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第4讲牛顿运动定律的综合应用(二)A组基础题组1.如图所示,传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。
现将一质量m=0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a 点上,设物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离L=2.5 m,则物体从a点运动到b点所经历的时间为 (g取10 m/s2)( )A. sB.(-1)sC.3 sD.2.5 s2.一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地放在传送带的最左端,木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。
下列说法中正确的是( )A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短3.(多选)如图所示,表面粗糙的传送带静止时,物块由传送带顶端A从静止开始滑到传送带底端B用的时间是t,则( )A.当传送带向上运动时,物块由A滑到B的时间一定大于tB.当传送带向上运动时,物块由A滑到B的时间一定等于tC.当传送带向下运动时,物块由A滑到B的时间一定等于tD.当传送带向下运动时,物块由A滑到B的时间一定小于t4.(2015江西六校联考)(多选)如图所示,质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平面上,其上放一质量为m2的木块。
t=0时刻起,给木块施加一水平恒力F,分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小,图中可能符合运动情况的是( )5.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。
其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行。
旅客把行李无初速度地放在A 处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。
若乘客把行李放到传送带上的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则( )A.乘客与行李同时到达B处B.乘客提前0.5 s到达B处C.行李提前0.5 s到达B处D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处6.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放置着静止的小物块A。
第12课时 牛顿运动定律的综合应用(2)考点1 多过程问题1．多过程问题就是物体的运动过程由许多“子过程”组成，各“子过程”有关键物理量前后相联系，往往叫做过程“衔接量”。
2．对各个“子过程”进行受力分析和运动分析，一般采用画出过程示意图，关键找出过程“衔接量”进行分析研究。
3．各“子过程”分析列关系式时，一般前后过程中都有“衔接量”。
4．联方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
[例1] (2017·福建厦门双十中学质检)如图，将质量m ＝2 kg 的圆环套在与水平面成θ＝37°角的足够长直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，杆上依次有三点A 、B 、C ，s AB ＝8 m ，s BC ＝0.6 m ，环与杆间动摩擦因数μ＝0.5，对环施加一个与杆成37°斜向上的拉力F ，使环从A 点由静止开始沿杆向上运动。
已知t ＝4 s 时环到达B 点，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求F 的大小；(2)若到达B 点时撤去力F ，求此环到达C 点所用的时间。
解析 (1)根据题意知，环做匀加速直线运动，则有s AB ＝12a 1t 2，解得a 1＝1 m/s 2，对环进行受力分析，若F sin37°<mg cos37°，则杆对环的弹力垂直于杆向上，如图甲所示：则有N ＋F sin37°＝mg cos37°F cos37°－μN －mg sin37°＝ma 1以上两式联立代入数据解得：F ＝20 N 。
若F sin37°>mg cos37°，则杆对环的弹力垂直于杆向下，如图乙所示： 则有N ＋mg cos37°＝F sin37°F cos37°－μN －mg sin37°＝ma 1以上两式联立代入数据解得：F ＝12 N(不符合F sin37°>mg cos37°，舍去)。
课后分级演练(九) 牛顿运动定律的综合应用【A级——基础练】1.如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是( )解析：C 由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，上滑时加速度比下滑时大，即上滑时图象的斜率大于下滑时图象的斜率，A、B错误；上滑与下滑的位移大小相同，即上滑与下滑图象与时间轴围成的面积大小相等，C正确，D错误．2．(多选)某马戏团演员做滑杆表演．已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10 m/s2.则下述说法正确的是( )A．演员的体重为600 NB．演员在第1 s内一直处于超重状态C．滑杆所受的最小拉力为620 ND．滑杆所受的最大拉力为900 N解析：AC 演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，所以演员的体重为600 N，选项A正确，演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B错误．演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3 m/s2，对演员，设受杆对其向上的摩擦力为F f1，由牛顿第二定律，mg－F f1＝ma1，解得F f1＝420 N．对滑杆，由平衡条件，最小拉力F1＝420 N＋200 N＝620 N，选项C正确．减速下滑时滑杆所受的拉力最大，减速下滑的加速度a2＝1.5 m/s2，对演员，设摩擦力为F f2，由牛顿第二定律，F f2－mg＝ma2，解得F f2＝690 N．对滑杆，由平衡条件，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．3．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系及物块速度v 与时间t 的关系如图所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2.由此两图线可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )A ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.2B ．m ＝1.5 kg ，μ＝0.2C ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.4D ．m ＝1.0 kg ，μ＝0.4解析：C 由F －t ，v －t 图象可知当F ＝2 N 时，物块做匀速运动，则F f ＝F 2＝2 N ，物块做匀加速直线运动的加速度a 1＝42 m/s 2＝2 m/s 2，匀减速直线运动的加速度a 2＝－42 m/s2＝－2 m/s 2，根据牛顿第二定律得，F －F f ＝ma 1，F 3－F f ＝ma 2，解得m ＝0.5 kg ，则动摩擦因数μ＝F f mg ＝25＝0.4.4.(2017·济宁联考)如图所示，两小球a 、b 质量之比为1∶2，用轻弹簧A 、B 连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F 作用在a 上并缓慢拉a ，当B 与竖直方向夹角为60°时，A 、B 伸长量刚好相同．若A 、B 的劲度系数分别为k 1、k 2，则以下判断正确的是( )A.k 1k 2＝13B.k 1k 2＝23C ．撤去F 的瞬间，a 球的加速度为零D ．撤去F 的瞬间，b 球处于失重状态解析：A 分别对小球a 、b 受力分析如图所示．由平衡条件得：F 1＝2mg ＝k 1x ①F ＝3mg tan 60°＝33mg ② F 2＝3mg /cos 60°＝k 2x ③解①③得k 1∶k 2＝1∶3，A 正确，B 错误；撤去F 的瞬间b 球仍处于平衡状态a b ＝0，D 错；对a 球由牛顿第二定律得F ＝33mg ＝ma a ，a a ＝33g 方向水平向右，C 错．5.如图所示，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 ，设该处的张力大小为T ，则能正确描述T 与x 之间的关系的图象是( )解析：A 根据牛顿第二定律，对绳子的整体进行受力分析可知F ＝Ma ；对x 段绳子可知T ＝x L Ma ＝Ma Lx ，故T －x 图线是经过原点的直线，故选A.6.如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A ．0 B.233g C ．gD.33g 解析：B 平衡时，小球受到三个力：重力mg 、斜面支持力F 1和弹簧拉力F 2，如图所示．突然撤离木板时，F 1突然消失而其他力不变，因此F 2与重力mg 的合力F ′＝mgcos 30°＝233mg ，产生的加速度a ＝F ′m ＝233g ，选项B 正确．7.(多选)利用传感嚣和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让质量为m 的某同学从桌子上跳下，自由下落H 后双脚触地，他顺势弯曲双腿，其重心又下降了h ，计算机显示该同学受到地面支持力F 随时间变化的图象如图所示，根据图象提供的信息，以下判断正确的是( )A ．从0至t 1时间内该同学处于失重状态B ．在t 1至t 2时间内该同学处于超重状态C ．t 2时刻该同学加速度为零D ．在t 2到t 3时间内该同学的加速度在逐渐减小解析：ABD 0～t 1时间内该同学加速度方向向下，处于失重状态，t 1～t 2时间内，该同学的加速度方向向上处于超重状态，选项A 、B 正确；t 2时刻受地面支持力最大，加速度最大，选项C 错误；t 2～t 3时间内支持力逐渐减小，合力逐渐减小加速度也逐渐减小，选项D 正确．8.(多选)建设房屋时，保持底边L 不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：AC 设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力：F N′＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B 错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．9.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上解析：C 当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y.F N<mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．10．某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x ，若木板倾角不同时对应的最大位移x 与木板倾角α的关系如图所示．g 取10 m/s 2.求(结果如果有根号，可以保留)：(1)小铁块初速度v 0的大小以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少； (2)当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁块速度的大小． 解析：(1)当α＝90°时，x ＝1.25 m 则v 0＝2gx ＝2×10×1.25 m/s ＝5 m/s 当α＝30°时，x ＝1.25 ma ＝v 202x ＝522×1.25m/s 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律得a ＝g sin 30°＋μg cos 30°，解得μ＝33(2)当α＝60°时，上滑的加速度a 1＝g sin 60°＋μg cos 60°＝203 3 m/s 2下滑的加速度a 2＝g sin 60°－μg cos 60°＝103 3 m/s 2因为v 20＝2a 1x ，v 2t ＝2a 2x 则v t ＝a 2a 1v 0＝22v 0＝522m/s 答案：(1)5 m/s33 (2)522m/s 【B 级——提升练】11.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M 的木板B 处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A 在木板B 的左端以初速度v 0开始向右滑动，已知M >m ，用①和②分别表示木块A 和木板B 的运动信息图线，在木块A 从木板B 的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v 随时间t 、动能E k 随位移s 的变化图象，其中可能正确的是( )解析：D A 、B 之间的摩擦力为F f ＝μmg ，加速度分别为a A ＝μg ，a B ＝μmgM，因为M >m ，则a A >a B ，所以v －t 图象中①的斜率应大于②，A 、B 错；根据动能定理，A 的动能改变量ΔE k A ＝μmgs A ，B 的动能改变量ΔE k B ＝μmgs B ，其中s A 和s B 分别为A 和B 相对地面的位移，s A >s B ，所以，E k －s 图象中①和②的斜率应相等，图象结束时s A >s B ，C 错、D 对．12．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和F N .若T －a 图象如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A ．a ＝403m/s 2时，F N ＝0B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.06 a (N)解析：ABC 本题考查牛顿第二定律，意在考查考生运用牛顿运动定律解决相关问题的能力．小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以T －a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确．当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mg cot θ＝ma ，联立可得tanθ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确．将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N＝0.8－0.06a(N)，选项D错误．13.(2017·淮安期末)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是( )A.ma＋μmgcos θ＋μsin θB.ma－μmgcos θ－μsin θC.masin θD.mgsin θ解析：C 对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力．其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0.(1)若环受到的弹力为0，则：F cos θ＝ma，F sin θ＝mg解得：F＝mgsin θ或F＝macos θ.(2)若环受到的弹力的方向向上，则：F cos θ－μ(mg－F sin θ)＝ma所以：F＝ma＋μmgcos θ＋μsin θ(3)若环受到的弹力的方向向下，则F cos θ－μ(F sin θ－mg)＝ma所以：F＝ma－μmgcos θ－μsin θ所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的．14．(2017·安徽江南十校联考)如图1所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B 距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2 kg，m B＝4 kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图所示．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)A 与斜面间的动摩擦因数； (2)A 沿斜面向上滑动的最大位移； (3)滑动过程中细线对A 的拉力所做的功．解析：(1)在0～0.5 s 内，根据图象，A 、B 系统的加速度为a 1＝20.5m/s 2＝4 m/s 2对A 、B 系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g －m A g sin θ－μm A g cos θ＝(m A ＋m B )a 1得：μ＝0.25(2)B 落地后，A 减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a 2将已知量代入，可得a 2＝8 m/s 2故A 减速向上滑动的位移为x 2＝v 222a 2＝0.25 m0～0.5 s 内A 加速向上滑动的位移x 1＝v 222a 1＝0.5 m所以，A 上滑的最大位移为x ＝x 1＋x 2＝0.75 m(3)A 加速上滑过程中，由动能定理：W －m A gx 1sin θ－μm A gx 1cos θ＝12m A v 22－0得W ＝12 J答案：(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J15．(2017·武汉月考)如图所示，AB 、CD 为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5 m 的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s 的速度沿平台AB 向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD 上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB 上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD ，求这个临界速度．(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma1B→C过程有：v20＝2a1l解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5.(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有：v2＝2a2l解得：v＝2 5 m/s，a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：v21－v22＝2a1x1⑤对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：v22＝2a2x2x1＋x2＝L解得：v2＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.答案：(1)0.5 (2)2 5 m/s (3)3 m/s。
第四讲 牛顿运动定律的综合应用(二)热点一 传送带模型 (师生共研)1．模型特征 (1)水平传送带模型(2)2.[典例1] 如图所示，水平传送带两端相距x ＝8 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A 端时速度v A ＝10 m/s ，设工件到达B 端时的速度为v B .(取g ＝10 m/s 2)(1)若传送带静止不动，求v B ；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B 端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B 点的速度v B ； (3)若传送带以v ＝13 m/s 逆时针匀速转动，求v B 及工件由A 到B 所用的时间．解析：(1)根据牛顿第二定律可知μmg ＝ma ，则a ＝μg ＝6 m/s 2，且v 2A －v 2B ＝2ax ，故v B ＝2 m/s.(2)能．当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B 端的速度v B ＝2 m/s.(3)物体速度达到13 m/s 时所用时间为t 1＝v －v A a ＝0.5 s ，运动的位移为x 1＝v A t 1＋12at 21＝5.75 m ＜8 m ，则工件在到达B 端前速度就达到了13 m/s ，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动．匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝2.25 m ，t 2＝x 2v ≈0.17 s ，t ＝t 1＋t 2＝0.67 s. 答案：(1)2 m/s (2)能 2 m/s (3)13 m/s 0.67 s [反思总结]分析传送带问题的关键要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v 物和传送带速度v 传的关系确定摩擦力的方向，二是当v 物＝v 传时(速度相等是问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止．1－1.(2018·四川省遂宁市一诊)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A 端到B 端的速度—时间图象如图乙所示，t ＝6 s 时恰好到B 点，则( )A ．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.1B ．AB 间距离为24 m ，小物块在传送带上留下的痕迹是8 mC ．若物块质量m ＝1 kg ，物块对传送带做的功为8 JD ．物块速度刚好到4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B 端解析：由图乙可知，物块先加速后匀速，加速过程的加速度为a ＝44m/s 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律可知：a ＝F m ＝μmgm ＝μg ，由以上两式解得：μ＝0.1，故A 正确； AB 间距离即为物块在6 s 内发生的位移，即图乙的面积：S ＝2＋62×4 m ＝16 m ，故B 错误；物块对传带只在加速过程中做功，根据公式W ＝－fs ，若m ＝1 kg ，则f ＝μmg ＝0.1×1×10 N ＝1 N ，s ＝4×42 m ＝8 m ，代入公式中可解得W ＝－8 J ，故C 错误； 物块速度刚好到4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为a ＝－μmg m ＝－1 m/s 2，物块加速过程中的位移为x ＝4×42m ＝8 m ，所以物块减速的长度为Δx ＝S －x ＝8 m ，而物块从4 m/s 减到零发生的位移为v 22a ＝422×1 m ＝8 m ，所以物块刚好到达B 端，故D 错误．答案：A1－2. [倾斜传送带问题] 如图所示，绷紧的传送带始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带送至顶端Q 处．已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件在传送带间的动摩擦因数为μ＝32，取g ＝10 m/s 2.(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间．解析：(1)工件受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力为动力，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma代入数值得：a ＝2.5 m/s 2则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8 m ＜4 m可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m.(2)匀加速时，由x1＝v2t1得t1＝0.8 s匀速上升时t2＝x2v＝3.22s＝1.6 s所以工件从P点运动到Q点所用的时间为t＝t1＋t2＝2.4 s.答案：(1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m(2)2.4 s热点二滑块—木板模型(师生共研)1．模型特征滑块—木板模型涉及两个物体，且物体间存在相对滑动，需要对摩擦力、相对运动过程进行分析，涉及能量问题时不能忽略摩擦生热，属于多过程问题，综合性较强，对能力要求较高．2．思维模板[典例2](2018·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg 和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)如图所示，对A、B和木板进行受力分析，其中f A、f B分别表示物块A、B受木板摩擦力的大小，f A′、f B′和f分别表示木板受到物块A、B及地面的摩擦力大小，设运动过程中A、B及木板的加速度大小分别为a A、a B和a，根据牛顿运动定律得：f A＝m A a A①f B＝m B a B②f B ′－f A ′－f ＝ma ③ 且：f A ＝f A ′＝μ1m Ag ④ f B ＝f B ′＝μ1m B g ⑤ f ＝μ2()m A ＋m B ＋m g ⑥联立①～⑥解得：a A ＝5 m/s 2，a B ＝5 m/s 2，a ＝2.5 m/s 2故可得B 向右做匀减速直线运动，A 向左做匀减速直线运动，木板向右做匀加速运动；且a B ＝a A >a ，显然经历一段时间t 1之后B 先与木板达到相对静止状态，且此时A 、B 速度大小相等，方向相反．不妨假设此时B 与木板的速度大小为v 1： v 1＝v 0－a A t 1⑦ v 1＝at 1⑧解得：t 1＝0.4 s ，v 1＝1 m/s.(2)设在t 1时间内，A 、B 的位移大小分别为x A ，x B ，由运动学公式得： x A ＝v 0t 1－12a A t 21⑨ x B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩此后B 将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A 相遇，这段时间内A 的加速度大小仍为a A ，设B 和木板的加速度大小为a ′，则根据牛顿运动定律得： 对木板和B ： μ2()m A ＋m B ＋m g ＋μ1m A g ＝()m B ＋m a ′⑪假设经过t 2时间后A 、B 刚好相遇，且此时速度大小为v 2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化： 对B 和木板：v 2＝v 1－a ′t 2⑫ 对A ：v 2＝－v 1＋a A ′t 2⑬联立⑪～⑬解得t 2＝0.3 s ，可以判断此时B 和木板尚未停下，则t 2时间内物块A 、B 的位移大小假设为x A ′、x B ′，由运动学公式： x A ′＝v 1t 2－12a A ′t 22⑭ x B ′＝v 1t 2－12a ′t 22⑮则A 和B 开始相距x 满足：x ＝x A ＋x A ′＋x B ＋x B ′⑯ 联立解得：x ＝1.9 m. 答案：(1)1 m/s (2)1.9 m [反思总结]一个转折和两个关联分析滑块—木板类模型时要抓住一个转折和两个关联．一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联．一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键．2－1.[水平滑块—木板模型]在平台AD 中间有一个长为2l 的凹槽BC ，质量为m 的滑板上表面与平台AD 等高，质量为2m 的铁块(可视为质点)与滑板间的动摩擦因数为μ1，铁块以一定的初速度滑上滑板后，滑板开始向右做匀加速运动，当滑板右端到达凹槽右端C 时，铁块与滑板的速度恰好相等，滑板与凹槽右侧边碰撞后立即原速反弹，左端到达凹槽B 端时速度恰好为零，而铁块则滑上平台CD .重力加速度为g .(1)若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数μ2多大？ (2)求铁块滑上滑板时的初速度大小v 0.解析：(1)设滑板向右加速滑动时加速度大小为a 1，反弹后向左滑动时加速度大小为a 2. 滑板与凹槽右端碰撞时的速度大小为v ，由运动规律得 滑板向右做初速度为零的匀加速运动，则v 2＝2a 1l ① 反弹后向左做匀减速运动，末速度为零， 则0－v 2＝－2a 2l ②滑板向右运动时水平方向受到铁块向右的滑动摩擦力和槽底向左的滑动摩擦力，向左滑动时只受槽底向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 2μ1mg －3μ2mg ＝ma 1③ μ2mg ＝ma 2④联立①②③④解得μ2＝12μ1.⑤ (2)由②④⑤得v ＝μ1gl ⑥铁块向右滑动的加速度大小为a ，则 μ1·2mg ＝2ma ⑦铁块向右做匀减速运动，有v 2－v 20＝－2a ·2l ⑧ 由⑥⑦⑧解得v 0＝5μ1gl .⑨ 答案：(1)12μ1 (2)5μ1gl2－2. [倾斜滑块—木板模型] (2018·四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．解析：(1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2⑥ s 2＝vt －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l ＝98 m ．⑩ 答案：(1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m1. (多选)(2018·河南省豫北豫南名校联考)质量为M 的滑板A 放在光滑水平面上，质量为m 的滑块B (可视为质点)放在滑板右端，滑块与滑板间动摩擦因数为μ，滑板和滑块均静止．现对滑板施加向右的水平恒力F ，滑块从滑板右端滑到左端的时间为t .下列判断正确的是( )A ．滑块与滑板间动摩擦因数应满足μ<FMg B ．若仅减小M ，时间t 会缩短C ．若仅减小m ，时间t 会缩短D ．若仅减小F ，时间t 会缩短解析：滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得：μmg m ＜F －μmgM ，解得：μ＜F (M ＋m )g ，故A 错误；由运动学知识得滑板长度l ＝12a A t 2－12a B t 2＝12F －μmg M t 2－12μgt 2，所以：t 2＝2lF －μmgM －μg .若仅减小M ，或仅减小m ，时间t 都会缩短，故B 、C 正确；同理，若仅减小F ，则时间t 增大，故D 错误． 答案：BC2．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 点的时间；(2)若传送带速度可以任意调节，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 点的速度范围．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，根据牛顿第二定律有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＝2.52.5 s ＝1 sL 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 所用时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s.(2)由于传送带速度可以任意调节，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 cos30°＝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 点的速度范围为2 m/s ≤v B ≤8 m/s. 答案：(1)1.3 s (2)2 m/s ≤v B ≤8 m/s[A 组·基础题]1. 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上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a 1和小车的加速度为a2.当水平恒力F 取不同值时，a 1与a 2的值可能为(当地重力加速度g 取10 m/s 2)( D )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 22. 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，此时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，此时B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( C )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶23．(多选) (2019·江西抚州七校联考)如图所示，水平传送带AB 间的距离为16 m ，质量分别为2 kg 、4 kg 的物块P 、Q ，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q 在传送帯的左端且连接物块Q 的细线水平，当传送带以8 m/s 的速度逆时针转动时，Q 恰好静止．取重力加速度g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( AC )A ．Q 与传送带间的动摩擦因数为0.5B ．Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC ．整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为4.8 mD ．Q 从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为203 N解析：当传送带以v ＝8 m/s 逆时针转动时，Q 恰好静止不动，对Q 受力分析知，F ＝f 即为：m P g ＝μm Q g ，解得：μ＝0.5，故A 正确；当传送带突然以v ＝8 m/s 顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，有：F 合＝m P g ＋μm Q g ＝(m P ＋m Q )a ，代入数据解得：a ＝203 m/s 2，当速度达到传送带速度即8 m/s 后，做匀速直线运动，匀加速的时间为：t 1＝v a ＝1.2 s ，匀加速的位移为：x ＝v 22a ＝4.8 m ，则匀速运动的时有：t 2＝L －x v＝16－4.88＝1.4 s ，Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为：t 总＝t 1＋t 2＝2.6 s ，故B 错误；加速阶段的位移之差为Δx ＝vt 1－x ＝4.8 m ，即整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为4.8 m ，故C 正确；当Q 加速时，对P 分析有：m P g －T ＝m P a ，代入数据解得：T ＝203 N ，之后做匀速直线运动，有：T ＝20 N ，故D 错误． 4．(多选)如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同、质量分别为M 1和M 2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F 1、F 2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v 1和v 2.物块和木板间的动摩擦因数相同．下列说法正确的是( BD )A ．若F 1＝F 2，M 1＞M 2，则v 1＞v 2B ．若F 1＝F 2，M 1＜M 2，则v 1＞v 2C ．若F 1＞F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 2D ．若F 1＜F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 25. 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 ′，设二者共速的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式得v ＝v 0－at ，v ＝a ′t ；小物块的位移为x ，木板的位移为x ′，由运动学公式得，x ＝v 0t －12at 2，x ′＝12a ′t 2；小物块恰好不从木板上端滑下，有x －x ′＝l ，联立解得l ＝0.5 m. 答案：0.5 m[B 组·能力题]6. (多选)(2019·哈尔滨三中调研)如图所示，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的 A 、B 两物块，A 、B 与滑板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，一水平恒力F 作用在A 物体上，重力加速度g 取10 m/s 2，A 、B 与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F 逐渐增大时，A 、B 的加速度为a A 和a B ，下列说法正确的是( BCD )A ．若F ＝1 N ，则A 、B 物块及木板都静止不动 B ．若F ＝1.5 N ，则A 、B 物块的加速度都为0.5 m/s 2C ．无论外力多大，B 物块与木板都不会发生相对滑动D ．若F ＝5 N ，B 物块的加速度为1 m/s 2解析：A 与木板间的最大静摩擦力为f A ＝μm A g ＝0.2×1 kg ×10 m/s 2＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力为f B ＝μm B g ＝0.2×2 kg ×10 m/s 2＝4 N ，轻质滑板受到的最大摩擦力为f ＝f A ＝2 N ，当F ＝1 N 时小于2 N ，故三者相对静止，一块加速运动，A 错误；若F ＝1.5 N 时小于2 N ，即三者仍相对静止的一起加速，加速度为a ＝1.51＋2＝0.5 m/s 2，B 正确；因为轻质滑板受到的最大摩擦力为f ＝f A ＝2 N ＜f B ，所以无论外力多大，B 物块与木板都不会发生相对滑动，若F ＝5 N 时，A 相对轻质滑板滑动，B 和轻质滑板的加速度为a ＝f A m B＝2 N 2 kg＝1 m/s 2，C 、D 正确． 7. (2018·四川攀枝花二模)如图所示，质量m 1＝500 g 的木板A 静放在水平平台上，木板的右端放一质量m 2＝200 g 的小物块B .轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块C 连接，长木板与滑轮间的细线水平．现将物块C 的质量由0逐渐增加，当C 的质量增加到70 g 时，A 、B 开始一起运动；当C 的质量增加到400 g 时，A 、B 开始发生相对滑动．已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计．求木板与平台间、木板与物块B 间的滑动摩擦因数．解析：设A 与桌面间的动摩擦因数为μ，当m C ＝70 g 时，系统恰好匀速运动，由平衡条件得： T ＝m C g, f ＝T ，f ＝μ(m 1＋m 2)g ，联立解得：μ＝0.1.设A 、B 间动摩擦因数为μAB ，当m C ＝400 g 时，系统受力如图所示：设系统加速度为a ，由牛顿第二定律得：对B ：μAB m 2g ＝m 2a对C ：m C g －T 1＝m C a对AB 整体：T 1－μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a联立以上各式得： μAB ＝0.3 答案：μ＝0.1 μAB ＝0.38．一水平传送带以v 1＝2 m/s 的速度匀速运动，将一粉笔头无初速度放在传送带上，达到相对静止时产生的划痕长L 1＝4 m ，现在让传送带以a 2＝1.5 m/s 2的加速度减速，在刚开始减速时将该粉笔头无初速度放在传送带上．(g 取10 m/s 2)求：(1)粉笔头与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)粉笔头与传送带都停止运动后，粉笔头离其在传送带上释放点的距离L 2.解析：(1)设二者之间的动摩擦因数为μ，第一次粉笔头打滑时间为t ，则依据传送带比粉笔头位移大L 1得v 1t －v 12t ＝L 1.粉笔头的加速度a 1＝μg ＝v 1t ，解得μ＝0.05.(2)第二次粉笔头先加速到与传送带速度相同，由于a 2＞μg ，故二者不能共同减速，粉笔头以μg 的加速度减速到静止．设二者达到的相同速度为v 共，由运动等时性得v 1－v 共a 2＝v 共a 1，解得v 共＝0.5 m/s. 此过程传送带比粉笔头多运动的距离s 1＝v 21－v 2共2a 2－v 2共2a 1＝1 m. 粉笔头减速到零的过程粉笔头比传送带多运动的距离s 2＝v 2共2a 1－v 2共2a 2＝16 m ，划痕长度为L 2＝s 1－s 2＝0.83 m. 答案：(1)0.05 (2)0.83 m。
