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 7題型二動力學中的臨界和極值問題 12類型1板塊模型中相對滑動的臨界問題 12類型2恰好脫離的動力學臨界問題 17類型3動力學中的極值問題 24題型三動力學中的圖像問題 28類型1通過F-t、F-x圖像分析運動情況 28類型2通過v-t、a-t圖像分析受力情況 33類型3通過a-F圖像分析力與運動的關系 36題型四“傳送帶”模型問題 41類型1動力學中水平傳送帶問題 42類型2動力學中的傾斜傳送帶問題 46類型3傳送帶中的動力學圖像 54題型五“滑塊－木板”模型問題 60類型1滑塊帶動木板 61類型2滑板帶動滑塊 67類型3斜面上的板塊問題 73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)(2023·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。【例2】（2023·廣東·模擬預測）如圖所示，2023個完全相同的小球通過完全相同的輕質彈簧（在彈性限度內）相連，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右運動，設1和2之間彈簧的彈力為，2和3之間彈簧的彈力為，……，2022和2023之間彈簧的彈力為，則下列說法正確的是（）A．若水平面光滑，從左到右每根彈簧長度之比為1∶2∶3∶…∶2021∶2022B．若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2000號小球的加速度不變C．若水平面光滑，D．若水平面粗糙，【答案】BCD【詳解】AC．若水平面光滑，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律可得解得分別以后面的第1、2、3…、2022個小球為研究對象，根據牛頓第二定律可得以此類推可得由胡克定律可知可知從左到右每根彈簧伸長量之比為但長度之比不滿足，故A錯誤，C正確；B．若水平面粗糙，撤去的瞬間，第2000號小球所受的兩邊彈簧的彈力以及摩擦力都不變，則加速度不變，故B正確；D．若水平面粗糙，設每個小球受的滑動摩擦力為，則以整體為研究對象，根據牛頓第二定律可得解得分別以后面的第1、2、3…、2022個小球為研究對象，根據牛頓第二定律可得以此類推則故D正確。故選BCD。【例2】.（2023·全國·二模）如圖所示，傾角為的粗糙斜面上有4個完全相同的物塊，在與斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做勻速直線運動，運動中連接各木塊間的細繩均與斜面平行，此時第1、2物塊間細繩的張力大小為，某時刻連接第3、4物塊間的細繩突然斷了，其余3個物塊仍在力F的作用下沿斜面向上運動，此時第1、2物塊間細繩的張力大小為，則等于（）A． B． C． D．1：1【答案】B【詳解】勻速運動時，設每一個物塊所受的摩擦力為，質量為，根據平衡條件可得對2、3、4物塊由平衡條件可得可得連接第3、4物塊間的細繩突然斷了，對1、2、3根據牛頓第二定律可得對2、3物塊根據牛頓第二定律可得可得可得故選B?！纠?】．（2023春·湖南常德·漢壽縣第一中學?？茧A段練習）如圖所示，5塊質量均為m的木塊并排放在水平地面上，編號為3的木塊與地面間的動摩擦因數為，其他木塊與地面間的動摩擦因數為，當用水平力F推第1塊木塊使它們共同加速運動時，下列說法正確的是（）A．由右向左，兩塊木塊之間的摩擦力依次變小B．木塊加速度為0.2m/s2C．第2塊木塊與第3塊木塊之間的彈力大小為0.90FD．第3塊木塊與第4塊木塊之間的彈力大小為0.38F【答案】D【詳解】A．木塊之間只有彈力，無摩擦力，A錯誤；B．對整體進行受力分析，由牛頓第二定律得由于未知，加速度無法求得結果，B錯誤；C．對前兩塊木塊進行受力分析，由牛頓第二定律得得C錯誤；D．對前三塊木塊進行受力分析，由牛頓第二定律得得D正確；故選D。【例4】．（2023春·江西上饒·江西省余干中學?？茧A段練習）中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節(jié)質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數第2節(jié)車廂對最后一節(jié)車廂的牽引力為（）A．F B． C． D．【答案】C【詳解】根據題意可知第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的牽引力為F，因為每節(jié)車廂質量相等，阻力相同，故第2節(jié)對第3節(jié)車廂根據牛頓第二定律有設倒數第2節(jié)車廂對最后一節(jié)車廂的牽引力為F1，則根據牛頓第二定律有解得故選C。類型2關聯(lián)速度連接體【例1】（2023春·新疆烏魯木齊·高一烏市八中?？计谥校┤鐖D所示，物體A質量為4kg，物體B質量為1kg，不計一切摩擦和繩的重力，當兩物體由靜止釋放后，物體A的加速度與繩子上的張力分別為（）A．， B．， C．， D．，【答案】D【詳解】對物體A對B解得故選D?！纠?】(2023年四省聯(lián)考)如圖（a），足夠高的水平長桌面上，P點左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動下從桌面左端開始運動，其圖如圖（b）所示，已知砝碼質量為，重力加速度大小g取，求（1）物塊A的質量；（2）物塊A與P點右邊桌面間的動摩擦因數?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）由題圖（b）可知，物塊A在點左邊運動的加速度根據牛頓第二定律代入數據解得（2）物塊A在P點右邊運動的加速度根據牛頓第二定律代入數據解得【例3】（2023春·廣東茂名市第一中學校考期中）質量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩和光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子在各處均平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是（不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦）（）A．輕繩的拉力等于Mg B．輕繩的拉力等于mgC．M運動加速度大小為 D．M運動加速度大小為【答案】BCD【詳解】CD．第一次放置時質量為M的物體靜止，則由平衡條件可得第二次放置，對整體，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得故CD正確；AB．對質量為m的物體研究，由牛頓第二定律得解得故B正確，A錯誤。故選BCD。【例4】．（2023春·北京東城·北京二中?？计谥校┤鐖D所示三個裝置，（）中桌面光滑，（）、（）中桌面粗糙程度相同，（）用大小為的力替代重物進行牽引，其余均相同。不計繩和滑輪質量及繩與滑輪摩擦，都由靜止釋放，在移動相同距離的過程中，下列關于三個實驗裝置的分析中，正確的是（）A．裝置（）的動能增加量大于（）中的動能增加量B．裝置（）中物塊的加速度為C．裝置（）、（）中物塊的動能增加量相同D．裝置（）中繩上的張力小于裝置（）中繩上的張力【答案】AD【詳解】A．由于裝置（b）有摩擦力，可知裝置（a）中物塊的加速度較大，在移動相同距離的過程中得到的速度較大，則裝置（）的動能增加量大于（）中的動能增加量，選項A正確；B．裝置（）中對系統(tǒng)列方程可知，物塊的加速度為選項B錯誤；C．裝置（）中的加速度裝置（c）中的加速度可知裝置（）中物塊的加速度較大，在移動相同距離的過程中得到的速度較大，則裝置（c）的動能增加量大于（）中的動能增加量，選項C錯誤；D．裝置（）中繩上的張力裝置（）中繩上的張力裝置（）中繩上的張力小于裝置（）中繩上的張力，選項D正確。故選AD?！纠?】（2023秋·甘肅天水·統(tǒng)考期末）如圖所示的裝置叫作阿特伍德機，是阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律。繩子兩端的物體下落（或上升）的加速度總是小于自由落體的加速度g。已知物體A、B的質量相等，均為4m，物體C的質量為2m，一切摩擦不計，輕繩不可伸長且足夠長，現將裝置從靜止釋放。下列說法正確的是（）A．物體C的加速度為B．物體C的加速度為C．物體C對B的拉力為D．物體C對B的拉力為【答案】AC【詳解】AB．對ABC的整體由牛頓第二定律即物體C的加速度為，選項A正確，B錯誤；CD．對物體C分析可知解得即物體C對B的拉力為，選項C正確，D錯誤。故選AC。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】【多選】（2023春·內蒙古·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，質量分別為和m的A、B兩物塊，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為，B與地面間的動摩擦因數為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F對B施加一水平拉力F，則下列說法中正確的是（）A．當時，A、B都相對地面靜止B．當時，A、B間相對滑動C．當時，B的加速度等于D．無論F為何值，A的加速度不會超過【答案】CD【詳解】A．地面的最大靜摩擦力為可知，A、B都相對地面發(fā)生運動，A錯誤；C．物塊A能夠獲得的最大加速度當時，假設A、B能夠保持相對地面靜止，則有解得可知，當時，A、B保持相對靜止，B的加速度等于，C正確；B．若A、B恰好發(fā)生相對運動，對B有對A、B有解得可知，當時，A、B間才能發(fā)生相對滑動，B錯誤；D．根據上述可知，物塊A能夠獲得的最大加速度為即無論F為何值，A的加速度不會超過，D正確。故選CD?！纠?】．【多選】（2023春·貴州·高三校聯(lián)考階段練習）如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q（可視為質點）放置于長木板上的最右端。現將一個水平向右的恒力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，后撤去力F。滑塊、長木板的速度圖像如圖乙所示，已知物塊與長木板的質量相等，均為，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下，重力加速度。則下列說法正確的是（）A．時長木板P停下來 B．長木板P的長度至少是C．地面與長木板P之間的動摩擦因數是0.075 D．恒力F等于【答案】CD【詳解】C．由乙圖可知，力F在時撤去，此時長木板P的速度，時二者速度相同，為，前長木板P的速度大于滑塊Q的速度。后長木板P的速度小于滑塊Q的速度，過程中，以滑塊Q為研究對象，根據牛頓第二定律可得解得過程中，以長木板P為研究對象，根據牛頓第二定律可得解得C正確。A．末到長木板停下來過程中，根據牛頓第二定律可得解得這段時間為所以時長木板P停下來，A錯誤。B．長木板P的長度至少是前過程中，滑塊Q在長木板P上滑行的距離，即B錯誤。D．對長木板受力分析，據牛頓第二定律可得其中解得D正確。故選CD?！纠?】．（2023·全國·高三專題練習）如圖甲，水平地面上有一長木板，將一小物塊放在長木板上，給小物塊施加一水平外力F，通過傳感器分別測出外力F大小和長木板及小物塊的加速度a的數值如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A．小物塊與長木板間的動摩擦因數 B．長木板與地面間的動摩擦因數C．小物塊的質量 D．長木板的質量【答案】B【詳解】由題圖乙知，當F=F1時小物塊與長木板均恰好要相對地面滑動，則有當F1<F≤F3時，小物塊與長木板相對靜止一起加速運動，有即則結合圖像有a0=μ2g聯(lián)立解得，當F>F3時，小物塊相對長木板滑動，對小物塊有F-μ1mg=ma整理得結合圖像有=對長木板有聯(lián)立解得，由圖乙知=所以M=，故選B?！纠?】(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】（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學校考階段練習）如圖A、B兩物體相互接觸，但并不粘合，放置在水平面上，水平面與物體間的摩擦力可忽略，兩個物體的質量分別為，。從開始，推力FA和分別作用與AB上，和隨時間的變化規(guī)律為，，關于兩個物體的運動。以下說法正確的是（）A．經過，兩物體將分離B．經過1.5s，兩物體將分離C．A對B的彈力做功的功率一直增大D．A對B的彈力做功的功率最大值為2W【答案】D【詳解】CD．以A、B整體為研究對象，A、B整體受到的合力為解得故合力保持不變，即開始一段時間內、以相同的加速度做勻加速運動，對整體研究有解得設A、B之間的彈力為F，對B受力分析可得解得且B在做勻加速直線運動，則B的速度為故A對B的彈力做功的功率為由數學知識可知，當時，功率有最大值故C錯誤，D正確；AB．當A、B恰好分離時，A、B間的彈力為0，此時兩者的加速度仍然相等，有解得所以在2s內，A、B兩物體一直以的加速度做勻加速直線運動，在2s后A、B兩物體分離，故AB錯誤。故選D。【例2】【多選】（2023·遼寧·模擬預測）如圖所示，在水平地面上有一傾角為θ，表面光滑的斜面體。在斜面體頂端固定一與斜面垂直的擋板，用質量不計的細線系著一個質量為m的小球?，F對斜面體施加一水平方向的外力F，使斜面體做加速度大小為a的勻加速直線運動。已知，重力加速度大小為g，則（）A．若斜面體以加速度向右加速運動時，小球對滑塊壓力為零B．若斜面體以加速度向右加速運動時，線中拉力為C．當斜面體以加速度向右加速運動時，線中拉力為D．當斜面體以加速度向左加速運動時，線中拉力為零【答案】BCD【詳解】A．若斜面體以臨界加速度向右加速運動時，小球對滑塊壓力為零，則小球只受到重力和細線的拉力，將細線拉力正交分解后有又由牛頓第二定律有代入數據解得小球剛好離開斜面的零臨界加速度為若斜面體以加速度向右加速運動時，此時向右的加速度小于臨界加速度，則小球對滑塊壓斜面仍然有壓力，故A錯誤；B．若斜面體以加速度向右加速運動時，由牛頓第二定律有水平方向的合力大小為對小球受力分析可知，小球受力分析如下水平和豎直方向分別滿足如下關系代入數據解得細線的拉力大小為故B正確；C．當斜面體以加速度向右加速運動時，超過臨界加速度，小球離開斜面，由牛頓第二定律有水平方向繩子的分力大小為由勾股定理可知線中拉力為故C正確；D．若斜面體以臨界加速度向左加速運動時，細線對小球的拉力為零，則小球只受到重力和斜面的支持力，將支持力正交分解后如圖所示滿足又由牛頓第二定律有代入數據解得細線剛好沒有拉力的零臨界加速度為當斜面體以加速度向左加速運動時，可知超過臨界加速度，細線對小球沒有拉力，故D正確。故選BCD?！纠?】【多選】（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直輕質彈簧上并保持靜止，現用大小等于0.8mg的恒力F向上拉B，當運動距離為h時B與A恰好分離（）A．彈簧的勁度系數等于B．B和A剛分離時，彈簧為原長C．B和A剛分離時，B和A的加速度相同D．從開始運動到B和A剛分離的過程中，兩物體的動能先增大后減小【答案】ACD【詳解】ABC．當A和B兩物體疊放在豎直輕質彈簧并保持靜止時，彈簧的彈力為由胡克定律可得彈簧的壓縮量為當A和B兩物體一起上升時，把A和B兩物體看成一個整體，由牛頓第二定律可得對B物體進行隔離分析，得當A和B開始分離時，，解得負號表示方向豎直向下，此時彈簧的彈力為由胡克定律可得彈簧的壓縮量為由題中條件可得可得綜上分析可知B和A剛分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，B和A的加速度相同，故AC正確，B錯誤；D．從開始運動到B和A剛分離的過程中，兩物體的加速度方向先向上后向下，兩物體向上先加速運動，后減速運動，兩物體的動能先增大后減小，故D正確。故選ACD?！纠?】（2023春·湖南·高三校聯(lián)考階段練習）質量均為m的甲、乙兩物塊，中間連接一根勁度系數為k的輕彈簧，如圖所示，把甲放在水平面上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F給乙施加一個豎直向上的拉力，使乙向上做勻加速直線運動，加速度大小為g（g為重力加速度大?。?，下列說法正確的是（

）A．乙剛要運動時，豎直向上的拉力大小為2mgB．從乙剛開始運動到甲剛要離開水平面時，乙的位移大小為C．當彈簧處于原長時，豎直向上的拉力大小為3mgD．甲剛要離開水平面時，乙的速度大小為g【答案】B【詳解】A．乙剛要運動時，合力即豎直向上的拉力，則有故A錯誤；B．系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧的壓縮量為甲剛要離開水平面時，彈簧的伸長量為則從乙剛開始運動到甲剛要離開水平面時，乙的位移大小為故B正確；C．當彈簧處于原長時，對乙分析有解得故C錯誤；D．從乙剛開始運動到甲剛要離開水平面時，對乙分析有解得故D錯誤。故選B。類型3動力學中的極值問題【例1】【多選】（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，質量m=1kg物體以初速度滑上足夠長的斜面。已知物體與斜面之間的動摩擦因數。調節(jié)斜面與水平方向的夾角從零開始增大到90°，發(fā)現物體沿斜面向上的最大位移x先減小后增大，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A．當時，物體的最大位移為2.4mB．當時，物體達到最大位移后，將保持靜止C．當時，物體的最大位移具有最小值D．當時，物體克服摩擦力做功18J【答案】ABC【詳解】A．當時，物體沿水平方向故勻減速直線運動。由動能定理解得故A選項正確；B．當時，有物體速度減小到零后，在斜面上保持靜止，故B正確；C．物體在斜面上滑行的過程中，由動能定理可得解得其中由數學知識可知，當時，物體的最大位移具有最小值，故C正確；D．當時，物體與豎直平面之間的支持力為零，摩擦力為零，故D錯誤。故選ABC?！纠?】．（2023·湖南懷化·高三?？茧A段練習）如圖甲所示，將某一物塊每次以不變的初速率沿足夠長的斜面向上推出，調節(jié)斜面與水平方向的夾角，實驗測得物塊運動的最遠位移x與斜面傾角的關系如圖乙所示，g取，則（）A．物塊的初速度為2m/sB．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.4C．物塊沿斜面上滑的最大加速度為gD．物塊沿斜面上滑的最小距離為【答案】AD【詳解】A．由圖可知，當夾角為時，位移為，由豎直上拋運動規(guī)律解得故A正確；B．當夾角為時，位移為，根據可得故B錯誤；CD．根據可得因此最大加速度為此時的位移為解得故C錯誤，D正確。故選AD?！纠?】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】（2023·內蒙古包頭·統(tǒng)考二模）用水平力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，F大小隨時間的變化如圖甲所示，物塊的加速度a隨時間變化的圖像如圖乙所示，最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，重力加速度g取。下列說法正確的是（）A．物塊的質量為B．最大靜摩擦力為C．若在時撤去水平拉力，物塊還可以繼續(xù)滑行D．若在時撤去水平拉力，物塊還可以繼續(xù)滑行【答案】ABC【詳解】B．根據圖乙可知，在1s時刻，物塊恰好開始運動，此時拉力大小等于最大靜摩擦力，根據圖甲可知，最大靜摩擦力為，B正確；A．在2s時刻拉力為6N，加速度為1m/s2，則有A正確；C．圖像的面積表示速度的變化量，結合上述則有撤去拉力的加速度則物塊還可以繼續(xù)滑行的時間C正確；D．根據上述，若在時撤去水平拉力，物塊還可以繼續(xù)滑行的距離D錯誤。故選ABC?！纠?】（2023秋·廣東廣州·廣州市第二中學?？计谀┤鐖D甲所示，一輕質彈簧上端固定，下端連接一質量為1kg的物體，物體處于靜止狀態(tài)。用一豎直向上的外力F作用于物體上，物體從靜止開始豎直向上做一段勻加速直線運動，外力F與物體離開靜止位置的位移x的關系如圖乙所示，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度。下列說法正確的是（）A．物體運動的加速度大小為B．彈簧開始時形變量為4cmC．彈簧的勁度系數為200N/mD．從物體開始運動時計時，當t=0.1s時彈簧的形變量為3cm【答案】ACD【詳解】A．物體從靜止開始運動時重力與彈簧彈力平衡，從圖上讀出外力則開始運動時合力為根據牛頓第二定律解得物體運動的加速度為故A正確；BC．假設開始時彈簧形變量為，此時彈簧彈力根據胡克定律可得①當時，根據牛頓第二定律解得彈簧彈力從圖上讀出此時的位移為，則根據胡克定律可得②聯(lián)立①②解得故B錯誤，C正確；D．物體做初速度為0的勻加速直線運動，當時位移為則此時彈簧的形變量為故D正確。故選ACD?！纠?】（2023·全國·模擬預測）如圖甲所示，質量為m的物塊在水平力F的作用下可沿豎直墻面滑動，水平力F隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，物塊與豎直墻面間的動摩擦因數為μ，物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，豎直墻面足夠高，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．物塊一直做勻加速直線運動B．物塊先做加速度減小的加速運動，后做勻速直線運動C．物塊的最大速度為D．時，物塊停止下滑【答案】C【詳解】根據物塊的受力，由牛頓第二定律有由圖像可知而解得故隨時間的增大，物塊先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速逐漸增大的減速運動，最后停止下滑，靜止后物塊的加速度為零，處于平衡狀態(tài)；當時，物塊的加速度為零，此時物塊的速度最大，做出圖像如下圖所示根據其面積求出最大速度為故選C?！纠?】．（2023春·湖北武漢·湖北省武昌實驗中學校聯(lián)考期中）地震引起的海嘯會給人們帶來巨大的損失。某中學的部分學生組成了一個課題小組，對海嘯的威力進行了模擬研究，他們設計了如下的模型：如圖甲所示，在水平地面上放置一個質量為的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力（模擬海嘯）作用下運動，推力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數為，重力加速度g取，忽略空氣阻力，則（

）A．運動過程中物體的最大加速度為B．物體在水平地面上運動的最大位移是50mC．整個過程中摩擦力對物體做功1kJD．在距出發(fā)點5.0m位置時物體的速度達到最大【答案】B【詳解】A．由牛頓第二定律有可得當推力F＝200N時，物體加速度最大，為45m/s2，A錯誤；BC．由F-x圖像中圖線與坐標軸所圍的“面積”表示功可知，推力對物體做功為由動能定理有代入數據得即物體在水平面上運動的最大位移是50m，整個過程中摩擦力對物體做功-1000J，B正確，C錯誤；D．由題圖乙可得推力F隨位移x變化的關系為F＝200-20x（N）物體速度最大時，加速度為零，有解得x＝9m即在距出發(fā)點9m位置時物體的速度達到最大，D錯誤。故選B。類型2通過v-t、a-t圖像分析受力情況【例1】（2023秋·山東聊城·統(tǒng)考期末）如圖甲所示，一質量的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37°的足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了小物塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程中的圖線，如圖乙所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）則下列說法正確的是（）A．小物塊沖上斜面過程中加速度的大小為8.0m/s2B．小物塊在斜面上滑行的最大位移為8mC．小物塊與斜面間的動摩擦因數為0.25D．小物塊在上滑過程中所受摩擦力大小為5N【答案】AC【詳解】A．由小物塊上滑過程的速度－時間圖線，可得加速度大小為可知小物塊沖上斜面過程中加速度的大小為，故A正確；B．設物塊沖上斜面所能達到的最高點距斜面底端距離為，則有故B錯誤。CD．小物塊受重力、支持力、摩擦力，沿斜面方向摩擦力為代入數據解得故C正確，D錯誤。故選AC?！纠?】.（2023春·全國·高三校聯(lián)考階段練習）如圖甲所示，質量為的物體受水平拉力作用，在粗糙水平面上做初速度為零的加速直線運動，其圖像如圖乙所示，物體與地面之間的動摩擦因數為0.2，重力加速度g取，則（）A．水平拉力隨時間的變化關系B．時，物體的速度大小為C．在內，合力對物體做功為D．在內，拉力F對物體的沖量大小為【答案】ABD【詳解】A．由圖乙可知對物體受力分析，有解得A正確；B．內圖像與坐標軸圍成的面積為速度變化量，則B正確；C．在內，合力對物體做功為C錯誤；D．在內解得D正確。故選ABD?！纠?】(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】（2023春·山東濟寧·?？茧A段練習）如圖（a），一水平外力F作用在物體上，使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力變化的圖像如圖（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根據圖（b）判斷，下列說法正確的是（）A．物體的質量m=2kgB．斜面的傾角θ=53°C．加速度為時力F的大小為25ND．物體靜止在斜面上時，水平外力的大小為F=15N【答案】AD【詳解】AB．當，，時，，其中，，解得，故A正確，B錯誤；C．加速度為時，由解得故C錯誤；D．物體靜止在斜面上時，有解得故D正確。故選AD?！纠?】（2023秋·內蒙古呼和浩特·高三統(tǒng)考期末）一個質量為m小物體，靜止在水平地面上。當受到一個水平外力F作用時，物體會靜止或做加速直線運動。隨著水平外力大小變化，其加速度a也隨之發(fā)生改變。如圖是a和F的變化關系圖像（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g?。?，則（）A．物體質量1kgB．物體所受滑動摩擦力大小為2NC．該圖像斜率表示物體的質量D．當時，物體的加速度大小為2m/s2【答案】AD【詳解】AC．由牛頓第二定律可得故圖像的斜率表示，是物體質量的倒數，C錯誤；由圖像得故物體質量為1kg，A正確；B．由圖像知，當時，物體的加速度為零，說明物體保持靜止狀態(tài)；當F>1N時，物體放開始加速運動，故物體所受滑動摩擦力大小為1N，B錯誤；D．由圖像可知，當時，物體的加速度大小為2m/s2，故D正確。故選AD?！纠?】．（2023秋·吉林長春·長春市第五中學?？计谀┤鐖D甲所示，地面上有一質量為M的重物，用力F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數關系如圖乙所示，則以下說法中正確的是（）A．當F小于圖中A點值時，物體的重力Mg>F，物體不動B．圖中A點值即為物體的重力值C．物體向上運動的加速度和力F成正比D．圖線延長線和縱軸的交點B的數值等于該地的重力加速度【答案】ABD【詳解】A．當F小于圖中A點值時，物體的加速度為零，則Mg>F，物體不動，A正確；BCD．根據得當加速度為0時，F值等于重力。由表達式可知，加速度與力不成正比，圖線延長線和縱軸的交點B的數值等于該地的重力加速度，C錯誤，BD正確。故選ABD?！纠?】．（2023春·陜西西安·西安市鐵一中學校考期中）物體A、B都靜止在同一水平面上，它們的質量分別是和，與水平面之間的動摩擦因數分別為和，用平行于水平面的力分別拉物體A、B得到加速度和拉力的關系圖像分別如圖中A、B所示，已知，利用圖像可求出A、B兩物體與水平面之間的動摩擦因數和的數值分別為（）A．， B．，C．， D．，【答案】C【詳解】對物體A，根據牛頓第二定律可得則有由圖像可知聯(lián)立解得對物體B，根據牛頓第二定律可得則有由圖像可知聯(lián)立解得故選C。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?】（2023·全國·高三專題練習）如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率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圖像（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一直向右D．0~t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力【答案】BC【詳解】A．相對地面而言，小物塊在0~t1時間內向左做勻減速運動，t1時刻之后反向向右運動，故小物塊在t1時刻離A處距離最大，A錯誤；B．小物塊在0~t1時間內向左做勻減速運動，相對傳送帶也是向左運動，t1~t2時間內反向向右做勻加速運動，但速度小于傳送帶向右的速度，仍是相對傳送帶向左運動，t2時刻兩者同速，在t2~t3時間內，小物塊與傳送帶相對靜止，一起向右勻速運動，所以t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，B正確；C．由于0~t2時間內，小物塊相對傳送帶一直向左運動，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正確；D．在0~t2時間內，小物塊相對傳送帶一直向左運動，則小物塊一直受向右的滑動摩擦力，在t2~t3時間內，小物塊相對于傳送帶靜止，則小物塊不受摩擦力作用，故D錯誤。故選BC?！纠?】．（2023·全國·高三專題練習）如圖甲所示，水平放置的傳送帶在電機的作用下以=4m/s的速度順時針轉動，兩輪軸心間距為L=5m。質量為m=0.5kg的物塊（視為質點），從左輪的正上方以速度水平向右滑上傳送帶后物塊與傳送帶的v-t圖像如圖乙所示，經過時間t0從右輪的正上方離開傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，重力加速度取g=10m/s2，物塊在傳送帶上運動的過程中，下列說法正確的是（）A．物塊在傳送帶上運動時先受滑動摩擦力再受靜摩擦力B．物塊在傳送帶上運動的時間為t0=1sC．物塊滑上傳送帶的速度=6m/sD．物塊與傳送帶之間的相對位移為【答案】BCD【詳解】A．由圖像可知物塊在傳送帶上運動的過程中，始終做減速運動，對其分析受力可知，物塊在傳送帶上運動時始終受滑動摩擦力的作用。故A錯誤；BC．物塊在傳送帶上運動的過程中，以初速度方向為正反向，由牛頓第二定律可得物塊在傳送帶上運動的過程中，由勻變速直線運動的規(guī)律可得解得故BC正確；D．傳送帶的位移為物塊與傳送帶之間的相對位移為故D正確。故選BCD?！军c睛】理解圖像的物理意義，確定物體的運動情況，結合勻變速直線運動的規(guī)律及牛頓第二定律進行解答?！纠?】．（2023·全國·高三專題練習）快遞分揀站利用傳送帶可以大幅提高分揀效率，其過程可以簡化為如圖所示的裝置，水平傳送帶長為L，以一定的速度順時針勻速運動，工作人員可以一定的初速度將快遞箱推放到傳送帶左端。若快遞箱被從左端由靜止釋放，到達右端過程中加速時間和勻速時間相等，快遞箱可視為質點，快遞箱與傳送帶間的動摩擦因數，g取，則（）A．傳送帶長L為B．若，全程快遞箱在傳送帶上留下的痕跡長為C．若，則全程快遞箱的路程與傳送帶的路程之比為D．若僅將傳送帶速度增大為原來的2倍，則快遞箱先勻加速運動再勻速運動【答案】AC【詳解】A．根據傳送帶與快遞箱間動摩擦因數，快遞箱加速時加速度快遞箱加速位移快遞箱勻速位移所以傳送帶總長故A正確；B．若，快遞箱全程位移為則傳送帶路程為痕跡長故B錯誤；C．如果，快遞箱加速時間加速位移勻速時間在此期間傳送帶勻速位移所以兩者路程之比為12∶13。故C正確；D．如果傳送帶速度加倍，則快遞箱加速時間加速位移大于，故D錯誤。故選AC。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】（2023·山西·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，有一條傳送帶與水平面的夾角，傳送帶以的速度勻速運動。現將一小物塊輕放在最高點A，經過時間t小物塊運動到最低點B。已知A、B之間的距離為，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數，小物塊可看做質點，重力加速度g取，。則小物塊從A到B的時間可能是（）A． B． C． D．【答案】BD【詳解】沒有明確傳送帶的運動方向，因此，傳送帶可能沿順時針方向線動，也可能沿逆時針方向轉動。若傳送帶順時針轉動，則物體從A到B一直勻加速運動解得則有代入數據解得若傳送帶逆時針轉動，物體的加速度則物體加速至與傳送帶速度相等需要的時間為發(fā)生的位移為可知物體加速到時仍未到達B點，設此后物塊加速度為，則解得則有解得故物體從A運動到B所用的總時間故選BD?！纠?】（2023春·河北邯鄲·高三校聯(lián)考開學考試）如圖所示，傾角為37°的傳送帶以速度逆時針勻速傳動，小滑塊（視為質點）以平行于傳送帶的初速度從頂端滑上傳送帶，經過滑塊滑到傳送帶的底端，在此過程中，滑塊的平均速度為，重力加速度g取，、，下列說法正確的是（）。A．傳送帶轉軸中心間的距離為B．滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.8C．當滑塊向上運動到兩輪間的中點位置時速度大小正好為，則滑塊在上升過程中經歷的總時間為D．若，則滑塊在傳送帶上運動的整個過程中，滑塊與傳送帶的相對位移為【答案】AC【詳解】AB．由勻變速直線運動的規(guī)律可得，滑塊下滑過程，受到的滑動摩擦力斜向上，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，，A正確，B錯誤；C．設滑塊運動到傳送帶的底端時速度為，則有解得滑塊剛向上運動的受力與向下運動的受力情況相同，說明滑塊先向上做初速度為0、加速度為的勻加速直線運動，由題意可得，，，聯(lián)立解得C正確；D．若，分析可知，滑塊在傳送帶上做雙向可逆運動，返回到頂端時速度正好為，根據對稱性，滑塊在傳送帶上運動的整個過程中的時間為，傳送帶的位移為滑塊的位移為則物塊與傳送帶的相對位移為聯(lián)立解得D錯誤。故選AC。【例3】（2022秋·陜西安康·高三統(tǒng)考階段練習）如圖所示，一傳送帶與水平面之間的夾角為，在電動機的帶動下，傳送帶以速度沿順時針方向穩(wěn)定運行，現讓一物塊（視為質點）從傳送帶的底端以速度沖上傳送帶，當物塊運動到傳送帶的頂端時速度剛好為0，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為，，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）A．與之間的關系為B．物塊在做減速運動的過程中，加速度不變C．物塊與傳送帶在速度相等前后，加速度的大小之差為D．共速前物塊在傳送帶上的劃痕長度一定等于物塊位移大小的一半【答案】AC【詳解】A．根據題意可知，物塊與傳送帶速度相等后繼續(xù)向上減速，則有可得故A正確；B．由于，物塊與傳送帶速度相等之前，物塊受到的滑動摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小為物塊與傳送帶速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小為故B錯誤；C．物塊與傳送帶在速度相等前后，加速度的大小之差為故C正確；D．設物塊從沖上傳送帶到與傳送帶速度相等所用時間為，此過程物塊的位移為傳送帶的位移為可知此過程物塊在傳送帶上的劃痕長度為若滿足則有由于不一定等于，則共速前物塊在傳送帶上的劃痕長度不一定等于物塊位移大小的一半，故D錯誤。故選AC?！纠?】．（2022秋·貴州黔南·高三統(tǒng)考期中）如圖所示，機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。以恒定速率運行的傳送帶與水平面間的夾角，轉軸間距L＝3.95m。工作人員沿傳送方向以速度從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質點）。包裹與傳送帶間的動摩擦因數。重力加速度g取，，。則該小包裹（）A．相對傳送帶滑動時加速度的大小為 B．通過傳送帶的時間為4.5sC．在傳送帶上滑動的距離為2.75m D．到達傳帶底端時的速度為0【答案】ABC【詳解】A．小包裹的速度大于傳動帶的速度，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據牛頓第二定律可知解得故A正確；BCD．小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時在傳動帶上滑動的距離為因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即，所以小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為所以小包裹通過傳送帶的時間為故BC正確，D錯誤。故選ABC。【例5】（2023春·四川·高三統(tǒng)考階段練習）如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角，以恒定速率順時針轉動。一煤塊以初速度從A端沖上傳送帶，煤塊與傳送帶之間動摩擦因數，取。下列說法正確的是（）A．煤塊沖上傳送帶后經1s與傳送帶速度相同B．煤塊向上滑行的最大位移為8mC．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為5sD．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為【答案】AD【詳解】A．煤塊先做勻減速，由牛頓第二定律可得解得設經t時間與傳送帶共速，由解得故A正確；B．共速后，摩擦力方向向上，由牛頓第二定律得解得煤塊先以12m/s的初速度，的加速度減速至4m/s，后又以的加速度減速至0，再反向加速至回到A點，圖像如圖所示由圖像煤塊上升到最高點的位移大小等于速度－時間圖線與時間軸所包圍的面積的大小，有故B錯誤；C．物塊上升到最高點后反向向下做初速度為零，加速度為的勻加速直線運動，設返回到A點所需的時間為，下滑的位移解得結合圖像知，物塊從沖上傳送帶到返回A端所用時間s故C錯誤；D．在0到1s內傳送帶比物塊速度慢，則滑塊在傳送帶上的劃痕此時劃痕在物塊的下方，在1s到2s內，傳送帶速度比物塊速度大，則因為，所以在上升階段產生的劃痕為4m，此時煤塊在產生的劃痕的中點，在2s到時間內，煤塊向下滑了10m，傳送帶向上滑了，則煤塊在傳送帶上的劃痕故D正確。故選AD。類型3傳送帶中的動力學圖像【例1】（2023·全國·二模）如圖1所示，一傾角為的傳送帶以恒定的速率逆時針轉動。將兩個不同的物塊A、B輕輕并排放在傳送帶上，二者并不接觸（圖中只顯示一個物塊）。以平行于傳送帶向下的方向為正方向，兩物塊的速度—時間圖像如圖2所示。不計空氣阻力，重力加速度g取，，。關于兩物塊在傳送帶上的運動，下列說法正確的是（）A．傳送帶的速度的大小為B．傳送帶與物塊B間的動摩擦因數為0.75C．在內，兩物塊與傳送帶間產生的熱量相等D．后，若物塊A在傳送帶上運動的時間少于，則A、B間的最大距離就不會變【答案】AB【詳解】A．由物體B的圖像可知，在0.50s后物體B與傳送帶共速，即此時物塊B的速度為傳送帶的速度，所以傳送帶的速度大小為6m/s，故A項正確；B．0.50s前物塊B在傳送帶上做勻加速直線運動，其加速度根據圖像可知為對其受力分析有解得故B項正確；C．在，物塊B與傳送帶相對位移為產生的熱量為對物體A有解得在，物塊A與傳送帶相對位移為產生的熱量為因為兩物塊的質量未知，所以其產生的熱量不一定相等，故C項錯誤；D．0.75s時，兩物塊的速度大小相等，根據追及相遇的知識點可知，此時兩物塊在相遇前其距離達到了最大值，其距離為設0.75s后在經過時間物塊A超過物塊B后其距離達到，則有解得所以在0.75s后，物塊A在傳送帶上運動的時間小于等于時，A、B間的最大距離就不會變，故D項錯誤。故選AB?！纠?】．（2023·全國·高三專題練習）為了保證乘客的安全，通常情況下在進入火車站前應對旅客攜帶的物品安檢，安檢時將物品無初速度地放到沿水平方向向右傳送的運輸帶一端，已知運輸帶以恒定的速度勻速傳動，如圖甲所示，整個過程中物品的速度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。物品可視為質點，且質量為，運輸帶兩端相距，經測量該物品在運輸帶上留下了一條長為的劃痕，重力加速度g取。則下列說法正確的是（）A．整個過程中，物品始終受到向右的摩擦力B．物品與運輸帶間的動摩擦因數為0.25C．運輸帶對物品摩擦力的沖量大小為D．整個過程因傳送該物品多消耗的電能為【答案】BC【詳解】A．由圖乙可知，物品在內做勻加速直線運動，則運輸帶對物品的摩擦力為滑動摩擦力，方向沿運輸帶水平向右；末物品與運輸帶具有相同的速度，則的時間內物品所受的摩擦力為零，故A錯誤；B．在內物品加速的位移為物品勻速的位移為在內運輸帶的位移為又由以上可解得則物品加速時的加速度大小為由牛頓第二定律得代入數據解得故B正確；C．物體在運輸帶上加速時受摩擦力的作用，勻速時不受摩擦力，則運輸帶對物品摩擦力的沖量為故C正確；D．由能量守恒定律得因傳送物品多消耗的電能為故D錯誤。故選BC?！纠?】（2023·重慶·重慶市萬州第二高級中學?？寄M預測）如圖甲所示，傾角為的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現將一質量為的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，煤塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，末煤塊到達端，取沿傳送帶向下為正方向，取，則（）A．傾角B．物體與傳送帶間的動摩擦因數0.4C．內傳送帶上留下的痕跡長為D．內物體與傳送帶摩擦產生的內能【答案】AC【詳解】AB．由圖乙可知，0~1s物體的加速度為a1=10m/s2，1~2s物體的加速度為a2=2m/s2，皮帶的速度為v1=10m/s，根據牛頓第二定律得解得故A正確，B錯誤；C．0~1s內皮帶的位移及物體的位移分別為它們的相對位移為1~2s內皮帶的位移及物體的位移分別為它們的相對位移為0~1s內物體位移小于皮帶位移，在皮帶上出現5m長的痕跡，1~2s內物體位移大于皮帶的位移，這1m長的痕跡與剛才的痕跡重合，所以皮帶上出現的痕跡長為5m，故C正確；D．2s內物體與傳送帶摩擦產生的內能為故D錯誤。故選AC。【例4】（2023·遼寧阜新·統(tǒng)考模擬預測）如圖甲所示，足夠長的傳送帶的傾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一物塊，結果物塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，其中、已知。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．物塊可能沿傳送帶向上運動B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數大于tanθC．時間后物塊的加速度大小為D．若傳送帶反轉，則物塊將一直以大小為的加速度做勻加速直線運動【答案】C【詳解】A．圖像的斜率表示加速度，根據圖乙可知，時刻之前的加速度大于時刻之后的加速度，可知物塊時刻之前受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，即開始時物塊相對傳送帶向上運動，傳送帶逆時針轉動，根據圖乙可知，物塊始終向下做加速直線運動，A錯誤；B．根據上述，時刻之后物塊向下做加速度較小的勻加速直線運動，則有解得B錯誤；C．根據上述，時刻之前有，時刻之后有解得C正確；D．由于若傳送帶反轉，物塊始終相對傳送帶向下運動，摩擦力始終沿傳送帶向上，對物塊始終有即若傳送帶反轉，則物塊將一直以大小為的加速度做勻加速直線運動，D錯誤。故選C。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滑＝μg，木板的加速度大小a板＝eq\f(μm滑g,m板)。類型1滑塊帶動木板【例1】（2023·湖南株洲·統(tǒng)考三模）如圖，一平板車靜止在光滑水平地面上，小物塊A和B分別從車的最左端和最右端同時開始相向運動，兩物塊在平板車上發(fā)生碰撞，最終都與平板車保持相對靜止。已知平板車的質量，長度，A、B的質量均為，A的初速度大小為，與平板車之間的動摩擦因數；B的初速度大小為，與平板車之間的動摩擦因數，A、B均可視為質點，它們之間的碰撞為彈性碰撞，重力加速度取，求：（1）整個過程中，A、B以及平板車組成的系統(tǒng)損失的機械能；（2）A、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離；（3）A、B與車保持相對靜止時，A、B之間的距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據題意，設平板車最終的速度為，以A、B以及平板車為系統(tǒng)，根據動量守恒定律有解得則系統(tǒng)損失的機械能為解得（2）根據題意，設開始運動時A、B和平板車的加速度大小分別為、和a，根據牛頓第二定律有設經時間A、B發(fā)生碰撞，則有代入數據得或（舍去）A、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離解得（3）設A、B發(fā)生碰撞前瞬間，A、B和平板車的速度分別為、和v，則有A、B質量相等，發(fā)生彈性碰撞后速度交換，則碰撞后有碰后B與平板車速度相等，分析可知此后B與平板車始終保持相對靜止。設此后A與平板車的相對位移為，則有最終A、B之間的距離【例2】（2023秋·云南·高三校聯(lián)考階段練習）如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，時刻一小物塊以一定的速度從左端滑上長木板，之后小物塊運動的圖像如圖乙所示．已知小物塊與長木板的質量均為，前內小物塊在長木板上滑動，之后兩者相對靜止，取重力加速度大小，求：（1）小物塊與長木板間因摩擦產生的熱量Q；（2）小物塊與長木板間的靜摩擦力大小f．【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設小物塊與長木板間的動摩擦因數為，前內小物塊的加速度大小為，則有因2s末木板和物塊共速，則小物塊在長木板上滑動的痕跡長度

對物塊由牛頓第二定律小物塊與長木板間因摩擦產生的熱量解得（2）設長木板與地面間的動摩擦因數為，前內長木板的加速度大小為，后小物塊和長木板一起做勻減速直線運動時的加速度大小為，則有對木板對木板和木塊的整體對物塊解得【例2】．（2023·高三課時練習）如圖甲所示，足夠長的木板靜止在水平面上，木板的質量M＝0.4kg，長木板與水平面間的動摩擦因數μ1＝0.1，質量m＝0.4kg的小滑塊以v0＝1.8m/s的速度從右端滑上長木板，小滑塊剛滑上長木板的0.2s內的速度圖象如圖乙所示，小滑塊可看成質點，重力加速度g取10m/s2。（1）求小滑塊與長木板間的動摩擦因數μ2和小滑塊剛滑上長木板時長木板的加速度大小a1；（2）求小滑塊從滑上長木板到與長木板速度相等過程中相對長木板滑行的距離L；（3）求小滑塊從滑上長木板到最后停下來的過程中運動的總距離s?！敬鸢浮浚?）0.4，2m/s2；（2）0.27m；（3）0.54m【詳解】（1）小滑塊向左減速運動，由v-t圖象的斜率可得加速度大小對滑塊，由牛頓第二定律有則μ2＝0.4長木板向左加速運動，由牛頓第二定律得μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma1解得a1＝2m/s2（2）小滑塊與長木板速度相等時，有v0－a2t＝a1t解得t＝0.3s小滑塊運動的距離木板運動的距離故L＝s2－s1＝0.27m（3）此后一起做勻減速運動v＝a1t＝0.6m/s根據牛頓第二定律得μ1（M＋m）g＝（M＋m）a3解得加速度的大小a3＝1m/s2運動的距離為s3＝＝0.18m所以小滑塊滑行的總距離s＝s2＋s3＝0.54m.【例3】（2023·安徽宿州·統(tǒng)考一模）如圖所示，質量、長度的木板A靜止在水平面上，A與水平面間的動摩擦因數。在A的左端放置一質量的鐵塊可視為質點，B與A間的動摩擦因數，現用一水平恒力作用在B上，取，設滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。求：（1）要保持A、B一起做勻加速運動，求力的取值范圍；（2）若，求鐵塊運動到木塊右端所用的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）A與地面間的最大靜摩擦力大小A與B間的最大靜摩擦力A、B要一起做勻加速直線運動拉力設拉力大小為時A、B恰好發(fā)生相對滑動，對A，由牛頓第二定律得對A、B系統(tǒng)，由牛頓第二定律得代入數據解得要保持A、B一起做勻加速運動，力的取值范圍是（2）拉力時，A、b相對滑動，A的加速度大小對B，由牛頓第二定律得代入數據解得設經過時間鐵塊運動到木板的右端，則代入數據解得，不符合實際，舍去類型2滑板帶動滑塊【例1】（2023·全國·高三專題練習）如圖，質量、長度的長木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數。在木板上左端放置一質量的小滑塊，滑塊與木板間的動摩擦因數，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。若在木板上施加一方向水平向左的恒力F，同時給滑塊一水平向右的初速度，滑塊在木板上滑行，恰好從木板的右端掉下，此過程中木板始終保持靜止狀態(tài)。（1）求初速度的大?。唬?）若滑塊在木板上從左端開始運動后撤去力F，求木板在地面上滑行的距離x?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）滑塊與木板間的滑動摩擦力根據牛頓第二定律可知，滑塊的加速度大小滑塊在木板上做勻減速運動，到木板右端時速度恰好為零，則有解得（2）由解得撤去力F后，由于木板與地面間的最大靜摩擦力則木板做加速運動，木板的加速度大小設滑塊與木板共速時的速度大小為，滑塊速率從減到所用的時間為，則有解得木板滑行的距離之后滑塊與木板一起做勻減速運動，直至停下，設此過程中整體的加速度大小為a，則有解得【例2】（2023秋·河南駐馬店·高三?？茧A段練習）如圖甲所示，質量為M=0.8kg上表面光滑、下表面粗糙的長木板靜止放置在粗糙的水平地面上，質量為m=0.4kg的物塊（視為質點）靜止放置在長木板的最右端，突然讓長木板獲得一個水平向右的速度，長木板在以后運動過程中的v—t圖像如圖乙所示，重力加速度為g=10m/s2，求：（1）長木板的下表面與水平地面之間的滑動摩擦因數以及長木板獲得的初速度；（2）長木板的長度以及長木