2021高考物理一轮复习第三章微专题24”板__块模型“的动力学问题练习含解析教科版
2021版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律小专题三传送带模型中的动力学问题学案新人教版
小专题三传送带模型中的动力学问题因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同,传送带问题往往存在多种可能,因此对传送带问题作出准确的动力学过程分析,是解决此类问题的关键。
下面介绍两种常见的传送带模型:1.水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。
其中v0>v返回时速度为v,当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能一直减速,也可能先减速后反向加速[典例1] 水平传送带被广泛地应用于机场和车站,如图所示为一水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v=1 m/s 运行。
一质量为m=4 kg 的行李无初速度地放在A 处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A,B 间的距离L=2 m,g 取10 m/s 2。
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小; (2)求行李做匀加速直线运动的时间;(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B 处,求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
解析:(1)行李刚开始运动时,受力如图所示, 滑动摩擦力 F f =μmg=4 N由牛顿第二定律得F f =ma 解得a=1 m/s 2。
2021高考物理一轮复习第三章微专题20动力学中的图像问题练习含解析教科版
微专题20 动力学中的图像问题1．两类问题，一类问题是从图像中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图像．2．两种方法，一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图像的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图像对应点比较．1．如图1甲所示，一质量m＝1kg的物块静置在倾角θ＝37°的斜面上，从t＝0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图像中正确反映物块的速率v随时间t变化的规律的是( )图12．(2020·湖北宜昌市调研)如图2所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看作质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)．以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )图23.(2019·湖北荆州市质检)如图3所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于竖直自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N 、F 随x 变化的图像正确的是( )图34．(2019·天津市河北区名校联考)如图4所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定．在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O 处，将弹簧压缩了x 0时，物块的速度变为零．在下列图像中，能正确反映物块从与弹簧接触开始，至运动到最低点加速度的大小随下降的位移x (弹簧原长为位移的零点)变化的图像是( )图45．(多选)如图5甲所示，质量为2m 的足够长的木板B 放在粗糙水平面上，质量为m 的物块A 放在木板B 的右端且A 与B 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图5A ．前3s 内，A 受到的摩擦力方向水平向右B ．t ＝4s 时，A 的加速度大小为13μgC ．t ＝5s 时，A 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．第6s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg6．(2020·山东枣庄市模拟)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5s ，然后沿杆下滑，3.5s 末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的v －t 图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图6甲、乙所示，取重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A ．演员在1.0s 时的加速度大小为2m/s 2B ．滑杆的长度为5.25mC ．传感器显示的最小拉力为420ND ．3.5s 内演员损失的机械能为2700J7．(多选)(2019·山东日照市上学期期末)某物体以一定的初速度沿着斜面向上运动，它所能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系如图7所示，已知x 1、x 2和重力加速度g ，则可求出( )图7A ．物体的初速度B ．当物体位移为x 2时对应的斜面倾角θ1C ．物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值x minD ．当物体位移为最小值x min 时，对应的滑动摩擦力大小8．(多选)如图8甲所示，质量分别为m 、M 的物体A 、B 静止在劲度系数为k 的竖直轻质弹簧上，A 与B 不粘连，现对物体A 施加竖直向上的力F ，使A 、B 一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度大小为g ，则( )图8A ．在图乙中PQ 段表示拉力F 逐渐增大B ．在图乙中QS 段表示B 物体减速上升C ．位移为x 1时，A 、B 之间弹力为mg －kx 1－Ma 0D ．位移为x 3时，A 、B 一起运动的速度大小为12a 0x 2＋x 39．(多选)(2020·广东佛山市月考)如图9甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为μ，对物体施加水平向右、大小变化的外力F ，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a 随外力F 变化的关系如图乙所示．物体不脱离斜面的条件是F ≤20N，若重力加速度g 取10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出( )图9A ．物体的质量B ．斜面倾角的正弦值C ．物体运动6s 时经过的位移D ．加速度为6m/s 2时物体对斜面的压力10．(2019·安徽“江南十校”综合素质检测)一倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，自由状态时另一端在C点．C点上方斜面粗糙、下方斜面光滑．如图10(a)所示，用质量为m＝1kg的物体A(可视为质点)将弹簧压缩至O点并锁定．以O点为坐标原点沿斜面方向建立坐标轴．沿斜面向上的拉力F作用于物体A的同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图(b)所示．求物体A与斜面粗糙段间的动摩擦因数以及沿斜面向上运动至最高点D时的位置坐标．(重力加速度g取10m/s2)图10答案精析1．C [由mg sin θ＝6N ，f ＝μmg cos θ＝6.4N ，初始时物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；0～1s 时间内物块静止；1～2s 时间内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t ＝2s 时物块加速度大小为12.4m/s 2；t ＝2s 后F ＝－0.4N ，物块的加速度大小为12.8m/s 2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1s ，C 正确．] 2．B [物块水平方向受向右的拉力F 、向左的弹力kx 、摩擦力f ，由牛顿第二定律得：F －kx －f ＝ma ；整理得：F ＝kx ＋ma ＋f ，物块做匀加速直线运动，所以ma ＋f 恒定且不为零，F－x 图像是一个不过原点的倾斜直线，故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．D [根据题述，B 以g2的加速度匀加速向下运动过程中，选择A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m ·g2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图像C ；选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋N ′－F ＝mg 2，解得N ′＝mg2－kx .由牛顿第三定律得N ′＝N ，当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg2k 时，A 和B 间的作用力为零，在此之前，二者之间的作用力由开始运动时的mg2线性减小到零，选项A 、B 错误；同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg2不变，故选项D 正确．]4．D [物块下降到O 点时，物块所受弹力为零，此时物块只受重力，加速度为g ；继续下降，所受合力F ＝mg －kx ，加速度a ＝Fm ＝g －kx m.物块从与弹簧接触开始至运动到最低点，加速度的大小一定是先减小后增大．当弹力增大到等于重力时，合力为零，加速度为零．此后合力向上，加速度可表示为a ＝kx m－g ，当弹力增大到是重力的2倍时，加速度大小为g .由对称性可知，此时物块向下运动速度不为零，继续向下运动，故当物块速度减小到零时，加速度a >g ，选项A 、B 、C 错误，D 正确．]5．BD [A 相对B 滑动时，A 的加速度为a A ＝μg ，B 的加速度a B ＝F －4μmg2m，且a A ＝a B ，解得F ＝6μmg ，所以F ＝6μmg 时，A 相对B 即将滑动，第6s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg ，故D 正确；A 和B 一起滑动时，a AB ＝F －3μmg3m≥0，解得F ≥3μmg ，所以在前3s 内，A 、B 静止不动，A 受到的摩擦力为0，故A 错误；当t ＝4s 时，A 和B 一起滑动，A 的加速度大小为a AB ＝F －3μmg 3m ＝4μmg －3μmg 3m ＝13μg ，故B 正确；当t ＝5s 时，A 和B 一起滑动，A 受到的摩擦力大小f ＝ma AB ＝m ×5μmg －3μmg 3m ＝23μmg ，故C 错误．]6．D [由v －t 图像可知，演员在1.0s 时的加速度大小a ＝3－01.5－0.5m/s 2＝3m/s 2，故A 错误；v －t 图像与t 轴所围的面积表示位移，则可知，滑杆的长度h ＝12×3×3m＝4.5m ，故B 错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800N ，除去杆的重力200N ，演员的重力就是600N ，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg －F 1＝ma ，解得：F 1＝420N ，加上杆的重力200N ，可知杆受的拉力为620N ，故C 错误；3.5s 内演员初、末速度均为零，则减小的重力势能等于损失的机械能，为ΔE ＝mgh ＝600× 4.5J ＝2700J ，故D 正确．]7．ABC [由题图知，当θ＝90°时位移为x 2，物体做竖直上抛运动，则有：0－v 02＝－2gx 2，解得：x 2＝v 022g，故A 正确；当θ为其他值时，对物体受力分析，物体的加速度大小为a ，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 由运动学公式有：0－v 02＝－2ax 由以上各式得：x ＝v 022g sin θ＋μcos θ由数学知识得：sin θ＋μcos θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)，其中tan φ＝μ 当θ＝0时位移为x 1，说明斜面粗糙，物体的加速度大小为a 0，则有：μmg ＝ma 0 且有：0－v 02＝－2a 0x 1可解得μ，综上所述可得物体在不同倾角的斜面上，减速到零时的位移最小值x min ，以及物体位移为x 2时对应的斜面倾角为θ1，由于不知道物体的质量，所以无法确定滑动摩擦力，故B 、C 正确，D 错误．]8．AC [静止时弹簧对B 物体的弹力方向一定向上，弹簧一定被压缩，则PQ 段弹簧弹力一定减小，由于加速度恒定，根据牛顿第二定律，研究A 、B 整体，F 逐渐增大，选项A 正确；QS 段加速度仍为正，与速度方向相同，B 物体加速上升，选项B 错误；设开始状态弹簧的压缩量为x 0，则有kx 0＝(M ＋m )g ，位移为x 1时，设A 、B 间的弹力为N ，对B 有k (x 0－x 1)－Mg －N ＝Ma 0，解得N ＝mg －kx 1－Ma 0，选项C 正确；根据2ax ＝v t 2－v 02知，a －x 图线与横轴所围的面积的2倍表示速度平方的变化量，故位移为x 3时，A 、B 一起运动的速度大小v t ＝2×12x 2＋x 3a 0＝a 0x 2＋x 3，选项D 错误．]9．ABD [对物体受力分析如图所示，设斜面的倾角为θ，当F ＝0时，可知a 1＝2m/s 2，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1；当F ＝20N 时，F cos θ＋mg sin θ＝ma 2，a 2＝403m/s 2，此时f ＝0，F sin θ＝mg cos θ，sin 2θ＋cos 2θ＝1，联立可得μ＝11735，m ＝677kg ，sin θ＝34，故A 、B 正确；由于物体的初速度及F 随时间的变化情况未知，因此无法求解物体运动6s 时经过的位移，故C 错误；当a ＝6m/s 2时，可求得F ＝12017N ，由N ＋F sin θ＝mg cos θ，物体所受的支持力N ＝16517N ，则物体对斜面的压力N ′＝16517N ，故D 正确．] 10.320.7m 解析 物体A 运动到x ＝0.1m 的C 处时，由题图(b)知F 1＝10.0N ，F 2＝17.5N ，F 1－mg sin θ＝ma 1F 2－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1可得：a 1＝5m/s 2，μ＝32由2a 1x OC ＝v C 2可得物体从O 点到达C 点的速度v C ＝1m/s根据牛顿第二定律可知，物体在斜面上由静止开始匀加速运动0.5m 后继续向上滑行的加速度大小为a 2＝12.5m/s 2由：2a 1x 1＝v 12－2a 2x 2＝0－v 12 得x 2＝0.2mx OD ＝x 1＋x 2＝0.7m ，故x D ＝0.7m。
2021年高考物理一轮复习考点过关检测题—7.6用动量和能量观点解决“板—块(子弹打木块)”模型
2021年高考物理一轮复习考点过关检测题7.6 用动量和能量观点解决“板—块（子弹打木块）”模型一、单项选择题1．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则（）A．木块的最终速度为mM mv0B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多D．车表面越粗糙，因摩擦产生的热量越多2．一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法中正确的是（）A．木块获得的动能变大B．子弹与木块作用的系统损失的机械能变大C．子弹穿过木块的时间变长D．子弹穿过木块的时间变短3．如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法中正确的是（）A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为20 72 mvD．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为20 72 v g4．光滑水平面上有长为2L的木板B，小物块A置于B的中点，A、B质量均为m，二者间摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B处于静止状态。
某时刻给B一向右的瞬时冲量I，为使A可以从B上掉下，冲量I的最小值为（）A．B．2C．D．25．在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。
则以下说法正确的是（）A．子弹动能的亏损小于系统动能的亏损B．子弹动量变化量的大小大于木块动量变化量的大小C．摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功D．位移s一定小于深度d6．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m = 2 kg的木块A以速度v0 = 2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g = 10 m/s2．则下列说法正确的是（）A．长木板的质量M = 2 kgB．A、B之间动摩擦因数为0.2C．长木板长度至少为2 mD．A、B组成系统损失机械能为4 J7．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为（）A ．LB ．C ．D ．8．如图所示，带有挡板的长木板质量为m ，静止在光滑水平面上，轻弹簧右端与挡板相连，左端位于木板上的B 点．开始时质量也为m 的小铁块从木板上的A 点以速度0v 向右运动，压缩弹簧后被弹回，最终小铁块停在A 点．则有（ ）A ．小铁块停在A 处时，长木板速度为零B ．弹簧储存的最大弹性势能为2014mvC ．整个运动过程的内能增加量和弹簧最大弹性势能相等D ．整个运动过程的内能增加量是弹簧最大弹性势能的2倍9．如图所示，一质量M =3.0kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m =1.0kg 的小木块A (可视为质点)，同时给A 和B 以大小均为2.0m/s,方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，要使小木块A 不滑离长木板B 板，已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.6，则长木板B 的最小长度和小物块向左运动的最大距离为（ ）A ．1.0m1m 3B ．1.5m4m 3C ．1.2m 1.0mD ．0.8m 1.0m10．如图所示，水平面I 粗糙，水平面II 光滑，一定长度、质量1.5kg 的木板放在水平面II 上，木板上表面与水平面I 相平．质量0.5kg 的滑块可看成质点，从水平面I 上A 点以2m/s 的初速度向右运动，经0.5s 滑上木板，滑块没有滑离木板。
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第三章牛顿运动定律专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型学生
专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型【素养目标】 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题．2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．题型一传送带模型1．模型特点传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．3．“传送带”问题解题思路考向1 动力学中水平传送带问题例 1 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．考向2 动力学中的倾斜传送带问题例 2[2023·江苏常州月考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1)传送带1的速度大小v1；(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．针对训练1.(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )A．传送带的速度为4 m/sB．物块上升的竖直高度为0.96 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反题型二“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．两种常见类型类型图示3.解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．例 3[2023·广东珠海模拟](多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上．t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车，如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g.由此可求得( )A．小车的长度B．小滑块的质量C．小车在匀减速运动过程中的加速度D．小滑块与小车之间的动摩擦因数针对训练2.[2023·吉林一中期中]如图所示，质量为m＝2 kg的物体A与质量为M＝1 kg的物体B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，一水平向右的力F作用在A物体上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则( )A．当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动B．当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动C．当F＝8 N时，B物体的加速度为4 m/s2D．当F＝12 N时，A物体的加速度为4 m/s23．[2023·人大附中月考](多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．撤去力F时长木板的速度为3 m/sB．撤去力F时滑块的速度为2 m/sC．滑块最终的速度为3 m/sD．长木板的长度为1.5 m专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型题型一例1 解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5 m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝v0a解得t1＝1 sat12t1时间内包裹的位移大小为x1＝12解得x1＝0.25 mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5 m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25 m.(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝l−x1v0解得t2＝3.5 s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝lv解得t3＝2 s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.答案：(1)0.25 m (2)2.5 s例2 解析：(1)分析知，口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2根据运动学公式有v12＝2aL1，解得v1＝4 m/s.(2)若传送带2不转动，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 1＝μ2mg cos θ+mg sin θm＝g (μ2cos θ＋sin θ)＝10 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s max ＝v 122a1＝0.8 m<L 2所以口罩盒(包括口罩)无法运动到c 点若传送带2的速度大于4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 2＝mg sin θ−μ2mg cos θm＝g (sin θ－μ2cos θ)＝2 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s ′max ＝v 122a2＝4 m>L 2所以口罩盒(包括口罩)运动到c 点时速度不为零 设传送带2的速度大小为v 时，恰好能将口罩盒(包括口罩)运送至c 点．据以上信息可知，v 一定满足0<v <4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)在传送带2上先做加速度大小为a 1＝10 m/s 2的匀减速直线运动，当口罩盒(包括口罩)与传送带的速度相等时，开始做加速度大小为a 2＝2 m/s 2的匀减速直线运动，到达c 点时速度恰好为零．由逆向思维法，有s 1＝v −12v22a1，s 2＝v 22a 2，s 1＋s 2＝L 2，解得v ＝1 m/s.(3)口罩盒(包括口罩)在传送带1上运动的时间不随传送带1、2的速度增大而变化，则有L 1＝12at 12，解得t 1＝1 s当传送带2的速度足够大时，口罩盒(包括口罩)在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s 2的匀减速直线运动，则有L 2＝v 1t 2−12a 2t 22解得t 2＝(2－√3)s 或t ′2＝(2＋√3)s 舍去则口罩盒(包括口罩)从a 到达c 的最短时间为t ＝t 1＋t 2＝(3－√3)s. 答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)(3－√3)s1．解析：如果v 2小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 2一定大于v 1，结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s ，A 错误；物块的位移等于v t 图线与横轴所围的面积，即L ＝12×(4＋2)×0.2 m＋12×1×2 m＝1.6 m ，则上升的竖直高度为h ＝L sin θ＝0.96 m ，B 正确；0～0.2 s 内，加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0−4.00.2m/s 2＝－10 m/s 2，加速度大小为10 m/s 2，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin θ+μmg cos θm＝10 m/s 2，解得μ＝0.5，C 正确；在0～0.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D 错误．答案：BC题型二例3 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L ＝v 1+v 02t 1－v12t 1＝v02t 1，故A 正确；根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，但无法求出小滑块的质量，故B 错误；根据v t 图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a ＝v 0−v 1t 1，故C 正确；对小滑块，由v t 图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a ＝v1t 1，再由牛顿第二定律得a ＝Ff m ＝μmg m＝μg ，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝v1gt 1，故D 正确．答案：ACD2．解析：当A 、B 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a 0，根据牛顿第二定律，对B 有a 0＝μmg M＝4 m/s 2，对A 、B 整体有F ＝(m ＋M )a 0＝3×4 N＝12 N ，所以当F ≤12 N 时，A 、B 相对静止，一起向右做匀加速运动，A 、B 、C 错误；当F ＝12 N 时，A 物体的加速度为a ＝F−μmg m＝12−42m/s 2＝4 m/s 2，D 正确．答案：D3．解析：力F 作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 1，F －μmg ＝Ma 2，解得滑块和长木板的加速度分别为a 1＝2 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，撤去力F 时滑块和长木板的速度分别为v 1＝a 1t ＝2 m/s ，v 2＝a 2t ＝5 m/s ，故A 错误，B 正确；撤去力F 后，由动量守恒定律可得mv 1＋Mv 2＝(m ＋M )v ，解得滑块最终的速度为v ＝3 m/s ，故C 正确；撤去力F 前，滑块在长木板上移动的距离为Δx 1＝12a 2t 2－12a 1t 2＝1.5 m ，撤去力F 后，由能量守恒定律可得μmg ·Δx 2＝12mv +1212Mv 22－12(m ＋M )v 2，解得Δx 2＝0.75 m ，则长木板的长度为L ＝Δx 1＋Δx 2＝2.25 m ，故D 错误．答案：BC。
2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化四动力学中三种典型物理模型学案作业(含解析)新人教版
专题强化四动力学中三种典型物理模型专题解读1.本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题．2．通过本专题的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力．3．用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识．1．两种模型(如图1)图12．等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d，如图1所示．根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝g sinα，位移为x＝d sinα，所以运动时间为t0＝2xa＝2d sinαg sinα＝2dg.即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关．例1(2019·安徽芜湖市期末)如图2所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则有：( )图2A．v2＞v1＞v3B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2D ．v 1＞v 3＞v 2 答案 A解析 设任一斜面的倾角为θ，圆槽直径为d .根据牛顿第二定律得到：a ＝g sin θ，斜面的长度为x ＝d sin θ，则由x＝12at 2得t ＝2x a＝2d sin θg sin θ＝2dg，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t 1＝t 2＝t 3，根据v ＝x t，因x 2＞x 1＞x 3，可知v 2＞v 1＞v 3，故选A. 变式1 如图3所示，竖直半圆环中有多条起始于A 点的光滑轨道，其中AB 通过环心O 并保持竖直．一质点分别自A 点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较( )图3A ．无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B ．质点沿着与AB 夹角越大的轨道下滑，时间越短C ．质点沿着轨道AB 下滑，时间最短D ．轨道与AB 夹角越小(AB 除外)，质点沿其下滑的时间越短 答案 A1．水平传送带模型项目 图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0>v ，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v 0＝v ，一直匀速③v 0<v ，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v 0>v ，返回时速度为v ，若v 0<v ，返回时速度为v 02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直匀速②可能一直加速3.模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，相对运动的方向将直接影响摩擦力的方向．4．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．例2(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图4，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是( )图4答案BC解析设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mg sinθ>μmg cosθ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mg sinθ＝μmg cosθ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sinθ<μmg cosθ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确．变式2 (多选)(2019·陕西榆林市第三次测试)如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v 1＝2m/s 的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v 2＝3 m/s 的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s 后与传送带的速度相同，则( )图5A ．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B ．小墨块的加速度大小为0.2m/s 2C ．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5mD ．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m 答案 AD解析 小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A 正确．小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5s 后与传送带的速度相同，故a ＝v 1－－v 2t ＝v 1＋v 2t＝1m/s 2，方向向右，故B 错误．小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v 2－at 1，x 1＝0＋v 22t 1，联立解得：x 1＝4.5m ，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x 2＝v 1t 1＝6m ；小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v 1＝at 2，x 1′＝0＋v 12t 2，联立解得x 1′＝2m ，对传送带有：x 2′＝v 1t 2＝4m ，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x ＝(x 1＋x 2)＋(x 2′－x 1′)＝12.5m ，故C 错误，D 正确．1．模型特点“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系． 2．解题关键(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移．例3 (2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图6所示．木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t ＝1s 时，木板以速度v 1＝4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反．运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下．已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：图6(1)t ＝0时刻木板的速度大小； (2)木板的长度． 答案 (1)5m/s (2)163m解析 (1)对木板和物块：μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1 设初始时刻木板速度为v 0 由运动学公式：v 1＝v 0－a 1t 0 代入数据解得：v 0＝5m/s (2)碰撞后，对物块：μ2mg ＝ma 2对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有v 1＝a 2t ，x 1＝v 12t对木板，由牛顿第二定律：μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3 对木板，经历时间t ，发生位移x 2x 2＝v 1t －12a 3t 2木板长度l ＝x 1＋x 2联立并代入数据解得l ＝163m.变式3 (2019·江苏卷·15)如图7所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：图7(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′； (3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .答案 (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL 解析 (1)由牛顿第二定律知，A 加速度的大小a A ＝μg 由匀变速直线运动规律得2a A L ＝v A 2解得v A ＝2μgL ； (2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg 由牛顿第二定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′＝2μmg 由牛顿第二定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg ；(3)设经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小为a A 则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2且x B －x A ＝L 解得v B ＝22μgL .1.如图1所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A 、B 、C 分别从a 、b 、c 处由静止开始释放，用t 1、t 2、t 3依次表示滑环A 、B 、C 到达d 点所用的时间，则( )图1A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3答案 D解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg 和杆的支持力F N 作用．设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma ，得加速度大小a ＝g sin θ.设圆周的直径为D ，则滑环沿杆滑到d 点的位移大小x ＝D sin θ，由x ＝12at 2，解得t ＝2Dg.可见，滑环滑到d 点的时间t 与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑到d 点所用的时间相等，选项D 正确．2.(2020·广东东莞市质检)如图2所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )图2A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1 D ．1∶ 3答案 B3.如图3所示，水平传送带静止不动，质量为1kg 的小物体，以4m/s 的初速度滑上传送带的左端，最终以2m/s 的速度从传送带的右端离开传送带．如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4m/s 的初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时的速度( )图3A ．小于2m/sB ．等于2m/sC ．大于2m/sD ．不能到达传送带右端 答案 B解析 当传送带不动时，小物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带．当传送带逆时针转动时，小物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的滑动摩擦力方向仍然向左，与传送带静止时的受力情况完全相同，所以运动情况也一致，即最后离开传送带时速度仍然是2m/s ，选项B 正确．4.(多选)(2019·河南周口市上学期期末调研)如图4所示，质量M ＝2kg 的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m ＝1kg 的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2.现对物块施加一水平向右的恒力F ＝2N ，则下列说法正确的是( )图4A ．物块和长木板之间的摩擦力为1NB ．物块和长木板相对静止一起加速运动C ．物块运动的加速度大小为1m/s 2D ．拉力F 越大，长木板的加速度越大 答案 AC解析 物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M 与m 之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F 0，由牛顿第二定律有a ＝F 0－μmg m ＝F 0M ＋m ＝μmgM，解得F 0＝1.5N ．因F ＝2N>F 0＝1.5N ，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有F f ＝μmg ＝1N ，故A 正确，B 错误；对物块，由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 1，可得a 1＝1m/s 2，故C 正确；拉力F 越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1N ，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a 2＝μmg M＝0.5m/s 2，故D 错误． 5．(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图5所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度a 大小可能是( )图5A ．0 B.2μg3C.μg2D.F 2m －μg4答案 ACD解析 若F 较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A 正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F －μ4·2mg ＝2ma ，解得：a ＝F 2m －14μg ，选项D 正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg －μ4·2mg ＝ma ，解得：a ＝μg2，选项C 正确．6．(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2kg ，现在滑块上施加一个F ＝0.5t (N)的变力作用，从t ＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A ．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B ．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C ．图乙中t 2＝24sD ．木板的最大加速度为2m/s 2答案 ACD解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N ，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝F fm mg ＝820＝0.4，选项A 正确．由题图乙可知t 1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝F f ′2mg ＝440＝0.1，选项B 错误．t 2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力F fm ＝8N ，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：F fm －μ′·2mg ＝ma m ，解得a m ＝2m/s 2；对滑块：F －F fm ＝ma m ，解得F ＝12N ，则由F ＝0.5t (N)可知，t ＝24s ，选项C 、D正确．7．如图7甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4m/s 的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：图7(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8s 内小物块与传送带之间的划痕为多长． 答案 (1)78(2)18m解析 (1)根据v －t 图象的斜率表示加速度可得a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2由牛顿第二定律得μmg cos37°－mg sin37°＝ma 解得μ＝78(2)0～8s 内只有前6s 内物块与传送带发生相对滑动， 0～6s 内传送带匀速运动的距离为：x 带＝4×6m＝24m ，由题图乙可知：0～2s 内物块位移大小为：x 1＝12×2×2m＝2m ，方向沿斜面向下，2～6s 内物块位移大小为：x 2＝12×4×4m＝8m ，方向沿斜面向上所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18m.。
2021届高考物理一轮复习微专题4动力学中常考的“三个物理模型”练习新人教版
2021届高考物理一轮复习微专题4动力学中常考的“三个物理模型”练习新人教版[A级—基础练]1．(08786280)(2020·湖南衡阳联考)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时刻的速度—时刻图象如图乙所示，关于传送带的运动情形描述正确的是 ( )A．一定是向右的匀加速运动B．可能是向右的匀速运动C．一定是向左的匀加速运动D．可能是向左的匀速运动解析：A [由题意可知：物块P向右做加速运动，初始做加速度为μg的加速运动，然后与传送带相对静止一起向右做匀加速运动，故A正确．]2．(08786281)(2020·河南信阳高级中学大考)躯体素养拓展训练中，人从竖直墙壁的顶点A沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上(人可看成质点)，若木板的倾斜角不同，人沿着三条不同路径AB、AC、AD滑到木板上的时刻分别为t1、t2、t3，若已知AB、AC、AD与板的夹角分别为70°、90°和105°，则( )A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1＝t2＝t3D．不能确定t1、t2、t3之间的关系解析：A [以AO为直径作圆，可知圆周过C点，B点在圆周外，D点在圆周内．从圆周的最高点沿光滑斜面由静止开释，滑至圆周的时刻相等，能够判定t1>t2>t3，A正确．] 3．带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( )A．黑色的径迹将显现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：C [刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，因此黑色的径迹将显现在木炭包的右侧，因此A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，因此由牛顿第二定律知，μmg ＝ma，因此a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝v22μg，设相对滑动时刻为t，由v＝at得t＝vμg，现在传送带的位移为x传＝vt＝v2μg，因此相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝v22μg，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，因此B错误．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短，因此C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，因此D错误．]4．(08786282)(2020·唐山一中模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情形是 ( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：D [因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．]5．如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车内静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( )A ．a 1＝2 m/s 2，a 2＝3 m/s 2B ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝2 m/s 2C ．a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2D ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2解析：D [当F <μmg ＝3 m/s 2·m 时，物块与小车一起运动，且加速度相等，最大共同加速度为a max ＝μg ＝3 m/s 2，故A 、B 错误；当F ≥3 m/s 2·m 时，小车的加速度大于物块的加速度，现在物块与小车发生相对运动，现在物块的加速度最大，由牛顿第二定律得：a 1＝μmg m ＝μg ＝3 m/s 2，小车的加速度a 2>3 m/s 2，故C 错误，D 正确．] 6．如图所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3.若将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，现在A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，现在B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2解析：C [当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，临界情形是A 、B 的加速度相等．隔离对B 分析，B 的加速度为a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mgm ＝13μg .当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，现在A 、B 间的摩擦力刚好达到最大，A 、B 的加速度相等，有a 1＝a 2＝μmg m＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3.故选C.] 7．(08786283)(多选)(2020·盐城1月检测)如图甲所示，以速度v 逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m 的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时刻变化关系的图线可能是( )解析：CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，因此一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，现在若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块连续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C 、D 项正确，A 、B 项错误．]8．(08786284)(多选)如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时刻t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a F 图象，已知g 取10 m/s 2，则( )甲 乙A ．滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为1 kgC ．当F ＝10 N 时木板B 的加速度为4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.1解析：BC [当F ＝8 N 时，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝4 kg ，当F ＞8 N 时，对B 依照牛顿第二定律得a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M ，由题图图象可知，图线的斜率k ＝1M ＝Δa ΔF ＝28－6kg －1＝1 kg －1，解得M ＝1 kg ，滑块的质量为m ＝3 kg ，故A 错误，B 正确；依照F 大于8 N 时的图线知，F ＝6 N 时a ＝0，即0＝11×6－μ×301，代入数据解得μ＝0.2，故选项D 错误；由图示图象可知，当F ＝10 N 时，滑块与木板相对滑动，B 滑动的加速度为a ＝11×10 m/s 2－0.2×301m/s 2＝4 m/s 2，故C 正确．][B 级—能力练]9．(08786285)(多选)(2020·河北唐山一中调研)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，下列说法正确的是( )A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码可不能从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰好到达桌面边缘解析：BC [对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为μ(M ＋m )g ＋μMg ，故A 错误．设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝Ma 1，F －f 1－f 2＝ma 2，发生相对运动需要a 2＞a 1，代入数据解得：F ＞2μ(M ＋m )g ，故B 正确．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码匀加速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，则总位移小于d ，可不能从桌面上掉下，故C 正确．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未脱离纸板时的加速度a 1＝μg ，纸板的加速度a 2＝F －μM ＋m g －μMg m ＝2μg ，依照12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝ 2d μg ，则现在砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移x ＝v 22a ′＝2μgd 2μg＝d ，而匀加速运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码离开桌面，D 错误．] 10．(08786286)(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长差不多上2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数差不多上0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判定正确的是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上D ．物块A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块B 下滑过程中相对传送带的路程 解析：BCD [A 、B 都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时刻相同，故A 错误，B 、C 正确；A 物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D 正确．]11．(2020·安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L ＝2 m ，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑．现传送带沿顺时针方向以v ＝2.5 m/s 的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A 点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g 取10 m/s 2.试求：(1)小物块运动至B 点的时刻；(2)若传送带速度能够任意调剂，当小物块在A 点以v 0＝3 6 m/s 的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B 点的速度范畴．解析：(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a 1，依照牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 1，解得a 1＝2.5 m/s 2. 设小物块速度等于2.5 m/s 时，小物块对地位移为L 1，用时为t 1，则t 1＝v 1a 1＝2.52.5s ＝1 s.L 1＝v 212a 1＝ 2.522×2.5m ＝1.25 m ， 因L 1＜L 且μ＞tan 30°，故小物块速度等于2.5 m/s 时，将做匀速直线运动至B 点，设用时为t 2，则t 2＝L －L 1v＝0.3 s ，故小物块从A 到B 所用时刻为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s. (2)由于传送带速度能够任意调剂，则小物块从A 到B 一直做匀加速直线运动，到达B 点的速度最大．由牛顿第二定律及运动学公式有v 2B －v 20＝2a 1L ，解得v B ＝8 m/s.小物块从A 到B 一直做匀减速直线运动，到达B 点的速度最小，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，解得a 2＝12.5 m/s 2.由运动学公式可知v ′2B ＝v 20－2a 2L ，解得v B ′＝2 m/s.即小物块到达B 点的速度范畴为2 m/s≤v B ≤8 m/s.答案：(1)1.3 s (2)2 m/s≤v B ≤8 m/s12．(08786287)(2020·河南中原名校联考)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l 为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，设木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律得，F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，设二者共速时的速度为v ，经历的时刻为t ，由运动学公式得v ＝v 0－at ，v ＝a ′t ；小物块的位移为s ，木板的位移为s ′，由运动学公式得，s ＝v 0t －12at 2，s ′＝12a ′t 2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s －s ′＝l ，联立解得l ＝0.5 m.答案：0.5 m。
高考物理一轮复习 第三章 微专题21 三种”连接体模型“的解题规律练习(含解析)教科版-教科版高三全
微专题21 三种〞连接体模型“的解题规律题目类型1．弹力连接(以轻绳连接或直接接触)：假设加速度一样，各个物体间弹力与“其带动的物体质量〞成正比；直接接触的连接体往往还涉与“要别离还没分〞的临界状态．2．弹簧连接：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等．3．摩擦连接：连接体靠静摩擦力或滑动摩擦力连接(带动)，由静摩擦力带动时连接体相对静止，加速度一样；静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑〞的临界状态．解题方法整体法、隔离法交替运用．假设连接体内各物体具有一样的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取适宜的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力〞．1．(多项选择)(2019·辽宁沈阳市第一次质检)如图1所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，F1>F2，两物体运动一段时间后( )图1A．假设突然撤去F1，甲的加速度一定减小B．假设突然撤去F1，甲、乙间的作用力减小C．假设突然撤去F2，乙的加速度一定增大D．假设突然撤去F2，甲、乙间的作用力增大2．(2019·河南示范性高中上学期期终)如图2所示，A、B两一样的木箱(质量不计)用水平细绳连接放在水平地面上，当两木箱内均装有质量为m的沙子时，用水平力F拉A木箱，使两木箱一起做匀加速直线运动，细绳恰好不被拉断．在不改变拉力的情况下，为使两木箱一次能运送更多的沙子，如下方法可行的是(加沙子后两木箱均能被拉动)( )图2A．只在A木箱内加沙子B．只在B木箱内加沙子C．A木箱内参加质量为m的沙子，B木箱内参加质量为2m的沙子D ．A 木箱内参加质量为2m 的沙子，B 木箱内参加质量为3m 的沙子3．(多项选择)如图3甲所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体．现对A 施加水平向右的拉力F ，通过传感器可测得A 的加速度a 随拉力F 变化的关系如图乙所示．重力加速度g ＝10m/s 2，如下说法正确的答案是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A ．A 的质量是5kgB ．B 的质量是5kgC ．A 、B 之间的动摩擦因数是0.4D ．A 、B 之间的动摩擦因数是0.84．如图4所示，质量为M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，重力加速度为g .当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( )图4A ．g B.M －m m g C ．0D.M ＋mmg 5．(2020·湖南长沙市模拟)如图5所示，光滑水平面上，质量分别为m 、M 的木块A 、B 在水平恒力F 作用下一起以加速度a 向右做匀加速直线运动，木块间的水平轻质弹簧劲度系数为k ，原长为L 0，如此此时木块A 、B 间的距离为( )图5A ．L 0＋Ma kB ．L 0＋ma kC ．L 0＋MF k M ＋m D ．L 0＋F －mak6．(2020·河南新乡市模拟)如图6所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数一样，其间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T .现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，如此( )图6A ．此过程中物体C 受五个力作用B ．当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳刚好被拉断D ．假设水平面光滑，如此绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为T67.如图7所示，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动，动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )图7A ．a A ＝12g ，a B ＝5gB ．a A ＝a B ＝15gC ．a A ＝14g ，a B ＝3gD ．a A ＝0，a B ＝2g8．(多项选择)(2019·河北省“五个一名校联盟〞第一次诊断)小物块m 与各面均光滑的斜面体M ，叠放在光滑水平面上，如图8所示，在水平力F 1(图甲)作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 1；在水平力F 2(图乙)作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 2.如此如下说法正确的答案是( )图8A ．假设m ＝M ，如此有F 1＝F 2B ．假设m ＝M ，如此有N 1>N 2C ．假设m <M ，如此有F 1<F 2D ．假设m <M ，如此有N 1＝N 29．(多项选择)(2020·湖北武汉市调研)如图9所示，光滑水平桌面放置着物块A ，它通过轻绳和轻质光滑滑轮悬挂着物块B .A 的质量为m ，B 的质量为3m ，重力加速度大小为g .静止释放物块A 、B 后( )图9A ．一样时间内，A 、B 运动的路程之比为2∶1 B ．物块A 、B 的加速度之比为1∶1C ．细绳的拉力为6mg7D ．当B 下落高度h 时，速度为2gh 510．(2019·福建宁德市上学期期末质量检测)如图10所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力为T ，如此能正确描述T 与x 之间的关系的图像是( )图1011．(2019·福建泉州市期末质量检查)如图11所示，“复兴号〞动车组共有8节车厢，每节车厢质量m ＝18t ，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力．假设“复兴号〞在水平轨道上从静止开始加速到速度v ＝360km/h ，此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f＝1.25×103N的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供F＝4.75×104N的牵引力．求：图11(1)该过程“复兴号〞运动的时间；(2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小．12．(2019·湖南衡阳市第二次模拟)如图12甲所示，在水平地面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10m/s2.图12(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；(2)t＝10s时，两物体的加速度各为多大；(3)在图乙中画出木块的加速度随时间変化的图像(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由与演算过程)答案精析1．BC [一起运动时，整体的加速度为：a ＝F 1－F 2m 1＋m 2； 对乙分析，如此甲、乙之间的作用力为：N －F 2＝m 2a ，解得N ＝m 1F 2＋m 2F 1m 1＋m 2；突然撤去F 1，如此整体的加速度a 1＝F 2m 1＋m 2，a 1不一定大于a ，甲、乙之间的作用力N 1＝m 1F 2m 1＋m 2<N ，故A 错误，B 正确；突然撤去F 2，如此整体的加速度a 2＝F 1m 1＋m 2，如此a 2>a ，即加速度增大，甲、乙之间的作用力为：N 2＝m 2F 1m 1＋m 2<N ，应当选项C 正确，D 错误．] 2．A [对A 、B 整体，由牛顿第二定律：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ；对木箱B ：T －μm B g ＝m B a ；解得T ＝m Bm A ＋m BF ，可知当A 木箱内参加沙子的质量大于B 木箱内参加沙子的质量时，细绳的拉力减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．]3．BC [拉力F 很小时，A 、B 两物体保持相对静止，以一样的加速度运动，后来B 在A 上滑动．当拉力F 1＝60N 时，A 物体加速度a 1＝4m/s 2，两物体恰好要相对滑动，这时A 、B 间的摩擦力是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B 有：μm B g ＝m B a 1① 对A 有：F 1－μm B g ＝m A a 1②当拉力F 2＝100N 时，A 物体加速度a 2＝8m/s 2，两物体发生相对滑动，这时A 、B 间是滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对A 有：F 2－μm B g ＝m A a 2③由①②③解得：m A ＝10kg ，m B ＝5kg ，μ＝0.4，故B 、C 正确，A 、D 错误．]4．D [以框架为研究对象进展受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F ＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋mmg ，应当选项D 正确．] 5．B [以A 、B 整体为研究对象，加速度为：a ＝F M ＋m，隔离A 木块，弹簧的弹力：F 弹＝ma＝k Δx ，如此弹簧的长度L ＝L 0＋ma k ＝L 0＋mFk M ＋m，应当选B.]6．C [对A ，A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C 受重力、A 对C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对C 的摩擦力以与地面的摩擦力六个力作用，故A 错误；对整体分析，整体的加速度a ＝F －μ·6mg 6m ＝F6m－μg ，隔离法对A 、C 分析，根据牛顿第二定律得，T －μ·4mg ＝4ma ，计算得出T ＝23F ，当F ＝1.5T 时，轻绳刚好被拉断，故B 错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对A 、C 分析，加速度a ′＝T4m，隔离对A 分析，A 的摩擦力f ＝ma ′＝T4，故D 错误．]7．D [对滑轮由牛顿第二定律得F －2T ＝m ′a ，又滑轮质量m ′忽略不计，故m ′＝0，所以T ＝F 2＝6mg 2＝3mg ，对A 由于T <4mg ，故A 静止，a A ＝0，对B 有a B ＝T －mg m ＝3mg －mg m＝2g ，故D 正确．]8．ACD [由整体法可知，甲图中整体的加速度：a 1＝F 1M ＋m，乙图中整体的加速度：a 2＝F 2M ＋m；对甲图，隔离M ，如此N 1sin θ＝Ma 1，隔离m ：N 1cos θ＝mg ，解得a 1＝mMg tan θ；F 1＝(M ＋m )a 1＝m M (M ＋m )g tan θ；N 1＝mg cos θ；对乙图中的m ，如此：N 2sin θ＝mg tan θ＝ma 2，解得：N 2＝mgcos θ；F 2＝(M ＋m )a 2＝(M ＋m )g tan θ；假设m ＝M ，如此有F 1＝F 2；假设m <M ，如此有F 1<F 2，选项A 、C 正确；无论m 和M 大小关系如何，都有N 1＝N 2，选项B 错误，D 正确．]9．AC [根据动滑轮的特点可知，一样时间内，A 、B 运动的路程之比为2∶1，选项A 正确；根据s ＝12at 2可知，物块A 、B 的加速度之比为2∶1，选项B 错误；设细绳的拉力为T ，B 的加速度为a ，如此对A ：T ＝m ·2a ；对B ：3mg －2T ＝3ma ；解得a ＝37g ，T ＝67mg ，选项C 正确；当B 下落高度h 时，速度为v ＝2ah ＝67gh ，选项D 错误．] 10．A [设绳子单位长度质量为m ，对整体分析有：F ＝Lma ，如此对x 分析可知：T ＝xma ，联立解得：T ＝xF L，故可知T 与x 成正比，故A 正确．] 11．(1)80s (2)0解析 (1)以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F －8f ＝8ma 动车组做匀加速直线运动，如此v ＝at 解得t ＝80s(2)以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N，如此由牛顿第二定律：2F－4f＋N＝4ma解得N＝0.12．(1)4s (2)3m/s212m/s2(3)见解析图解析(1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3N时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：f max－μ2(m1＋m2)g＝m1a max，f max＝μ1m2g解得：a max＝3m/s2对整体有：F max－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a max解得：F max＝12N由F max＝3t得：t＝4s(2)t＝10s时，两物体已相对运动，如此有：对m1：μ1m2g－μ2 (m1＋m2)g＝m1a1，解得：a1＝3m/s2对m2：F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30N，解得：a2＝12m/s2(3)图像过(1,0)、(4,3)、(10,12)图像如下列图．。
物理一轮复习 专题24 探究动能定理(练)(含解析)
专题24 探究动能定理1．某兴趣小组想通过物块在斜面上运动的实验探究“合外力做功和物体速度变化的关系”．实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∝ 错误!，②W∝v，③W∝v2.他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点时的速度),每次实验，物体从不同初始位置处由静止释放．同学们设计了以下表格来记录实验数据．其中L1、L2、L3、L4……代表物体分别从不同初始位置处无初速释放时初始位置到速度传感器的距离,v1、v2、v3、v4……表示物体每次通过Q点的速度。
他们根据实验数据绘制了如图乙所示的L－v图象,并得出结论W∝v2。
(1）你认为他们的做法是否合适？（2)你有什么好的建议？(3）在此实验中，木板与物体间摩擦力的大小________(填“会"或“不会")影响探究出的结果．【答案】（1）.不合适 (2)。
应进一步绘制L－v2图像（3）。
不会2．为了探究“合外力做功和动能变化的关系"的实验,某实验小组使用如图所示的水平气垫导轨装置进行实验。
其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间分别为t1、t2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两光电门间距离为x,绳悬吊的砝码的质量为m （m远小于M），重力加速度为g.滑行器从G1到G2的过程中增加的动能为________________,合力对滑行器做的功为_________________。
(用t1、t2、D、x、M、m和g表示)【答案】2222211()2D DMt t，mgx3．如图l所示，某组同学借用“探究a与F和m之间的定量关系"的相关实验思想、原理及操作,进行“研究合外力做功和动能变化瞬关系”的实验：①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘；通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做____运动。
2021版人教版高三物理一轮复习课件：第三章 小专题三 传送带模型中的动力学问题
2
答案:(1)4 s
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小;
解析:(1)行李刚开始运动时,受力如图所示, 滑动摩擦力 Ff=μmg=4 N 由牛顿第二定律得Ff=ma 解得a=1 m/s2。
答案:(1)4 N 1 m/s2
(2)求行李做匀加速直线运动的时间;
解析:(2)行李达到与传送带相同速率后匀速运动, 则 v=at 解得 t= v =1 s。
2.倾斜传送带模型 项目 情景1
图示
情景2
滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3 情景4
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速 (4)可能先以a1加速后以a2 加速
(1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能一直减速,也可能 先减速后反向加速
[典例1] 水平传送带被广泛地应用于机场和车站,如图所示为一水平传送带装 置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1 m/s运行。一质量为m= 4 kg的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀 加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与 传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A,B间的距离L=2 m,g取10 m/s2。
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
2021高考物理新高考版一轮习题：第三章+微专题18+“动力学过程”的分析与应用+Word版含解析
瞬时性问题、连接体问题及多过程问题 1．(2019·四川广元市一诊)如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m 的物体，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 做加速运动，从O 到B 做减速运动C ．物体运动到O 点时，所受合力为零D ．物体从A 到O 的过程中，加速度逐渐减小2．(多选)(2019·河北唐山市上学期期末)如图2所示，小车在水平面上做匀加速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA 、OB 与竖直方向夹角均为45°，其中一球用水平轻绳AC 系于车厢侧壁，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小车运动方向一定向右B ．小车的加速度大小为22gC ．轻绳OA 、OB 拉力大小相等D ．轻绳CA 拉力大小是轻绳OA 拉力的2倍3．(2019·福建三明市期末质量检测)如图3所示，一列火车以加速度a 在平直轨道上前进，一物块靠在车厢后壁上保持相对静止状态(未粘连)．已知物块质量为m ，物块与后壁间的动摩擦因数为μ，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．物块所受摩擦力F f >mgB ．车厢后壁对物块的压力F N ＝m (g ＋a )C ．车厢对物块的作用力方向为竖直向上D ．要使物块不下落，火车加速度需满足a ≥g μ4．如图4所示，某杂技演员在做手指玩圆盘的表演．设该盘的质量为m ，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )图1 图2 图3图4A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力沿该手指方向B．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到手水平向右的静摩擦力C ．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mg D．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的摩擦力大小为μmg 5．(2019·安徽巢湖市一检)如图5所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，重力加速度为g，则斜面对物体的支持力的大小不可能是()A．mg cos α B.mgcos α C.masin αD．m g2＋a26．如图6所示，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为(重力加速度为g)()A．1.5g 1.5g0 B．g2g0 C．g g g D．g g0 7.(2019·河南鹤壁市第二次段考)如图7所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一平行斜面的轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态时，则此瞬间A、B两物体的瞬时加速度大小分别为(重力加速度为g)()A.12g、g B．g、12g C.32g、0 D.32g、g8．(2019·山东日照市上学期期末)如图8所示，一辆有驱动力的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一质量为1 kg的物块相连．物块和小车一起向右匀速运动时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为2 N．若小车开始向右加速运动，则()图5 图6 图7A ．随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力逐渐减小B ．随着小车的加速度增大，物块受到的弹簧弹力逐渐增大C ．当小车的加速度大小为5 m/s 2时，物块一定与小车相对滑动D ．当小车的加速度大小为4 m/s 2时，物块一定与小车相对静止9．(多选)(2019·内蒙古赤峰二中月考)如图9甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝10 m/s ，在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.下列选项中正确的是( )A ．2 s 末到3 s 末内物块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向C ．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D ．恒力F 大小为10 N10．(多选)(2019·山东省实验中学第二次模拟)如图10甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m ＝0.2 kg 的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v 和弹簧压缩量Δx 的函数图象如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g ＝ 10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．该弹簧的劲度系数为20 N/mB ．当Δx ＝ 0.3 m 时，小球处于超重状态C ．小球刚接触弹簧时速度最大D ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大11.(多选)如图11所示，套在绳索上的小圆环P 下面用悬线挂一个重为G 的物体Q 并使它们处于静止状态，现释放圆环P ，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦下滑，在圆环P 下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．Q 的加速度一定小于g sin θB ．悬线所受拉力为G sin θC ．悬线所受拉力为G cos θD ．悬线一定与绳索垂直图8图1 图10 图11瞬时性连接体多过程问题答案精析1．A [物体从A 到O ，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至A 、O 间某点(设为O ′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O ′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综合以上分析，只有选项A 正确．]2．CD [对小球B 受力分析可知，B 所受的合外力向左，即小车的加速度方向向左，且mg tan 45°＝ma ，解得a ＝g ，小车向左加速或者向右减速运动，选项A 、B 错误；分别对A 、B 受力分析， OA 和OB 轻绳拉力的竖直分量均等于mg ，即F T OB cos 45°＝F T OA cos 45°＝mg ，可知轻绳OA 、OB 拉力大小相等，选项C 正确；对A 受力分析可知，F T CA －F T OA sin 45°＝ma ＝mg ，解得F T CA ＝2mg 即F T CA ＝2F T OA ，选项D 正确．]3．D [对物块，在竖直方向受力平衡，可知所受的摩擦力等于重力，即F f ＝mg ，水平方向F N ＝ma ，选项A 、B 错误；车厢对物块有向上的摩擦力和水平向右的弹力，其合力方向斜向右上方，选项C 错误；要使物块不下落，火车加速度需满足F f ≤μF N ，即mg ≤μma ，即a ≥g μ，选项D 正确．]4．C5．A [由题意知，斜面以加速度a 水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则放在斜面上的物体所受合外力一定水平向左．隔离物体受力分析，物体受到斜面的支持力和重力，二力的合力水平向左，大小等于ma ，则有：F 2N ＝(mg )2＋(ma )2，解得F N＝m g 2＋a 2，选项D 正确；F N sin α＝ma ，解得F N ＝ma sin α，选项C 正确；F N cos α＝mg ，解得F N ＝mg cos α，选项A 错误，B 正确．]6．A [在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C 球受到的重力和弹簧弹力不变，C 球所受合力为零，加速度为0；A 、B 球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg ，则A 、B 的加速度大小均为1.5g ，故A 正确，B 、C 、D 错误．]7．D [由平衡状态时的受力特点可知，A 受到弹簧的作用力大小为mg sin 30°，因为完全失重时A 物体本身重力不变，故在此瞬间，A 同时受到弹簧的弹力mg sin 30°和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mg cos 30°，故其瞬时加速度为32g ；而对B 受力分析可知，完全失重瞬间，B 受到的弹簧的作用力和细线上的弹力大小相等、方向相反(此二力的合力为0)，则此时B 受到的合力就是其重力，所以B 的瞬时加速度为g ，所以D 正确．]8．D [当小车与物块相对滑动后，随着小车的加速度增大，物块受到的滑动摩擦力不变，故A 错误；当小车与物块相对静止时，弹簧弹力始终不变，故B 错误；由题可知，物块与小车间的最大静摩擦力大于等于2 N ，当小车的加速度大小为5 m/s 2时，只要没有达到最大静摩擦力，物块就不会与小车相对滑动，故C 错误；当摩擦力等于2 N 且方向向右时，弹簧弹力等于2 N ，物块所受的合力为4 N ，由牛顿第二定律可得，物块的加速度为4 m/s 2，故D 正确．]9．BC [物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a 1＝v 022x 1＝10 m/s 2，物块做匀减速直线运动的时间为：t 1＝v 0a 1＝1010s ＝1 s ，即在t ＝1 s 末恒力F 反向，物块做匀加速直线运动，故A 项错误，B 项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小：a 2＝v 22x 2＝4 m/s 2, 根据牛顿第二定律得：F ＋F f ＝ma 1，F －F f ＝ma 2，联立解得：F ＝7 N ，F f ＝3 N ，由F f ＝μmg ，得μ＝0.3，故C 项正确，D 项错误．]10．ABD [当Δx ＝0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，小球处于平衡状态，可得：k Δx ＝mg ，解得：k ＝mg Δx ＝0.2×100.1N/m ＝20 N/m ，故A 正确；由题图乙可知，Δx ＝0.3 m 时，小球的速度减小，加速度方向向上，说明小球处于超重状态，故B 正确；由题图乙可知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx 为0.1 m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故C 错误；对小球受力分析可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D 正确．]11．CD [由题意知，小圆环和Q 保持相对静止一起沿绳索无摩擦下滑，整体受重力和支持力作用，加速度方向一定沿绳索方向向下，由牛顿第二定律有，(m P ＋m Q )g sin θ＝(m P ＋m Q )a ，解得a ＝g sin θ，A 项错误；再对Q 受力分析，受到悬线的拉力和竖直向下的重力，合力大小F 合＝m Q g sin θ，又重力沿绳索方向的分力也为m Q g sin θ，则由牛顿第二定律可知，悬线上的拉力沿绳索方向的分力为零，所以悬线一定与绳索垂直，而在垂直于绳索方向上，由平衡条件有：悬线上的拉力F ＝G cos θ，故B 项错误，C 、D 项正确．]。
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微专题24 ”板——块模型“的动力学问题
“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝fmm.假设两物
体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若
整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．
1．(多选)(2020·云南昆明市测试)如图1甲所示，一块质量为mA＝2kg的木板A静止在水平
地面上，一个质量为mB＝1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，
一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时
间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2.则下
列说法正确的是( )
图1
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9N
D．F的大小与板长L有关
2．(多选)(2019·江苏泰州市上学期期末)如图2所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木
板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始
终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且
最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则( )
图2
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
3．(多选)(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)如图3甲所示，在光滑水平面上，静止一质
量为M的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到的水平拉力
F
与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是( )
图3
A．长木板的质量M＝1kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5
C．当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2
D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大
4．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图4所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已
知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为14μ.已知最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是( )
图4
A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过32μmg
B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为32μmg
C．无论力F为何值，b的加速度不会超过34μg
D．当力F＞μmg时，b相对a滑动
5．(2019·河北衡水中学高考模拟)如图5甲所示，地面上有一长为l＝1m，高为h＝0.8m，
质量M＝2kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1kg的木块(可视为质点)，已知木块与
木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者
均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间t的变化如图乙所示，取g＝10m/s2.
求：
图5
(1)前2s木板的加速度大小；
(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs.
答案精析
1．BD [由题图乙可知，在0～1s内，木板A的加速度a1＝2m/s2，在1～3s内，木板A的加
速度a2＝－1m/s2.设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为
μ2，在0～1s内，隔离木板A受力分析，有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa
1
，在1～3s内，隔离
木板A受力分析，有－μ2mAg＝mAa2，联立解得：μ2＝0.1，μ1＝0.7，选项A错误，B正确；
隔离B受力分析，由牛顿第二定律，F－μ1mBg＝mBa3，根据v－t图像与t轴所围的面积表示
位移可知，在0～1s内，木板A位移x1＝1m．滑块B在1s内的位移x2＝12a3t2＝F－72，木板
A
长度L＝x2－x1＝F－72－1＝F－92，可变换为F＝2L＋9，即F的大小与板长L有关，选项D正
确；若F的大小为9N，由牛顿第二定律，F－μ1mBg＝mBa3，可得a3＝2m/s2，A、B加速度相同，
不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9N，选项C错误．]
2．BD [对m1，根据牛顿第二定律有：F－μ1m1g＝m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g－
f
＝0，f＜μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小无法比较．故A错误，B正确；改变F的大小，
只要木块在木板上滑动，则木块对长木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C
错误；若将F作用于长木板，当木块与长木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a′，
解得a′＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a′，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，
所以当F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确．]
3．AC [对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，
当F＝6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M＋m＝3kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，即F＝Ma＋μmg，知图线的斜率k＝
M
＝1kg，故滑块的质量为：m＝2kg.故A正确；根据F＝Ma＋μmg可知纵截距μmg＝4N，解得：
μ＝0.2，故B错误；当F＝6.5N时，长木板的加速度为：a
＝F－μmgM＝2.5m/s2，故C正确；
当F增大，两物体发生滑动时，小滑块的加速度为a＝μmgm＝2m/s2，恒定不变，故D错误．]
4．A [a、b之间的最大静摩擦力为：fmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为：
fmax′＝14μ(m＋m)g＝12μmg
a、b
相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：
对b有：μmg－12μmg＝ma0，得a0＝12μg
对整体有：F0－12μmg＝2ma0，得：F0＝32μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力
F
不能超过32μmg，当力F＞32μmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力F＝μmg时，a、
b一起加速运动，加速度为：a1＝μmg－12μmg2m＝14μg，对a，根据牛顿第二定律可得：F－f
1
＝ma1，解得a、b间的摩擦力为f1＝34μmg，故B错误；
根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过12μg，故C错误．]
5．(1)2m/s2 (2)1.68m
解析 (1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，则μ1mg＝ma1，解得：a1＝4m/s2
保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力
Fm＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a
1
＝30N.
因F1＝24N
解得：a＝2m/s2
(2)设2s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：v＝at1
2s后F2＝34N>Fm＝30N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a1，木板加速度为a2，则
F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma
2
经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得：
vt2＋12a2t22－(vt2＋12a1t22)＝l
解得：a2＝6m/s2，t2＝1s
此时木块的速度v块＝v＋a1t2
木板的速度：v板＝v＋a2t2
设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得：h＝12gt32
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内，木块在水平方向向前运动的位移为：x块＝v块t3
木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿第二定律可得：
F2－μ2Mg＝Ma
3
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内，木板在水平方向向前运动的位移为：x板＝
v板t
3
＋12a3t32
所以，木块落地时距离木板左侧：Δs＝x板－x块
联立以上式子解得：Δs＝1.68m.