專題六　動力學(xué)問題的模型建構(gòu)-2025屆高中物理

第三章運動和力的關(guān)系專題六動力學(xué)問題的模型建構(gòu)核心考點五年考情命題分析預(yù)測斜面模型2022：北京T5，山東T16；2021：全國甲T14，浙江1月T6斜面模型、傳送帶模型、滑塊—滑板模型是應(yīng)用牛頓第二定律解決問題的三個重要模型.預(yù)計2025年高考可能會結(jié)合生產(chǎn)實際考查斜面模型和傳送帶模型，滑塊—滑板模型可能會結(jié)合圖像或動量等進(jìn)行考查，選擇題、計算題形式都有可能.傳送帶模型2021：遼寧T13；2020：海南T17；2019：浙江4月T20滑塊—滑板模型2021：全國乙T21；2019：全國ⅢT20，江蘇T15題型1斜面模型模型圖例推導(dǎo)過程等高光滑斜面模型由L＝12at2，a＝gsinθ，L＝hsinθ可得t＝1sinθ2hg，可知傾角越小，時間越長，圖中t同底光滑斜面模型由L＝12at2，a＝gsinθ，L＝dcosθ可得t＝2dgsin2θ，可見θ＝45°時時間最短，圖中t1.[等高、同底光滑斜面模型]某同學(xué)探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運動規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時從斜面的頂端釋放，在圖甲、乙所示的兩種斜面中，通過一定的分析，你可以得到的正確結(jié)論是（C）A.圖甲中小球在兩個斜面上運動的時間相同B.圖甲中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同C.圖乙中小球在兩個斜面上運動的時間相同D.圖乙中小球下滑至底端的速度大小相同解析小球在斜面上運動的過程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做勻加速

直線運動，設(shè)斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長為x，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球

在斜面上運動的加速度為a＝gsinθ，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律和圖中幾何關(guān)系有s

＝12at2，s＝hsinθ＝xcosθ，解得小球在斜面上的運動時間為t＝1sinθ2hg＝2xgsinθcosθ，根

據(jù)機械能守恒定律有mgh＝12mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為v＝2gh，顯

然，在圖甲中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此兩小球在兩個斜面上運動

的時間不同，A錯誤；在圖甲中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下

的方向不同，B2.[μ不同的斜面關(guān)聯(lián)問題]如圖，固定在水平面上的直角斜面，其頂角為直角，左側(cè)斜面光滑，傾角為37°，右側(cè)斜面粗糙.現(xiàn)將兩個可視為質(zhì)點的物塊分別從兩斜面頂端同時由靜止釋放，兩物塊同時到達(dá)斜面底端（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），則右側(cè)斜面與物塊間的動摩擦因數(shù)為（A）A.712 B.512 C.34 解析設(shè)斜面的高度為h，物塊沿左側(cè)斜面下滑時，有hsin37°＝12gsin37°·t12；另一

物塊沿右側(cè)斜面下滑時的加速度a＝gcos37°－μgsin37°，由位移公式得hcos37°＝

12at22，且有t1＝3.[粗糙斜面模型]如圖甲所示，“”形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，斜面BC光滑且與水平面夾角為θ＝37°.木塊右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當(dāng)力傳感器受壓時，其示數(shù)為正值；當(dāng)力傳感器被拉時，其示數(shù)為負(fù)值.一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關(guān)系如圖乙所示.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：（1）斜面BC的長度s；（2）滑塊與木塊AB表面的動摩擦因數(shù)μ.答案（1）3m（2）0.2解析（1）分析滑塊受力，設(shè)其沿BC下滑時的加速度為a1，由牛頓第二定律得a1＝gsinθ＝6m/s2通過題圖乙可知滑塊在斜面上運動的時間為t1＝1s，由運動學(xué)公式得斜面BC的長度為s＝12a1t1（2）由答圖可知，滑塊在BC上運動時，滑塊對木塊的壓力N'1＝mgcosθ木塊對傳感器的壓力F'1＝F1＝N'1sinθ由題圖乙可知F'1＝12N，解得m＝2.5kg滑塊在AB上運動時，由題圖乙可知傳感器對木塊的拉力F2＝f＝μmg＝5Nμ＝F2mg＝題型2傳送帶模型1.水平傳送帶情境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，滑塊返回到左端時速度為v0；若v0＞v，滑塊返回到左端時速度為v2.傾斜傳送帶情境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(guān)系gsinθ＜μgcosθ）先加速后勻速（μ＞tanθ）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，若μ＞tanθ，一直勻減速，a＝g（μcosθ－sinθ）；若μ＝tanθ，一直勻速；若μ＜tanθ，一直勻加速，a＝g（sinθ－μcosθ）若μ＞tanθ，先減速后勻速；若μ＝tanθ，一直勻速；若μ＜tanθ，一直勻加速，a＝g（sinθ－μcosθ）（摩擦力方向一定沿斜面向上）若μ＜tanθ，一直加速；若μ＝tanθ，一直勻速若μ＞tanθ，一直減速若μ＞tanθ，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）表中a1＝gsinθ＋μgcosθ；a2＝gsinθ－μgcosθ.物體動力學(xué)情況分析判斷的要點①受力分析時，突出對受到的摩擦力的分析，注意摩擦力會隨物體相對于傳送帶的運動情況的變化而變化.②當(dāng)物體與傳送帶同向運動，達(dá)到共同速度后，要分析物體能否一起隨傳送帶運動，可從摩擦力的供需關(guān)系（即保持一起運動所需的靜摩擦力、接觸面可提供的最大靜摩擦力的大小關(guān)系）分析判斷.③對物體的運動進(jìn)行分析時，正確選擇參考系：對地運動、相對傳送帶的運動.④借助v－t圖像分析判斷，有效快捷.命題點1水平傳送帶問題4.[2024四川綿陽南山模擬/多選]應(yīng)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(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.旅客把行李（可視為質(zhì)點）無初速度地放在A處，則下列說法正確的是（AD）A.開始時行李的加速度大小為2m/s2B.行李經(jīng)過2s到達(dá)B處C.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.12mD.當(dāng)行李的速度與傳送帶的速度相同時，傳送帶立刻停止運動.行李從開始運動的整個過程中在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.04m解析開始時行李的加速度大小為a＝μmgm＝2m/s2，選項A正確；行李與傳送帶共

速時經(jīng)過的時間t1＝va＝0.2s，行李的位移為x＝12at12＝0.04m，行李勻速運動的時間

為t2＝xAB-xv＝4.9s，則行李到達(dá)B處經(jīng)過的時間為t＝t1＋t2＝5.1s，選項B錯誤；行

李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x＝0.04m，選項C錯誤；共速時傳送

帶立刻停止運動，行李做勻減速運動的位移為x1＝v22命題拓展[設(shè)問拓展]行李到達(dá)B點時的速度是多少？答案0.4m/s解析由上述分析知行李在到達(dá)B點前已經(jīng)和傳送帶共速，故行李到達(dá)B點時的速度為0.4m/s.方法點撥水平傳送帶問題中的三個要點1.求解水平傳送帶問題的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析與判斷.2.臨界狀態(tài)：當(dāng)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.物體與傳送帶的劃痕長度Δx等于物體與傳送帶的相對位移的大小.命題點2傾斜傳送帶問題5.如圖所示，傳送帶的傾角θ＝37°，從A到B的長度為LAB＝16m，傳送帶以v0＝10m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動.在傳送帶A端無初速度釋放一個質(zhì)量為m＝0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，則物體從A運動到B所需的時間是多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）答案2s解析開始階段，傳送帶對物體的滑動摩擦力沿傳送帶向下，物體由靜止開始加速下滑，受力分析如圖甲所示由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2物體加速至速度與傳送帶速度相等需要的時間t1＝v0a此時物體運動的位移s1＝12a1t12＝即物體加速到10m/s時仍未到達(dá)B點當(dāng)物體加速至與傳送帶速度相等時，由于μ＜tanθ，物體將繼續(xù)加速，此后物體的速度大于傳送帶的速度，傳送帶對物體的滑動摩擦力沿傳送帶向上，受力分析如圖乙所示由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2設(shè)此階段物體滑動到B所需時間為t2，有LAB－s1＝v0t2＋12a2解得t2＝1s故所需時間t＝t1＋t2＝2s.命題拓展命題條件不變，一題多設(shè)問（1）物體到達(dá)B時的速度是多少？（2）如果物體與傳送帶發(fā)生相對滑動，則會在傳送帶上留下痕跡，物體從A運動到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度是多少？答案（1）12m/s（2）5m解析（1）物體先加速至與傳送帶共速，然后以a2的加速度加速運動至B端，由勻變速直線運動規(guī)律可得，vB2－v02＝2a2（LAB解得vB＝12m/s（2）從物體開始加速至共速過程中，物體位移s1＝5m，傳送帶位移s'1＝v0t1＝10m，傳送帶與物體的相對位移Δx1＝5m，物體從共速加速至到達(dá)B的過程中，物體位移s2＝LAB－s1＝11m，傳送帶位移s'2＝v0t2＝10m，傳送帶與物體的相對位移大小為Δx2＝1m，根據(jù)運動關(guān)系可知傳送帶上痕跡長度Δx＝Δx1＝5m.命題點3傳送帶中的動力學(xué)圖像6.[水平傳送帶/多選]如圖所示，在水平面上有一傳送帶以速率v1沿順時針方向運動，傳送帶速度保持不變，左、右兩端各有一個與傳送帶等高的光滑水平面和傳送帶相連（緊靠但不接觸），現(xiàn)有一可視為質(zhì)點的物體從右端水平面上以速度v2向左運動，物體速度隨時間變化的圖像可能是（ABD）解析若物體不從傳送帶左端離開，物體在傳送帶上先減速向左滑行，速度減為

零后在摩擦力的作用下向右加速，加速度不變.在這個過程中如果v1＞v2，物體向右

運動時會一直加速，當(dāng)速度增大到v2時，物體恰好離開傳送帶，有v'2＝v2；如果

v1≤v2，物體向左運動到速度減至零后會在摩擦力的作用下向右加速，當(dāng)速度增大

到v1時，物體還在傳送帶上，之后不受摩擦力，物體與傳送帶一起向右勻速運動，

有v'2＝v1.若物體從傳送帶左端離開，物體在傳送帶上減速向左滑行，直接從傳送帶

左側(cè)滑出傳送帶，則末速度一定小于v2，故ABD正確，C錯誤.7.[傾斜傳送帶/多選]如圖甲所示，一傾角為θ的足夠長的傾斜傳送帶以恒定速率v＝4m/s順時針轉(zhuǎn)動.一煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，則下列說法正確的是（AD）A.傾斜傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°B.煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5C.煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為4sD.煤塊在傳送帶上所留痕跡的長度為（12＋45）m解析由圖乙得0～1s內(nèi)煤塊的加速度大小a1＝12-41m/s2＝8m/s2，方向沿傳送帶向下，1～2s內(nèi)煤塊的加速度大小a2＝4-01m/s2＝4m/s2，方向沿傳送帶向下，0～1s內(nèi)，對煤塊由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，1～2s內(nèi)，對煤塊由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得θ＝37°，μ＝0.25，A正確，B錯誤.因v－t圖線與t坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，所以煤塊向上運動的總位移為x＝10m，在t＝2s時，煤塊開始反向下滑，由運動學(xué)公式得煤塊下滑時間t下＝2xa2＝2×104s＝5s，所以煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用時間為(2＋5)s，C錯誤.0～1s內(nèi)煤塊比傳送帶多走4m，故0～1s內(nèi)劃痕長4m；1～2s內(nèi)傳送帶比煤塊多走2m，劃痕還是4m；2～(2＋5)s內(nèi)傳送帶向上運動，煤塊向下運動，劃痕總長為2m＋12a2t下2題型3滑塊—滑板模型1.模型特點涉及兩個物體，多個運動過程，并且物體間存在相對滑動.2.解題思路命題點1水平板塊問題8.[受牽引力作用的板塊問題/2024福建廈門一中?？糫如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一可看成質(zhì)點的小物塊.在t＝0時對木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發(fā)生相對滑動，t＝1s時撤去F，整個過程木板運動的v－t圖像如圖乙所示.物塊和木板的質(zhì)量均為1kg，物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（C）A.1～1.5s內(nèi)木板的加速度為4m/s2B.物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5C.拉力F的大小為21ND.物塊最終停止時的位置與木板右端的距離為5.25m解析速度—時間圖像斜率的絕對值表示加速度大小，由圖乙可知，1～1.5s內(nèi)木板的加速度大小為a＝ΔvΔt＝9-31.5-1m/s2＝12m/s2，選項A錯誤；根據(jù)題意，結(jié)合圖乙可知，0～1.5s內(nèi)小物塊始終做勻加速運動，t＝1.5s時木板和小物塊達(dá)到共速，設(shè)小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，則對小物塊應(yīng)用牛頓第二定律得μmg＝ma0，而由速度與時間的關(guān)系式可得v＝a0t，其中v＝3m/s、t＝1.5s，從而解得μ＝0.2，選項B錯誤；設(shè)地面與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，在撤去拉力后，對木板應(yīng)用牛頓第二定律得μmg＋2μ1mg＝ma，解得μ1＝0.5.又由圖乙可知，在沒有撤去拉力時木板的加速度a1＝Δv1Δt1＝91m/s2＝9m/s2，對此時的木板應(yīng)用牛頓第二定律得F－μmg－2μ1mg＝ma1，解得F＝21N，選項C正確；對木板和小物塊達(dá)到共速時進(jìn)行分析，若共速后二者相對靜止，設(shè)二者的共同加速度為a2，則由牛頓第二定律有2μ1mg＝2ma2，解得a2＝5m/s2，而小物塊相對于木板不發(fā)生相對滑動的臨界加速度amax＝a0＝2m/s2＜a2，由此可知，小物塊與木板共速后瞬間又發(fā)生了相對滑動，對木板，設(shè)其繼續(xù)與木塊發(fā)生相對滑動時的加速度大小為a3，則由牛頓第二定律有2μ1mg－μmg＝ma3，解得a3＝8m/s2，即木板以加速度a3繼續(xù)減速直至速度為零，小物塊以加速度大小為a0減速直至速度為零，設(shè)在兩者達(dá)到共速時小物塊的對地位移為x1，木板的對地位移為x2，則可得x1＝12a0t2＝2.25m，x2＝12a1t02＋a1t0(t－t0)－12a(t－t0)2，其中t0＝1s，解得x2＝7.5m，則可知兩者共速時物塊的位置與木板右端的距離為Δx＝x2－x1＝5.25m.設(shè)共速之后的減速階段小物塊的位移為x3，木板的位移為x4，則由運動學(xué)公式可得v2＝2a0x3，v2＝2a3x4，解得x3＝2.25m，x4＝0.5625m，則物塊最終停止時的位置與木板右端的距離為Δ命題點2傾斜板塊問題9.[傾斜板塊/多選]滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為2140.小孩（可視為質(zhì)點）坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.4，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列判斷正確的是（BC）A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8m/s2C.經(jīng)過1s的時間，小孩離開滑板D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8m/s解析對小孩，由牛頓第二定律得加速度大小a1＝mgsin37°－μ1mgcos37°m＝2.8m/s2，同理對滑板由牛頓第二定律得加速度大小a2＝mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°m＝0.8m/s2，A錯誤，B正確；從開始滑動至小孩剛與滑板分離的過程，有12a1命題點3板塊中的動力學(xué)圖像10.[F－t圖像＋a－t圖像/多選]水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左端放有一質(zhì)量為m2的小物塊，如圖（1）所示.用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖（2）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小.木板的加速度a1隨時間t的變化關(guān)系如圖（3）所示.已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2.假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g.則（BCD）圖（1）圖（2）圖（3）A.F1＝μ1m1gB.F2＝m2（m1＋m2）C.μ2＞m1＋D.在0～t2時間段物塊與木板加速度相等解析結(jié)合圖(3)可知在0～t1時間內(nèi)，物塊與木板之間摩擦力為靜摩擦力，物塊與木板均靜止，在t1～t2時間內(nèi)，物塊與木板之間摩擦力仍為靜摩擦力，物塊與木板一起滑動，D正確；把物塊和木板看成整體，在t1時刻，由牛頓第二定律有F1－μ1(m1＋m2)g＝0，解得F1＝μ1(m1＋m2)g，A錯誤；t2時間后，物塊相對于木板滑動，木板所受的滑動摩擦力為恒力，做勻加速直線運動，設(shè)t2時刻木板的加速度為a，在t2時刻，對木板由牛頓第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，顯然μ2＞m1＋m2m2μ1，C正確；t2時刻，對物塊由牛頓第二定律有F2－μ2m2g＝m2a，聯(lián)立解得F2＝m2(m1＋m11.[a－F圖像/2024江蘇揚州新華中學(xué)?？糫如圖甲所示，光滑斜面上有固定擋板A，斜面上疊放著小物塊B和薄木板C，木板下端位于擋板A處，整體處于靜止?fàn)顟B(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(guān)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，則由圖像可知下列說法正確的是（D）A.10N＜F＜15N時物塊B和木板C相對滑動B.木板和物塊兩者間的動摩擦因數(shù)不可求出C.由題目條件可求木板C的質(zhì)量D.F＞15N時物塊B和木板C相對滑動解析由圖乙可知，當(dāng)F＜10N時，物塊B和木板C均靜止，當(dāng)10N＜F＜15N時，

物塊B和木板C一起加速運動，當(dāng)F＞15N時，木板C的加速度a與拉力F的關(guān)系圖像

發(fā)生彎折，可知此時物塊B和木板C發(fā)生了相對滑動，選項A錯誤，選項D正確；因

當(dāng)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

的靜摩擦力達(dá)到最大，對物塊有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，對木板和物塊組成的整

體，當(dāng)F1＝10N時，a＝0，有F1＝(M＋m)gsinθ，當(dāng)F2＝15N時，a＝2.5m/s2，有

F2－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a，聯(lián)立求解得M＋m＝2kg，sinθ＝12，μ＝32，但是

不能求解木板C的質(zhì)量，選項B、C方法點撥1.[斜面模型/2022北京]如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ.下列說法正確的是（B）A.斜面對物塊的支持力大小為mgsinθB.斜面對物塊的摩擦力大小為μmgcosθC.斜面對物塊作用力的合力大小為mgD.物塊所受的合力大小為mgsinθ解析受力分析→2.[傳送帶模型/2021遼寧]機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李.如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95m.工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質(zhì)點）.小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；（2）小包裹通過傳送帶所需的時間t.答案（1）0.4m/s2（2）4.5s解析（1）對小包裹，由牛頓第二定律有μmgcosα－mgsinα＝ma解得小包裹相對傳送帶滑動時的加速度大小a＝0.4m/s2.（2）假設(shè)小包裹能與傳送帶共速，則由運動學(xué)知識有v2－v1＝at1解得共速前所用的時間t1＝2.5s又v22－v12解得這段時間內(nèi)小包裹的位移x＝2.75m＜L，故假設(shè)成立小包裹與傳送帶共速后，由于mgsinα＜μmgcosα，故小包裹與傳送帶共速向下運動，有L－x＝v1t2解得t2＝2.0s則小包裹通過傳送帶所需的時間t＝t1＋t2＝2.5s＋2.0s＝4.5s.3.[滑塊—滑板模型/江蘇高考]如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊.A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ.先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下.接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA；（2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、a'B；（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB.答案（1）2μgL（2）3μgμg（3）2解析（1）由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA＝μg由勻變速直線運動規(guī)律有2aAL＝v解得vA＝2μgL（2）設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對齊前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛頓運動定律有F＝maB，得aB＝3μg對齊后，A、B所受合外力大小F'＝2μmg由牛頓運動定律有F'＝2ma'B，得a'B＝μg.（3）經(jīng)過時間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aB且xB－xA＝L解得vB＝22μgL4.[斜面模型/2022山東]某糧庫使用額定電壓U＝380V、內(nèi)阻R＝0.25Ω的電動機運糧.如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度v＝2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流I＝40A.關(guān)閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達(dá)卸糧點時，速度恰好為零.卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行.已知小車質(zhì)量m1＝100kg，車上糧食質(zhì)量m2＝1200kg，配重質(zhì)量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數(shù)為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量.求：（1）比例系數(shù)k的值；（2）上行路程L的值.答案（1）0.1（2）67185解析（1）以電動機為研究對象，根據(jù)能量守恒定律有UI＝I2R＋Fv代入數(shù)據(jù)得F＝7400N裝滿糧食的小車勻速向上運動，有F＋m0g－（m1＋m2）gsinθ－k（m1＋m2）g＝0小車勻速下滑時，有m1gsinθ－km1g－m0g＝0聯(lián)立解得k＝0.1.（2）關(guān)閉發(fā)動機后，小車向上做勻減速運動，則有（m1＋m2）gsinθ－m0g＋k（m1＋m2）g＝（m1＋m2＋m0）a又2aL＝v2代入數(shù)據(jù)解得L＝671851.[多選]如圖甲所示，質(zhì)量相同，但表面粗糙程度不同的三個小物塊a、b、c放在三個完全相同的斜面體上，斜面體靜置于同一粗糙水平面上.物塊a、b、c以相同初速度下滑，其v－t圖像如圖乙所示.物塊下滑過程中斜面體始終保持靜止，a、b、c與斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為μa、μb、μc，斜面體對地面的壓力分別為FNa、FNb、FNc，斜面體對地面的摩擦力分別為fa、fb、fc.下列說法正確的是（ABC）圖甲圖乙A.μa＜μb＜μc B.FNa＜FNb＜FNcC.fb＝0，fa向右，fc向左 D.fb＝0，fa向左，fc向右解析由v－t圖像可知，物塊a勻加速下滑，物塊b勻速下滑，物塊c勻減速下滑.對物塊a有mgsinθ＞μamgcosθ，則有μa＜tanθ；對物塊b有mgsinθ＝μbmgcosθ，則有μb＝tanθ；對物塊c有mgsinθ＜μcmgcosθ，則有μc＞tanθ.故有μa＜μb＜μc，A正確.對物塊和斜面體整體進(jìn)行分析，物塊a和斜面體有沿斜面向下的加速度，對加速度進(jìn)行分解，豎直方向有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則有FNa＜G總，水平方向有向左的加速度，則地面對斜面體的摩擦力水平向左，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面體對地面的摩擦力fa水平向右；物塊b和斜面體處于平衡狀態(tài)，則有FNb＝G總，斜面體與地面之間無摩擦力，即fb＝0；物塊c和斜面體有沿斜面向上的加速度，對加速度進(jìn)行分解，豎直方向有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，則有FNc＞G總，水平方向有向右的加速度，則地面對斜面體的摩擦力水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面體對地面的摩擦力fc水平向左.則可得FNa＜FNb＜FNc，故B、C正確，D錯誤.2.[多選]如圖甲所示的水平傳送帶沿逆時針勻速轉(zhuǎn)動，一小物塊沿曲面從一定高度處由靜止開始下滑，以某一初速度從左端滑上傳送帶，在傳送帶上由速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示（取向左為正方向，以物塊剛滑上傳送帶時為計時起點）.已知傳送帶的速度保持不變，重力加速度g取10m/s2.關(guān)于物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ及物塊在傳送帶上運動第一次回到傳送帶左端的時間t，下列計算結(jié)果正確的是（BC）A.μ＝0.4 B.μ＝0.2C.t＝4.5s D.t＝3s解析由圖乙可得，物塊做勻減速運動的加速度大小a＝ΔvΔt＝2.0m/s2，由牛頓第二定律得Ff＝ma＝μmg，則可得物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，A錯誤，B正確；在v－t圖像中，圖線與t軸所圍圖形面積表示物塊的位移，則物塊經(jīng)減速、反向加速到與傳送帶相對靜止，最后做勻速運動回到傳送帶左端的過程，物塊的位移為0，前2s內(nèi)物塊的位移大小為s1＝v2t1＝42×2m＝4m，方向向右，第3s內(nèi)的位移大小為s2＝v'2t'1＝22×1m＝1m，方向向左，前3s內(nèi)物塊的位移s＝s1－s2＝4m－1m＝3m，方向向右，物塊再向左勻速運動的時間為t2＝sv'＝32s＝1.5s，所以物塊在傳送帶上運動第一次回到傳送帶左端的時間為t＝t1＋t'13.如圖所示，小物塊M在靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由0逐漸增加到2v0后勻速轉(zhuǎn)動的過程中，以下分析正確的是（C）A.M下滑的速度不變B.M開始在傳送帶上先加速到2v0，后向下做勻速運動C.M先向下做勻速運動，后向下做加速運動，最后沿傳送帶向下做勻速運動D.M所受摩擦力的方向始終沿傳送帶向上解析傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，故mgsinθ＝Ff，摩擦力方向沿斜面向上，在傳送帶的速度由零逐漸增加到v0的過程中，物塊相對于傳送帶下滑，這段過程中，物塊繼續(xù)勻速下滑；當(dāng)傳送帶的速度大于物塊的速度時，物塊受到沿斜面向下的摩擦力，根據(jù)受力分析可知，物塊先向下做加速運動，當(dāng)速度達(dá)到與傳送帶速度相等時，物塊將勻速下滑，故C正確.4.[情境創(chuàng)新/2024四川射洪中學(xué)?？?多選]如圖甲所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長的斜面底端，一質(zhì)量m＝2kg可視為質(zhì)點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連，t＝0s時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的v－t圖像如圖乙所示，其中Ob段為曲線，bc段為直線，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是（AC）A.在0.15s末滑塊的加速度為－8m/s2B.滑塊在0.1～0.2s內(nèi)沿斜面向下運動C.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25D.在滑塊與彈簧脫離之前，滑塊一直在做加速運動解析在v－t圖像中，圖線斜率代表加速度，在0.1～0.2s內(nèi)，圖線斜率為a＝ΔvΔt＝0.8-1.60.2-0.1m/s2＝－8m/s2，故A正確；沿斜面向上為正方向，由v－t圖像可知，滑塊在0.1～0.2s內(nèi)速度為正，故滑塊還是沿斜面向上運動，B錯誤；滑塊在0.1～0.2s內(nèi)，由牛頓第二定律有－mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得μ＝5.如圖甲所示，一長為2.0m、質(zhì)量為2kg的長木板靜止在粗糙水平面上，有一個質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點的小物塊置于長木板右端.對長木板施加的外力F逐漸增大時，小物塊所受的摩擦力Ff隨外力F的變化關(guān)系如圖乙所示.現(xiàn)改用F＝22N的水平外力拉長木板，取g＝10m/s2，則小物塊在長木板上滑行的時間為（A）A.1s B.2s C.2s D.3s解析由圖乙知力F較小時，小物塊和長木板均靜止，隨著外力的增大二者先一起加速運動，后發(fā)生相對滑動.當(dāng)F≥2N時二者開始加速，表明長木板受水平面的滑動摩擦力Ff2＝2N；當(dāng)F＞14N時小物塊和長木板開始發(fā)生相對滑動，此時小物塊受到的摩擦力Ff1＝ma1＝4N，則小物塊的加速度a1＝4m/s2.改用F＝22N的外力水平拉長木板時，對長木板由牛頓第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma2，代入數(shù)據(jù)得a2＝8m/s2，由運動學(xué)規(guī)律知小物塊在長木板上滑行的時間滿足12a2t2－12a1t2＝L，解得t＝1s，故A6.[2024湖南長沙一中校考]如圖所示，兩個小物體A、B中間用一輕彈簧相連.A、B的質(zhì)量分別為m和2m，A、B與水平地面上的傾角為θ的斜面體間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB，且滿足μA＞tanθ，穩(wěn)定時，A、B兩物體一起在斜面體上勻速下滑，斜面靜止不動，則下列說法正確的是（C）A.彈簧處于伸長狀態(tài)B.地面對斜面體的摩擦力水平向右C.μB＜tanθD.若增大mA，穩(wěn)定時A、B兩物體將一起加速下滑解析分析A物體的受力情況，因μAmgcosθ＞mgsinθ，故彈簧對A必有推力，彈簧應(yīng)處于壓縮狀態(tài)，A錯誤；由A、B和斜面體整體平衡知，地面對斜面體無摩擦力作用，B錯誤；根據(jù)A、B與彈簧整體受力平衡可知μAmgcosθ＋2μBmgcosθ＝3mgsinθ，解得μB＝3tanθ-μA2＜3tanθ-tanθ2＝tanθ，C正確；若增大mA，對A、B與彈簧整體受力分析有μAmAgcosθ＋2μBmgcosθ＞(2mg＋mAg)sinθ7.[新趨勢命題/2024湖南株洲檢測/多選]如圖甲所示，水平地面上有一長平板車，平板車右端放一小物塊，開始時平板車、物塊均靜止.t＝0時，平板車在外力作用下開始沿水平地面向右運動，其v－t圖像如圖乙所示，最終物塊也停止，整個過程中物塊恰好沒有從平板車上滑下.已知物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.1，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（AC）A.0～4s內(nèi)，物塊的加速度一直保持不變B.整個過程中，物塊相對平板車滑動的時間為4sC.平板車的長度為12mD.整個過程中，物塊相對平板車的位移大小為16m解析規(guī)定向右為正方向，物塊向右加速時，由牛頓第二定律有μmg＝mam，解得加速度am＝1m/s2，由題圖乙可知，平板車減速時加速度為aM＝0－86－2m/s2＝－2m/s2，設(shè)t0時兩者共速，則amt0＝8m/s－2（t0－2）m/s，解得t0＝4s，共同速度大小為v4＝（8【敲黑板】物塊和平板車共速前，物塊一直相對于平板車向左運動，物塊加速度一直不變4m/s，共速后由于平板車的加速度為aM＝－2m/s2，物塊減速時，由牛頓第二定律得－μmg【易錯辨析】整個運動過程物塊始終相對于平板車滑動，且水平方向只受摩擦力作用，共速前物塊加速，共速后物塊減速＝ma'm，解得a'm＝－1m/s2，平板車的加速度大于物塊的加速度，所以物塊以1m/s2的加速度減速，設(shè)共速后再經(jīng)t1物塊減速到零.由運動學(xué)公式得0＝4m/s＋a'mt1，解得t1＝4s，即t'＝4s＋4s＝8s時物塊的速度為零，整個過程中，物塊相對平板車滑動的時間為8s，A正確，B錯誤.4s前物塊相對平板車向左滑動的位移大小x1＝8×2×12m＋12（8＋4）×2m－4×4×12m＝12m，4s后物塊相對平板車向右滑動的位移大小x2＝4×4×12m－2×4×12m＝4m，所以平板車的長度為12m，整個過程物塊相對平板車的位移大小為12m－4m＝8m，方向向左，巧思妙解圖像法！可以結(jié)合題意，畫出物塊加速時的v－t圖像，如圖所示，通過兩圖線的交點分析出二者共速時間和共速時速度大小，又減速和加速時物塊的加速度大小相等，可作出物塊減速時的v－t圖像，結(jié)合圖像分析出整個過程中，物塊相對平板車滑動的時間為8s，A正確，B錯誤.v－t圖像和時間軸圍成的面積表示位移，所以物塊相對平板車的位移大小為12×8×6m－12×4×8m＝8m，方向向左，D錯誤8.如圖所示，一水平的長傳送帶上放置一質(zhì)量為m的煤塊（可視為質(zhì)點），煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的.現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a開始運動，當(dāng)其速度達(dá)到v后，便以此速度做勻速運動，經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留了一段黑色痕跡后，相對于傳送帶不再滑動，關(guān)于上述過程，以下判斷正確的是（重力加速度大小為g）（C）A.μ與a之間一定滿足關(guān)系μ＞aB.煤塊從開始運動到相對傳送帶靜止通過的位移為vC.煤塊從開始運動到相對傳送帶靜止經(jīng)歷的時間為vD.黑色痕跡的長度為（解析設(shè)煤塊的加速度大小為a1，對煤塊由牛頓第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝μg，由題意知煤塊與傳送帶之間發(fā)生相對滑動，則傳送帶的加速度大于煤塊的加速度，有μg＜a，解得μ＜ag，A錯誤；由勻變速直線運動規(guī)律得，煤塊從開始運動到相對傳送帶靜止的過程中通過的位移x1＝v22a1＝v22μg，B錯誤；煤塊從開始運動到相對傳送帶靜止經(jīng)歷的時間t1＝va1＝vμg，C正確；傳送帶從開始運動到速度為v經(jīng)歷的時間t2＝va，傳送帶在從開始運動到速度為v的過程中通過的位移x2＝v22a，則傳送帶在從速度為v到與煤塊相對靜止的過程中，做勻速運動的位移x3＝v(t1－t2)＝v2μg－v2a，所以黑色痕跡的長度9.如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以速度v1＝2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動.一小物塊以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摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：（1）小物塊向上運動的最遠(yuǎn)距離；（2）小物塊回到底端時的速度大小；（3）小物塊從放上傳送帶至回到底端所經(jīng)歷的時間.答案（1）4m（2）4m/s（3）3.6s解析（1）由于物塊的速度大于傳送帶的速度，所以物塊相對傳送帶向上運動，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2，方向沿傳送帶向下設(shè)物塊減速到與傳送帶共速需要的時間為t1，有t1＝v1－在這個階段物塊運動位移x1＝v1＋v2由于物塊所受重力沿傳送帶方向的分力大于滑動摩擦力，因此物塊相對傳送帶向下運動，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝2m/s2，方向沿傳送帶向下設(shè)最后減速到零需要的時間為t2有t2＝v1a在這個階段物塊運動位移x2＝v12t2小物塊向上滑行的最遠(yuǎn)距離為xm＝x1＋x2＝4m（2）小物塊之后向下加速運動直至回到底端，加速度a2＝2m/s2由v32－0＝2a2解得回到底端的速度v3＝4m/s（3）設(shè)向下加速運動直到回到底端的時間為t3，有t3＝v3a小物塊從放上傳送帶至回到底端所經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＋t3＝3.6s.10.[開放性問題/2024四川成都名校入學(xué)考試]在水平道路上行駛的汽車，擋風(fēng)玻璃與水平面成θ＝37°角.無風(fēng)的天氣里，車輛行駛時，擋風(fēng)玻璃上的樹葉受到水平方向空氣的推力，推力方向與車前進(jìn)方向相反，大小由車速v決定，且滿足F＝kv2.只討論樹葉沿?fù)躏L(fēng)玻璃向下或向上的運動，垂直紙面的運動可視為靜止.已知樹葉質(zhì)量m＝0.01kg，k＝0.75×10－3kg/m，取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.（1）若忽略樹葉與玻璃間的摩擦，車以v1勻速行駛時，樹葉恰好能靜止在玻璃上，求v1.（2）若樹葉與玻璃間有摩擦，且μ＝0.1，車以v2＝215m/s勻速行駛，請通過計算說明，樹葉能否靜止在玻璃上.若不能，求出樹葉加速度的大小和方向.答案（1）v1＝10m/s（2）不能，1.33m/s2，方向沿玻璃向下解析（1）樹葉受力平衡，沿玻璃方向有kv12cosθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得v1＝10m/s（2）根據(jù)F＝kv22垂直玻璃方向有FN＝Fsinθ＋mgcosθ＝0.107N沿玻璃方向有mgsinθ－Fcosθ＞μFN所以樹葉不能靜止在玻璃上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－Fcosθ－μFN＝ma解得a＝1.33m/s2所以加速度大小為1.33m/s2，方向沿玻璃向下.11.[2024山東濱州模擬]如圖所示，水平傳送帶長L＝2.5m，右端與放在水平地面上的木板A、B上表面平齊.A、B緊靠在一起，質(zhì)量均為m＝1.0kg，上表面長度均為l＝1.0m.傳送帶以6m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，某時刻將質(zhì)量為M＝2.0kg的物塊C無初速放在傳送帶左端，已知C與傳送帶