《2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運動定律的綜合應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運動定律的綜合應用（含解析）（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題06 牛頓運動定律的綜合應用 【專題導航】 目錄 熱點題型一超重與失重現(xiàn)象 1 熱點題型二　動力學中的連接體問題 3 4 6 7 加速度相同與加速度不相同的連接體問題對比 8 加速度相同的連接體問題 8 加速度不同的連接體問題 9 熱點題型三　臨界極值問題 9 10 12 熱點題型四　傳送帶模型 13 14 15 熱點題型五　滑塊—木板模型 17 18 19 【題型演練】 21 【題型歸納】 熱點題型一 超重與失重現(xiàn)象 1．對超重和失重的理解 (1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變． (2

2、)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失． (3)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)． (4)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象． 2．判斷超重和失重的方法 從受力的角度判斷 當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài) 從加速度的角度判斷 當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重

3、狀態(tài) 從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重 ②物體向下加速或向上減速時，失重 【例1】(2019·山西懷仁一中月考)電梯的頂部掛一個彈簧秤，秤下端掛了一個重物，電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數(shù)為10 N，在某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N, 關于電梯的運動(如圖所示)，以下說法正確的是(g取10 m/s2(　　) A． 電梯可能向上加速運動，加速度大小為4 m/s2 B．電梯可能向下加速運動，加速度大小為4 m/s2 C．電梯可能向上減速運動，加速度大小為4 m/s2 D．電梯可能向下減速運動，加速度大小為4 m/s2

4、【答案】　BC 【解析】　電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數(shù)為10 N，知重物的重力等于10 N，在某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N，可知電梯處于失重狀態(tài)，加速度向下，對重物根據(jù)牛頓第二定律有：mg－F＝ma，解得a＝4 m/s2，方向豎直向下，則電梯的加速度大小為4 m/s2，方向豎直向下．電梯可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動，故B、C正確，A、D錯誤． 【變式1】.如圖所示，在教室里某同學站在體重計上研究超重與失重．她由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿 稱為“下蹲”過程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程．關于她的實驗現(xiàn)象，下列說法中正確的 是 (　　)

5、 A．只有“起立”過程，才能出現(xiàn)失重現(xiàn)象 B．只有“下蹲”過程，才能出現(xiàn)超重現(xiàn)象 C．“下蹲”的過程，先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象 D．“起立”“下蹲”的過程，都能出現(xiàn)超重和失重現(xiàn)象 【答案】D 【解析】下蹲過程中，人先向下做加速運動，后向下做減速運動，所以先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；人從下蹲狀態(tài)站起來的過程中，先向上做加速運動，后向上做減速運動，最后回到靜止狀態(tài)，人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，故A、B、C錯誤，D正確． 5． 為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動 調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示．當此車減速上

6、坡時，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)(　　) A．處于超重狀態(tài) 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．所受合力方向豎直向上 【答案】C【解析】當車減速上坡時，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下． 人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示． 將加速度沿豎直方向和水平方向分解，有豎直向下的加速度，則mg－FN＝may，F(xiàn)N＜mg，乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯誤，C正確． 熱點題型二　動力學中的連接體問題 1．連接體的類型

7、(1)輕繩連接體 (2)接觸連接體 (3)彈簧連接體 2．連接體的運動特點 輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等． 輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比． 輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時，兩端連接體的速率相等． 3．解決方法 (1)分析方法：整體法和隔離法． (2)選用整體法和隔離法的策略 ①當各物體的運動狀態(tài)相同時，宜選用整體法；當各物體的運動狀態(tài)不同時，宜選用隔離法． ②對較復雜的問題，通常需要多次選取研究對象，

8、交替應用整體法與隔離法才能求解． 【例2】(2019·新鄉(xiāng)模擬)如圖所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m，物體B、C與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個物體以同一加速度向右運動，則(　　) A．此過程中物體C受五個力作用 B．當F逐漸增大到FT時，輕繩剛好被拉斷 C．當F逐漸增大到1.5FT時，輕繩剛好被拉斷 D．若水平面光滑，則繩剛斷時，A、C間的摩擦力為 【答案】　C 【解析】　對A，A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，可

9、以知道C受重力、A對C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對C的摩擦力以及地面的摩擦力六個力作用，故A錯誤；對整體分析，整體的加速度a＝＝－μg，隔離對AC分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)T－μ·4mg＝4ma，計算得出FT＝F，當F＝1.5FT時，輕繩剛好被拉斷，故B錯誤，C正確；水平面光滑，繩剛斷時，對AC分析，加速度a＝，隔離對A分析，A的摩擦力Ff＝ma＝，故D錯誤． 【變式1】(多選)如圖所示，已知M>m，不計滑輪及繩子的質(zhì)量，物體M和m恰好做勻速運動，若將M與m 互換，M、m與桌面的動摩因數(shù)相同，則 (　　) A．物體M與m仍做勻速運動 B．物體M與m做加速運動，加速度a

10、＝ C．物體M與m做加速運動，加速度a＝D．繩子中張力不變 【答案】　CD 【解析】　當物體M和m恰好做勻速運動，對M，水平方向受到繩子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg，所以：μ＝＝.若將M與m互換，則對M：Ma＝Mg－T′，對m，則：ma＝T′－μmg，得：a＝＝＝＝，故A、B錯誤，C正確；繩子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝＋mg＝mg，故D正確． 【變式2】(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為θ的斜面上，用始 終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ.為了增加 輕線上的張力，可行的辦法

11、是 (　　) A．減小A物塊的質(zhì)量　 　 　 B．增大B物塊的質(zhì)量 C．增大傾角θ D．增大動摩擦因數(shù)μ 【答案】AB 【解析】對A、B組成的系統(tǒng)應用牛頓第二定律得： F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a， 隔離物塊B，應用牛頓第二定律得， FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa. 兩式聯(lián)立可解得：FT＝，由此可知，F(xiàn)T的大小與θ、μ無關，mB越大，mA越小，F(xiàn)T越大，故A、B均正確． 【例3】(多選)(2015·高考全國卷Ⅱ)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當機 車在東邊拉著這列車廂以

12、大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為 F；當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌 間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A．8　　　　　　　　B．10 C．15 D．18 【答案】　BC 【解析】　設PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則F＝nma① 設PQ東邊有k節(jié)車廂，則F＝km·a② 聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數(shù)， 當n＝2時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5 當n＝4時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10 當n＝6時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N

13、＝15 當n＝8時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C正確． 【變式】．如圖所示，在傾角為θ的固定斜面上有兩個靠在一起的物體A、B，兩物體與斜面間的動摩擦因數(shù) μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物體A使兩物體沿斜面向上做勻加速運動，且B對A的壓力平行于 斜面，則下列說法中正確的是 (　　) A．只減小A的質(zhì)量，B對A的壓力大小不變 B．只減小B的質(zhì)量，B對A的壓力大小會增大 C．只減小斜面間的傾角，B對A的壓力大小不變 D．只減小兩物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ，B對A的壓力會增大 【答案】C 【解析】將A、B看成一個整體，整體在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力

14、，沿斜面向下的滑動摩擦力，沿斜面向上的推力，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝＝－gsin θ－μgcos θ，隔離B分析可得FN－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，解得FN＝，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力FN′＝，若只減小A的質(zhì)量，壓力變大，若只減小B的質(zhì)量，壓力變小，A、B錯誤；A、B之間的壓力與斜面的傾角、與斜面間的動摩擦因數(shù)無關，C正確，D錯誤． 【例4】(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量分別為m、M的木塊A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做勻加速運動，木塊間的輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，原長為L0，則此時木塊A、B間的距離為 (　　) A．L0

15、＋ B．L0＋ C．L0＋ D．L0＋ 【答案】　B 【解析】　先以A、B整體為研究對象，加速度為：a＝，再隔離A木塊，彈簧的彈力：F彈＝ma＝kΔx，則彈簧的長度L＝L0＋＝L0＋，故選B. 【變式】.(2019·貴州銅仁一中模擬)物體A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧做成的彈簧秤 相連，如圖所示，今對物體A、B分別施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，則彈簧秤的示數(shù)(　　) A．一定等于F1－F2 B．一定大于F2小于F1 C．一定等于F1＋F2 D．條件不足，無法確定 【解析】兩個物體一起向左做勻加速直線運動，對兩個物體整體運用牛頓第二定律，有：F1－F2＝

16、(M＋m)a，再對物體A受力分析，運用牛頓第二定律，得到：F1－F＝Ma，由以上兩式解得F＝，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故B正確． 【答案】B 加速度相同與加速度不相同的連接體問題對比 加速度相同的連接體 整體法(先整體后部分) 加速度相同時可把連接體看成一整體，再求整體外力時可用整體受力分析；若涉及到內(nèi)力問題必須用隔離法分析 加速度不同的連接體 隔離法(先部分后整體) 加速度不同的連接體或要求連接體中各個物體間的作用力時一般用隔離法 加速度相同的連接體問題 【例5】．如圖所示，質(zhì)量為M的小車放在光滑的水平面上，小車上用細線懸吊

17、一質(zhì)量為m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運動時，細線與豎直方向成θ角，細線的拉力為F1.若用一力F′水平向左拉小車，使小球和其一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成θ角，細線的拉力為F′1.則(　　) A．a(chǎn)′＝a，F(xiàn)′1＝F1　　 B．a(chǎn)′＞a，F(xiàn)′1＝F1 C．a(chǎn)′＜a，F(xiàn)′1＝F1 D．a(chǎn)′＞a，F(xiàn)′1＞F1 【答案】B 【解析】.當用力F水平向右拉小球時，以小球為研究對象， 豎直方向有F1cos θ＝mg ① 水平方向有F－F1sin θ＝ma， 以整體為研究對象有F＝(m＋M)a， 解得a＝gtan θ ② 當用力F

18、′水平向左拉小車時，以球為研究對象， 豎直方向有F′1cos θ＝mg ③ 水平方向有F′1sin θ＝ma′， 解得a′＝gtan θ ④ 結(jié)合兩種情況，由①③式有F1＝F′1；由②④式并結(jié)合M＞m有a′＞a.故正確選項為B. 加速度不同的連接體問題 【例6】．如圖所示，一塊足夠長的輕質(zhì)長木板放在光滑水平地面上，質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的物塊A、B放在長木板上，A、B與長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改變F的大小，B的加速度大小可能為(　　) A．1 m/s2 B．2.5 m

19、/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2 【答案】A 【解析】.A、B放在輕質(zhì)長木板上，長木板質(zhì)量為0，所受合力始終為0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到長木板的最大靜摩擦力的大小關系為fAmax

20、范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)． (3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在極值，這個極值點往往是臨界點． (4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．幾種臨界狀態(tài)和其對應的臨界條件 臨界狀態(tài) 臨界條件 速度達到最大 物體所受的合外力為零 兩物體剛好分離 兩物體間的彈力FN＝0 繩剛好被拉直 繩中張力為零 繩剛好被拉斷 繩中張力等于繩能承受的最大拉力 【例7】如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球用細繩拴在傾角θ＝37°的光滑斜面上，

21、此時，細繩平行于斜面．G 取10 m/s2.下列說法正確的是 (　　) A．當斜面以5 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為20 N B．當斜面以5 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為30 N C．當斜面以20 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為40 N D．當斜面以20 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為60 N 【答案】　A 【解析】　小球剛好離開斜面時的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零．斜面對小球的彈力恰好為零時，設繩子的拉力為F，斜面的加速度為a0.以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有Fcos θ＝ma0，F(xiàn)sin θ－mg＝0，代入數(shù)

22、據(jù)解得a0≈13.3 m/s2. (1)由于a1＝5 m/s2a0，可見小球離開了斜面，此時小球的受力情況如圖乙所示． 設繩子與水平方向的夾角為α.以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有 F2cos α＝ma2，F(xiàn)2sin α－mg＝0 代入數(shù)據(jù)解得F2＝20 N，選項C、D錯誤． 【變式】.(2019·湖北黃

23、岡中學模擬)如圖所示，水平地面上有一車廂，車廂內(nèi)固定的平臺通過相同的彈簧把 相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上，已知A、B與接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，車廂靜止時， 兩彈簧長度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)使車廂沿水平方向加速 運動，為保證A、B仍相對車廂靜止，則(　　) A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B．加速度一定向右，不能超過(1－μ)g C．加速度一定向左，不能超過μg D．加速度一定向左，不能超過(1－μ)g 【答案】B 【解析】開始A恰好不下滑，對A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF彈，

24、解得F彈＝，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)．當車廂做加速運動時，為了保證A不下滑，側(cè)壁對A的支持力必須大于等于，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度方向一定向右．對B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F彈－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故選項B正確，A、C、D錯誤． 【例7】(2019·遼寧葫蘆島六校聯(lián)考)如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可 視為質(zhì)點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板 向上運動，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度為g. (1)求小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)；

25、(2)當θ角為何值時，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值． 【答案】　(1)　(2)60°　 【解析】　(1)當θ＝30°時，木塊處于平衡狀態(tài)，對木塊受力分析：mgsin θ＝μFN FN－mgcos θ＝0 解得μ＝tan θ＝tan 30°＝. (2)當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則－mgsin θ－μmgcos θ＝ma 由0－v＝2ax得 x＝＝ 其中tan α＝μ，則當α＋θ＝90°時x最小，即θ＝60° 所以x最小值為xmin＝＝ 【點睛】此題是牛頓第二定律的應用問題，解題時應用牛頓定律結(jié)合運動公式列出方程，然后應用數(shù)學知識討論

26、最小值，考查學生數(shù)學知識的運用能力. 【變式】．如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個幼兒用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平 面運動，已知拉力F＝6.5 N，玩具的質(zhì)量m＝1 kg，經(jīng)過時間t＝2.0 s，玩具移動了距離x＝2 m，這時幼 兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下．g取10 m/s2，求： (1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù)； (2)松開手后玩具還能運動多遠？ (3)幼兒要拉動玩具，拉力F與水平面夾角多大時，最省力？ 【答案】(1)　(2) m　(3)30° 【解析】(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運動， 由位移公式可得x＝at2 解得a＝ m/s2

27、 對玩具，由牛頓第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma 解得μ＝. (2)松手時，玩具的速度v＝at＝2 m/s 松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝ m/s2 由勻變速運動的速度位移公式得 玩具的位移x′＝＝ m. (3)設拉力與水平方向的夾角為θ，玩具要在水平面上運動，則Fcos θ－Ff＞0 Ff＝μFN 在豎直方向上，由平衡條件得 FN＋Fsin θ＝mg 解得F＞ cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ) 當θ＝30°時，拉力最小，最省力． 熱點題型四　傳送帶模型 項目 圖示 滑塊可能的運動情

28、況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速 情景3 (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端 (2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．若v0 ＞v，返回時速度為v；若v0＜v，返回時速度為v0 【例8】(2019·?？谀M)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.工件滑上A端瞬時速度vA＝4 m/s，到達B端的瞬時速度設為vB，則(g取10 m/s2)(　　) A．若傳送帶不動，

29、則vB＝3 m/s B．若傳送帶以速度v＝4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝3 m/s C．若傳送帶以速度v＝2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝3 m/s D．若傳遞帶以速度v＝2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝2 m/s 【答案】ABC 【解析】.若傳送帶不動，由勻變速運動規(guī)律可知v－v＝－2as，a＝μg，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3 m/s，當滿足選項B、C、D中的條件時，工件所受滑動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左，加速度還是μg，所以工件到達B端時的瞬時速度仍為3 m/s，故選項A、B、C正確，D錯誤． 【變式】如圖所示，水平長傳送帶始終以v勻速運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的物體輕放于A端，

30、物體與傳送帶 之間的動摩擦因數(shù)為μ，AB長為L，L足夠長．問： (1)物體從A到B做什么運動？ (2)當物體的速度達到傳送帶速度v時，物體的位移多大？傳送帶的位移多大？ (3)物體從A到B運動的時間為多少？ (4)什么條件下物體從A到B所用時間最短？ 【答案】　(1)先勻加速，后勻速　(2)　　(3)＋　(4)v≥ 【解析】　(1)物體先做勻加速直線運動，當速度與傳送帶速度相同時，做勻速直線運動． (2)由v＝at和a＝μg，解得t＝ 物體的位移x1＝at2＝ 傳送帶的位移x2＝vt＝ (3)物體從A到B運動的時間為 t總＝＋＝＋ (4)當物體從A到B一直做勻加速

31、直線運動時，所用時間最短，所以要求傳送帶的速度滿足v≥. 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直減速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速 【例9】(2019·濰坊模擬)如圖所示，傾斜的傳送帶順時

32、針勻速轉(zhuǎn)動，一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶，滑上時速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2>v1，不計空氣阻力，動摩擦因數(shù)一定，關于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面可能的是(　　) A．從下端B離開，v>v1　 B．從下端B離開，v

33、選項B正確；當摩擦力小于重力的分力時，則v>v1，選項A正確；當摩擦力和重力的分力相等時，滑塊一直做勻速直線運動，v＝v1，故本題應選A、B、C. 【變式】如圖所示，傳送帶與地面夾角θ＝37°，AB長度為16 m，傳送帶以10 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動．在傳送帶上端A無初速度地放一個質(zhì)量為0.5 kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5.求物體從A運動到B所需時間是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 【答案】　2 s 【解析】　物體放在傳送帶上后，開始階段，由于傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿傳送帶向下的滑動摩擦力Ff，物體受力

34、情況如圖甲所示．物體由靜止加速，由牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2. 物體加速至與傳送帶速度相等需要的時間t1＝＝ s＝1 s，時間t1內(nèi)的位移x＝a1t＝5 m. 由于μ

35、 s(舍去)． 所以物體由A運動到B的時間t＝t1＋t2＝2 s. 熱點題型五　滑塊—木板模型 1．模型特征 滑塊——滑板模型(如圖a)，涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生熱，多次相互作用，屬于多物體、多過程問題，知識綜合性較強，對能力要求較高，故頻現(xiàn)于高考試卷中．另外，常見的子彈射擊滑板(如圖b)、圓環(huán)在直桿中滑動(如圖c)都屬于滑塊類問題，處理方法與滑塊——滑板模型類似． 2．兩種類型 類型圖示 規(guī)律分析 木板B帶動物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等，則位移關系為xB＝xA＋L 物塊A帶動木板B，物塊恰好不從木板上掉

36、下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等，則位移關系為xB＋L＝xA 3.分析“板塊”模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關聯(lián) 【例10】如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1 kg的鐵 塊B(大小可忽略)，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板長L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在鐵上， g取10 m/s2. (1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊與木板間是否會發(fā)生相對滑動； (2)若木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，求鐵塊運動到木板右端所用的時間． 【答案】　(1)見解析　(2) s 【解析】　(1)A、B之

37、間的最大靜摩擦力為 fm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N 假設A、B之間不發(fā)生相對滑動，則 對A、B整體：F＝(M＋m)a 對A：fAB＝Ma 解得：fAB＝2.5 N 因fAB＜fm，故A、B之間不發(fā)生相對滑動． (2)對B：F－μ1mg＝maB 對A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA 據(jù)題意：xB－xA＝L xA＝aAt2，xB＝aBt2 解得：t＝ s. 【變式】如圖所示，在山體下的水平地面上有一靜止長木板，某次山體滑坡，有石塊從山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上長木板，石塊與長木板、長木板與水平地面之間都存在摩擦．設最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力的大小，

38、且石塊始終未滑出長木板．下面給出了石塊在長木板上滑行的v－t圖象，其中可能正確的是(　　) 【答案】BD. 【解析】由于石塊與長木板、長木板與地面之間都有摩擦，故石塊不可能做勻速直線運動，故選項A錯誤；若石塊對長木板向右的滑動摩擦力小于地面對長木板的最大靜摩擦力，則長木板將靜止不動，石塊將在長木板上做勻減速直線運動，故選項D正確；設石塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，石塊的質(zhì)量為m，長木板的質(zhì)量為M，當μ1mg＞μ2(M＋m)g時，最終石塊與長木板將一起做勻減速直線運動，此時的加速度為μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得μ1mg＞μ2mg，即

39、石塊剛開始的加速度大于石塊與長木板一起減速時的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是說圖象的斜率將變小，故選項C錯誤，B正確． 【例11】　(2019·安徽六安模擬)如圖所示，質(zhì)量為M＝8 kg的小車放在光滑的水平面上，在小車左端加一 水平推力F＝8 N，當小車向右運動的速度達到v0＝1.5 m/s時，在小車前端輕輕放上一個大小不計、質(zhì)量為 m＝2 kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，已知運動過程中，小物塊沒有從小車上掉下來， g取10 m/s2，求： (1)經(jīng)過多長時間兩者達到相同的速度； (2)小車至少多長，才能保證小物塊不從小車上掉下來； (3)從小物塊放

40、上小車開始，經(jīng)過t＝1.5 s小物塊對地的位移大小為多少？ 【答案】　(1)1 s　(2)0.75 m　(3)2.1 m 【解析】　(1)設小物塊和小車的加速度分別為am、aM，由牛頓第二定律有：μmg＝mam， F－μmg＝MaM 代入數(shù)據(jù)解得：am＝2 m/s2，aM＝0.5 m/s2 設經(jīng)過時間t1兩者達到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1，解得：t1＝1 s. (2)當兩者達到相同的速度后，假設兩者保持相對靜止，以共同的加速度a做勻加速運動，對小物塊和小車整體，由牛頓第二定律有：F＝(M＋m)a，解得：a＝0.8 m/s2 此時小物塊和小車之間的摩擦力f＝ma＝1.6

41、 N 而小物塊和小車之間的最大靜摩擦力fm＞μmg＝4 N＞f，所以兩者達到相同的速度后，兩者保持相對靜止． 從小物塊放上小車開始，小物塊的位移為：sm＝amt 小車的位移sM＝v0t1＋aMt 小車的長度至少為l＝sM－sm 代入數(shù)據(jù)得：l＝0.75 m (3)在開始的1 s內(nèi)，小物塊的位移sm＝amt＝1 m，末速度v＝amt1＝2 m/s，在剩下的時間t2＝t－t1＝0.5 s時間內(nèi)，物塊運動的位移為s2＝vt2＋at，得s2＝1.1 m，可見小物塊在總共1.5 s時間內(nèi)通過的位移大小為s＝sm＋s2＝2.1 m. 【變式】(2019·河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，在光滑的水

42、平面上有一足夠長的質(zhì)量為M＝4 kg的長木板， 在長木板右端有一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，長木板與小物塊間動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，長木板與小物塊均靜 止．現(xiàn)用F＝14 N的水平恒力向右拉長木板，經(jīng)時間t＝1 s撤去水平恒力F. (1)在F的作用下，長木板的加速度為多大？ (2)剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠？ (3)最終長木板與小物塊一同以多大的速度勻速運動？ (4)最終小物塊離長木板右端多遠？ 【答案】(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m 【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2 (2)撤去F之前，小物

43、塊只受摩擦力作用， 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2，解得Δx1＝0.5 m (3)剛撤去F時，v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，長木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2 最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得v′＝2.8 m/s (4)在t′內(nèi)，小物塊和木板的相對位移 Δx2＝－ 解得Δx2＝0.2 m 最終小物塊離長木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m. 【題型演練】 1．(2018·浙江4月選考)如圖所示，小芳在體重計上完成下蹲動作，下列F-t圖象能反映體重計示數(shù)隨時間變化的是(　　) 【答案】C

44、【解析】對人的運動過程分析可知，人下蹲的過程可以分成兩段：人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大小；在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小，故C正確，A、B、D錯誤． 2．我國航天員要在天宮1號航天器實驗艙的桌面上測量物體的質(zhì)量，采用的方法如下：質(zhì)量為m1的標準物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個力傳感器．待測質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上．在某一外力作用下整體在桌面上運動，如圖所示．穩(wěn)定后標準物A前后兩個傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測物體B的質(zhì)量為(　　) A.　　　　B.

45、 C. D. 【答案】B 【解析】整體為研究對象，由牛頓第二定律得F1＝(m1＋2m2＋m)a；隔離B物體，由牛頓第二定律得F2＝ma；聯(lián)立可得m＝，B對． 3.質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端固定在桌面上．如圖所示，工件與桌面、繩之間以及繩與桌面邊緣之間的摩擦都忽略不計，桌面上繩與桌面平行，則重物下落過程中，工件運動的加速度為(　　) A. B. C. D. 【解析】相等時間內(nèi)重物下落的距離是工件運動距離的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，設繩

46、上的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律有：＝2×，解得：F＝，工件加速度為：a＝＝，所以A正確． 【答案】A 4.(2019·南京、鹽城模擬)如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面下降到最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，運動員(　　) A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài) B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài) C．在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài) D．在第二過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài) 【答案】CD 【解析】.運動員剛接觸床面時重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處于失重狀態(tài)；隨床面形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力

47、時，運動員做減速運動，運動員處于超重狀態(tài)，故A錯誤，C正確；蹦床運動員在上升過程中和下落過程中是對稱的，加速度方向先向上后向下，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故B錯誤，D正確． 5. (2019·武漢模擬)如圖所示，兩黏連在一起的物塊a和b，質(zhì)量分別為ma和mb，放在光滑的水平桌面上，現(xiàn)同時給它們施加方向如圖所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，則a對b的作用力(　　) A．必為推力　　 B．必為拉力 C．可能為推力，也可能為拉力 D．不可能為零 【答案】C 【解析】.將a、b看做一個整體，加速度a＝，單獨對a進行分析，設a、b間的作用力為Fab，則a＝＝，即Fab

48、＝，由于不知道m(xù)a與mb的大小關系，故Fab可能為正，可能為負，也可能等于0. 6．(2019·南陽五校聯(lián)考) 如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個重為G的物體B，下滑時，物體B相對于A靜止，則下滑過程中(　　) A．B的加速度為gsin θ B．繩的拉力為 C．繩的方向保持豎直 D．繩的拉力為G 【答案】A 【解析】. A、B相對靜止，即兩物體的加速度相同，以A、B整體為研究對象分析受力可知，系統(tǒng)的加速度為gsin θ，所以選項A正確；再以B為研究對象進行受力分析，如圖，根據(jù)平行四邊形法則可知，繩子的方向與斜面垂直，拉力大小等于Gcos θ，故

49、選項B、C、D都錯誤． 6． 如圖，光滑水平面上，水平恒力F作用在木塊上，長木板和木塊間無相對滑動，長木板質(zhì)量為M，木塊 質(zhì)量為m.它們共同加速度為a，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，則在運動過程中 (　　) A．木塊受到的摩擦力一定是μmg B．木塊受到的合力為F C．長木板受到的摩擦力為μmg D．長木板受到的合力為 【答案】D 【解析】整體的加速度a＝，隔離長木板，受力分析，長木板所受的合力為F合＝，且長木板所受的合力等于長木板所受的摩擦力，又長木板所受的摩擦力等于長木板對木塊的摩擦力，故選項A、C錯誤，D正確；木塊所受的合力F合′＝ma＝，故

50、選項B錯誤． 8.如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動．在傳送帶的上端輕輕放置一 個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ

51、擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，做加速度為a2的勻加速直線運動，這一階段由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以a2＝gsin θ－μgcos θ，根據(jù)以上分析，有a2

52、m/s2)．求： (1)小物塊所受到的恒力F的大小； (2)小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間； (3)小物塊能否返回到A點？若能，計算小物塊通過A點時的速度；若不能，計算小物塊停止運動時離B點的距離． 【答案】(1)11 N　(2)0.5 s (3)不能返回到A點，停止運動時離B點的距離為0.4 m 【解析】(1)由題圖乙可知，AB段加速度 a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2， 根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1， 解得F＝11 N. (2)在BC段mgsin α＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2. 小物塊從B上滑到

53、最高點所用時間與從最高點滑回到B所用時間相等，由題圖乙可知，小物塊到達B點的速度vB＝2.0 m/s，有 t＝＝ s＝0.5 s. (3)小物塊從B向A運動過程中，有μmg＝ma3， 解得a3＝5.0 m/s2. 滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m sAB＝t＝t＝×4.0 m＝4.0 m>0.4 m，所以小物塊不能返回到A點，停止運動時離B點的距離為0.4 m. 10.(2019·湖北三校聯(lián)考)有一項“快樂向前沖”的游戲可簡化如下：如圖所示，滑板長L＝1 m，起點A到終點 線B的距離s＝5 m．開始滑板靜止，右端與A平齊，滑板左端放一可視為質(zhì)點的滑塊，對滑塊施一水平恒力F使滑板前

54、進．滑板右端到達B處沖線，游戲結(jié)束．已知滑塊與滑板間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，地面視 為光滑，滑塊質(zhì)量m1＝2 kg，滑板質(zhì)量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)滑板由A滑到B的最短時間； (2)為使滑板能以最短時間到達，水平恒力F的取值范圍． 【答案】(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N 【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速時，所用時間最短．設滑板最大加速度為a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s. (2)滑板與滑塊剛好相對滑動時，水平恒力最小，設為F1，此時可認為二者加速度相等， F1－μm1g＝m1a2， 解得F1＝30 N. 當滑板運動到B點，滑塊剛好脫離時，水平恒力最大，設為F2，設滑塊加速度為a1， F2－μm1g＝m1a1， －＝L， 解得F2＝34 N. 則水平恒力大小范圍是30 N≤F≤34 N. 26