高考物理二輪復(fù)習(xí)專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（解析版）

第頁碼頁碼頁/總NUMPAGES總頁數(shù)總頁數(shù)頁EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型歸納與提分秘籍專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點(diǎn)題型歸納 1【題型一】動(dòng)力學(xué)基本問題（含超失重、瞬時(shí)性問題） 1【題型二】動(dòng)力學(xué)的連接體問題 5【題型三】動(dòng)力學(xué)圖像問題 8【題型四】動(dòng)力學(xué)中的傳送帶問題 11【題型五】動(dòng)力學(xué)中的板塊問題 14二、高考題型標(biāo)準(zhǔn)練 19一、熱點(diǎn)題型歸納【題型一】動(dòng)力學(xué)基本問題（含超失重、瞬時(shí)性問題）【題型解碼】(1)做好受力分析，分析出物體受到的各個(gè)力，判斷合力的方向，表示出合力與各力的關(guān)系；(2)做好運(yùn)動(dòng)過程分析，分析物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，判斷加速度的方向，并表示出加速度與運(yùn)動(dòng)各量的關(guān)系；(3)求解加速度是解決問題的關(guān)鍵；(4)力的處理方法一般用合成法或正交分解法．【典例分析1】(2020·湖北十堰市上學(xué)期期末)如圖所示，處于自然狀態(tài)下的輕彈簧一端固定在水平地面上，質(zhì)量為m的小球從彈簧的另一端所在位置由靜止釋放，設(shè)小球和彈簧一直處于豎直方向，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g.在小球?qū)椈蓧嚎s到最短的過程中，下列說法不正確的是()A．小球的速度先增大后減小B．小球的加速度先減小后增大C．小球速度最大時(shí)彈簧的形變量為eq\f(mg,k)D．彈簧的最大形變量為eq\f(mg,k)【答案】D【解析】開始時(shí)，小球的重力大于彈簧的彈力，小球的加速度向下，向下加速運(yùn)動(dòng)，隨著彈簧的壓縮，彈力逐漸變大，則加速度逐漸減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)，加速度為零，即有mg＝kx，可得x＝eq\f(mg,k)，此時(shí)小球的速度最大，然后小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈力大于重力，加速度變?yōu)橄蛏?，速度逐漸減小，直到速度減小到零，到達(dá)最低點(diǎn)，由對(duì)稱性可知，此時(shí)彈簧的壓縮量為2x＝eq\f(2mg,k)，故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤．【典例分析2】.(2020·浙江寧波市鄞州中學(xué)初考)如圖所示，兩個(gè)完全相同的輕彈簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均與質(zhì)量為m的小球相連接，輕桿c一端固定在天花板上，另一端與小球拴接．彈簧a、b和輕桿互成120°角，且彈簧a、b的彈力大小均為mg，g為重力加速度，如果將輕桿突然撤去，則撤去瞬間小球的加速度大小可能為()A．a(chǎn)＝0.5g B．a(chǎn)＝gC．a(chǎn)＝1.5g D．a(chǎn)＝2g【答案】D【解析】彈簧a、b的彈力大小均為mg，當(dāng)彈簧的彈力為拉力時(shí)，其合力方向豎直向下、大小為mg，輕桿對(duì)小球的拉力大小為2mg，將輕桿突然撤去時(shí)，小球合力為2mg，此時(shí)加速度大小為2g；當(dāng)彈簧的彈力為壓力時(shí)，其合力豎直向上、大小為mg，根據(jù)平衡條件，輕桿上的力為零，將輕桿突然撤去時(shí)，小球受到的合力為0，此時(shí)加速度大小為0，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．【典例分析3】.(2020·浙江寧波市二模)如圖為大型游樂設(shè)施環(huán)形座艙跳樓機(jī)．跳樓機(jī)從離地面高度h1＝100m處由靜止開始自由下落到離地面h2＝20m處的位置時(shí)開始以恒力制動(dòng)，使跳樓機(jī)到達(dá)地面時(shí)速度剛好減為0.已知座艙內(nèi)小海的質(zhì)量m＝70kg，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)一切阻力．試求：(1)跳樓機(jī)下落過程中的最大速度vm；(2)跳樓機(jī)下落到地面的總時(shí)間t；(3)跳樓機(jī)在自由下落階段和制動(dòng)階段，小海對(duì)座椅的作用力大小．【答案】(1)40m/s(2)5s(3)03500N【解析】(1)自由下落的高度為h＝h1－h(huán)2＝80m根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有vm2＝2gh代入數(shù)據(jù)可得vm＝40m/s(2)根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt12由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h2＝eq\f(vm,2)t2因此下落總時(shí)間為t＝t1＋t2，代入數(shù)據(jù)解得t＝5s(3)第一階段下落80m的過程，自由下落，小海完全失重，因此小海對(duì)座椅的作用力為0.設(shè)后20m下落過程的加速度大小為a，則vm2＝2ah2，得a＝40m/s2對(duì)小海受力分析，有F－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)可得F＝3500N根據(jù)牛頓第三定律可知，小海對(duì)座椅的作用力大小為3500N.【提分秘籍】1．瞬時(shí)問題要注意繩、桿彈力和彈簧彈力的區(qū)別，繩和桿的彈力可以突變，而彈簧的彈力不能突變．2.超重和失重問題(1)物體的超重、失重狀態(tài)取決于加速度的方向，與速度方向無關(guān)．加速度a向上(或有向上的分量)，就是超重，加速度a向下(或有向下的分量)，就是失重．(2)完全失重自由落體、豎直上拋、斜拋、平拋，這些運(yùn)動(dòng)的物體都處于完全失重狀態(tài)．宇航員在宇宙飛船中，無論飛船做圓周運(yùn)動(dòng)或者是橢圓運(yùn)動(dòng)，都處于完全失重狀態(tài)．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·貴陽一模)一傘兵從懸停在空中的直升飛機(jī)上由靜止跳下，2s時(shí)開啟降落傘，其跳傘過程中的v-t圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知該傘兵()A．在0～2s內(nèi)做自由落體運(yùn)動(dòng)B．在2～6s內(nèi)加速度方向先向上后向下C．在0～14s內(nèi)先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)D．在0～24s內(nèi)先勻加速再勻減速最終勻速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】由圖象可知，該傘兵在0～2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，但加速度小于重力加速度，不是自由落體運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由圖可知，2～6s內(nèi)該傘兵先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，故加速度方向先向下后向上，故B錯(cuò)誤；0～14s內(nèi)該傘兵先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，故加速度方向先向下后向上，先失重后超重，故C正確；在0～24s內(nèi)，2～12s內(nèi)的加速度大小發(fā)生變化，故該傘兵不做勻變速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。2.(2020·山東濟(jì)寧市4月質(zhì)檢)如圖所示為運(yùn)動(dòng)員跳高時(shí)的精彩瞬間，下列說法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)處于平衡狀態(tài)B．運(yùn)動(dòng)員在下降過程中處于超重狀態(tài)C．運(yùn)動(dòng)員起跳以后在上升過程中處于失重狀態(tài)D．運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)地面對(duì)他的支持力等于他所受的重力【答案】C【解析】運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)受重力作用，有加速度，不是處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在下降過程中加速度向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員起跳以后在上升過程中加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C正確；運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)加速上升，則地面對(duì)他的支持力大于他所受的重力，故D錯(cuò)誤．3.(2020·河南濮陽市期末)為了節(jié)能，商場安裝了智能電動(dòng)扶梯，如圖所示．無人乘行時(shí)，扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)得很慢；有人站在扶梯水平踏板上時(shí)，扶梯會(huì)先加速、再勻速運(yùn)轉(zhuǎn)．一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這兩個(gè)過程．則下列說法中正確的是()A．在扶梯加速運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，扶梯對(duì)顧客的摩擦力方向?yàn)樗较蛴褺．扶梯加速、勻速運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，扶梯對(duì)顧客摩擦力方向都為水平向右C．扶梯對(duì)顧客的支持力大小始終等于重力D．顧客始終受到三個(gè)力的作用【答案】A【解析】在扶梯加速運(yùn)轉(zhuǎn)過程中，顧客受重力、支持力、水平向右的摩擦力作用，顧客的加速度沿扶梯斜向右上方，因而扶梯對(duì)顧客的支持力大于重力，故A正確，C錯(cuò)誤；在扶梯勻速運(yùn)轉(zhuǎn)過程中，顧客處于平衡狀態(tài)，只受重力和支持力，故B、D錯(cuò)誤．4.(2020·浙江諸暨市診斷)如圖所示為課堂的演示實(shí)驗(yàn)，A1、A2、A3和B1、B2、B3為完全相同的較大剛性球，A1、A2、A3之間用輕質(zhì)軟彈簧連接，B1、B2、B3之間用輕質(zhì)細(xì)線連接，A1和B1用細(xì)線掛在水平木桿上，且離地面高度相等，A1、A2、A3之間距離和B1、B2、B3之間距離均相等．現(xiàn)同時(shí)將與木桿相連的細(xì)線剪斷，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則()A．A3和B3一定會(huì)同時(shí)落地B．剪斷瞬間A2與B2的加速度均為gC．B1與B2的落地時(shí)間差與B2與B3的落地時(shí)間差相等D．落地前，A1、A2、A3之間可能碰撞，B1、B2、B3之間不會(huì)碰撞【答案】D【解析】由于剪斷細(xì)線時(shí)彈簧的彈力不能突變，所以A2、A3的合力仍然等于零，其加速度也為零，而細(xì)線的拉力可以突變，所以細(xì)線剪斷瞬間由于重力作用B1、B2、B3均做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以B3比A3先著地，故A、B錯(cuò)誤；由于B1、B2、B3均做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以時(shí)間越長速度越大，而B1、B2之間的距離和B2、B3之間的距離相等，所以B1與B2的落地時(shí)間差小于B2與B3的落地時(shí)間差，故C錯(cuò)誤；由于B1、B2、B3均做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以三小球的速度總是相同，不會(huì)相撞，而剪斷細(xì)線的瞬間A1具有向下的加速度，A2、A3的加速度為零，所以之后A1比A2、A3運(yùn)動(dòng)得快，A1、A2、A3之間可能碰撞，故D正確．【題型二】動(dòng)力學(xué)的連接體問題【題型解碼】整體法、隔離法交替運(yùn)用的原則：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”．【典例分析1】(2020·天津市部分區(qū)期末)如圖，在水平拉力F的作用下，小車在光滑的水平面上向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊A與車廂壁相對(duì)靜止，當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)則()A．物塊A受到的摩擦力變大B．物塊A受到的摩擦力不變C．物塊A可能相對(duì)于車廂滑動(dòng)D．車廂壁對(duì)物塊A的支持力不變【答案】B【解析】設(shè)物塊A的質(zhì)量為M，以物塊A為研究對(duì)象，受力分析如圖所示．當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，小車和物塊A的加速度增大．當(dāng)加速度增大時(shí)，物塊A受到的支持力增大，豎直方向根據(jù)平衡條件可得，摩擦力Ff＝Mg，保持不變，故B正確，A、D錯(cuò)誤；小車的加速度增大時(shí)，彈力FN＝ma增大，物塊A受到的最大靜摩擦力增大，則物塊A不可能相對(duì)于車廂滑動(dòng)，故C錯(cuò)誤．【典例分析2】(2021·廣西池州市期末)如圖所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個(gè)小球靜置于光滑水平面上，且固定在勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的兩端．今在質(zhì)量為2m的小球上沿彈簧軸線方向施加大小為F的水平拉力，使兩球一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則穩(wěn)定后彈簧的伸長量為()A.eq\f(F,5k)B.eq\f(2F,5k)C.eq\f(3F,5k)D.eq\f(F,k)【答案】C【解析】對(duì)整體分析，整體的加速度a＝eq\f(F,5m)，對(duì)質(zhì)量為3m的小球分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)彈＝kx＝3ma，得x＝eq\f(3F,5k)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．【典例分析3】(2020·江蘇七市第二次調(diào)研)如圖所示，車廂水平底板上放置質(zhì)量為M的物塊，物塊上固定豎直輕桿，質(zhì)量為m的球用細(xì)線系在桿上O點(diǎn)．當(dāng)車廂在水平面上沿直線加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，球和物塊相對(duì)車廂靜止，細(xì)線偏離豎直方向的角度為θ，此時(shí)車廂底板對(duì)物塊的摩擦力為Ff、支持力為FN，已知重力加速度為g，則()A．Ff＝Mgsinθ B．Ff＝MgtanθC．FN＝(M＋m)g D．FN＝Mg【答案】C【解析】以m為研究對(duì)象，受力如圖所示由牛頓第二定律得mgtanθ＝ma，解得a＝gtanθ以M、m整體為研究對(duì)象在豎直方向上，由平衡條件有FN＝(M＋m)g在水平方向上，由牛頓第二定律有Ff＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanθ，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．【提分秘籍】連接體問題(1)常見模型：彈力連接、摩擦力連接、輕繩連接、輕桿連接、彈簧連接；(2)要充分利用“加速度相等”這一條件或題中特定條件，交替使用整體法與隔離法解題．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·百校聯(lián)考)如圖所示，A、B、C、D四個(gè)小球質(zhì)量分別為m、4m、2m、3m，用細(xì)線連著(在A和C之間細(xì)線上還串接有一段輕彈簧)，懸掛在光滑輕質(zhì)定滑輪的兩邊并處于靜止?fàn)顟B(tài)．彈簧的形變?cè)趶椥韵薅葍?nèi)，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．剪斷C、D間細(xì)線的一瞬間，小球C的加速度大小為3gB．剪斷C、D間細(xì)線的一瞬間，小球A和B的加速度大小均為eq\f(3,7)gC．剪斷A、B間細(xì)線的一瞬間，小球C的加速度大小為零D．剪斷C球上方細(xì)線的一瞬間，小球A和B的加速度大小均為零【答案】C【解析】開始時(shí)，彈簧的彈力為5mg，剪斷C、D間細(xì)線的一瞬間，彈簧的彈力不變，則小球C的加速度大小為a＝eq\f(5mg－2mg,2m)＝1.5g，A、B的加速度為零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；同理可知，剪斷A、B間細(xì)線的一瞬間，小球C的加速度大小為零，選項(xiàng)C正確；剪斷C球上方細(xì)線的一瞬間，彈簧的彈力迅速減為零，因此小球A和B的加速度大小為g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2.(2020·山東濟(jì)南市期末)如圖所示，裝有細(xì)沙的木板在斜坡上勻速下滑．某一時(shí)刻，一部分細(xì)沙從木板上漏出．則在細(xì)沙漏出前后，下列說法正確的是()A．木板始終做勻速運(yùn)動(dòng)B．木板所受合外力變大C．木板由勻速運(yùn)動(dòng)變?yōu)閯蚣铀龠\(yùn)動(dòng)D．木板所受斜坡的摩擦力不變【答案】A【解析】設(shè)斜坡傾角為θ，細(xì)沙漏出前，木板勻速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，細(xì)沙漏出后仍有m1gsinθ＝μm1gcosθ，故木板始終做勻速運(yùn)動(dòng)，A正確，C錯(cuò)誤；木板勻速下滑，所受合外力始終為0，不變，B錯(cuò)誤；細(xì)沙漏出前，F(xiàn)f＝μmgcosθ，細(xì)沙漏出后，F(xiàn)f′＝μm1gcosθ，摩擦力減小，故D錯(cuò)誤．3.(多選)(2021·浙江溫州市4月選考)1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的測定質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)．實(shí)驗(yàn)時(shí)，用雙子星號(hào)宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組(火箭組發(fā)動(dòng)機(jī)已熄火)．接觸后，開動(dòng)飛船尾部的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速，如圖所示．推進(jìn)器的平均推力為F，開動(dòng)時(shí)間為Δt，測出飛船和火箭的速度變化量為Δv，雙子星號(hào)宇宙飛船的質(zhì)量為m，下列說法正確的是()A.火箭組的質(zhì)量應(yīng)為eq\f(FΔt,Δv)B．火箭組的質(zhì)量應(yīng)為eq\f(FΔt,Δv)－mC.宇宙飛船對(duì)火箭組的作用力為eq\f(mΔv,Δt)D．宇宙飛船對(duì)火箭組的作用力為F－eq\f(mΔv,Δt)【答案】BD【解析】宇宙飛船和火箭組共同加速有a＝eq\f(Δv,Δt)F＝(mx＋m)a，解得mx＝eq\f(FΔt,Δv)－m，故A錯(cuò)誤，B正確；宇宙飛船對(duì)火箭組的作用力為F′＝mxa＝F－meq\f(Δv,Δt)，故C錯(cuò)誤，D正確．【題型三】動(dòng)力學(xué)圖像問題【題型解碼】1.解圖象問題時(shí)要做好“三看”(1)看清坐標(biāo)軸所表示的物理量：明確因變量與自變量的制約關(guān)系，是運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象(v-t、x-t、a-t、x-v2、v-x等)，還是動(dòng)力學(xué)圖象(F-t、F-x、P-t等)；(2)看圖線本身：識(shí)別兩個(gè)相關(guān)量的變化趨勢，進(jìn)而分析具體的物理過程；(3)看交點(diǎn)、斜率和“面積”：明確圖線與圖線的交點(diǎn)、圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、圖線斜率、圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積的物理意義。【典例分析1】(2020·浙江溫嶺選考模擬)如圖甲所示，用水平方向的力F將質(zhì)量為m＝0.5kg的木塊貼在豎直墻面上，力F從0開始逐漸增大，木塊沿豎直墻面向下運(yùn)動(dòng)．用力傳感器和加速度傳感器記錄木塊受到的壓力F和加速度大小a，F(xiàn)與a的大小關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小為g＝10m/s2，則木塊和墻面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A．0.2 B．0.25C．0.4 D．0.5【答案】B【解析】由mg－μF＝ma，可得a＝g－eq\f(μ,m)F，由題圖乙可知，eq\f(μ,m)＝eq\f(1,2)，故μ＝0.25，B正確．【典例分析2】(多選)(2020·四川宜賓市一診)如圖14(a)，質(zhì)量m＝1kg的物體沿傾角θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，風(fēng)對(duì)物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風(fēng)速v成正比，比＝0.8，下列說法正確的是()A．物體沿斜面做勻變速運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)風(fēng)速v＝5m/s時(shí)，物體沿斜面下滑的速度最大C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25D．比例系數(shù)k為eq\f(16,19)kg/s【答案】BCD【解析】由題圖(b)可知，物體的加速度逐漸減小，風(fēng)速為5m/s時(shí)物體加速度為零，沿斜面下滑的速度最大，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)初始時(shí)刻，沒有風(fēng)的作用，物體的加速度大小為a0＝4m/s2，對(duì)物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0解得：μ＝eq\f(gsinθ－a0,gcosθ)＝0.25，故C正確；v＝5m/s時(shí)，物體加速度為零，對(duì)物體受力分析，根據(jù)平衡條件有：mgsinθ－μFN－kvcosθ＝0又：FN＝mgcosθ＋kvsinθ，聯(lián)立解得k＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,vμsinθ＋cosθ)＝eq\f(16,19)kg/s，故D正確．【提分秘籍】圖象問題要“四看一注意”(1)看坐標(biāo)軸：看清坐標(biāo)軸所表示的物理量，明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關(guān)系。(2)看圖象：識(shí)別兩個(gè)相關(guān)量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程。(3)看縱坐標(biāo)、“斜率”和“面積”：v-t圖象中根據(jù)坐標(biāo)值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點(diǎn)；x-t圖象中根據(jù)坐標(biāo)值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特點(diǎn)。(4)看交點(diǎn)：明確圖線與圖線的交點(diǎn)、圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的物理意義。在x-t圖象中，兩圖線的交點(diǎn)表示兩物體相遇；在v-t圖象中，兩圖線的交點(diǎn)表示兩物體速度相同，此時(shí)相對(duì)速度為零，相對(duì)位移出現(xiàn)極值，是相距最遠(yuǎn)、最近、是否碰撞的關(guān)鍵時(shí)刻。(5)一注意：利用v-t圖象分析兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，要注意兩個(gè)物體的出發(fā)點(diǎn)，即注意它們是從同一位置出發(fā)，還是從不同位置出發(fā)。若從不同位置出發(fā)，要注意出發(fā)時(shí)兩者的距離?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1(2020·江西南昌市一模)一質(zhì)量為1kg的小物塊靜止在光滑水平面上，t＝0時(shí)刻給物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F，其速度的二次方隨位移變化的圖象為經(jīng)過點(diǎn)P(5,25)的直線，如圖4所示，則()A．小物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．水平拉力F的大小為2.5NC．5s內(nèi)小物塊的位移為5mD．5s末小物塊的速度為25m/s【答案】B【解析】由F＝ma及v2＝2ax得v2＝eq\f(2F,m)·x，故eq\f(2F,m)＝eq\f(25,5)，得F＝2.5N小物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝2.5m/s25s末v＝at＝12.5m/s5s內(nèi)x＝eq\f(1,2)at2＝31.25m，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．2.(2020·西安高三第三次質(zhì)檢)(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖象．取g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝4kgC．滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D．當(dāng)F＝8N時(shí)滑塊加速度為2m/s2【答案】AC【解析】由題圖乙知，當(dāng)F＝6N時(shí)，加速度a＝1m/s2，對(duì)整體由牛頓第二定律可得：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，當(dāng)F大于6N時(shí)，以長木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝Ma，a＝eq\f(1,M)F－eq\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(zhì)量m＝4kg，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)F大于6N時(shí)的圖線延長線知，F(xiàn)＝4N時(shí)，a＝0，則a＝eq\f(F－μmg,M)＝0，解得μ＝0.1，故C正確；當(dāng)F＝8N時(shí)，以滑塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma′，得a′＝1m/s2，D錯(cuò)誤．3.(2020·河南六市高三第二次聯(lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體置于傾角為37°的固定且足夠長的斜面上，t＝0時(shí)刻對(duì)物體施加沿斜面向上的拉力F，使物體開始沿斜面上滑，作用一段時(shí)間t后撤去拉力F，物體速度的平方與位移之間的關(guān)系圖象如圖乙所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6.下列說法正確的是()A．物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25B．撤去拉力的時(shí)刻為t＝0.5sC．拉力F的大小為24.5ND．物體沿斜面上滑過程中克服摩擦力所做的功為10J【答案】AB【解析】由速度位移的關(guān)系式v2＝2ax與題圖乙對(duì)比得：物體的最大速度vm＝8m/s，撤去F前m．撤去F前由牛頓第二定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，撤去F后由牛頓第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2，聯(lián)立解得：F＝24N，μ＝0.25，故A正確，C錯(cuò)誤；力F作用時(shí)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由速度公式得：vm＝a1t，解得：t＝0.5s，故B正確；設(shè)撤去F后發(fā)生的位移為x2，vm2＝2a2x2，解得：x2＝4m，物體沿斜面上滑過程中克服摩擦力所做的功W克f＝μmgcos37°(x1＋x2)＝12J，故D錯(cuò)誤．【題型四】動(dòng)力學(xué)中的傳送帶問題【題型解碼】1．模型特點(diǎn)傳送帶問題的實(shí)質(zhì)是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題，這樣的相對(duì)運(yùn)動(dòng)將直接影響摩擦力的方向．2．解題關(guān)鍵(1)理清物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關(guān)鍵．(2)傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達(dá)到相同速度，這時(shí)會(huì)出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(tài)，對(duì)這一臨界狀態(tài)進(jìn)行分析往往是解題的突破口．【典例分析1】(2020·全國卷Ⅲ·25改編)如圖，相距L＝11.5m的兩平臺(tái)位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接．傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)，其速度的大小v可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定．質(zhì)量m＝10kg的載物箱(可視為質(zhì)點(diǎn))，以初速度v0＝5.0m/s自左側(cè)平臺(tái)滑上傳送帶．載物箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(shí)間；(2)求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)所能達(dá)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(shí)，載物箱在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma①設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運(yùn)動(dòng)的距離為s1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2－v02＝－2as1②聯(lián)立①②式，代入題給數(shù)據(jù)得s1＝4.5m③因此，載物箱在到達(dá)右側(cè)平臺(tái)前，速度先減小到v，然后開始做勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時(shí)間為t1，做勻減速運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為t1′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝v0－at1′④t1＝t1′＋eq\f(L－s1,v)⑤聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得t1＝2.75s⑥(2)當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最小，設(shè)為v1；當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最大，設(shè)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【典例分析2】(2020·全國名校11月大聯(lián)考)傳送帶在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有廣泛的應(yīng)用，例如在港口用傳送帶裝卸貨物，在機(jī)場用傳送帶裝卸行李等，為人們的生活帶來了很多的便利．如圖甲所示為一傳送帶輸送貨物的簡化模型，長為L的傳送帶與水平面間的夾角為θ，傳送帶以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，重力加速度為g.圖乙為小物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖象．根據(jù)以上信息可以判斷出()A．小物塊開始運(yùn)動(dòng)的加速度為gsinθ－μgcosθB．小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＜tanθC．t0時(shí)刻，小物塊的速度為v0D．傳送帶始終對(duì)小物塊做正功【答案】C【解析】0～t0時(shí)間段，對(duì)小物塊由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得：a＝gsinθ＋μgcosθ，故A錯(cuò)誤；t0時(shí)刻之后物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，則mgsinθ≤μmgcosθ，即μ≥tanθ，故B錯(cuò)誤；由題圖乙可知t0時(shí)刻是物塊與傳送帶速度相同的時(shí)刻，則小物塊的速度為v0，故C正確；0～t0時(shí)間段，傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶始終對(duì)小物塊做正功，t0時(shí)刻之后，物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，與物塊的運(yùn)動(dòng)方向相反，傳送帶對(duì)小物塊做負(fù)功，故D錯(cuò)誤．【提分秘籍】傳送帶的摩擦力分析(1)關(guān)注兩個(gè)時(shí)刻①初始時(shí)刻：物體相對(duì)于傳送帶的速度或滑動(dòng)方向決定了該時(shí)刻的摩擦力方向。②物體與傳送帶速度相等的時(shí)刻：摩擦力的大小、方向或性質(zhì)(滑動(dòng)摩擦力或靜摩擦力)可能會(huì)發(fā)生突變。(2)注意過程分解①摩擦力突變點(diǎn)是加速度突變點(diǎn)，也是物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律的突變點(diǎn)，列方程時(shí)要注意不同過程中物理量莫混淆。②摩擦力突變點(diǎn)對(duì)應(yīng)的狀態(tài)是前一過程的末狀態(tài)，也是后一過程的初狀態(tài)，這是兩個(gè)過程的連接點(diǎn)。(3)物體在傾斜傳送上運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶速度相同后需比較tanθ與μ的大小關(guān)系：μ>tanθ，速度相等后一起勻速；μ<tanθ，速度相等后物體的加速度向下，根據(jù)v與a的方向關(guān)系即可判定運(yùn)動(dòng)情況?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·金華一中模擬)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，工件滑上A端的瞬時(shí)速度vA＝4m/s，到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB，下列說法錯(cuò)誤的是()A．若傳送帶不動(dòng)，則vB＝3m/sB．若傳送帶以速度v＝4m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則vB＝3m/sC．若傳送帶以速度v＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則vB＝3m/sD．若傳送帶以速度v＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則vB＝2m/s【答案】D【解析】若傳送帶不動(dòng)，則工件的加速度大小a＝μg＝1m/s2，由vA2－vB2＝2as，解得vB＝eq\r(vA2－2as)＝3m/s，選項(xiàng)A正確；若傳送帶以速度v＝4m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則工件的受力情況不變，工件的加速度大小仍為a＝μg，工件的運(yùn)動(dòng)情況跟傳送帶不動(dòng)時(shí)一樣，故vB＝3m/s，選項(xiàng)B正確；若傳送帶以速度v＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則工件滑上傳送帶時(shí)所受的滑動(dòng)摩擦力方向水平向左，做勻減速運(yùn)動(dòng)，工件的加速度大小仍為a＝μg，工件的運(yùn)動(dòng)情況跟傳送帶不動(dòng)時(shí)一樣，故vB＝3m/s，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．2.(2020·湖南五市十校第二次聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以速度v1＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一物塊以v2＝8m/s的速度從傳送帶的底端滑上傳送帶．已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．小物塊向上運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小恒為10m/s2B．小物塊向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1.6sC．小物塊向上滑行的最遠(yuǎn)距離為3mD．小物塊最終將隨傳送帶一起向上勻速運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】當(dāng)v2>v1時(shí)，對(duì)小物塊由牛頓第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，解得a1＝10m/s2.μ<tan37°，則小物塊速度與傳送帶速度相同后會(huì)繼續(xù)減速，v2<v1時(shí)，有mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得a2＝2m/s2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由v2－v1＝a1t1得t1＝0.6s，又v1＝a2t2得t2＝1s，小物塊向上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝1.6s，故B項(xiàng)正確；小物塊向上滑行的最遠(yuǎn)距離為x2＝eq\f(v1＋v2,2)t1＋eq\f(v1,2)t2＝4m，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；小物塊先向上減速到0后，會(huì)反向加速，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．【題型五】動(dòng)力學(xué)中的板塊問題【題型解碼】1．模型特點(diǎn)“滑塊—木板”模型類問題中，滑動(dòng)摩擦力的分析方法與“傳送帶”模型類似，但這類問題比傳送帶類問題更復(fù)雜，因?yàn)槟景迨艿侥Σ亮Φ挠绊懀鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，解決此類問題要注意從速度、位移、時(shí)間等角度，尋找各運(yùn)動(dòng)過程之間的聯(lián)系．2．解題關(guān)鍵(1)臨界條件：要使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時(shí)的速度與木板的速度恰好相同．(2)問題實(shí)質(zhì)：“板—塊”模型和“傳送帶”模型一樣，本質(zhì)上都是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題，要分別求出各物體對(duì)地的位移，再求相對(duì)位移．【典例分析1】(2020·安徽六安市質(zhì)量檢測)如圖所示，靜止在水平地面上的木板(厚度不計(jì))質(zhì)量為m1＝1kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，質(zhì)量為m2＝2kg且可看成質(zhì)點(diǎn)的小物塊與木板和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.4，以v0＝4m/s的水平速度從左端滑上木板，經(jīng)過t＝0.6s滑離木板，g取10m/s2，以下說法正確的是()A．木板的長度為1.68mB．小物塊離開木板時(shí)，木板的速度為1.6m/sC．小物塊離開木板后，木板的加速度大小為2m/s2，方向水平向右D．小物塊離開木板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞【答案】D【解析】由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，對(duì)木板由牛頓第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，即物塊在木板上以a2＝μ2g＝4m/s2向右減速滑行時(shí)，木板以a1＝2m/s2向右加速運(yùn)動(dòng)，在0.6s時(shí)，物塊的速度v2＝1.6m/s，木板的速度v1＝1.2m/s，B錯(cuò)誤；物塊滑離木板時(shí)，物塊位移為x2＝eq\f(v0＋v2,2)t＝1.68m，木板位移x1＝eq\f(v1,2)t＝0.36m，兩者相對(duì)位移為x＝x2－x1＝1.32m，即木板長度為1.32m，A錯(cuò)誤；物塊離開木板后，木板做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1′＝2m/s2，方向水平向左，C錯(cuò)誤；分離后，在地面上物塊會(huì)滑行x2′＝eq\f(v\o\al(22),2a2)＝0.32m，木板會(huì)滑行x1′＝eq\f(v\o\al(12),2a1′)＝0.36m，所以兩者會(huì)相碰，D正確．【典例分析2】(2020·福建晉江市四校聯(lián)考)如圖所示，有1、2、3三個(gè)質(zhì)量均為m＝1kg的物體，長板2與物體3通過不可伸長輕繩連接，跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪且與長板2相連的輕繩水平，設(shè)長板2到定滑輪足夠遠(yuǎn)，物體3離地面高H＝5.75m，物體1與長板2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.長板2在光滑的水平桌面上從靜止開始釋放，同時(shí)物體1(視為質(zhì)點(diǎn))在長板2的左端以v＝4m/s的初速度開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中恰好沒有從長板2的右端掉下．(取g＝10m/s2)求：(1)長板2開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?2)長板2的長度L0；(3)當(dāng)物體3落地時(shí)，物體1在長板2上的位置．【答案】見解析【解析】(1)設(shè)向右為正方向，由牛頓第二定律物體1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2m/s2長板2：FT＋μmg＝ma2物體3：mg－FT＝ma3且a2＝a3聯(lián)立解得：a2＝eq\f(g＋μg,2)＝6m/s2(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1物體1與長板2速度相等，則有v1＝v＋a1t1＝a2t1代入數(shù)據(jù)，解得t1＝0.5s，v1＝3m/s物體1的位移為：x1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝1.75m長板2的位移為：x2＝eq\f(v1t1,2)＝0.75m所以長板2的長度L0＝x1－x2＝1m(3)此后，假設(shè)物體1、2、3相對(duì)靜止一起加速FT＝2ma，mg—FT＝ma，即mg＝3ma得a＝eq\f(g,3)對(duì)1分析：Ff靜＝ma≈3.3N＞Ff＝μmg＝2N，故假設(shè)不成立，物體1和長板2相對(duì)滑動(dòng)物體1：μmg＝ma3，a3＝μg＝2m/s2長板2：FT－μmg＝ma4物體3：mg－FT＝ma5且a4＝a5聯(lián)立解得：a4＝eq\f(g－μg,2)＝4m/s2從物體1、2達(dá)到共同速度到物體3落至地面過程中，物體3下落的高度h＝H－x2＝5m根據(jù)h＝v1t2＋eq\f(1,2)a4t22解得t2＝1s物體1的位移x3＝v1t2＋eq\f(1,2)a3t22＝4mh－x3＝1m，即物體1在長板2的最左端．【提分秘籍】分析“板—塊”模型的四點(diǎn)注意(1)從速度、位移、時(shí)間等角度，尋找滑塊與滑板之間的聯(lián)系。(2)滑塊與滑板共速是摩擦力發(fā)生突變的臨界條件。(3)滑塊與滑板存在相對(duì)滑動(dòng)的條件①運(yùn)動(dòng)學(xué)條件：若兩物體速度不等，則會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。②力學(xué)條件：一般情況下，假設(shè)兩物體間無相對(duì)滑動(dòng)，先用整體法算出一起運(yùn)動(dòng)的加速度，再用隔離法算出滑塊“所需要”的摩擦力Ff，比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。(4)滑塊不從滑板上掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)滑板末端時(shí)，兩者共速?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1.(多選)(2020·云南大理、麗江等校第二次統(tǒng)考)如圖(a)，質(zhì)量m1＝0.2kg的足夠長平板小車靜置在光滑水平地面上，質(zhì)量m2＝0.1kg的小物塊靜止于小車上，t＝0時(shí)刻小物塊以速度v0＝11m/s向右滑動(dòng)，同時(shí)對(duì)小物塊施加一水平向左、大小恒定的外力F，圖(b)顯示小物塊與小車第1s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的v－t圖象．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．小物塊與平板小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4B．恒力F＝0.5NC．小物塊與小車間的相對(duì)位移x相對(duì)＝6.5mD．小物塊向右滑動(dòng)的最大位移是xmax＝7.7m【答案】ABD【解析】由題圖(b)知，小車和小物塊的加速度分別為a1＝eq\f(Δv1,Δt)＝eq\f(2－0,1)m/s2＝2m/s2a2＝eq\f(Δv2,Δt)＝eq\f(2－11,1)m/s2＝－9m/s2對(duì)小車：μm2g＝m1a1，對(duì)小物塊：－(F＋μm2g)＝m2a2，解得μ＝0.4，F(xiàn)＝0.5N，故A、B正確；根據(jù)題圖可知，在t＝1s時(shí)小車和小物塊的速度相同，兩者不再發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，相對(duì)位移等于圖中三角形的面積，x相對(duì)＝eq\f(11,2)m＝5.5m，C錯(cuò)誤；在0～1s內(nèi)小物塊向右滑動(dòng)的位移x1＝eq\f(2＋11,2)m＝6.5m當(dāng)小車與小物塊的速度相等后，在外力的作用下一起向右勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度為a3＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(5,3)m/s2，當(dāng)速度減小到0時(shí)，整體向右發(fā)生的位移為x2＝eq\f(22,2×\f(5,3))m＝1.2m所以小物塊向右滑動(dòng)的最大位移是xmax＝x1＋x2＝7.7m，故D正確．2、(2020·青海西寧市六校期末)如圖甲所示，水平地面上有一長為L＝1m，高為h＝0.8m，質(zhì)量M＝2kg的木板，木板的右端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，已知木板與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.6，初始時(shí)兩者均靜止．現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的拉力F，拉力F隨時(shí)間的變化如圖乙所示，求木塊落地時(shí)與木板左側(cè)的水平距離Δs.(取g＝10m/s2)【答案】1.68m【解析】若木塊相對(duì)木板滑動(dòng)，設(shè)木塊加速度為a1，則μ1mg＝ma1得a1＝4m/s2若前2s二者一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a則F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a得a＝2m/s2因?yàn)閍1>a，所以前2s木塊和木板一起以2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)．2s末二者的速度為：v＝at1＝4m/s同理可知2s后木塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)木塊加速度為：a1＝4m/s2木板加速度設(shè)為a2，由牛頓第二定律得：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2得：a2＝6m/s2設(shè)經(jīng)時(shí)間t2二者分離：vt2＋eq\f(1,2)a2t22－(vt2＋eq\f(1,2)a1t22)＝L解得t2＝1s，此時(shí)v塊＝v＋a1t2＝8m/s，v板＝v＋a2t2＝10m/s木板抽出后，木板繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，木塊將做平拋運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)時(shí)間：t3＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，木塊落地，在0.4s內(nèi)，x塊＝v塊t3＝3.2m木板的加速度設(shè)為a3，由牛頓第二定律有F－μ2Mg＝Ma3得a3＝11m/s2木板的位移：x板＝v板t3＋eq\f(1,2)a3t32＝4.88m所以，木塊落地時(shí)距離木板左側(cè)Δs＝x板－x塊＝1.68m.二、高考題型標(biāo)準(zhǔn)練1．(2020·浙江杭州質(zhì)檢)由于生活水平的不斷提升，越來越多的家庭擁有了私家轎車，造成車位難求的現(xiàn)象，因此很多停車場采用了多層停車的結(jié)構(gòu)．若車子被“移送”停在上層，車主想使用汽車時(shí)就需要車庫管理員把車子“移送”到下層．如圖是管理員正在“移送”車輛的過程．假設(shè)“移送”過程中車輛相對(duì)于底板始終靜止，底板始終保持水平，則下列說法正確的是()A．車子在被水平向右“移送”的過程中，車子對(duì)底板的摩擦力一直水平向左B．車子在被水平向右“移送”的過程中，底板對(duì)車子的摩擦力不可能水平向左C．車子在被豎直向下“移送”的過程中，車子對(duì)底板的力可能小于底板對(duì)車子的力D．車子在被豎直向下“移送”的過程中，底板對(duì)車子的力可能大于車子自身的重力【答案】D【解析】車子在被水平向右“移送”的過程中，若減速向右移送，則車子對(duì)底板的摩擦力水平向左，若加速向右移送，則車子對(duì)底板的摩擦力水平向右，故A、B錯(cuò)誤；車子對(duì)底板的力和底板對(duì)車子的力是一對(duì)作用力和反作用力，任何時(shí)刻都大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；車子在被豎直向下“移送”的過程中，若減速向下移動(dòng)，則加速度向上，即FN＝mg＋ma，即底板對(duì)車子的力可能大于車子自身的重力，故D正確．2．(2020·江西宜春模擬)2020年是特殊的一年，無情的新冠病毒襲擊了中國；經(jīng)過全國人民的努力，受傷最深的武漢也在全國各界的支持下使疫情得到了控制．在這場沒有硝煙的戰(zhàn)疫中涌現(xiàn)了大量最可愛的人，尤其是白衣天使和人民解放軍．在這場戰(zhàn)疫中某次空軍基地用直升飛機(jī)運(yùn)送醫(yī)護(hù)人員去武漢，為了保證直升機(jī)升空過程中醫(yī)護(hù)人員不至于很難受，飛行員對(duì)上升過程某階段加速度進(jìn)行了相應(yīng)操作．操作的a－t圖像如圖所示(除ab段曲線，其余段均為直線，取向上為正)，則下列說法正確的是()A．Oa和ab段醫(yī)護(hù)人員處于超重狀態(tài)，cd段處于失重狀態(tài)B．O到d整個(gè)過程醫(yī)護(hù)人員均處于超重狀態(tài)C．O到d過程速度增量小于20.5m/sD．根據(jù)上述圖像可求出0～8s這段時(shí)間直升機(jī)往上上升的高度【答案】B【解析】O到d過程中加速度始終為正，即始終向上，因此O到d整個(gè)過程中醫(yī)護(hù)人員均處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，B正確；O到d過程速度增量為0～8s這段時(shí)間內(nèi)a－t圖像所圍的面積，粗略計(jì)算為eq\f(1,2)(2＋8)×4m/s＝20m/s，因不知ab段的精確速度增量，因此無法知道速度增量的準(zhǔn)確值，故C錯(cuò)誤；由于未告訴初速度所以無法求出0～8s這段時(shí)間直升機(jī)往上上升的高度，故D錯(cuò)誤．3.(2020·石家莊模擬)如圖所示，足夠長的木板B放置在水平地面上，大小可忽略的鐵塊A靜止放在木板B的最左端．從t＝0時(shí)刻起對(duì)A施加一個(gè)水平向右的力F，且力F的大小隨時(shí)間t成正比增加，已知鐵塊A的加速度aA隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，則木板B的加速度大小aB隨時(shí)間t的aB－t圖像是下列圖中的()【答案】C【解析】當(dāng)F≤2N時(shí)，A、B均不動(dòng)，加速度均為0.當(dāng)2N＜F≤6N時(shí)，AB一起做加速運(yùn)動(dòng)，加速度相同，B與A的加速度－時(shí)間圖像相同．當(dāng)F＞6N時(shí)，A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)，B所受的合力等于A對(duì)B的滑動(dòng)摩擦力，保持不變，所以B的加速度保持2m/s2不變，因此C正確，故A、B、D錯(cuò)誤，選C．4.(2020·江蘇南通二調(diào))如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，A通過跨過定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，則細(xì)線中的拉力大小為()A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g【答案】C【解析】對(duì)AB的整體，根據(jù)牛頓第二定律T＝(m1＋m2)a，選項(xiàng)C正確；對(duì)C：Mg－T＝Ma，解得：T＝Mg－Ma，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)物體A：T－f＝m1a，則T＝m1a＋f，因f為靜摩擦力，故不一定等于μ1m1g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C．5.(2020·云南昆明聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊A放置在光滑水平地面上，左側(cè)面是圓心為O、半徑為R的光滑四分之一圓弧面，當(dāng)用一水平恒力F作用在滑塊A上時(shí)，一質(zhì)量為m的小球B(可視為質(zhì)點(diǎn))在圓弧面上與A保持相對(duì)靜止，此時(shí)小球B距軌道末端Q的豎直高度為H＝eq\f(R,3)，重力加速度為g，則F的大小為()A．eq\f(\r(5),3)Mg B．eq\f(\r(5),2)MgC．eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D．eq\f(\r(5),2)(M＋m)g【答案】D【解析】連接OB，設(shè)OB連續(xù)與豎直方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系得：cosθ＝eq\f(R－H,R)＝eq\f(2,3)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)，則tanθ＝eq\f(\r(5),2)，此時(shí)小球受到的合外力F＝mgtanθ＝eq\f(\r(5),2)mg，由牛頓第二定律可得：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(\r(5),2)g，以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律可得F＝(m＋M)a＝eq\f(\r(5),2)(m＋M)g，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．6.(多選)(2020·山東煙臺(tái)市期末)如圖所示，在光滑水平面上放置的A、B兩物體相互接觸但并不黏合，兩物體的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝3kg.從t＝0開始，作用力FA和作用力FB分別作用在A、B兩物體上，F(xiàn)A、FB隨時(shí)間的變化規(guī)律分別為FA＝(8－2t)N，F(xiàn)B＝(2＋2t)N．則()A．A、B兩物體一直以2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)FA＝FB時(shí)，A、B兩物體分離C．t＝1s時(shí)A物體的運(yùn)動(dòng)速度為2m/sD．B物體在t＝5s時(shí)的加速度為4m/s2【答案】CD【解析】AB分離前，F(xiàn)A＋FB＝10N＝(mA＋mB)a，a＝2m/s2，對(duì)B：FB＋FAB＝mBa，當(dāng)FAB＝0時(shí)，t＝2s，A、B分離，此時(shí)FA＝4N，F(xiàn)B＝6N，故A、B錯(cuò)誤；t＝1s時(shí)，A、B還沒有分離，所以A物體的速度v＝at＝2m/s，C正確；t＝5s時(shí)，對(duì)B：FB＝mBa1，a1＝4m/s2，故D正確．7．(多選)(2020·四川攀枝花市三統(tǒng))如圖甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地面上，B受到大小從零開始逐漸增大的水平拉力F作用，A、B間的摩擦力Ff1、B與地面間的摩擦力Ff2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示，已知物塊A的質(zhì)量m＝3kg，重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則()A．物塊B的質(zhì)量為4kgB．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2D．當(dāng)F＝10N時(shí)，A物體的加速度大小為1.5m/s2【答案】BD【解析】由題圖乙可知，A、B之間的最大靜摩擦力為FfAB＝6N，可知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μAB＝eq\f(FfAB,mg)＝eq\f(6,30)＝0.2，選項(xiàng)B正確；由題圖乙可知，當(dāng)F＝4N時(shí)，A、B整體相對(duì)地面開始滑動(dòng)，