即弹簧恢复原长前,P的加速度始终大于Q的加速度,

故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于

Q的平均速度大小,由x=

t可知Q的位移大小大于P的位移大小,B、C错误,A、D正确。8.(创新思维·巧用图像法和极限思维解决动力学问题)(2025湖北,7,4分)一个宽为L的双

轨推拉门由两扇宽为

的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到

另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻

力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,

则所用时间趋近于

()

B

A.

B.

C.

D.2

解析由题意知门板的初速度为0,末速度为0,根据牛顿第二定律,门板先做匀加速直线

运动,运动的加速度大小a1=

,再做匀减速直线运动,运动的加速度大小a2=μg,总位移为

,设总时间为t,当门板受到的恒力F不同,会得到不同的运动时间,门板的速度-时间图像如图所示,根据图像可知,需要满足总位移x不变,即v-t图像与t轴所围的面积不

变,当恒力F趋近于无穷大时,匀加速运动过程的时间趋近于0,总时间最短,此时总位移

=

μgt2,解得最短的总时间t=

,B正确。9.★★★(2026黑吉辽内蒙古,13,10分)某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔,

简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力F=3×104N的驱动下,质量m=500kg的实验舱

由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动,上升h=6.25m时,立即减小电磁力,使实

验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中,舱内水平台面上的设备所受支持力为其重

力的

,从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力,取重力加速度g=10m/s2。求上升过程中(1)实验舱的最大速度vm;(2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间t。

答案

(1)25m/s

(2)3s

解析

解法一

(1)实验舱由静止开始匀加速上升,由牛顿第二定律有F-mg=ma1

(1分)由运动学公式有

=2a1h

(2分)解得vm=25m/s(1分)(2)设设备的质量为m0,匀减速阶段设备所受支持力为FN=

m0g

(1分)由牛顿第二定律有m0g-FN=m0a2

(2分)vm=a2t

(1分)解得t=3s(2分)解法二

(1)实验舱加速上升过程中末速度为最大速度,由动能定理有(F-mg)h=

m

(3分)解得vm=25m/s(1分)(2)设设备的质量为m0,实验舱匀减速上升阶段设备所受支持力为FN=

(1分)对设备由动量定理有-(m0g-FN)t=0-m0vm(3分)解得t=3s(2分)考向3动力学中的瞬时性问题10.(教考衔接·人教版必修一P114,复习与提高B组,T1)(2024湖南,3,4分)如图,质量分别

为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,

处于静止状态,重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大

小分别为

()A.g,1.5g

B.2g,1.5gC.2g,0.5g

D.g,0.5g

A

解析剪断B、C间细线前,将B、C、D看作一个整体,有FAB=6mg,将C、D看作一个整

体,有FBC=3mg,单独对D受力分析,有FCD=mg,剪断细线瞬间,弹簧弹力不能发生突变,所以

aB=

=

=g,aC=

=

=1.5g,A正确。

易错提醒应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题时,对于绳子、轻杆等,其弹力通常

会瞬时突变,但对于轻弹簧等,由于其恢复形变需要时间,所以在这一瞬间弹力不变。另

外对于本题还要注意四个小球的质量不相同。11.★★(2025湖南,5,4分)如图,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝

缘轻绳连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,

两球连线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列

说法正确的是

()A.A球静止时,轻绳上拉力为2mgB.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mg

C

C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为gD.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小

解题导引

A静止时受三个力作用,大小为mg、方向竖直向下的重力,方向沿绳收缩方

向的拉力,由A指向B的库仑力。根据共点力平衡的特点求出库仑力。剪断轻绳瞬间,绳

对A球的拉力瞬间消失,但库仑力与重力均不变。

解析如图,对A进行受力分析

由题意可知,轻绳拉力与重力的合力沿二者夹角的角平分线方向,故T=mg,F库=2mg·cos3

0°=

mg,A、B错误。剪断轻绳瞬间,轻绳拉力瞬间消失,A受到的重力、库仑力不变,重力与库仑力的合力与绳剪断前对A的拉力大小相等、方向相反,故加速度大小为g,C

正确。在绳被剪断瞬间B球受到的重力、库仑力不变,则轻杆的力不变,D错误。12.★★★(多选)(2025甘肃,8,5分)如图,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,

质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加

速度为g。现剪断细线,下列说法正确的是

()A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大B.剪断细线的瞬间,小球A的加速度大小为

C.小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为

D.小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量为

BC

解析剪断细线前,对小球A、B受力分析可得弹簧的弹力F1=3mg;(点拨:弹簧弹力不能

突变)剪断细线瞬间,对小球A受力分析可得F1-2mg=2ma,解得此时小球A的加速度大小a

=

,B正确。由能量守恒可得,剪断细线瞬间小球A所处位置为其运动的最低点,可得小球A在最低点时,弹簧的伸长量Δx1=

,D错误。剪断细线后,小球A先向上做加速运动,当加速度为零时,小球A的速度最大,此时弹簧的弹力F2=2mg,弹簧处于伸长状态,A错

误。(点拨:剪断细线后,小球A在竖直方向做简谐运动)由简谐运动的对称性可得,小球

在最高点时加速度大小等于

、方向竖直向下,由牛顿第二定律可得2mg-F3=2m·

,解得F3=mg,可得F3方向向上,弹簧处于伸长状态,由胡克定律可得弹簧的伸长量Δx3=

=

,C正确。

一题多解剪断细线后,小球A运动到最高点的判断:假设小球A运动到最高点时,弹簧

的伸长量为Δx3,由能量守恒可得

k(Δx1)2=2mg(Δx1-Δx3)+

k(Δx3)2,解得Δx3=

,C正确。考向4超重与失重问题13.★(2026云南,2,4分)云南宣威尼珠河大峡谷的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供

了交通便利。若电梯由静止开始上升260m,用时100s,则此过程电梯的平均速度大小

及电梯向上加速时乘客所处的状态分别为

()A.2.6m/s,超重

B.0.38m/s,超重C.2.6m/s,失重

D.0.38m/s,失重

A

解析根据平均速度的定义可得

=

=

m/s=2.6m/s,乘客向上加速,加速度方向向上,故处于超重状态,A正确。

核心要点判断超重或失重关键是确定加速度方向,加速度方向向上是超重,向下是失重。14.★★(2024全国甲,22,5分)学生小组为了探究超重和失重现象,将弹簧测力计挂在电

梯内,测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8m/s2。

(1)电梯静止时测力计示数如图所示,读数为_____________N(结果保留1位小数);(2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5N,则此段时间内物体处于________

(填“超重”或“失重”)状态,电梯加速度大小为__________m/s2(结果保留1位小数)。

1.0

失重

5.0

解析

(1)题图中的弹簧测力计的指针恰好在“5”上,因此读数为5.0N;(2)电梯上行时,弹簧测力计的示数小于5.0N,说明物体处于失重状态,根据牛顿第二定

律有

=a,代入数据得a=

m/s2=0.98m/s2≈1.0m/s2。1.(回归教材·人教版必修一P113,复习与提高A组,T4)(2024北京,4,3分)如图所示,飞船与

空间站对接后,在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞

船和空间站之间的作用力大小为

()A.

F

B.

F

C.

F

D.

F

A

考点2牛顿第二定律的综合应用考向1动力学中的连接体问题

解析以飞船与空间站整体为研究对象,满足F=(M+m)a,则加速度a=

;以空间站为研究对象,根据牛顿第二定律得飞船对空间站的作用力大小FN=Ma=

。A正确。2.★★(多选)(2023福建,5,6分)如图所示,一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假

设各车厢质量均相等(含乘客),在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场

小火车共有3节车厢,车头对第一节车厢的拉力为T1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为

T2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3,则

()

A.当火车匀速直线运动时,T1=T2=T3B.当火车匀速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1C.当火车匀加速直线运动时,T1=T2=T3D.当火车匀加速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1

BD

解析设每节车厢的质量为m,火车做匀加速直线运动时,对三节车厢整体进行受力分

析,由牛顿第二定律有T1-k(3mg)=3ma,解得T1=3m(a+kg),同理,对后两节车厢整体进行分

析,有T2=2m(a+kg),对第三节车厢进行分析,有T3=m(a+kg)。分析可知,不论火车做匀速

直线运动还是匀变速直线运动,均有T1∶T2∶T3=3∶2∶1,B、D正确,A、C错误。3.★★(2025安徽,5,4分)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木

箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止

开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg,甲与木箱之间的动摩擦因

数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,则在乙下落的过程中

()A.甲对木箱的摩擦力方向向左B.地面对木箱的支持力逐渐增大C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N

C

解析甲向右运动,木箱静止,甲受到木箱的摩擦力方向向左,所以甲对木箱的摩擦力方

向向右,A错误。在乙下落过程中,竖直方向的加速度不变,对甲与木箱整体根据牛顿第

二定律可知地面对木箱的支持力不变,B错误。设轻绳的拉力大小为T,两物块的加速度

大小为a,根据牛顿第二定律,对甲有T-μmg=ma,对乙有mg-T=ma,联立解得a=2.5m/s2,T=

7.5N,C正确,D错误。4.★★★(2022全国乙,15,6分)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始

时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力

作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距

L时,它们加速度的大小均为

()

A.

B.

C.

D.

A

解析对结点受力分析如图所示,由几何关系可知sinθ=

=

,则cosθ=

,由于不计轻绳质量,可知F=2Tcosθ,对小球由牛顿第二定律得T=ma,联立解得a=

,A正确。

快速解法两小球沿F方向的分加速度a1=

,所以两小球的加速度大小a>a1=

,只有A符合。

BC

5.★★★(多选)(2020海南,12,4分)如图,在倾角为θ的光滑斜面上,有两个物块P和Q,质量

分别为m1和m2,用与斜面平行的轻质弹簧相连接,在沿斜面向上的恒力F作用下,两物块

一起向上做匀加速直线运动,则

()A.两物块一起运动的加速度大小为a=

B.弹簧的弹力大小为T=

FC.若只增大m2,两物块一起向上匀加速运动时,它们的间距变大D.若只增大θ,两物块一起向上匀加速运动时,它们的间距变大

解析以两物块为整体受力分析,根据牛顿第二定律有F-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a,解得

a=

-gsinθ,A错误。对物块Q,根据牛顿第二定律有T-m2gsinθ=m2a,解得T=

,B正确。根据T=

=

知,若只增大m2,弹力变大,根据胡克定律知弹簧伸长量变大,故间距变大,C正确。根据T=

知,只增大θ,弹力不变,根据胡克定律知弹簧伸长量不变,间距不变,D错误。考向2动力学中的图像问题和临界极值问题6.★(2022江苏,1,4分)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数

为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2。若书不滑动,则高铁的

最大加速度不超过

()A.2.0m/s2

B.4.0m/s2C.6.0m/s2

D.8.0m/s2

B

解析当书所受静摩擦力达到最大时,书将要滑动,则由μmg=mam得am=μg=4.0m/s2,B正

确。7.★★(2025陕晋青宁,3,4分)某智能物流系统中,质量为20kg的分拣机器人沿水平直线

轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确

的是

()

A

解析由题图可知,机器人在0~1s时间内所受合力沿正方向,机器人相对轨道做匀加速

直线运动,1~2s时间内所受合力为0,加速度为0,2~3s时间内所受合力与0~1s时间内所

受合力大小相等、方向相反,机器人的加速度也与0~1s内机器人的加速度大小相等、

方向相反,而且0~1s时间内与2~3s时间内的时间间隔相等,A正确。8.★★★(多选)(2025黑吉辽内蒙古,10,6分)如图(a),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙

水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动

摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系

曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则

(

)

ADA.μ1+μ2=2tanθB.t=t0时,甲的速度大小为3v0C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左

解析甲、乙的x-t曲线均为抛物线,说明甲、乙的运动均为匀变速直线运动,乙的x-t曲

线在t=t0时切线斜率为0,则t=t0时乙的速度为0,对乙有x0=

t0,对甲有3x0=

t0,解得v=2v0,B错误;对甲有v=v0+a1t0①,mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1②,对乙有0=v0-a2t0③,μ2mgcosθ-

mgsinθ=ma2④,解得a1=a2,μ1+μ2=2tanθ,A正确;t=t0之前,甲做加速运动,乙做减速运动,且

加速度大小a1=a2,以斜面、甲和乙三者组成的整体为研究对象,则整体加速度为零,地面

对斜面无摩擦力,C错误;t=t0之后,甲继续加速下滑,乙停止运动,则地面对斜面的摩擦力

方向向左,D正确。9.★★★★(多选)(2023湖南,10,5分)如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平

推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠

在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的

夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止,重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力。下列说法正确的是

()

CD

A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtanθB.若推力F向左,且tanθ≤μ,则F的最大值为2mgtanθC.若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tanθ)D.若推力F向右,且tanθ>2μ,则F的范围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)

解析若B球受到的摩擦力为零,设轻杆对B球的弹力大小为FN1,对A球在竖直方向有FN1

'cosθ=mg,对B球在水平方向有FN1sinθ=ma,对整体有F=4ma,已知FN1=FN1',联立解得F=4

mgtanθ,A错误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球根据牛顿第

二定律得mgtanθ=ma1,解得a1=gtanθ;当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩

擦力时,如图所示,对A受力分析,在竖直方向根据平衡条件有FN1'cosθ=mg,对B受力分

析,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-FN1sinθ=ma2,FN1=F'N1,对A、B整体在竖直方向有

FN2=2mg,又fm=μFN2,联立解得a2=(2μ-tanθ)g;若a1≤a2,即tanθ≤μ时,对整体由F=4ma1求得

F的最大值为4mgtanθ,B错误。若a1>a2≥0,即μ<tanθ≤2μ时,对整体由F=4ma2求得F的

最大值为4mg(2μ-tanθ),C正确。若推力F向右,当B即将相对车厢底部向右滑动时,最大静摩擦力方向向左,对A在竖直方向根据平衡条件有FN1'cosθ=mg,对整体在竖直方向有

FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1

sinθ-fm=ma3,又fm=μFN2,FN1=F'N1,联立解

得a3=(tanθ-2μ)g,对整体由F=4ma3求得F的最小值为4mg(tanθ-2μ);当B相对车厢底部即

将向左滑动时,最大静摩擦力方向向右,对A在竖直方向根据平衡条件有F'N1cosθ=mg,

对整体在竖直方向有FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1sinθ+fm=ma4,又

fm=μFN2,FN1=F'N1,联立解得a4=(tanθ+2μ)g,对整体由F=4ma4求得F的最大值为4mg(tanθ+2

μ),即F的范围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ),D正确。考向3动力学中的传送带模型10.★★(2024北京,10,3分)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,

最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是

()A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长

D

解析刚开始物体相对传送带向后运动,A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相

对运动趋势,物体不受静摩擦力,B错误。物体加速运动过程中,物体受到的滑动摩擦力

与位移方向相同,摩擦力对物体做正功,C错误。物体的加速度a=μg(μ为物体与传送带

间的动摩擦因数),由v=at可得传送带的速度v越大,物体加速运动的时间t越长,D正确。11.★★(2024安徽,4,4分)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v

0。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

()

C

解析

0~t0时间内物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力,滑动摩擦力大于

重力沿传送带方向的分力,根据牛顿第二定律可知物块的加速度恒定,故物块沿传送带

向上做匀加速运动。t0时刻物块速度与传送带速度相同,滑动摩擦力突变为静摩擦力,

物块加速度为零,与传送带一起做匀速直线运动,C正确。

D

12.★★★★(2026四川,7,4分)如图所示,以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块,

二者与传送带相对静止,由不可伸长轻绳连接,之间无间隙。甲、乙质量均为m,与传送

带间的动摩擦因数分别为

、

。某时刻,对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度

(g为重力加速度大小)运动,经时间t1撤去外力,再经时间t2绳绷直。甲、乙均可视为质点,传送带足够长。则

()A.t1和t2满足t1<t2B.从撤去外力到绳绷直,因摩擦产生的热量为

C.绳绷直后瞬间甲的动能为

D.绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞

解析设传送带的运行速度为v0,0~t1时间内,乙以

的加速度做匀加速运动,t1时刻速度为v0+

t1,t1~t1+t2时间内,撤去外力,乙做加速度为

的匀减速运动,若乙一直减速至与传送带共速,所需时间为t1,如图1,因绳子绷直一定在乙与传送带共速前完成,故t1>t2,A错

误;由图2,阴影部分为从撤去外力到绳绷直乙相对传送带的位移,即Δx=

×t2=

(2t1t2-

),因此摩擦产生的热量为Q=μ乙mgΔx=

mg×

(2t1t2-

)=

(2t1t2-

),B错误;绳子绷直的瞬间,甲、乙两物块速度相同,由动量守恒定律可得m

+mv0=2mv共,解得v共=v0+

(t1-t2),故绳绷直后甲的动能为Ek甲=

m

=

m

,C错误;绷直后,乙继续以

的加速度做匀减速运动,甲以

的加速度做匀减速运动;从图2可以看出,绳绷直后到甲、乙相对传送带静止,由几何关系得,甲相对乙

的位移小于绳长,故二者不会再发生碰撞(点拨:用v-t图像描述物体多过程的运动,并学

会用v-t图像解决问题),D正确。

考向4动力学中的板块模型13.★★★(多选)(2021全国乙,21,6分)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上

有一质量为m2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F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1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μ1,物块与木板间的动摩擦

因数为μ2。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

()

BCD

A.F1=μ1m1gB.F2=

(μ2-μ1)gC.μ2>

μ1D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等

解析根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如图,在0~t1这段时间内,木板

与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,A错误。t1~t2时间

内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板与物块间没有相对滑动,加速度相同,D正

确。在t2时刻之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,对木板有μ

2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2>

μ1,C正确。t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,对物块有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g

,B正确。

14.★★★(多选)(2024黑吉辽,10,6分)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦

因数为μ,t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与

木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t

变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块和木板的速度相

同。下列说法正确的是

()

ABD

A.小物块在t=3t0时刻滑上木板B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μC.小物块与木板的质量比为3∶4D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动

解析设木板质量为M、受到的水平恒力为F,小物块质量为m,小物块刚滑上木板到与

木板共速前,对木板的摩擦力水平向左,木板受力情况发生变化,即加速度发生变化,结

合题图可知,小物块在t=3t0时刻滑上木板,A正确。结合题意可知,小物块滑上木板时的

速度v1=-

μgt0,t=4t0时刻的速度v2=

μgt0,则物块的加速度a2=

=2μg,对小物块由牛顿第二定律有μ'mg=ma2,联立解得μ'=2μ,B正确。由题图可知,0~3t0时间内木板

的加速度a1=

=

μg,3t0~4t0时间内木板的加速度a'1=

=-μg,0~3t0时间内,对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1,解得F=

μMg,3t0~4t0内,对木板由牛顿第二定律有F-μ(M+m)g-μ'mg=Ma'1,可得

=

,C错误。t=4t0之后,由于F-μ(M+m)g=0,所以小物块和木板一起做匀速运动,D正确。15.★★★(2025江苏,10,4分)如图所示,弹簧一端固定,另一端与光滑水平面上的木箱相

连,箱内放置一小物块,物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放,释放后物块在

木箱上有滑动,滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞,不计空气阻力,则

()

A.释放瞬间物块加速度为零B.物块和木箱最终仍有相对运动C.木箱第一次到达最右端时,物块速度为零D.物块和木箱的速度第一次相同前,物块受到的摩擦力不变

D

解析释放瞬间木箱在水平方向上受弹簧弹力和物块向左的摩擦力,合力向右,向右加

速;物块受到向右的摩擦力而加速,加速度a物=

=μg,A错误;弹簧、木箱与物块组成的系统的机械能一部分转化为因摩擦产生的热量,最终物块和木箱一定相对静止,一起

在水平面上做简谐运动[点拨:当二者一起做简谐运动时,对物块有f=ma,对物块和木箱

整体有F=(m+M)a,可得F=

],B错误;木箱第一次到达最右端时,所受合力向左,加速度大小a=

,若物块与木箱第一次共速后,物块做减速运动的加速度小于木箱的加速度,则物块此时的速度可能没有减到零,C错误;释放后对木箱有kx-μmg=Ma箱,根

据题意,释放后物块在木箱上有滑动,则a箱>a物,随着x的减小,木箱加速度减小,在两者速度第一次相同前,物块一直受到恒定的滑动摩擦力,D正确。16.★★★(2024新课标,25,14分)如图,一长度l=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平

台上,薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速

度向右滑动,当薄板运动的距离Δl=

时,物块从薄板右端水平飞出;当物块落到地面时,薄板中心恰好运动到O点,已知物块与薄板的质量相等,它们之间的动摩擦因数μ=0.3,重

力加速度大小g=10m/s2。求(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间;(2)平台距地面的高度。

答案

(1)4m/s

s

(2)

m

解析

(1)设小物块初速度为v0,在薄板上运动时间为t1,对小物块,由牛顿第二定律可得μ

mg=ma1,解得a1=μg=3m/s2,由匀变速直线运动规律可得v0t1-

a1

=l+Δl,对薄板,由牛顿第二定律可得μmg=ma2,a2=μg=3m/s2,由匀变速直线运动规律可得

a2

=Δl,联立解得v0=4m/s,t1=

s。(2)小物块离开薄板做平抛运动时,薄板做匀速运动,运动时间t2=

=

s,由平抛运动规律可得,平台距地面的高度h=

g

=

m。17.★★★★(2019江苏,15,16分)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左

边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的

初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向

右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等

于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。

答案

(1)

(2)3μg

μg

(3)2

解题导引“A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下”,说明A相对B滑

行距离为L。“左边缘再次对齐时恰好相对静止”,说明A运动到B左边缘时两者达到

共同速度,此过程相对位移大小也为L。敲击A后,A向右做匀减速运动直至停止,B静止

不动;敲击B后,B向右做匀减速运动,A向右做匀加速运动,直至两者共速后一起减速。

解析

(1)由牛顿第二定律知,A加速度的大小aA=μg由匀变速直线运动规律有2aAL=

解得vA=

(2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合力大小F=3μmg由牛顿第二定律F=maB,得aB=3μg对齐后,A、B所受合力大小F'=2μmg由牛顿第二定律F'=2maB',得aB'=μg(3)设B被敲击后经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小仍等

于aA则v=aAt,v=vB-aBt,xA=

aAt2,xB=vBt-

aBt2且xB-xA=L,联立解得vB=2

题型6动力学中的连接体问题三年模拟·限时练基础强化练

D

1.(2026安徽华师联盟质检)如图所示,一质量M=3kg的箱子静止放置在水平地面上,三

个质量均为m=1kg的小物块A、B、C紧挨着放在箱子内部左侧。已知箱子内部光滑,

箱子与地面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10m/s2。现给箱子施加一个F=24N

的水平向右推力,下列说法正确的是

()A.箱子的加速度大小为1m/s2B.C受到B的弹力大小为1NC.A对B的弹力大小为2ND.箱子对A的作用力大小为2

N

解析把箱子和三个小物块视为整体分析,受重力、推力、支持力和摩擦力作用,由牛

顿第二定律有F-μ(M+3m)g=(M+3m)a,解得a=2m/s2,A错误。对C受力分析,由牛顿第二

定律有FBC=ma,解得FBC=2N,B错误。把B、C视为整体进行受力分析,由牛顿第二定律

有FAB=2ma,解得FAB=4N(另解:隔离物块B,对其受力分析有FAB-FCB=ma,FCB=FBC,联立解得

FAB=4N),C错误。对A、B、C整体进行受力分析,箱子左侧对A的弹力FA=3ma,对A受力

分析,箱子底部对A的支持力FN=mg,则箱子对A的作用力大小F=

(易错:不能认为箱子对A的作用力只有水平方向的弹力,而漏掉竖直方向的弹力),解得F=2

N,D正确。2.(多选)(2026山东菏泽一模)如图所示,质量为M的木箱(木箱未画出)顶端悬挂质量为m

的小球,现木箱沿某一方向做直线运动,细绳与竖直方向的夹角θ保持不变,重力加速度

为g,下列关于箱子可能的运动情况及整体受到的合力描述正确的是

()A.自由落体运动,整体受到的合力为(M+m)gB.水平向左做匀减速运动,整体受到的合力为(M+m)gsinθC.斜向右下做匀加速运动,运动方向与水平方向的夹角为α,整体受到的合力为

D.斜向右上做匀加速运动,运动方向与水平方向的夹角为α,整体受到的合力为

AD

解题导引

分析加速度细绳与竖直方向夹角θ恒定,即小球与木箱相对静止,二

者的加速度相同隔离法分析对小球受力分析,小球所受合力方向与加速度方向一致整体法分析以整体为研究对象,合力F合=(M+m)a,需结合不同运动情

况求解

解析箱子做自由落体运动时,a=g,小球处于完全失重状态,绳对小球没有拉力,以整体

为研究对象有F合=(M+m)a=(M+m)g,A正确。箱子水平向左做匀减速运动时,研究小球,

根据牛顿第二定律有mgtanθ=ma,以整体为研究对象根据牛顿第二定律有F合=(M+m)a,

解得F合=(M+m)gtanθ,B错误。箱子斜向右下做匀加速运动,运动方向与水平方向的夹

角为α时,对小球根据牛顿第二定律可得Tsinθ=macosα,mg-Tcosθ=masinα,解得a=

=

,以整体为研究对象有F合=(M+m)a,解得F合=

,C错误。箱子斜向右上做匀加速运动,运动方向与水平方向的夹角为α时,对小球根据牛

顿第二定律可得Tsinθ=macosα,Tcosθ-mg=masinα,解得a=

,以整体为研究对象有F合=(M+m)a,解得F合=

,D正确。3.(2026安徽芜湖一模)如图所示,在水平地面上放置着两个靠在一起、横截面为梯形的

物体P和Q,θ=30°,P和Q的质量分别为2m和m,所有接触面均光滑。第一次将大小为F1、

方向向右的水平推力作用在Q上,P和Q恰好相对静止一起以加速度大小a1向右运

动,P、Q接触面上压力大小为N1。第二次将大小为F2、方向向左的水平推力作用在P

上,P和Q也恰好相对静止一起以加速度大小a2向左运动,P、Q接触面上压力大小为N2,

则

()A.N1∶N2=1∶2

B.N1∶N2=1∶1

B

C.a1∶a2=1∶

D.F1∶F2=2∶1

解析

(关键:P和Q恰好相对静止一起做匀加速直线运动时,地面对Q的支持力为0)当外

力作用在Q上时,系统恰好能相对静止地一起运动,则此时Q与地面之间没有作用力,隔

离物体Q,对其受力分析如图甲所示,

在竖直方向上刚好处于平衡状态,有N1cosθ=mg,解得N1=

,隔离物体P,对其受力分析如图乙所示,有N1sinθ=2ma1,联立解得a1=

gtan30°,对整体受力分析,有F1=3ma1=

mgtan30°;当外力作用在P上时,系统恰好能相对静止地一起运动,则此时Q与地面之间

依然没有作用力,对Q受力分析,竖直方向有N2cosθ=mg,水平方向有N2sinθ=ma2,即N2=

,a2=gtan30°,对整体分析有F2=3ma2=3mgtan30°,综上可得N1∶N2=1∶1,a1∶a2=1∶2,F1∶F2=1∶2,B正确。4.(模块融合·与能量相关的连接体问题)(多选)(2026内蒙古名校联盟开学考)在光滑水

平面上,轻弹簧的左端固定,右端与质量为m的物块A相连,细绳跨过光滑的滑轮将A与质

量为2m的物块B连接。弹簧的劲度系数等于

,弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=

kx2,重力加速度为g。初状态用手托住B,使弹簧处于原长,细绳恰好伸直,由静止开始释放

物块B后,A始终未碰到滑轮,B也未落到地上,则

()

BD

综合提升练A.刚释放B瞬间物块A的加速度大小为2gB.物块A运动过程中的最大动能为

C.物块B下落的最大高度为2x0D.物块B下落到最低点时的加速度大小为

解析刚释放B瞬间,物块A和B连接在一起,加速度大小相等,对A有FT=ma,对B有2mg-FT

=2ma,联立可得a=

,A错误。A、B最初共同做加速运动,速度大小时刻相等,当合力为零时速度最大,对A有FT'=kx,对B有FT'=2mg,可得此时弹簧伸长量x=2x0,根据系统机械能

守恒有2mg·2x0=

×3mv2+Ep弹,其中,弹簧弹性势能Ep弹=

·2x0=2mgx0,联立可得A、B的最大速度v=

,所以A的最大动能EkA=

mv2=

,B正确。B下落到最低点时速度为零,根据系统机械能守恒有2mg·h=Ep弹',Ep弹'=

·h,可得B下落的最大高度h=4x0,C错误。B在最低点时,对A有kh-FT″=ma″,对B有FT″-2mg=2ma″,可得a″=

,D正确。题型7动力学中的图像问题和临界极值问题基础强化练1.(2026四川成都一诊)篮球从离地一定高度处静止释放,与地面碰撞后反弹上升到最高

点的过程中,所受空气阻力大小与速度大小成正比,碰撞过程无能量损失,篮球在该过程

中的v-t图像可能是

()

D

解析

v-t图线的斜率表示加速度。空气阻力大小与速度大小成正比,设空气阻力大小f

=kv,下落过程由牛顿第二定律可得mg-kv=ma,故随着速度的增大,加速度越来越小,下落

时做加速度逐渐减小的加速运动;与地面碰撞后上升阶段,由牛顿第二定律可得mg+kv=

ma,故随着速度的减小,加速度越来越小,上升时做加速度逐渐减小的减速运动;下落过

程速度的增大量等于上升过程速度的减小量,根据上面的分析可知上升过程的平均加

速度较大,可知上升过程经历的时间较短[另解:设小球下落高度为h1,上升高度为h2,则

下落过程空气阻力冲量的大小I1=∑kv1Δt=kh1,上升过程空气阻力冲量的大小I2=∑kv2Δt

=kh2,规定向下为正方向,根据动量定理,下落过程满足mgt1-kh1=mv0,上升过程满足mgt2+

kh2=0-(-mv0)=mv0,可知t1>t2],D正确。2.(2026安徽合肥一模)某电动汽车在平直路面上做性能测试,将运动简化处理后,其v-t

图像如图所示。若整个过程中汽车受到的阻力恒定,则下列关于汽车牵引力F及其功

率P随时间t变化的图像可能正确的是

()

C

解析根据题图可知汽车的运动过程分三段:匀加速、匀速和匀减速。匀加速阶段,根

据F1-f=ma1,可知F1为定值,F1>f;匀速阶段,F2=f;匀减速阶段,根据f-F3=ma3,可知F3为定值,F

3<f,A、B错误。0~t1阶段,牵引力F1恒定,速度v随时间t均匀增大,根据P=Fv,功率P随时间

t线性增大;t1~t2阶段,汽车做匀速运动,速度保持不变,牵引力F2恒定,功率P保持不变;t2~t3

阶段,牵引力F3恒定,速度随时间t均匀减小,根据P=Fv,功率P随时间线性减小,直到t3时刻

速度为0,功率为0。在每段运动的衔接点处,因牵引力减小(从F1减小到F2,从F2减小到F

3),功率会瞬间减小,导致图线不连续(点拨:力和功率均能突变),C正确,D错误。

CD

3.(多选)(2026内蒙古兴安盟一模)如图所示,先在货车的水平车厢底放四个圆柱形的空

油桶,油桶恰好紧密排列且不相互挤压,再将油桶C放置于A、B之上。各油桶完全相同,

质量均为m,在运输过程中始终排列整齐且相对位置保持稳定。已知重力加速度为g,不

计摩擦,则当货车以某一恒定加速度a向右加速运动时,下列说法正确的是

()A.A、B对C的合力方向竖直向上B.A对C支持力的大小可能等于

C.a=

g时,A对C的支持力为0D.各油桶之间的最大弹力为

mg

解析货车以某一加速度a向右加速运动,对C受力分析如图所示,由几何关系可知,两

支持力与竖直方向的夹角为30°。C所受的合力方向水平向右,竖直方向受力平衡,

则A、B对C的合力斜向右上方,A错误。

竖直方向由平衡条件有FBcos30°+FAcos30°=mg,根据牛顿第二定律,水平方向有FBsin

30°-FAsin30°=ma,解得FB=

+ma,FA=

-ma,即A对C的支持力FA<

,B错误。当加速度a=

g时,解得FB=

,FA=0(另解:临界状态用假设法。假设A对C的支持力为0,对C受力分析如图所示,

有F合=mgtan30°=ma,解得a=

g),C正确。最左边油桶对其右边油桶的弹力提供右边四个油桶整体的动力,加速度越大,此弹力越大,结合C项分析可知加速度最大为

g,由牛顿第二定律有Fm=4m·

g=

mg,D正确。

D

4.(2026四川达州一模)如图所示,A、B、C三个物体静止叠放在水平地面上,物体A和B

的质量均为2m,C的质量为m,A、B间的动摩擦因数为μ,B、C间的动摩擦因数为

,B和地面间的动摩擦因数为

。设B足够长,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F,则下列判断正确的是

()A.当力F大于μmg时,A、B、C三个物体不再相对静止B.当力F逐渐增大时,A、B之间先发生相对滑动综合提升练C.当力F逐渐增大到3μmg时,B与A相对滑动D.无论力F为何值,B的加速度不会超过

μg

解析

[关键:恰好将要发生相对滑动时,达到最大静摩擦力,物体A、B间的最大静摩擦

力为f1=μ×2mg=2μmg,B、C间的最大静摩擦力为f2=

×mg=

μmg,B与地面间的最大静摩擦力为f3=

×(2m+2m+m)g=

μmg]当F≤f3=

μmg时,A、B、C都静止不动,若A、B、C三个物体始终相对静止,则力较大时,三者一起向右加速,对整体,根据牛顿第二定律得F-f3

=(2m+2m+m)a,假设C恰好将要与B发生相对滑动,对C,由牛顿第二定律得f2=ma,解得a=

μg,F=

μmg,设此时A与B间的摩擦力大小为f,对A,由牛顿第二定律得F-f=2ma,解得f=

μmg<f1,表明C达到临界状态时A还没有达到临界状态,则当力F逐渐增大时,B、C之间先发生相对滑动,要使三者始终相对静止,则F不能超过

μmg,A、B错误。物体B将要相对A滑动时,C早已相对B发生滑动,对A、B整体,由牛顿第二定律得F'-f2-f3=(2m+2m)a',

对A,由牛顿第二定律得F'-f1=2ma',解得F'=

μmg,故当拉力大于

μmg时,B相对A滑动,C错误。当F较大时,A与C会相对于B滑动,B的加速度达到最大,当A与B相对滑动时,C早

已相对B发生滑动,则B受到A的摩擦力向前,受到C的摩擦力向后,受到地面的摩擦力向

后,对B,由牛顿第二定律得f1-f2-f3=2maB,解得aB=

μg<

μg,D正确。题型8动力学中的传送带模型1.(2026北京海淀一模)水平传送带匀速运动,将物体(可视为质点)从A点无初速度地放

在传送带上,一段时间后物体随传送带一起匀速运动,最终到达B点。已知传送带运行

速率为v,物体与传送带之间的动摩擦因数为μ,下列说法正确的是

()A.刚开始物体相对传送带向前运动B.若仅增大μ,则物体做加速运动的位移变大C.若仅增大μ,则物体从A点运动到B点的时间变短D.若仅增大μ,则物体从A点运动到B点的过程中可能一直受摩擦力

C

基础强化练

解析物体无初速度地放在传送带上,传送带向右运动,物体相对传送带向左运动,即相

对传送带向后运动,A错误。物体做匀加速运动的加速度a=

=μg,加速至与传送带共速的位移x=

=

,若仅增大μ,则x变小,B错误。设A、B间距离为L,物体加速运动时间t1=

=

,匀速运动时间t2=

=

-

,总时间t=t1+t2=

+

,若仅增大μ,则t变短,C正确。由题意知物体先加速后匀速,说明L>

,若仅增大μ,加速位移

减小,物体仍先加速后匀速,不可能一直受摩擦力,D错误。2.(多选)(2026广东深圳二模)如图所示,足够长的倾斜传送带沿顺时针方向匀速运动,速

度大小为v0,传送带表面粗糙。t=0时刻将某一工件无初速度地放在传送带上a点,t0时刻

传送带因故障瞬间停止运动。以传送带底端O点为零位移处,v0方向为正方向,Oa=x0。

工件的速度v、位移x随时间t变化的关系图像中,可能正确的是

()

AC

解析若μmgcosθ>mgsinθ,即μ>tanθ,则工件放上传送带后向上做匀加速运动,加速

度a=μgcosθ-gsinθ,根据v=at,此阶段v-t图线为过原点的倾斜直线,根据x=x0+

at2可知x-t图线为抛物线(开口向上)的一部分,当传送带停止时,工件的加速度大小a'=μgcosθ+g

sinθ>a,工件向上做匀减速运动,此过程中的v-t图线为向下倾斜的直线,x-t图线为抛物线

(开口向下)的一部分,速度减为零后将静止在传送带上,此后的v-t图线为与t轴重合的直

线,x-t图线为与t轴平行的直线,A正确。若μmgcosθ=mgsinθ,即μ=tanθ,则工件放上传

送带时相对地面静止不动,传送带停止时工件仍静止,C正确。3.(多选)(2