專題06牛頓運動定律的綜合應用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一動力學中的連接體問題 1類型1共速連接體力的“分配” 2類型2關聯(lián)速度連接體 5題型二動力學中的臨界和極值問題 8類型1板塊模型中相對滑動的臨界問題 8類型2恰好脫離的動力學臨界問題 11類型3動力學中的極值問題 15題型三動力學中的圖像問題 17類型1通過F-t、F-x圖像分析運動情況 18類型2通過v-t、a-t圖像分析受力情況 20類型3通過a-F圖像分析力與運動的關系 22題型四“傳送帶”模型問題 25類型1動力學中水平傳送帶問題 26類型2動力學中的傾斜傳送帶問題 29類型3傳送帶中的動力學圖像 31題型五“滑塊－木板”模型問題 34類型1滑塊帶動木板 35類型2滑板帶動滑塊 39類型3斜面上的板塊問題 41題型一動力學中的連接體問題【解題指導】1．同一方向的連接體問題：這類問題通常具有相同的加速度，解題時一般采用先整體后隔離的方法.不同方向的連接體問題：由跨過定滑輪的繩相連的兩個物體，不在同一直線上運動，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整體法或隔離法求解．【核心總結】1．連接體多個相互關聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構成的物體系統(tǒng)稱為連接體．連接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)．2．常見的連接體(1)物物疊放連接體：兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度速度、加速度相同(2)輕繩連接體：輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等．速度、加速度相同速度、加速度大小相等，方向不同(3)輕桿連接體：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度．速度、加速度相同(4)彈簧連接體：在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速度、加速度相等．3．整體法與隔離法在連接體中的應用(1)整體法當連接體內(即系統(tǒng)內)各物體的加速度相同時，可以把系統(tǒng)內的所有物體看成一個整體，分析其受力和運動情況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法．(2)隔離法當求系統(tǒng)內物體間相互作用的內力時，常把某個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力和運動情況，再用牛頓第二定律對隔離出來的物體列方程求解的方法．(3)處理連接體方法①共速連接體，一般采用先整體后隔離的方法．如圖所示，先用整體法得出合力F與a的關系，F＝(mA＋mB)a，再隔離單個物體(部分物體)研究F內力與a的關系，例如隔離B，F內力＝mBa＝eq\f(mB,mA＋mB)F②關聯(lián)速度連接體分別對兩物體受力分析，分別應用牛頓第二定律列出方程，聯(lián)立方程求解．類型1共速連接體力的“分配”兩物塊在力F作用下一起運動，系統(tǒng)的加速度與每個物塊的加速度相同，如圖：地面光滑m1、m2與地面間的動摩擦因數相同，地面粗糙m1、m2與固定粗糙斜面間的動摩擦因數相同，以上4種情形中，F一定，兩物塊間的彈力只與物塊的質量有關且F彈＝eq\f(m2,m1＋m2)F.【例1】(多選)(2022·山西大同市第一次聯(lián)考)如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊緊靠在一起放在傾角為θ的斜面上，兩物塊與斜面間的動摩擦因數相同，用始終平行于斜面向上的恒力F推A，使它們沿斜面向上勻加速運動，為了增大A、B間的壓力，可行的辦法是()A.增大推力F B.減小傾角θC.減小B的質量 D.減小A的質量【答案】AD【解析】設物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，對A、B整體受力分析，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a對B受力分析，有FAB－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa由以上兩式可得FAB＝eq\f(mB,mA＋mB)F＝eq\f(F,\f(mA,mB)＋1)為了增大A、B間的壓力，即FAB增大，應增大推力F或減小A的質量，增大B的質量。故A、D正確，B、C錯誤?！纠?】(多選)(2022·山東省實驗中學模擬)如圖所示，A、B兩物體質量分別為2kg、1kg，用細線連接置于水平地面上，現用大小為6N的水平作用力F拉物體A，兩物體一起向右做勻加速運動，若兩物體與地面間的動摩擦因數均為0.1，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A.B的加速度大小為1m/s2B.A拉B的作用力為4NC.若撤去外力F，A物體做減速運動，B物體做加速運動D.若撤去外力F，A物體的加速度大小為1m/s2【答案】AD【解析】A、B兩物體一起向右做勻加速運動，加速度相同，對整體分析，由牛頓第二定律得F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝1m/s2，A正確；隔離B分析，由牛頓第二定律得FT－μmBg＝mBa，解得A拉B的作用力FT＝2N，B錯誤；撤去外力F后，由于水平面粗糙，在滑動摩擦力作用下A、B都做減速運動，C錯誤；若撤去外力F，由牛頓第二定律得A物體的加速度大小μmAg＝mAaA，解得aA＝1m/s2，D正確。【例2】.(2022·江蘇蘇州市震川中學第一次統(tǒng)測)如圖所示，質量為M的半圓形光滑凹槽放置于光滑水平地面上，槽內有一質量為m的小球(可看成質點)?，F用一水平向右的推力F1推動凹槽，使小球與凹槽一起向右做勻加速直線運動；若保持小球在凹槽中的位置不變，將水平向左的推力F2作用在小球上，使小球和凹槽一起向左做勻加速直線運動，則F1∶F2為()A.1∶1 B.M∶mC.m∶M D.m∶(m＋M)【答案】B【解析】將小球和凹槽看作整體，由牛頓第二定律有a1＝eq\f(F1,m＋M)，a2＝eq\f(F2,m＋M)，分別對小球受力分析如圖所示，則有a1＝eq\f(mg,mtanα)＝eq\f(g,tanα)，a2＝eq\f(F2－\f(mg,tanα),m)＝eq\f(F2,m)－eq\f(g,tanα)，聯(lián)立解得eq\f(F1,F2)＝eq\f(M,m)，選項B正確。【例3】(多選)[2022·山西太原市3月模擬(一)]如圖所示，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P向右加速運動，R和Q之間相互作用力F1與Q與P之間相互作用力F2大小之比為k。下列判斷正確的是()A.若μ≠0，則k＝eq\f(5,6) B.若μ≠0，則k＝eq\f(3,5)C.若μ＝0，則k＝eq\f(1,2) D.若μ＝0，則k＝eq\f(3,5)【答案】BD【解析】三物塊靠在一起，將以相同加速度向右運動，則加速度大小a＝eq\f(F－6μmg,6m)，隔離物塊R，則R和Q之間相互作用力為F1＝3ma＋3μmg＝eq\f(1,2)F，隔離P，則Q與P之間相互作用力F2＝F－μmg－ma＝F－μmg－eq\f(1,6)F＋μmg＝eq\f(5,6)F，可得k＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(\f(1,2)F,\f(5,6)F)＝eq\f(3,5)，與μ是否為零無關，故有k＝eq\f(3,5)恒成立，選項B、D正確。類型2關聯(lián)速度連接體【例1】(2022·山東師范大學附中高三月考)如圖所示，足夠長的傾角θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過定滑輪，一端與質量為m1＝1kg的物塊A連接，另一端與質量為m2＝3kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行．開始時，用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．繩的拉力大小為30NB．繩的拉力大小為6NC．物塊B的加速度大小為6m/s2D．如果將B物塊換成一個豎直向下大小為30N的力，對物塊A的運動沒有影響【答案】C【解析】對B隔離分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對A、B整體分析，由牛頓第二定律得m2g－m1gsinθ＝(m1＋m2)a，聯(lián)立解得a＝6m/s2，FT＝12N，故A、B錯誤，C正確；如果將B物塊換成一個豎直向下大小為30N的力，對A由牛頓第二定律得F－m1gsinθ＝m1a′，解得a′＝24m/s2，前后加速度不一樣，對物塊A的運動有影響，故D錯誤．【例2】(多選)(2022·“超級全能生”全國卷地區(qū)聯(lián)考)如圖所示，同種材料的兩滑塊A、B，用輕質細繩通過光滑定滑輪相連，A放在粗糙的水平桌面上。此時A、B剛好平衡，已知滑塊與水平桌面間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，動摩擦因數μ＝eq\f(1,3)，B的質量為m，重力加速度為g，則A和B調換位置后，下列說法正確的是()A.A和B的加速度為eq\f(2,3)g B.A的質量為2mC.調換后繩的拉力不變 D.調換后繩的拉力變大【答案】AC【解析】開始時A、B剛好平衡，對A有mg＝μMg得M＝3m，B錯誤；A和B調換位置后，對整體有3mg－μmg＝4ma，則a＝eq\f(2,3)g，故A正確；調整前繩的拉力為F1＝mg，調整后對B滑塊3mg－F2＝3ma，則F2＝3mg－3ma＝mg，故C正確，D錯誤。【例3】(2022·湖北武漢市4月質量檢測)如圖所示，物體a和物體b通過跨過定滑輪的輕繩相連接，物體c放在水平地面上，b和c拴接在豎直輕彈簧的兩端。初始時用手托住a，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，且輕繩恰好伸直。已知a和c的質量均為2m，b的質量為m，重力加速度大小為g，彈簧始終在彈性限度內，不計一切摩擦?，F釋放物體a，則()A.釋放瞬間，a的加速度大小為gB.釋放瞬間，b的加速度大小為eq\f(2,3)gC.c剛離開地面時，b的速度最大D.彈簧第一次恢復原長時，a的速度最大【答案】B【解析】剛釋放a的瞬時，彈簧對b的彈力向上，大小為F＝mg，則對a、b的整體，由牛頓第二定律2mg－mg＋F＝3ma，解得a、b的加速度為a＝eq\f(2,3)g，選項A錯誤，B正確；當a、b的加速度為零時速度最大，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，彈力為拉力，大小為mg，此時c還未離開地面，選項C、D錯誤?！纠?】(2022·福建南平市第一次質檢)如圖所示，在水平地面上固定著一個傾角為30°的光滑斜面，斜面頂端有一不計質量和摩擦的定滑輪，一細繩跨過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與物體B連接，物體A、B均處于靜止狀態(tài)，細繩與斜面平行。若將A、B兩物體對調，將A置于距地面h高處由靜止釋放，設A與地面碰撞后立即停止運動，B在斜面上運動過程中不與滑輪發(fā)生碰撞，重力加速度為g。試求：(1)A和B的質量之比；(2)物體B沿斜面上滑的總時間?！敬鸢浮?1)2∶1(2)4eq\r(\f(h,g))【解析】(1)對物體A、B受力分析，有mAgsin30°＝FT1FT1＝mBg解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,1)。(2)A、B對調后，A物體接觸地面前對A：mAg－FT2＝mAa1對B：FT2－mBgsin30°＝mBa1A落地后，B繼續(xù)向上運動mBgsin30°＝mBa2得a1＝a2B在斜面上運動時，有h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)a1t1＝a2t2解得t1＝t2＝2eq\r(\f(h,g))所以B運動總時間t＝t1＋t2＝4eq\r(\f(h,g))?！纠?】質量均為0.2kg的兩個小物塊A、B用繞過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，將A從圖示位置由靜止釋放，釋放前瞬間A的底部到水平地面的高度為0.8m，輕繩處于伸直狀態(tài)，A落地后不反彈，B繼續(xù)沿水平臺面向右運動．B與臺面間的動摩擦因數為0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2,B不會與滑輪相碰，不計空氣阻力．下列說法正確的是()A．A落地前輕繩的拉力大小為2NB．B運動的最大速度為4m/sC．A落地后，B向右運動的路程為1.2mD．B運動的平均速度大小為1m/s【答案】D【解析】設A落地前輕繩的拉力大小為FT，A、B的加速度大小均為a1，則對A、B分別應用牛頓第二定律可得mg－FT＝ma1，FT－μmg＝ma1聯(lián)立解得a1＝2.5m/s2，FT＝1.5N，故A錯誤；A落地時B達到最大速度，根據運動學公式可得最大速度為v＝eq\r(2a1h)＝2m/s，故B錯誤；A落地后，B做勻減速運動，其加速度大小為a2＝μg＝5m/s2，B向右運動的路程為s＝eq\f(v2,2a2)＝0.4m，故C錯誤；根據勻變速直線運動規(guī)律可知B在勻加速和勻減速運動過程的平均速度大小均為eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)＝1m/s，所以整個過程中B運動的平均速度大小為1m/s，故D正確．題型二動力學中的臨界和極值問題【解題指導】1．直接接觸的連接體存在“要分離還沒分”的臨界狀態(tài)，其動力學特征：“貌合神離”，即a相同、FN＝0.2.靠靜摩擦力連接(帶動)的連接體，靜摩擦力達到最大靜摩擦力時是“要滑還沒滑”的臨界狀態(tài).3.極限分析法：把題中條件推向極大或極小，找到臨界狀態(tài)，分析臨界狀態(tài)的受力特點，列出方程4.數學分析法：將物理過程用數學表達式表示，由數學方法(如二次函數、不等式、三角函數等)求極值．【核心歸納】1．常見的臨界條件(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0.(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值．(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0.2．解題基本思路(1)認真審題，詳細分析問題中變化的過程(包括分析整個過程中有幾個階段)；(2)尋找過程中變化的物理量；(3)探索物理量的變化規(guī)律；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關系．3．解題方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題數學法將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件類型1板塊模型中相對滑動的臨界問題【例1】(2022·天津市六校聯(lián)考期初檢測)(多選)如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為eq\f(1,2)μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現對A施加一水平拉力F，則()A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當F>3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg【答案】BCD【解析】當0<F≤eq\f(3,2)μmg時，A、B均靜止；當eq\f(3,2)μmg<F≤3μmg時，A、B相對靜止，但兩者相對地面一起向右做勻加速直線運動；當F>3μmg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤，選項C正確．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A、B相對靜止，A與B共同的加速度a＝eq\f(F－\f(3,2)μmg,3m)＝eq\f(1,3)μg，選項B正確．A對B的最大摩擦力為2μmg，無論F為何值，物塊B的加速度最大為a2＝eq\f(2μmg－\f(3,2)μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，選項D正確．【例2】如圖所示，光滑的水平面上靜置質量為M＝8kg的平板小車，在小車左端加一個由零逐漸增大的水平推力F，一個大小不計、質量為m＝2kg的小物塊放在小車右端，小物塊與小車間的動摩擦因數μ＝0.2，小車足夠長。重力加速度g取10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中正確的是()A.當F增加到4N時，m相對M開始運動B.當F＝10N時，M對m有向右的2N的摩擦力C.當F＝15N時，m對M有向左的4N的摩擦力D.當F＝30N時，M對m有向右的6N的摩擦力【答案】B【解析】假設小車和小物塊剛好相對靜止，對小物塊m，其最大摩擦力Ff提供最大的加速度，故Ff＝μmg＝ma所以a＝μg＝2m/s2對整體F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2N＝20N可知若要小物塊相對于平板小車開始運動，則推力滿足F＞20N，故A錯誤；當F＝10N時，對整體F＝(M＋m)a′解得a′＝eq\f(F,M＋m)＝1m/s2對小物塊，受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1N＝2N方向向右，故B正確；同理，當F＝15N時，a″＝1.5m/s2m受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3N，方向向右，故C錯誤；當F＝30N時，兩者相對滑動，m受到滑動摩擦力作用，Ff＝μmg＝4N，方向向右，故D錯誤?！纠?】(2022·安徽省蚌埠第三中學月考)如圖所示，在光滑水平面上有一輛小車A，其質量為mA＝2.0kg，小車上放一個物體，其質量為mB＝1.0kg，如圖8甲所示，給B一個水平推力F，當F增大到稍大于3.0N時，A、B開始相對滑動。如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示。要使A、B不相對滑動，則F′的最大值Fm為()A.2.0N B.3.0NC.6.0N D.9.0N【答案】C【解析】根據題圖甲所示情景，設A、B間的靜摩擦力達到最大值Ffmax時，系統(tǒng)的加速度為a，對A、B整體根據牛頓第二定律有F＝(mA＋mB)a，對A有Ffmax＝mAa，代入數據解得Ffmax＝2.0N。根據題圖乙所示情況，設A、B剛好相對滑動時系統(tǒng)的加速度為a′，以B為研究對象根據牛頓第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整體為研究對象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入數據解得Fmax＝6.0N，故C正確。【例4】(2022·重慶市第三十七中學高三月考)如圖物體A疊放在物體B上，B置于水平面上．A、B質量分別為mA＝6kg，mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數μ1＝0.2，B與地面之間的動摩擦因數μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，F從零開始逐漸增加，則()A．無論F多大，A都不會相對B滑動B．當拉力F超過16N時，A開始相對B滑動C．當A的加速度為1.5m/s2時，A、B已經發(fā)生相對滑動D．若把F作用在B上，方向仍然水平向右，A、B剛好發(fā)生相對滑動的F大小與作用在A上相同【答案】D【解析】A、B之間的最大靜摩擦力Ff1＝μ1mAg＝12N，B與地面之間的最大靜摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝8N，A與B剛好不發(fā)生相對滑動時，對B受力分析，aB＝eq\f(Ff1－Ff2,mB)＝2m/s2，對于系統(tǒng)F－Ff2＝(mA＋mB)aB，解得F＝24N，即拉力超過24N時，A開始相對B滑動，A、B、C錯誤；把F作用在B上，A與B剛好不發(fā)生相對滑動時對A受力分析，Ff1＝μ1mAg＝mAaA，解得aA＝2m/s2，對于系統(tǒng)F－Ff2＝(mA＋mB)aA，解得F＝24N，即A、B剛好發(fā)生相對滑動的F大小與作用在A上相同，D正確．【例5】(多選)如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A，滑塊A受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出滑塊A的加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖像，A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，則()A．滑塊A的質量為4kgB．木板B的質量為2kgC．當F＝10N時滑塊A加速度為6m/s2D．滑塊A與木板B間動摩擦因數為0.2【答案】BC【解析】設滑塊A的質量m，木板B的質量為M，滑塊A與木板B間的動摩擦因數為μ.由題圖乙可知，當F＝Fm＝6N時，滑塊A與木板B達到最大共同加速度為am＝2m/s2，根據牛頓第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3kg；當F＞6N時，A與B將發(fā)生相對滑動，對A單獨應用牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝eq\f(F,m)－μg；根據題圖乙解得m＝1kg，μ＝0.4，則M＝2kg，A、D錯誤，B正確；當F＝10N時，木板A的加速度為aA＝eq\f(F－μmg,m)＝6m/s2，C正確．類型2恰好脫離的動力學臨界問題連接體恰好脫離滿足兩個條件(1)物體間的彈力FN＝0；(2)脫離瞬間系統(tǒng)、單個物體的加速度仍相等．【例1】(多選)如圖所示，質量mB＝2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質量mA＝1kg的小物塊A，整個裝置靜止．現對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數k＝600N/m，g＝10m/s2.以下結論正確的是()A．變力F的最小值為2NB．變力F的最小值為6NC．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD．小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為eq\f(\r(5),5)m/s【答案】BC【解析】A、B整體受力產生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當FNAB最大時，F最小，即剛開始施力時，FNAB最大，等于重力，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正確，A錯誤；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(mA＋mBg,k)＝0.05m；A、物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運動學公式可知v2＝2aΔx，代入數據得v＝0.2m/s，C正確，D錯誤．【例2】如圖所示，車頂和水平地板成θ=53°角的小車在水平地面上運動時，質量為m=1kg小球和光滑車頂保持接觸，輕繩處于伸直狀態(tài)且和車頂平行，g=10m/s2，以下說法正確的是.A.當小車以7.5m/s2的加速度向右勻減速運動時，小球和豎直車廂壁間無彈力作用B.當小車以7.5m/s2的加速度向右勻加速運動時，小球和車頂間無彈力作用C.當小車以10m/s2的加速度向右勻加速運動時，車頂受到小球的壓力為2ND.當小車以10m/s2的加速度向右勻加速運動時，車頂受到小球的壓力為4N【答案】BC【解析】A．當小車以7.5m/s2的加速度向右勻減速運動時，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和豎直車廂壁間一定有彈力作用，故A錯誤；B．設小球與光滑車頂沒有彈力時，小車的加速度為a，對小球受力分析如圖所示

由牛頓第二定律得mgtan37°=ma解得a=gtan37°=7.5m/s2故B正確；CD．當小車以10m/s2的加速度向右勻加速運動時，對小球受力分析如圖所示

由牛頓第二定律得聯(lián)立解得N=2N故D錯誤，C正確。故選BC?！纠?】如圖所示，質量m＝2kg的小球用細繩拴在傾角θ＝37°的光滑斜面上，此時，細繩平行于斜面．取g＝10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．下列說法正確的是()A．當斜面體以5m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力大小為20NB．當斜面體以5m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力大小為30NC．當斜面體以20m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力大小為40ND．當斜面體以20m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力大小為60N【答案】A【解析】小球剛好離開斜面時的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零，斜面對小球的彈力恰好為零時，設繩子的拉力為F，斜面體的加速度為a0，以小球為研究對象，根據牛頓第二定律有Fcosθ＝ma0，Fsinθ－mg＝0，代入數據解得a0≈13.3m/s2.①由于a1＝5m/s2<a0，可見小球仍在斜面上，此時小球的受力情況如圖甲所示，以小球為研究對象，根據牛頓第二定律有F1sinθ＋FNcosθ－mg＝0，F1cosθ－FNsinθ＝ma1，代入數據解得F1＝20N，選項A正確，B錯誤；②由于a2＝20m/s2>a0，可見小球離開了斜面，此時小球的受力情況如圖乙所示，設繩子與水平方向的夾角為α，以小球為研究對象，根據牛頓第二定律有F2cosα＝ma2，F2sinα－mg＝0，代入數據解得F2＝20eq\r(5)N，選項C、D錯誤．【例4】如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質量為m1＝6kg的物體P，Q為一質量為m2＝10kg的物體，彈簧的質量不計，勁度系數k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F給物體Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2s時間內，F為變力，0.2s以后F為恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧的壓縮量x0；(2)物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動的加速度大小a；(3)力F的最大值與最小值?！敬鸢浮?1)0.16m(2)eq\f(10,3)m/s2(3)eq\f(280,3)Neq\f(160,3)N【解析】(1)設開始時彈簧的壓縮量為x0，對整體受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsinθ＝kx0解得x0＝0.16m。(2)前0.2s時間內F為變力，之后為恒力，則0.2s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設此時彈簧的壓縮量為x1，對物體P，由牛頓第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a前0.2s時間內兩物體的位移x0－x1＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得a＝eq\f(10,3)m/s2。(3)對兩物體受力分析知，開始運動時拉力最小，分離時拉力最大，則Fmin＝(m1＋m2)a＝eq\f(160,3)N對Q應用牛頓第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝m2(gsinθ＋a)＝eq\f(280,3)N。類型3動力學中的極值問題【例1】(2022·江西景德鎮(zhèn)一中高三月考)如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上放置質量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是Ffm.現用平行于斜面的拉力F拉其中一個質量為2m的木塊，使四個木塊沿斜面以同一加速度向下運動，則拉力F的最大值是()A.eq\f(3,5)Ffm B.eq\f(3,4)FfmC.eq\f(3,2)Ffm D．Ffm【答案】C【解析】當下面2m的木塊與它上面m的木塊之間的摩擦力達到最大時，拉力F達到最大，將4個物體看作整體，由牛頓第二定律F＋6mgsin30°＝6ma，將2個m及斜面上的2m看作整體Ffm＋4mgsin30°＝4ma，聯(lián)立解得F＝eq\f(3,2)Ffm，故C正確，A、B、D錯誤．【例2】(2022·河北唐山市高三模擬)如圖所示，在平直公路上行駛的廂式貨車內，用輕繩AO、BO在O點懸掛質量為5kg的重物，輕繩AO、BO與車頂部夾角分別為30°、60°.在汽車加速行駛過程中，為保持重物懸掛在O點位置不動，重力加速度為g，廂式貨車的最大加速度為()A.eq\f(g,2) B.eq\f(\r(3)g,3)C.eq\f(\r(3)g,2) D.eq\r(3)g【答案】B【解析】對重物受力分析可得FAsin30°＋FBsin60°＝mg，FBcos60°－FAcos30°＝ma聯(lián)立解得eq\f(1,2)·(eq\f(2\r(3),3)mg－eq\f(\r(3),3)FA)－eq\f(\r(3),2)FA＝ma整理得eq\f(\r(3),3)mg－eq\f(2\r(3),3)FA＝ma當FA＝0時，a取得最大值，為eq\f(\r(3),3)g，故選B.【例3】如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．如圖乙，若讓該小物塊從木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g取10m/s2.(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數；(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．【答案】(1)eq\f(\r(3),3)(2)θ＝60°eq\f(5\r(3),2)m【解析】(1)當θ＝30°時，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑，則mgsinθ＝Ff，Ff＝μmgcosθ聯(lián)立解得：μ＝eq\f(\r(3),3).(2)當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，物塊的加速度為a，則－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝eq\f(v02,2gsinθ＋μcosθ)，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即tanα＝μ＝eq\f(\r(3),3)，故α＝30°，又因x＝eq\f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)當α＋θ＝90°時x最小，即θ＝60°，所以x最小值為xmin＝eq\f(v02,2gsin60°＋μcos60°)＝eq\f(\r(3)v02,4g)＝eq\f(5\r(3),2)m.【例4】如圖所示，將質量m＝1kg的圓環(huán)套在固定的足夠長的直桿上，桿的傾角為30°，環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑．對環(huán)施加一位于豎直平面內斜向上與桿夾角為30°、大小為10eq\r(3)N(1)F作用t＝2s時圓環(huán)的速度是多大？(2)2s后撤去力F，求圓環(huán)繼續(xù)沿桿上滑的最大距離是多少？【答案】(1)20m/s(2)16m【解析】(1)F作用時，對圓環(huán)受力分析，如圖甲所示．沿桿方向：Fcos30°－mgsin30°－Ff＝ma1垂直桿方向：mgcos30°＝FN＋Fsin30°又Ff＝μFN聯(lián)立解得：a1＝10m/s2由運動學公式得：2s時圓環(huán)的速度大小v＝a1t代入數據解得：v＝20m/s(2)撤去力F后，對圓環(huán)受力分析如圖乙所示．沿桿方向：mgsin30°＋Ff′＝ma2垂直桿方向：mgcos30°＝FN′又Ff′＝μFN′聯(lián)立解得：a2＝12.5m/s2圓環(huán)繼續(xù)沿桿上滑的最大距離x＝eq\f(v2,2a2)＝eq\f(202,2×12.5)m＝16m.題型三動力學中的圖像問題【解題指導】1．兩類問題：一類問題是從圖像中挖掘信息，再結合題干信息解題；另一類是由題干信息判斷出正確的圖像.2.兩種方法：一是函數法：列出所求物理量的函數關系式，理解圖像的意義，理解斜率和截距的物理意義；二是特殊值法：將一些特殊位置或特殊時刻或特殊情況的物理量值與圖像對應點比較．【核心歸納】1．“兩大類型”(1)已知物體在某一過程中所受的合力(或某個力)隨時間的變化圖線，要求分析物體的運動情況．(2)已知物體在某一過程中速度、加速度隨時間的變化圖線．要求分析物體的受力情況．2．“一個橋梁”：加速度是聯(lián)系v-t圖象與F-t圖象的橋梁．3．解決圖象問題的方法和關鍵(1)分清圖象的類別：分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點．(2)注意圖象中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等表示的物理意義．(3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與物體的運動情況相結合，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖象中得出的有用信息．這些信息往往是解題的突破口或關鍵點．類型1通過F-t、F-x圖像分析運動情況【例1】(2022·哈師大附中模擬)如圖甲所示，水平長木板上有質量m＝1.0kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力Ff的大?。亓铀俣萭取10m/s2.下列判斷正確的是 ()A．5s內拉力對物塊做功為零B．4s末物塊所受合力大小為4.0NC．物塊與木板之間的動摩擦因數為0.4D．6～9s內物塊的加速度的大小為2.0m/s2【答案】D【解析】根據圖象，最大靜摩擦力為4N．4s后，物塊受到拉力F大于4N，開始運動，所以5s內拉力做功不為零，A錯誤；4s末，物塊所受合力為零，B錯誤；物塊所受滑動摩擦力為Ff＝3N，質量m＝1.0kg，根據滑動摩擦力公式求出物塊與木板間的動摩擦因數μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3，C錯誤；6～9s內，物體的加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(5－3,1)m/s2＝2.0m/s2，D正確．【方法技巧】解決圖象綜合問題的關鍵圖象反映了兩個變量之間的函數關系，必要時需要根據物理規(guī)律進行推導，得到函數關系后結合圖線的斜率、截距、面積、交點坐標、拐點的物理意義對圖象及運動過程進行分析．【例2】(2022·湖北三校聯(lián)考)水平地面上有一輕質彈簧，下端固定，上端與物體A相連接，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現用一豎直向下的力壓物體A，使A豎直向下勻加速運動一段距離，整個過程中彈簧一直處在彈性限度內．下列關于所加力F的大小和運動距離x之間的關系圖象正確的是 ()【答案】：D【解析】：開始時，物體處于平衡狀態(tài)，物體受重力和彈力，則有mg＝kx1，物體向下勻加速過程，對物體受力分析，受重力、彈簧向上的彈力、推力F，根據牛頓第二定律，有F＋mg－F彈＝ma，根據胡克定律，有F彈＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F彈＝ma＋kx，故力F與x呈線性關系，且是增函數，故D正確．【例3】(2022·山西朔州市懷仁市期末)水平力F方向確定，大小隨時間的變化如圖2a所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖b所示，重力加速度大小為10m/s2，最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，由圖示可知()A.物塊的質量m＝2kgB.物塊與水平桌面間的動摩擦因數為0.2C.在4s末，物體的動量為12kg·m/sD.在2～4s時間內，小物塊速度均勻增加【答案】C【解析】由a、b兩圖可知，當拉力為6N和12N時，物塊對應加速度分別為1m/s2和3m/s2，由牛頓第二定律可得F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得物塊質量為3kg，動摩擦因數為0.1，故A、B錯誤；如圖b，2～4s平均加速度為2m/s2，則4s末物體的速度為v＝eq\o(a,\s\up6(－))t＝2m/s2×2s＝4m/s，則在4s末，物體的動量為p＝mv＝3kg×4m/s＝12kg·m/s，故C正確；由b圖可知，在2～4s內，加速度逐漸增大，則速度不是均勻增加，故D錯誤。【例4】.(2022·江蘇鎮(zhèn)江市丹陽中學適應性考試)在光滑水平面上重疊靜置兩個滑塊A和B，如圖甲所示，現對B滑塊施加一水平力F，力F隨時間變化的關系如圖乙所示，兩滑塊在運動過程中始終保持相對靜止。以水平向右為正方向，則關于A物體的速度v、加速度a、所受摩擦力Ff及運動的位移x隨時間變化圖象正確的有()【答案】B【解析】A、B一起加速運動，由牛頓第二定律F＝ma可知，加速度先減小后增大，故B正確；v－t圖象的斜率表示加速度，因加速度先減小后增大，故v－t圖象不是直線，故A錯誤；整體做單向直線運動，速度逐漸增大，x－t圖象的斜率變化反映速度變化，故C錯誤；摩擦力是物體A做加速運動的合外力，由牛頓第二定律有Ff＝ma，根據加速度先減小后增大可判定摩擦力先減小后增大，故D錯誤。類型2通過v-t、a-t圖像分析受力情況【例1】(多選)運動員沿豎直方向做跳傘訓練，打開降落傘后的速度—時間圖像如圖(a)所示．降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖(b)所示，已知運動員的質量為64kg，降落傘的質量為16kg，假設打開傘后傘所受阻力Ff的大小與速率v成正比，即Ff＝kv.g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．k＝200N·s·m－1B．打開傘后瞬間運動員的加速度方向豎直向上C．打開傘后瞬間運動員的加速度大小為20m/s2D．每根懸繩能夠承受的拉力至少為400N【答案】BD【解析】由題圖(a)可知，當速度為v1＝5m/s時運動員勻速運動，運動員與降落傘整體受力平衡，此時有kv1＝m人g＋m傘g，解得k＝160N·s·m－1，故A錯誤；打開傘后瞬間運動員減速下落，故加速度方向豎直向上，故B正確；打開傘后瞬間運動員的速度為v0＝20m/s，對運動員和降落傘整體有kv0－m人g－m傘g＝(m人＋m傘)a，解得a＝30m/s2，故C錯誤；打開傘后瞬間，繩上的拉力最大，對運動員受力分析有FTcos37°×8－m人g＝m人a，解得每根懸繩的拉力大小FT＝400N，故D正確．【例2】.(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力 ()A．t＝2s時最大 B．t＝2s時最小C．t＝8.5s時最大 D．t＝8.5s時最小【答案】：AD【解析】：由題意知在上升過程中：F－mg＝ma，所以向上的加速度越大，人對電梯的壓力就越大，故A正確，B錯誤；由圖知，7s以后加速度向下，由mg－F＝ma知，向下的加速度越大，人對電梯的壓力就越小，所以C錯誤，D正確．【例3】(2022·寧夏銀川模擬)將一個質量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反．該過程的v-t圖象如圖所示，g取10m/s2.下列說法正確的是 ()A．小球所受重力和阻力之比為6∶1B．小球上升與下落所用時間之比為2∶3C．小球回落到拋出點的速度大小為8eq\r(6)m/sD．小球下落過程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)【答案】：C【解析】：小球向上做勻減速運動的加速度大小a1＝12m/s2，根據牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2N，則重力和阻力大小之比為5∶1，故選項A錯誤；小球下降的加速度大小a2＝eq\f(mg－f,m)＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，根據x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))，知上升的時間和下落的時間之比為t1∶t2＝eq\r(a2)∶eq\r(a1)＝eq\r(6)∶3，故選項B錯誤；小球勻減速上升的位移x＝eq\f(1,2)×2×24m＝24m，根據v2＝2a2x得，v＝eq\r(2a2x)＝eq\r(2×8×24)m/s＝8eq\r(6)m/s，故選項C正確；下落的過程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故選項D錯誤．【例4】如圖甲所示，廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖像如圖乙所示。則下列相關說法正確的是()A.t＝4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)B.5～55s時間內，繩索拉力最小C.t＝59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)D.t＝60s時，電梯速度恰好為零【答案】D【解析】利用a－t圖像可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則選項A錯誤；0～5s時間內，電梯處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，5～55s時間內，a＝0，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，55～60s時間內，電梯處于失重狀態(tài)，拉力小于重力，綜上所述，選項B、C錯誤；因a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60s時為零，選項D正確。類型3通過a-F圖像分析力與運動的關系【例1】(多選)如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊．木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖象．g取10m/s2.則下列說法正確的是 ()A．滑塊的質量m＝4kgB．木板的質量M＝4kgC．滑塊與木板間動摩擦因數為0.1D．當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2【答案】AC【解析】由題圖乙，當F等于6N時，加速度a＝1m/s2，對整體：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，當F大于6N時，根據牛頓第二定律得a＝eq\f(F－μmg,M)，知圖線的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，故滑塊的質量m＝4kg，故A正確，B錯誤；根據F大于6N的圖線延長線知，F＝4N時，a＝0，又a＝eq\f(F－μmg,M)，解得μ＝0.1，故C正確；根據μmg＝ma′，得F＝8N時滑塊的加速度為a′＝1m/s2，故D錯誤．【例2】.(多選)如圖甲所示，物體原來靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示．根據圖乙中所標出的數據可計算出(g取10m/s2) ()A．物體的質量為1kgB．物體的質量為2kgC．物體與水平面間的動摩擦因數為0.3D．物體與水平面間的動摩擦因數為0.5【答案】：BC【解析】：物體的受力如圖所示在力F從0增大到7N之前物體靜止，在7N時運動狀態(tài)發(fā)生變化，由牛頓第二定律得F－Ff＝ma，代入圖乙中F1＝7N和F2＝14N及對應的加速度a1＝0.5m/s2和a2＝4m/s2，解得m＝2kg，Ff＝6N，A錯誤，B正確；Ff＝μFN＝μmg，則μ＝0.3，C正確，D錯誤．【例3】(多選)如圖甲所示，用一水平力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體．逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6)．根據圖乙中所提供的信息可以計算出()A．物體的質量B．斜面的傾角C．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力D．加速度為6m/s2時物體的速度【答案】ABC【解析】對物體受力分析，正交分解可得，在沿斜面方向Fcosθ－mgsinθ＝ma，在垂直斜面方向FN＝Fsinθ＋mgcosθ.從題圖乙中取兩個點，當F＝20N，a＝2m/s2，當F＝30N，a＝6m/s2，代入兩式，聯(lián)立可解得m＝2kg，θ＝37°，A、B正確；物體能靜止在斜面上所施加的外力最小時a＝0，代入方程可解得F＝15N，C正確；題中未說明F隨時間的變化情況，且物體做的是變加速直線運動，無法求出加速度為6m/s2時物體的速度，D錯誤．【例4】．(多選)如圖甲所示，光滑斜面上有固定擋板A，斜面上疊放著小物塊B和木板C、木板下端位于擋板A處，整體處于靜止狀態(tài)，木板C受到逐漸增大的沿斜面向上的拉力F作用時，木板C的加速度a與拉力F的關系圖像如圖乙所示，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g＝10m/s2，則由圖像可知()A．10N<F<15N時物塊B和木板C相對滑動B．F>15N時物塊B和木板C相對滑動C．木板C的質量D．木板和物塊間的動摩擦因數【答案】BD【解析】由題圖乙可知，當10N<F<15N時物塊B和木板C相對靜止，當F>15N時木板的加速度變大，可知此時物塊B和木板C產生了相對滑動，選項A錯誤，B正確；對木板和物塊的整體，當F1＝10N時，a＝0，則F1＝(M＋m)gsinθ，當F2＝15N時，a＝2.5m/s2，則F2－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a，聯(lián)立方程可得M＋m＝2kg，θ＝30°，但是不能求解木板C的質量，選項C錯誤；因當F2＝15N時，a＝2.5m/s2，此時物塊和木板開始發(fā)生相對滑動，物塊和木板之間的摩擦力達到最大，則對物塊有μmgcosθ－mgsinθ＝ma.聯(lián)立方程可得μ＝eq\f(\r(3),2)，選項D正確．【例5】．如圖甲所示為某游樂場的滑草場地，滑道由傾斜部分和水平部分組成，其中傾斜部分長x＝100m，與水平面傾角θ＝37°.乘客乘坐m＝5kg的滑草車從傾斜部分的坡頂由靜止開始自由下滑，最終停在滑道水平部分．空滑草車再由牽引繩索沿滑道拖回坡頂，如圖乙所示為10輛滑草車在與斜面平行的繩索牽引下沿傾斜滑道一起向上運動的加速度a隨牽引力F變化的圖像，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑草車從傾斜部分到水平部分時的機械能損失忽略不計，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)滑草車與滑道間的動摩擦因數μ；(2)乘客在滑道水平部分運動時間．【答案】(1)0.5(2)4s【解析】(1)由題圖乙可知，牽引力F＝500N時，滑草車沿傾斜滑道向上勻速運動，根據平衡條件有F＝10(mgsinθ＋μmgcosθ)代入數據解得μ＝0.5(2)設乘客質量為M，沿傾斜草場下滑過程，根據牛頓第二定律有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a1代入數據解得a1＝2m/s2根據速度位移公式有v2＝2a1x解得v＝20m/s沿水平草場運動過程，根據牛頓第二定律有μ(M＋m)g＝(M＋m)a2解得a2＝5m/s2根據速度－時間公式v＝a2t代入數據解得t＝4s.題型四“傳送帶”模型問題【解題指導】1．水平傳送帶問題：求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷．物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻.2.傾斜傳送帶問題：求解的關鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用．當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變．【必備知識】1．水平傳送帶情景滑塊的運動情況傳送帶不足夠長傳送帶足夠長一直加速先加速后勻速v0<v時，一直加速v0<v時，先加速再勻速v0>v時，一直減速v0>v時，先減速再勻速滑塊一直減速到右端滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端．若v0<v返回到左端時速度為v0，若v0>v返回到左端時速度為v.2．傾斜傳送帶情景滑塊的運動情況傳送帶不足夠長傳送帶足夠長一直加速(一定滿足關系gsinθ<μgcosθ)先加速后勻速一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0<v時，一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v時，一直減速(加速度為gsinθ－μgcosθ)若μ≥tanθ，先減速后勻速；若μ<tanθ，先以a1減速，后以a2加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)gsinθ>μgcosθ，一直加速；gsinθ＝μgcosθ，一直勻速gsinθ<μgcosθ，一直減速先減速到速度為0后反向加速到原位置時速度大小為v0(類豎直上拋運動)類型1動力學中水平傳送帶問題【例1】(2022·山東棗莊市第二次模擬)某工廠檢查立方體工件表面光滑程度的裝置如圖2所示，用彈簧將工件彈射到反向轉動的水平皮帶傳送帶上，恰好能傳送到另一端是合格的最低標準。假設皮帶傳送帶的長度為10m、運行速度是8m/s，工件剛被彈射到傳送帶左端時的速度是10m/s，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()A.工件與皮帶間動摩擦因數不大于0.32才為合格B.工件被傳送到另一端的最長時間是2sC.若工件不被傳送過去，返回的時間與正向運動的時間相等D.若工件不被傳送過去，返回到出發(fā)點的速度為10m/s【答案】B【解析】工件恰好傳送到右端，有0－veq\o\al(2,0)＝－2μgL，代入數據解得μ＝0.5，工件與皮帶間動摩擦因數不大于0.5才為合格，此過程用時t＝eq\f(v0,μg)＝2s，故A錯誤，B正確；若工件不被傳送過去，當反向運動時，最大速度與傳送帶共速，由于傳送帶的速度小于工件的初速度，根據勻變速運動速度時間關系可知，返回的時間與正向運動的時間不相等，故C、D錯誤?！纠?】(2021·江蘇省四校第三次聯(lián)考)如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度v1運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2>v1，則()A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用【答案】B【】解析小物塊相對地面速度為零時，即t1時刻，向左離開A處最遠，t2時刻，小物塊相對傳送帶靜止，此時不再相對傳送帶滑動，所以從開始到此時刻，它相對傳送帶滑動的距離最大，A錯誤，B正確；0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變，t2時刻以后小物塊相對傳送帶靜止，與傳送帶一起以速度v1勻速運動，不再受摩擦力作用，C、D錯誤．【例3】(2020·全國卷Ⅲ·25改編)如圖，相距L＝11.5m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接．傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅動系統(tǒng)根據需要設定．質量m＝10kg的載物箱(可視為質點)，以初速度v0＝5.0m/s自左側平臺滑上傳送帶．載物箱與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2.(1)若v＝4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；(2)求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度．【答案】(1)2.75s(2)4eq\r(3)m/seq\r(2)m/s【解析】(1)傳送帶的速度為v＝4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設其加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma①設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的位移為x1，由運動學公式有v2－v02＝－2ax1②聯(lián)立①②式，代入題給數據得x1＝4.5m③因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小到v，然后開始做勻速運動．設載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1，做勻減速運動所用的時間為t1′，由運動學公式有v＝v0－at1′④t1＝t1′＋eq\f(L－x1,v)⑤聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數據得t1＝2.75s⑥(2)當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側平臺時的速度最小，設為v1；當載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達右側平臺時的速度最大，設為v2，則v12－v02＝－2μgL⑦v22－v02＝2μgL⑧由⑦⑧式并代入題給條件得v1＝eq\r(2)m/s,v2＝4eq\r(3)m/s【例4】(多選)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型．傳送帶始終保持v＝0.4m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是()A．開始時行李的加速度大小為2m/s2B．行李經過2s到達B處C．行李到達B處時速度大小為0.4m/sD．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m【答案】AC【解析】開始時，對行李，根據牛頓第二定律μmg＝ma解得a＝2m/s2，故A正確；設行李做勻加速運動的時間為t1，行李勻加速運動的末速度為v＝0.4m/s，根據v＝at1，代入數據解得t1＝0.2s，勻加速運動的位移大小x＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×0.22m＝0.04m，勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.04,0.4)s＝4.9s，可得行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝5.1s，故B錯誤；由上分析可知行李在到達B處前已經與傳送帶共速，所以行李到達B處時速度大小為0.4m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D錯誤．類型2動力學中的傾斜傳送帶問題【解題要點】1．求解傳送帶問題的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析與判斷．2．臨界狀態(tài)：當v物＝v帶時，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突變．3．滑塊與傳送帶的劃痕長度Δx等于滑塊與傳送帶的相對位移的大小，若有兩次相對運動且兩次相對運動方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲)；若兩次相對運動方向相反，Δx等于較長的相對位移大?。?圖乙)【例1】如圖所示，煤礦有一傳送帶與水平地面夾角θ＝37°，傳送帶以v＝10m/s的速率逆時針轉動．在傳送帶上端A點靜止釋放一個質量為m＝1.0g的黑色煤塊，經過2s運動到傳送帶下端B點并離開傳送帶，煤塊在傳送帶上留下一段黑色痕跡．已知煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：(1)傳送帶從A到B的長度；(2)煤塊從A運動到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度．【答案】(1)16m(2)5m【解析】(1)煤塊速度達到10m/s之前mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v,a1)＝1s，x1＝eq\f(1,2)a1t12＝5m煤塊速度達到10m/s之后運動時間t2＝1s，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2，x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2t22＝11m，L＝x1＋x2＝16m(2)煤塊速度小于傳送帶時s1相＝vt1－x1＝5m煤塊速度大于傳送帶時s2相＝x2－vt2＝1m由于s1相>s2相，可見痕跡長為5m.【例2】(2022·江蘇南京市、鹽城市二模)如圖所示，電動傳送帶以恒定速度v0＝1.2m/s順時針運行，傳送帶與水平面的夾角α＝37°，現將質量m＝20kg的箱子輕放到傳送帶底端，經過一段時間后，箱子被送到h＝1.8m的平臺上．已知箱子與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.85，不計其他損耗(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)箱子在傳送帶上剛開始運動時加速度的大?。?2)箱子從傳送帶底端送到平臺上的過程中，箱子與傳送帶之間因摩擦而產生的熱量．【答案】(1)0.8m/s2(2)122.4J【解析】(1)箱子剛開始運動時，受到豎直向下的重力mg和沿傳送帶向上的滑動摩擦力Ff，將重力沿傳送帶方向和垂直傳送帶方向進行正交分解，由牛頓第二定律得Ff－mgsinα＝ma①Ff＝μFN②FN＝mgcosα③聯(lián)立①②③式，得a＝0.8m/s2(2)箱子加速所用時間為t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(1.2,0.8)s＝1.5s箱子加速過程中傳送帶的位移x傳＝v0t＝1.8m傳送帶底端到平臺的距離為L＝eq\f(h,sinα)＝3m箱子加速的位移為x箱＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×0.8×1.52m＝0.9m<L箱子速度與傳送帶速度相同后，一起勻速運動至平臺【例3】(2022·遼寧大連市第一次模擬)如圖所示，傳送帶以10m/s的速度逆時針勻速轉動，兩側的傳送帶長都是16m，且與水平方向的夾角均為37°.現有兩個滑塊A、B(可視為質點)從傳送帶頂端同時由靜止滑下，已知滑塊A、B的質量均為1kg，與傳送帶間動摩擦因數均為0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列說法正確的是()A．滑塊A先做勻加速運動后做勻速運動B．滑塊A、B同時到達傳送帶底端C．滑塊A、B到達傳送帶底端時的速度大小相等D．滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為5m【答案】D【解析】兩滑塊都以10m/s的初速度沿傳送帶下滑，且mgsin37°>μmgcos37°，故傳送帶對兩滑塊的滑動摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故兩滑塊沿斜面向下的加速度大小相同，為a＝gsin37°＋μgcos37°＝10m/s2，滑塊A先加速，加速到與傳送帶同速度所需位移為x1＝eq\f(v\o\al(02),2a)＝5m<16m，所需時間為t1＝eq\f(v0,a)＝1s．加速到與傳送帶同速度后，由于mgsin37°>μmgcos37°，故不能和傳送帶保持相對靜止，摩擦力反向，之后加速度為a′＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，加速到傳送帶底端有L－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a′t22，解得時間t2＝1s，到達底端共用時t＝t1＋t2＝2s．B滑塊一直以加速度a′加速至傳送帶底端L＝eq\f(1,2)a′t′2，解得t′＝4s，A、B錯誤；A到達底端時的速度為vA＝v0＋a′t2＝10m/s＋2×1m/s＝12m/s，B到達底端時的速度為vB＝a′t′＝2×4m/s＝8m/s，C錯誤；A加速到與傳送帶同速度之時的相對位移為Δx1＝v0t1－x1＝10×1m－5m＝5m，加速到傳送帶速度以后，相對位移為Δx2＝11m－v0t2＝1m，滑塊比傳送帶速度快，會覆蓋之前的劃痕，滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為5m，D正確．類型3傳送帶中的動力學圖像【例1】(多選)如圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v2從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v－t圖像如圖乙所示，物塊到達一定高度時速度為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，則()A．傳送帶的速度為4m/sB．物塊上升的豎直高度為0.96mC．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5D．物塊所受摩擦力方向一直與物塊運動方向相反【答案】BC【解析】如果v2小于v1，則物塊向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v2一定大于v1.結合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同時，繼續(xù)向上做減速運動．由此可以判斷傳送帶的速度為2m/s，A錯誤；物塊的位移等于v－t圖線與橫軸所圍0～0.2s內，加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2.0－4.0,0.2)m/s2＝－10m/s2，加速度大小為10m/s2，根據牛頓第二定律得a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝10m/s2，解得μ＝0.5，C正確；在0～0.2s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相反，0.2～1.2s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相同，D錯誤．【例2】(2022·廣東河源市高三月考)一木塊沿一與水平面夾角為α的表面粗糙的傳送帶運動，其v－t圖像如圖所示，已知傳送帶以速率v0逆時針轉動，傳送帶足夠長，木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ.則下列說法正確的是()A．v－t圖像描述的是木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上的運動B．從v－t圖像可知木塊的初速度大于v0C．從v－t圖像可知木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ>tanαD．從v－t圖像可以得出木塊運動過程中的速度一定有等于v0的時刻【答案】D【解析】若木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上運動，木塊一定先減速向上后加速向下，而圖像表示的是運動方向不變，且一直做加速運動，所以木塊的初速度一定向下，A錯誤；木塊的初速度一定沿斜面向下的，又因為圖像的斜率先大后小，所以木塊的加速度也先大后小，木塊的合力先大后小，木塊所受的摩擦力先向下后向上，只有木塊的初速度小于v0時摩擦力的方向才能先向下，B錯誤；木塊的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木塊向下做勻加速直線運動，其加速度為mgsinθ＋Ff＝ma1，當木塊的速度等于v0時，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ>tanα，則μmgcosθ>mgsinθ，木塊將隨著傳送帶一起以v0的速度勻速運動，不能繼續(xù)加速運動，C錯誤；當木塊的速度等于v0時，且μ<tanα，木塊無法與傳送帶相對靜止，繼續(xù)向下加速運動，摩擦力的方向沿斜面向上，其加速度為mgsinθ－Ff＝ma2，木塊運動過程中的速度一定有等于v0的時刻，D正確．【例3】(多選)為保障市民安全出行，有關部門規(guī)定：對乘坐軌道交通的乘客所攜帶的物品實施安全檢查．如圖甲所示為乘客在進入地鐵站乘車前，將攜帶的物品放到水平傳送帶上通過檢測儀接受檢查時的情景．如圖乙所示為水平傳送帶裝置示意圖．緊繃的傳送帶ab始終以1m/s的恒定速率運行，乘客將一質量為1kg的小包(可視為質點)無初速度地放在傳送帶左端的a點，設行李與傳送帶之間的動摩擦因數為0.1，a、b間的距離為2m，g取10m/s2.下列速度－時間(v－t)圖像和位移－時間(x－t)圖像中，可能正確反映行李在a、b之間的運動情況的有(除C中0～1s為曲線外，其余均為直線段)()【答案】AC【解析】物體放到傳送帶上，由μmg＝ma可得a＝1m/s2，則由v＝ats內做勻加速直線運動，與傳送帶共速后做勻速直線運動，故A正確，B錯誤；物體在t＝1s時的位移x＝eq\f(1,2)at2＝0.5m，物體在0～1s內做勻加速直線運動，x－t圖像為拋物線，之后做勻速直線運動，x－t圖像為直線，故C正確，D錯誤．【例4】(2022·安徽廬巢七校聯(lián)盟第三次聯(lián)考)如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行。現將一質量m＝2kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖7乙所示，2s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10m/s2，求：(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v；(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數μ?！敬鸢浮?1)8m/s(2)0.5【解析】(1)由v－t圖像的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為v－t圖線與t軸所圍的面積，所以L＝eq\f(1,2)×1×10m＋eq\f(1,2)×(10＋12)×1m＝16m由平均速度的定義得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(L,t)＝8m/s。(2)由v－t圖像可知傳送帶運行速度為v1＝10m/s0～1s內物體的加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s21～2s內的加速度為a2＝2m/s2根據牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1mgsinθ－μmgcosθ＝ma2聯(lián)立兩式解得μ＝0.5。題型五“滑塊－木板”模型問題【解題指導】1．“滑塊—木板”模型問題中，靠摩擦力帶動的那個物體的加速度有最大值：am＝eq\f(Ffm,m).假設兩物體同時由靜止開始運動，若整體加速度小于該值，則二者相對靜止，二者間是靜摩擦力；若整體加速度大于該值，則二者相對滑動，二者間為滑動摩擦力.2.滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；若反向運動，位移大小之和等于板長．【要點歸納】1．模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動．2．位移關系：如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L.3．解題關鍵點(1)由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向．(2)當滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)．4．處理“板塊”模型中動力學問題的流程【技巧點撥】1.滑塊不受拉力而木板受拉力木板受逐漸增大的水平拉力而滑塊不受拉力，這種情況下，開始滑塊和木板一起做變加速運動，當滑塊加速度達到其最大值μg時，滑塊、木板開始發(fā)生相對滑動，此后滑塊加速度保持不變，木板加速度逐漸增大。2.給滑塊一初速度v0，兩者都不受拉力且疊放在光滑水平面上(1)若木板足夠長，這種情況下，滑塊減速、木板加速，直至兩者速度相等，之后將一起勻速運動下去，其速度關系為v0－a滑t＝a板t。(2)若木板不夠長，這種情況下，滑塊會一直減速到滑下木板，木板會一直加速到滑塊滑下。分離前滑塊加速度大小a滑＝μg，木板的加速度大小a板＝eq\f(μm滑g,m板)。3.木板有初速度v0，兩者都不受拉力且疊放在光滑水平面上(1)若木板足夠長，木板減速、滑塊加速，直至兩者速度相等，之后將一起勻速運動下去，其速度關系為v0－a板t＝a滑t。(2)若木板不夠長，則木板會一直減速到滑塊滑下，滑塊會一直加速到滑下木板。分離前滑塊的加速度大小a