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【备战2023高考】物理专题讲与练——考向06《牛顿运动定律的综合运用》全能练（含解析）（全国通用）
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考向06 牛顿运动定律的综合运用
【重点知识点目录】
1. 超重与失重问题
2. 整体法与隔离法在动力学中的运用
3. 滑块-滑板模型
4. 传送带模型
5. 动力学中的临界极值问题
（多选）1．（2021•乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝（μ2﹣μ1）g
C．μ2＞μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD。
【解析】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；
B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am
对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g
故B正确；
C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确；
D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
2．（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
【答案】（1）比例系数k值为0.1；
（2）上行路程L值为m。
【解析】解：（1）设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R+T1v
解得
T1＝7400N
小车和配重一起匀速，设绳的张力为T2，对配重有
T2＝m0g
设斜面倾角为θ，对小车匀速有
T1+T2＝（m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
m1gsinθ＝m0g+km1g
联立各式解得
sinθ＝0.5，k＝0.1
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 （m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g﹣m0g＝（m1+m2+m0） a
根据运动学规律有：v2＝2aL
联立代入数据解得：L＝m
（1）超重与失重问题
解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：
1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。
2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a=g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。
（2）用整体法和隔离法解决连接体问题
1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．
2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．
3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．
牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．
（4） 整体法的选取原则及解题步骤
1) 当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时,一般采用整体法。
2) 运用整体法解题的基本步骤:
明确所研究系统和运动的全过程
画出系统整体的受力图或运动全过程的示意图
选用适当的物理规律列方程求解
（5） 隔离法的选取原则及解题步骤
1) 当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时,一般采用隔离法。
2) 运用隔离法解题的基本步骤:①明确研究对象或过程、状态。②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。④选用适当的物理规律列方程求解。
（6） 传送带模型的解题方法--抓好摩擦力的分析
对于传送带问题,分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力,以及摩擦力的方向,是问题的要害。分析摩擦力时,先要明确“相对运动”,而不是“绝对运动”。者达到“共速”的瞬间,是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带,或者倾斜传送带,还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
（7） 临界与极值问题的"两种”典型分析方法
1) 临界法:分析题目中的物理过程,明确临界状态,直:接从临界状态和相应的临界条件入手,求出临界值。
2)解析法:明确题目中的变量,求解变量间的数学表达式,根据数学表达式分析临界值。
（1） 超重与失重
实重和视重：
实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
（2）超重、失重和完全失重的比较：
（2） 连接体问题
连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．
解连接体问题的基本方法
整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．
隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．
（3）滑块-滑板模型
①模型特点:涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动。
②摩擦力方向的特点
1) 若两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
2) 若两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
③运动特点
1) 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长。设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2同向运动时:如图甲所示,L=x1-x2
反向运动时：如图乙所示，L=x1+x2
2） 若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。
（4）传送带模型
①水平传送带模型
情景1
可能一直加速，可能先加速后匀速。
情景2
v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速。
v0
传送带较短时,滑块一直减速到达左端；
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v。
②倾斜传送带模型
情景1
可能一直加速，可能先加速后匀速。
情景2
可能一直加速，可能先加速后匀速。可能先以a1加速后再以a2加速
情景3
可能一直加速；可能一直匀速；可能先加速后匀速；可能先减速后匀速；可能先以a1加速后再以a2加速；可能一直减速
情景4
可能一直加速；可能一直匀速；可能先减速后反向加速；可能先减速再反向加速最后匀速；可能一直减速
（5）临界与极值问题的4类条件
1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界:条件是弹力FN=0。
2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。
3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是Fr=0。
4)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合外力为零。
易错题【01】
受力分析时，容易漏掉一些力，致受力分析不全面导致错误
易错题【02】
受力分析时摩擦力的方向容易混淆，以及多过程中摩擦力可能会发生突变，如果没有分析到位，都会导致错误
易错题【03】
对于整体法，系统分析等方法掌握不到位导致错误
3．（2022•天心区校级二模）“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于有重力以及浮力的作用，血液中的红细胞将会下沉，且在下沉的过程中红细胞还会受到血液的粘滞阻力。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为f＝6πηrv，其中η为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞的形状为球体，若某血样中半径为r的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速度为vm，红细胞密度为ρ1，血液的密度为ρ2。以下说法正确的是（ ）
A．该红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动
B．该红细胞的半径可表示为r＝
C．若血样中红细胞的半径较大，则红细胞匀速运动的速度较小
D．若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为
【答案】B。
【解析】解：A、设红细胞质量为m，浮力为F浮，由牛顿第二定律mg﹣f﹣F浮＝ma
又因为f＝6πηrv
故红细胞随着速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，故A错误；
B、红细胞匀速时mg＝f+F浮
又因为红细胞的质量为
浮力为
联立可得
解得，故B正确；
C、由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C错误；
D、由粘滞阻力公式f＝6πηrv
可知
故采用国际单位制中基本单位来表示η的单位，应为，故D错误。
4．（2022春•浙江期中）如图所示，两个半径不同的竖直圆环相切于O点，圆心O1、O2连线正好沿竖直方向。现有长度可伸缩的光滑杆刚好过O点放置，调节杆的长度，两端始终与环接触，上下两接触点分别记作a、b。一大小不计的光滑小圆环（图中未画出）从a点由静止释放后沿杆下滑。当慢慢增大杆与竖直方向夹角θ时，小圆环沿杆下滑的时间t将（ ）
A．增大
B．减小
C．不变
D．因角度与两竖直圆环的半径均未知，故无法确定
【答案】C。
【解析】解：设上圆半径为r，下圆半径为R，杆与竖直方向的夹角为θ，则在上半圆，根据牛顿第二定律可得：mgcosθ＝ma，解得a＝gcosθ
下滑到O点的时间为t1，则2rcos，解得，到达O点的速度为
在下半圆中，Ob的长度为L＝2Rcosθ，则，即，根据二次函数可知，t2为定值，故下滑的总时间t＝t1+t2与角度θ无关，故ABD错误，C正确；
5．（2022•梁河县校级开学）如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，则（ ）
A．小球一直做减速运动
B．小球一直处于超重状态
C．小球所受的弹簧弹力等于重力时，小球速度最大
D．小球处于先超重后失重状态
【答案】C。
【解析】解：AC、开始于弹簧接触时，压缩量很小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F＝mg﹣kx，方向向下，此时小球继续做加速运动，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，当mg＝kx时，合外力为零，此时速度最大，由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F＝kx﹣mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，当速度为零时，合外力最大，故整个过程中物体合力先减小后增大，速度先增大后减小，最后为零，故A错误，C正确；
BD、小球向下的速度先增大后减小，加速度先向下后向上，所以小球先失重，后超重，故BD错误。
6．（2022•辽宁开学）商场安装了的智能化的自动扶梯，无人乘行时扶梯运转得很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转，一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．顾客始终处于超重状态
B．顾客始终受到三个力的作用
C．顾客受到扶梯摩擦力的方向指向右上方
D．顾客受到扶梯作用力的方向先指向右上方，再竖直向上
【答案】D。
【解析】解：A、扶梯开始加速时顾客一开始处于超重状态，扶梯匀速后处于平衡状态不再超重，故A错误；
B、刚开始顾客加速运动时，受到重力，支持力和摩擦力三个力的作用，后匀速运动，只受到重力和支持力两个力作用，故B错误；
C、顾客受到摩擦力的方向总是与接触面相切的，与顾客相对扶梯的运动趋势方向相反，当扶梯先加速上升时，顾客相对扶梯有向左的运动趋势，所以顾客所受摩擦力的方向水平向右，故C错误；
D、扶梯对顾客的作用力即支持力与摩擦力的合力，加速时先指向右上方，其合力在竖直方向的分力与重力平衡，水平方向的分力提供加速度，匀速时仅受竖直向上的支持力，故D正确。
7．（2022春•浦东新区校级期中）高空滑索是勇敢者的运动。如图所示一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动（设钢索是直的），下滑过程中到达图中A位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B位置时轻绳竖直向下。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在A位置时，人的加速度可能为零
B．在A位置时，钢索对轻绳的作用力大于人的重力
C．若轻环在B位置突然被卡住，则此时轻绳对人的拉力大于人的重力
D．在B位置时，钢索对轻环的摩擦力为零
【答案】C。
【解析】解：AB、在图中A位置时，对人受力分析，受重力和拉力，由于两个力不共线，故合力一定不为零；由于做直线运动，故合力与速度共线，所以人沿钢索的方向斜向下做匀加速直线运动；钢索对轻绳的作用力垂直钢索斜向上，大小等于重力在垂直于钢索方向的分力，故AB错误；
C、若轻环在B位置突然被卡住，则此时由于惯性，人将在竖直平面内做圆周运动，轻绳的拉力与重力的合力提供向心力，所以轻绳对人的拉力大于人的重力，故C正确；
D、在图中B位置时，人受重力和拉力，若合力不为零，合力与速度不共线，不可能做直线运动，故合力一定为零，人做匀速直线运动，故T＝mg；环做匀速运动，合力为零，受细线的拉力、支持力和摩擦力，三力平衡，故D错误；
8．（2022•桃源县校级模拟）如图所示，台秤上有一质量为M，倾角为θ的粗糙斜面体，现将一质量为m的滑块放上斜面体同时施加一与竖直方向成α向下的恒力F，使物块沿斜面向下加速，则台称的示数为（ ）
A．（M+m）g B．（M+m）g+Fcosα﹣masinθ
C．（M+m）g+Fcosα﹣macosθ D．（M+m）g+Fsinα﹣macosθ
【答案】B。
【解析】解：将斜面体和滑块当成一个系统，在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：
（M+m）g﹣FN＝Fcosα+masinθ
结合牛顿第三定律得：系统对台秤的压力为：N＝FN
联立解得：N＝（M+m）g+Fcosα﹣masinθ，故B正确，ACD错误；
9．（2022•岳阳三模）如图所示，一竖直轻弹簧静止上在水平面上，其上端位于O点，重力均为G的a、b两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉b，将a、b视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．若F＝G，则a、b恰好在O点分离
B．若F＝2G，则a、b恰好在图示的初始位置分离
C．若F＝，则a、b在O点正下方某一位置分离
D．若F＝，则a、b在0点正上方某一位置分离
【答案】B。
【解析】解：a、b两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态，此时弹簧的弹力F弹＝2G，设弹簧的劲度系数为k，则x＝
A、ab两物体要分离时，两者间的相互作用力为零，对b，根据牛顿第二定律得：F﹣G＝ma，结合F＝G，解得 a＝0，此时对a，根据牛顿第二定律可得：F弹﹣G＝ma，解得F弹＝G，此时弹簧处于压缩状态，故A错误；
B、若F＝2G，ab两物体要分离时，两者间的相互作用力为零，对b，根据牛顿第二定律得：F﹣G＝ma，结合F＝2G，解得 a＝g，此时对a，根据牛顿第二定律可得：F弹﹣G＝ma，解得F弹＝2G，则a、b恰好在图示的初始位置分离，故B正确；
C、若F＝G，对ab组成的整体，平位置时，弹簧的压缩量为Δx，则F+kΔx＝2G，解得Δx＝，ab组成系统做简谐振动，振幅A＝，2A＜x，故ab不可能分离，故C错误；
D、若F＝G，对ab组成的整体，平位置时，弹簧的压缩量为Δx′，则F+kΔx′＝2G，解得Δx′＝，ab组成系统做简谐振动，振幅A＝，2A＜x，故则a、b在O点位置下方分离，故D错误；
10．（2022•甘肃模拟）如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5m，物块A（可看做质点）以水平速度v0＝4m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10m/s2，下列说法不正确的是（ ）
A．若传送带速度等于2m/s，物块不可能先减速运动后匀速运动
B．若传送带速度等于3.5m/s，v可能等于3m/s
C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带可能沿逆时针方向转动
D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，则传送带的速度不大于3m/s
【答案】D。
【解析】解：A、根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝1m/s2，物块达到传送带速度通过的位移为x，则，解得x＝6m＞L，故物块一直减速运动，故A正确；
BC、若传送带速度等于3.5m/s，且逆时针转动，到达右端的速度为v，则，解得v＝3m/s，故BC正确；
D、若传送带逆时针转动，物块在传送带上一直减速运动，到达右端的速度一定为3m/s，传送带的速度可以为任意值，故D错误；
因选不正确的
11．（2022•南通四模）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C。
【解析】解：A、当v1＜v0时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，表现为v﹣t图像的斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性壳子木块返回到传送带下端时的速度为﹣v1，故A正确；
B、当v1＜v0时，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的摩擦力时，木块滑上传送带先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起匀速运动，故B正确；
C、当v1＞v0时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传动带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为a1），当木块加速度减小至v0时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为v﹣t图像的斜率减小，木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度大小为a2），速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动（由于合外力不变，所以加速度大小仍为a2，表现为v﹣t图像的斜率不变），根据运动学规律可知木块速度从v1减小至v0的过程位移大小为
木块速度从v0减至0的过程位移大小为
假设木块返回至传送带下端时的速度为﹣v1，则木块速度从0增大至﹣v1的过程中位移大小为
由于a1＞a2，则有
即x1+x2＜x3
而木块整个过程的位移为零，上式明显不满足，故C错误；
D、当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力不待遇木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至v0时，将随传送带一起匀速运动，故D正确；
本题选不正确的
12．（2022•衡阳三模）如图所示，在粗糙的水平地面上有一斜面，轻绳绕过两光滑的定滑轮，左端与粗糙斜面上的物块P相连。右端与小球相连，轻绳PC恰好与斜面垂直。现将小球从A处由静止释放，小球在AB间摆动过程中，斜面体和物块P始终保持静止不动，则小球从A→O→B的运动过程中（ ）
A．斜面对物块的摩擦力先减小后增大
B．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
C．若小球运动到O点，轻绳断裂，小球将做自由落体运动
D．若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P可能会沿斜面运动
【答案】B。
【解析】解：A.对物块受力分析，由于轻绳PC恰好与斜面垂直，斜面体和物块P始终保持静止不动，物块受斜面沿斜面向上的静摩擦力f与物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ始终平衡，所以斜面对物块的摩擦力保持不变，故A错误；
B.小球从A→O→B的运动过程中，由机械能守恒知小球的速度先增大后减小，由牛顿第二定律可知绳的拉力先增大后减小，细绳对P物块的拉力也是先增大后减小，以P和斜面为一整体进行受力分析可知：细绳对P的拉力即对整体的拉力的水平分力被地面对斜面向左的静摩擦力平衡，所以地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故B正确：
C.若小球运动到O点，轻绳断裂，小球速度水平向右，只受重力作用，将做平抛运动，故C错误：
D.若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P对斜面体的压力增大，最大静摩擦力增大，斜面体给物块的静摩擦力继续平衡物块重力沿斜面向下的分力，物块保持静止，故D错误。
13．（2022•郑州三模）粗糙水平地面上有一质量为m＝50kg的物块，在F＝500N的水平恒力作用下运动。物块与地面间的动摩擦因数μ恒定，物块受到的空气阻力与速度v成正比，比例系数为k。从某时刻开始计时，测得物块运动的v﹣t图象如图中的实线所示。图中虚线a是运动图象的渐近线，虚线b是运动图象在纵轴交点的切线，切线上一点A的坐标为（4，15），g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，物块做的是加速度逐渐减小曲线运动
B．0时刻，物块的加速度大小为a＝3.75m/s2
C．物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1
D．比例系数k＝25N•s/m
【答案】D。
【解析】解：A、v﹣t图象的斜率表示加速度，t轴上方表示速度为正方向，所以0～4s内，物块做的是加速度逐渐减小直线运动，故A错误；
B、0时刻，物块的加速度大小为a＝＝m/s2＝2.5m/s2，故B错误；
CD、0时刻，速度v0＝5m/s，则有：F﹣μmg﹣kv0＝ma，达到匀速的速度大小为v＝10m/s，则有：F＝μmg+kv，联立解得：k＝25N•s/m，μ＝0.5，故C错误、D正确。
14．（2022•兴庆区校级三模）如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F。使A、B、C恰好保持相对静止。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则恒力F的大小为（ ）
A．mg B．mg C．mg D．mg
【答案】D。
【解析】解：对B、C受力分析，如图所示
使A、B、C恰好保持相对静止时三者具有相同的加速度
对B，根据牛顿第二定律得
T＝ma①
对C，根据牛顿第二定律得
FNsinθ﹣Tcosθ＝ma②
FNcosθ+Tsinθ＝mg③
联立①②③代入数据解得
对A、B、C整体用牛顿第二定律得
。
故D正确，ABC错误。
15．（2022春•宿城区校级月考）长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角θ变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度θ的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．木块与木板间的动摩擦因数μ＜tanθ1
B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝
C．木板与地面的夹角为θ2时，木块将做自由落体运动
D．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度越来越大、加速度越来越小
【答案】A。
【解析】解：AB、当木块与长木板相对滑动之前，受静摩擦力作用，受力分析得大小为f1＝mgsinθ，由三角函数可知，随着θ的增大静摩擦力增大，由图乙可知，Ff2是最大静摩擦力的大小，Ff2＝mgsinθ1；
当木块与长木板相对滑动时，受滑动摩擦力，受力分析得大小为f2＝μmgcosθ，根据三角函数可知，随着θ的增大滑动摩擦力增减小，由图乙可知，Ff1是刚滑动时的初始滑动摩擦力大小，所以μmgcosθ1＝Ff1＜Ff2，解得＜tanθ1，故B错误，A正确；
CD.木板由θ1转到θ2的过程中，对木块受力分析，运用牛顿第二定律得F合＝mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得加速度为a＝g（sinθ﹣μcosθ），随着θ增大，sinθ增大，而cosθ减小，则a增大，即木块做加速度增大的加速运动，由图乙可知夹角为θ2时滑动摩擦力为零，说明θ2＝90°，此时a＝g木块做有初速度的匀加速直线运动（竖直下抛运动），不是自由落体运动，故CD错误。
16．（2022•怀仁市校级四模）如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5kg，B的质量M＝2.0kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻（t＝0）水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t+4（N）（F、t均取国际单位）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）经过多长时间B开始滑动；
（2）经过多长时间A开始相对B滑动；
（3）t＝3s时AB间的摩擦力大小F（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）经过2s时间B开始滑动；
（2）经过3.4s时间A开始相对B滑动；
（3）t＝3s时AB间的摩擦力大小Ff为2.1N.
【解析】解：（1）B与地面的摩擦力最大值为 f1＝μ2（M+m）g＝0.4×（2.0+1.5）×10N＝14N
所以当外力F1＝14N时，B开始运动
由F＝5t+4（N）可得，当t1＝2s时B开始滑动。
（2）A、B能一起运动的最大加速度为a，由牛顿第二定律可得
μ1mg＝ma
代入数据解得
因此当满足F2﹣μ2（M+m）＝（M+m）a时，A开始相对B滑动
代入数据解得F2＝21N
由F＝5t+4（N）可得此时t2＝3.4s
（3）当t＝3s时，A、B还没有相对滑动，此时F3＝5×3N+4N＝19N
由牛顿第二定律得 F3﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a1
代入数据解得
因此此时AB间的摩擦力大小为Ff＝m1a1＝1.5×1.43N＝2.1N
17．（2022•凉州区校级开学）皮带传输装置示意图的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，以恒定的速率v0＝2m/s逆时针运转。质量为1kg的煤块无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.2s煤块速度与传送带相同，再经t2＝1s到达传送带底端Q点，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）煤块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）传送带PQ的长度L；
（3）煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度Δl。
【答案】（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5；
（2）传送带PQ的长度为3.2m；
（3）煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为1m。
【解析】解：（1）物块刚放上传送带的t1＝0.2s内，物体的速度v0＝a1t1
由牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得
μ＝0.5
（2）在最初0.2s内物块的位移x1＝t1
以后物块的加速度mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得
a2＝2m/s2
再经t2＝1s到达传送带底端Q点，则x2＝v0t2+
则传送带PQ的长度
L＝x1+x2
联立代入数据解得：L＝3.2m
（3）在最初0.2s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离Δx1＝v0t1﹣x1
以后的1s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离Δx2＝x2﹣v0t2
联立代入数据解得：Δx1＝0.2m，Δx2＝1m，
则煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度
Δl＝1m
18．（2022春•长安区校级月考）4个相同的木板紧挨在一起，静置在地面上，每块木板的质量为m＝1kg，长l＝1.5m，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为M＝2.5kg的小铅块B，可视为质点，当时间t＝0时，铅块B具有水平向右的初速度v0＝4m/s，铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2。
（1）经过多长时间木板开始运动？
（2）最终铅块会滑下木板吗？如果会，t为多久时滑下？如果不会，t为多久时铅块和木板共速？
【答案】（1）经过1s时间木板开始运动；
（2）最终铅块不会滑下木板，木板开始运动后再经过s铅块和木板共速。
【解析】解：（1）设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力为：f1＝μ2Mg＝5N
后面的（4﹣n+1）块木块受到地面的最大静摩擦力为：f2＝μ1[M+（5﹣n）m]g
要使木块滑动，应满足f2＜f1，
即μ1[M+（5﹣n）m]g＜4
可得：n＞2.5，则取n＝3
设小铅块在前两块木块上运动的加速度大小为a1，选取向右为正方向，刚滑到第三块的速度为v1
由牛顿第二定律得﹣μ2Mg＝Ma1
由运动学公式得
联立得：v1＝2m/s
设铅块运动的时间为t，则：v1＝v0+at
联立可得：a＝1s
（2）设铅块滑上3木块经过t′秒和3、4木块达到共同速度，此过程铅块、3、4木块的对地位移为s1和s2，相对位移为Δs，3、4木块运动的加速度为a′；
则：μ2Mg﹣μ1（M+2m）g＝2ma2
代入数据可得：
当它们速度相等时：v1+a1t＝a2t；；
它们的相对位移：Δs＝s1﹣s2…⑧
联立解得：t′＝s；m，m，Δs＝m＜l＝1.5m，说明铅块没有离开第3块木块，最后小铅块与3、4木块达共同速度一起减速为零
19．（2017•新课标Ⅲ）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，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＝4kg，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＝3m/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＝10m/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。
【答案】（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。
【解析】解：（1）对A受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg＝mAaA
代入数据解得：aA＝5m/s2，方向向右，
对B分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg＝mBaB
代入数据解得：aB＝5m/s2，方向向左。
对木板分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（m+mA+mB）g＝ma1
代入数据解得：a1＝2.5m/s2，方向向右。
当木板与B共速时，有：v＝v0﹣aBt1＝a1t1，
代入数据解得：t1＝0.4s，v＝1m/s，
（2）此时B相对木板静止，突变为静摩擦力，A受力不变加速度仍为5m/s2，方向向右，
对B与木板受力分析，有：μ1mAg+μ2（m+mA+mB）g＝（m+mB）a2
代入数据解得：a2＝，方向向左，
当木板与A共速时有：v′＝v﹣a2t2＝﹣v+aAt2：
代入数据解得：t2＝0.3s，v′＝0.5m/s。
当t1＝0.4s，xB＝×0.4m＝0.8m，x木＝×0.4m＝0.2m
LB板＝xB﹣x木＝0.8m﹣0.2m＝0.6m，
对A，向左，xA＝×0.4m＝0.8m，
LA1板＝xA+x木＝0.8m+0.2m＝1m，
当t2＝0.3s，对A，向左，xA1＝×0.3m＝m，
对木板，向右，x木1＝×0.3m＝m
LA2板＝xA1+x木1＝m＝0.3m，
可知AB相距L＝LB板+LA1板+LA2板＝0.6+1+0.3m＝1.9m。
20．（2021•辽宁）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a为0.4m/s2；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t为4.5s。
【解析】解：（1）开始时小包裹向下做匀减速运动，以向下为正方向，根据牛顿第二定律有
a＝＝gsinα﹣μgcosα
代入数据后得到a＝﹣0.4m/s2，“﹣”表示方向沿斜面向下，加速度大小为0.4m/s2
（2）设经过时间t1与传送带共速，则有：v1＝v2+at1
代入数据后得：t1＝2.5s
此段时间小包裹的位移x1＝＝＝2.75m
小包裹与传速带共速后由于mgsinα＜μmgcosα，小包裹相对于传送带静止，两者一起向下匀速运动，则
位移为x2＝L﹣x1＝3.95m﹣2.75m＝1.2m
时间t2＝＝＝2.0s
通过传送带的总时间t＝t1+t2＝2.5s+2.0s＝4.5s
21．（2020•新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥。
【解析】解：（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0＝，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1＝
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1﹣
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2＝
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0
解得：x1＝
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥。
考向06 牛顿运动定律的综合运用
【重点知识点目录】
1. 超重与失重问题
2. 整体法与隔离法在动力学中的运用
3. 滑块-滑板模型
4. 传送带模型
5. 动力学中的临界极值问题
（多选）1．（2021•乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝（μ2﹣μ1）g
C．μ2＞μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD。
【解析】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；
B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am
对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g
故B正确；
C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确；
D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
2．（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
【答案】（1）比例系数k值为0.1；
（2）上行路程L值为m。
【解析】解：（1）设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R+T1v
解得
T1＝7400N
小车和配重一起匀速，设绳的张力为T2，对配重有
T2＝m0g
设斜面倾角为θ，对小车匀速有
T1+T2＝（m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
m1gsinθ＝m0g+km1g
联立各式解得
sinθ＝0.5，k＝0.1
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 （m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g﹣m0g＝（m1+m2+m0） a
根据运动学规律有：v2＝2aL
联立代入数据解得：L＝m
（1）超重与失重问题
解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：
1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。
2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a=g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。
（2）用整体法和隔离法解决连接体问题
1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．
2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．
3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．
牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．
（4） 整体法的选取原则及解题步骤
1) 当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时,一般采用整体法。
2) 运用整体法解题的基本步骤:
明确所研究系统和运动的全过程
画出系统整体的受力图或运动全过程的示意图
选用适当的物理规律列方程求解
（5） 隔离法的选取原则及解题步骤
1) 当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时,一般采用隔离法。
2) 运用隔离法解题的基本步骤:①明确研究对象或过程、状态。②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。④选用适当的物理规律列方程求解。
（6） 传送带模型的解题方法--抓好摩擦力的分析
对于传送带问题,分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力,以及摩擦力的方向,是问题的要害。分析摩擦力时,先要明确“相对运动”,而不是“绝对运动”。者达到“共速”的瞬间,是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带,或者倾斜传送带,还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
（7） 临界与极值问题的"两种”典型分析方法
1) 临界法:分析题目中的物理过程,明确临界状态,直:接从临界状态和相应的临界条件入手,求出临界值。
2)解析法:明确题目中的变量,求解变量间的数学表达式,根据数学表达式分析临界值。
（1） 超重与失重
实重和视重：
实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
（2）超重、失重和完全失重的比较：
（2） 连接体问题
连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．
解连接体问题的基本方法
整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．
隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．
（3）滑块-滑板模型
①模型特点:涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动。
②摩擦力方向的特点
1) 若两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
2) 若两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
③运动特点
1) 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长。设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2同向运动时:如图甲所示,L=x1-x2
反向运动时：如图乙所示，L=x1+x2
2） 若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。
（4）传送带模型
①水平传送带模型
情景1
可能一直加速，可能先加速后匀速。
情景2
v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速。
v0
传送带较短时,滑块一直减速到达左端；
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v。
②倾斜传送带模型
情景1
可能一直加速，可能先加速后匀速。
情景2
可能一直加速，可能先加速后匀速。可能先以a1加速后再以a2加速
情景3
可能一直加速；可能一直匀速；可能先加速后匀速；可能先减速后匀速；可能先以a1加速后再以a2加速；可能一直减速
情景4
可能一直加速；可能一直匀速；可能先减速后反向加速；可能先减速再反向加速最后匀速；可能一直减速
（5）临界与极值问题的4类条件
1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界:条件是弹力FN=0。
2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。
3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是Fr=0。
4)最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合外力为零。
易错题【01】
受力分析时，容易漏掉一些力，致受力分析不全面导致错误
易错题【02】
受力分析时摩擦力的方向容易混淆，以及多过程中摩擦力可能会发生突变，如果没有分析到位，都会导致错误
易错题【03】
对于整体法，系统分析等方法掌握不到位导致错误
3．（2022•天心区校级二模）“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于有重力以及浮力的作用，血液中的红细胞将会下沉，且在下沉的过程中红细胞还会受到血液的粘滞阻力。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为f＝6πηrv，其中η为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞的形状为球体，若某血样中半径为r的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速度为vm，红细胞密度为ρ1，血液的密度为ρ2。以下说法正确的是（ ）
A．该红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动
B．该红细胞的半径可表示为r＝
C．若血样中红细胞的半径较大，则红细胞匀速运动的速度较小
D．若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为
【答案】B。
【解析】解：A、设红细胞质量为m，浮力为F浮，由牛顿第二定律mg﹣f﹣F浮＝ma
又因为f＝6πηrv
故红细胞随着速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，故A错误；
B、红细胞匀速时mg＝f+F浮
又因为红细胞的质量为
浮力为
联立可得
解得，故B正确；
C、由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C错误；
D、由粘滞阻力公式f＝6πηrv
可知
故采用国际单位制中基本单位来表示η的单位，应为，故D错误。
4．（2022春•浙江期中）如图所示，两个半径不同的竖直圆环相切于O点，圆心O1、O2连线正好沿竖直方向。现有长度可伸缩的光滑杆刚好过O点放置，调节杆的长度，两端始终与环接触，上下两接触点分别记作a、b。一大小不计的光滑小圆环（图中未画出）从a点由静止释放后沿杆下滑。当慢慢增大杆与竖直方向夹角θ时，小圆环沿杆下滑的时间t将（ ）
A．增大
B．减小
C．不变
D．因角度与两竖直圆环的半径均未知，故无法确定
【答案】C。
【解析】解：设上圆半径为r，下圆半径为R，杆与竖直方向的夹角为θ，则在上半圆，根据牛顿第二定律可得：mgcosθ＝ma，解得a＝gcosθ
下滑到O点的时间为t1，则2rcos，解得，到达O点的速度为
在下半圆中，Ob的长度为L＝2Rcosθ，则，即，根据二次函数可知，t2为定值，故下滑的总时间t＝t1+t2与角度θ无关，故ABD错误，C正确；
5．（2022•梁河县校级开学）如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，则（ ）
A．小球一直做减速运动
B．小球一直处于超重状态
C．小球所受的弹簧弹力等于重力时，小球速度最大
D．小球处于先超重后失重状态
【答案】C。
【解析】解：AC、开始于弹簧接触时，压缩量很小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F＝mg﹣kx，方向向下，此时小球继续做加速运动，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，当mg＝kx时，合外力为零，此时速度最大，由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F＝kx﹣mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，当速度为零时，合外力最大，故整个过程中物体合力先减小后增大，速度先增大后减小，最后为零，故A错误，C正确；
BD、小球向下的速度先增大后减小，加速度先向下后向上，所以小球先失重，后超重，故BD错误。
6．（2022•辽宁开学）商场安装了的智能化的自动扶梯，无人乘行时扶梯运转得很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转，一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．顾客始终处于超重状态
B．顾客始终受到三个力的作用
C．顾客受到扶梯摩擦力的方向指向右上方
D．顾客受到扶梯作用力的方向先指向右上方，再竖直向上
【答案】D。
【解析】解：A、扶梯开始加速时顾客一开始处于超重状态，扶梯匀速后处于平衡状态不再超重，故A错误；
B、刚开始顾客加速运动时，受到重力，支持力和摩擦力三个力的作用，后匀速运动，只受到重力和支持力两个力作用，故B错误；
C、顾客受到摩擦力的方向总是与接触面相切的，与顾客相对扶梯的运动趋势方向相反，当扶梯先加速上升时，顾客相对扶梯有向左的运动趋势，所以顾客所受摩擦力的方向水平向右，故C错误；
D、扶梯对顾客的作用力即支持力与摩擦力的合力，加速时先指向右上方，其合力在竖直方向的分力与重力平衡，水平方向的分力提供加速度，匀速时仅受竖直向上的支持力，故D正确。
7．（2022春•浦东新区校级期中）高空滑索是勇敢者的运动。如图所示一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动（设钢索是直的），下滑过程中到达图中A位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B位置时轻绳竖直向下。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在A位置时，人的加速度可能为零
B．在A位置时，钢索对轻绳的作用力大于人的重力
C．若轻环在B位置突然被卡住，则此时轻绳对人的拉力大于人的重力
D．在B位置时，钢索对轻环的摩擦力为零
【答案】C。
【解析】解：AB、在图中A位置时，对人受力分析，受重力和拉力，由于两个力不共线，故合力一定不为零；由于做直线运动，故合力与速度共线，所以人沿钢索的方向斜向下做匀加速直线运动；钢索对轻绳的作用力垂直钢索斜向上，大小等于重力在垂直于钢索方向的分力，故AB错误；
C、若轻环在B位置突然被卡住，则此时由于惯性，人将在竖直平面内做圆周运动，轻绳的拉力与重力的合力提供向心力，所以轻绳对人的拉力大于人的重力，故C正确；
D、在图中B位置时，人受重力和拉力，若合力不为零，合力与速度不共线，不可能做直线运动，故合力一定为零，人做匀速直线运动，故T＝mg；环做匀速运动，合力为零，受细线的拉力、支持力和摩擦力，三力平衡，故D错误；
8．（2022•桃源县校级模拟）如图所示，台秤上有一质量为M，倾角为θ的粗糙斜面体，现将一质量为m的滑块放上斜面体同时施加一与竖直方向成α向下的恒力F，使物块沿斜面向下加速，则台称的示数为（ ）
A．（M+m）g B．（M+m）g+Fcosα﹣masinθ
C．（M+m）g+Fcosα﹣macosθ D．（M+m）g+Fsinα﹣macosθ
【答案】B。
【解析】解：将斜面体和滑块当成一个系统，在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：
（M+m）g﹣FN＝Fcosα+masinθ
结合牛顿第三定律得：系统对台秤的压力为：N＝FN
联立解得：N＝（M+m）g+Fcosα﹣masinθ，故B正确，ACD错误；
9．（2022•岳阳三模）如图所示，一竖直轻弹簧静止上在水平面上，其上端位于O点，重力均为G的a、b两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉b，将a、b视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．若F＝G，则a、b恰好在O点分离
B．若F＝2G，则a、b恰好在图示的初始位置分离
C．若F＝，则a、b在O点正下方某一位置分离
D．若F＝，则a、b在0点正上方某一位置分离
【答案】B。
【解析】解：a、b两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态，此时弹簧的弹力F弹＝2G，设弹簧的劲度系数为k，则x＝
A、ab两物体要分离时，两者间的相互作用力为零，对b，根据牛顿第二定律得：F﹣G＝ma，结合F＝G，解得 a＝0，此时对a，根据牛顿第二定律可得：F弹﹣G＝ma，解得F弹＝G，此时弹簧处于压缩状态，故A错误；
B、若F＝2G，ab两物体要分离时，两者间的相互作用力为零，对b，根据牛顿第二定律得：F﹣G＝ma，结合F＝2G，解得 a＝g，此时对a，根据牛顿第二定律可得：F弹﹣G＝ma，解得F弹＝2G，则a、b恰好在图示的初始位置分离，故B正确；
C、若F＝G，对ab组成的整体，平位置时，弹簧的压缩量为Δx，则F+kΔx＝2G，解得Δx＝，ab组成系统做简谐振动，振幅A＝，2A＜x，故ab不可能分离，故C错误；
D、若F＝G，对ab组成的整体，平位置时，弹簧的压缩量为Δx′，则F+kΔx′＝2G，解得Δx′＝，ab组成系统做简谐振动，振幅A＝，2A＜x，故则a、b在O点位置下方分离，故D错误；
10．（2022•甘肃模拟）如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5m，物块A（可看做质点）以水平速度v0＝4m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10m/s2，下列说法不正确的是（ ）
A．若传送带速度等于2m/s，物块不可能先减速运动后匀速运动
B．若传送带速度等于3.5m/s，v可能等于3m/s
C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带可能沿逆时针方向转动
D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，则传送带的速度不大于3m/s
【答案】D。
【解析】解：A、根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝1m/s2，物块达到传送带速度通过的位移为x，则，解得x＝6m＞L，故物块一直减速运动，故A正确；
BC、若传送带速度等于3.5m/s，且逆时针转动，到达右端的速度为v，则，解得v＝3m/s，故BC正确；
D、若传送带逆时针转动，物块在传送带上一直减速运动，到达右端的速度一定为3m/s，传送带的速度可以为任意值，故D错误；
因选不正确的
11．（2022•南通四模）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C。
【解析】解：A、当v1＜v0时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，表现为v﹣t图像的斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性壳子木块返回到传送带下端时的速度为﹣v1，故A正确；
B、当v1＜v0时，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的摩擦力时，木块滑上传送带先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起匀速运动，故B正确；
C、当v1＞v0时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传动带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为a1），当木块加速度减小至v0时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为v﹣t图像的斜率减小，木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度大小为a2），速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动（由于合外力不变，所以加速度大小仍为a2，表现为v﹣t图像的斜率不变），根据运动学规律可知木块速度从v1减小至v0的过程位移大小为
木块速度从v0减至0的过程位移大小为
假设木块返回至传送带下端时的速度为﹣v1，则木块速度从0增大至﹣v1的过程中位移大小为
由于a1＞a2，则有
即x1+x2＜x3
而木块整个过程的位移为零，上式明显不满足，故C错误；
D、当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力不待遇木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至v0时，将随传送带一起匀速运动，故D正确；
本题选不正确的
12．（2022•衡阳三模）如图所示，在粗糙的水平地面上有一斜面，轻绳绕过两光滑的定滑轮，左端与粗糙斜面上的物块P相连。右端与小球相连，轻绳PC恰好与斜面垂直。现将小球从A处由静止释放，小球在AB间摆动过程中，斜面体和物块P始终保持静止不动，则小球从A→O→B的运动过程中（ ）
A．斜面对物块的摩擦力先减小后增大
B．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
C．若小球运动到O点，轻绳断裂，小球将做自由落体运动
D．若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P可能会沿斜面运动
【答案】B。
【解析】解：A.对物块受力分析，由于轻绳PC恰好与斜面垂直，斜面体和物块P始终保持静止不动，物块受斜面沿斜面向上的静摩擦力f与物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ始终平衡，所以斜面对物块的摩擦力保持不变，故A错误；
B.小球从A→O→B的运动过程中，由机械能守恒知小球的速度先增大后减小，由牛顿第二定律可知绳的拉力先增大后减小，细绳对P物块的拉力也是先增大后减小，以P和斜面为一整体进行受力分析可知：细绳对P的拉力即对整体的拉力的水平分力被地面对斜面向左的静摩擦力平衡，所以地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故B正确：
C.若小球运动到O点，轻绳断裂，小球速度水平向右，只受重力作用，将做平抛运动，故C错误：
D.若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P对斜面体的压力增大，最大静摩擦力增大，斜面体给物块的静摩擦力继续平衡物块重力沿斜面向下的分力，物块保持静止，故D错误。
13．（2022•郑州三模）粗糙水平地面上有一质量为m＝50kg的物块，在F＝500N的水平恒力作用下运动。物块与地面间的动摩擦因数μ恒定，物块受到的空气阻力与速度v成正比，比例系数为k。从某时刻开始计时，测得物块运动的v﹣t图象如图中的实线所示。图中虚线a是运动图象的渐近线，虚线b是运动图象在纵轴交点的切线，切线上一点A的坐标为（4，15），g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，物块做的是加速度逐渐减小曲线运动
B．0时刻，物块的加速度大小为a＝3.75m/s2
C．物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1
D．比例系数k＝25N•s/m
【答案】D。
【解析】解：A、v﹣t图象的斜率表示加速度，t轴上方表示速度为正方向，所以0～4s内，物块做的是加速度逐渐减小直线运动，故A错误；
B、0时刻，物块的加速度大小为a＝＝m/s2＝2.5m/s2，故B错误；
CD、0时刻，速度v0＝5m/s，则有：F﹣μmg﹣kv0＝ma，达到匀速的速度大小为v＝10m/s，则有：F＝μmg+kv，联立解得：k＝25N•s/m，μ＝0.5，故C错误、D正确。
14．（2022•兴庆区校级三模）如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F。使A、B、C恰好保持相对静止。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则恒力F的大小为（ ）
A．mg B．mg C．mg D．mg
【答案】D。
【解析】解：对B、C受力分析，如图所示
使A、B、C恰好保持相对静止时三者具有相同的加速度
对B，根据牛顿第二定律得
T＝ma①
对C，根据牛顿第二定律得
FNsinθ﹣Tcosθ＝ma②
FNcosθ+Tsinθ＝mg③
联立①②③代入数据解得
对A、B、C整体用牛顿第二定律得
。
故D正确，ABC错误。
15．（2022春•宿城区校级月考）长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角θ变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度θ的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．木块与木板间的动摩擦因数μ＜tanθ1
B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝
C．木板与地面的夹角为θ2时，木块将做自由落体运动
D．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度越来越大、加速度越来越小
【答案】A。
【解析】解：AB、当木块与长木板相对滑动之前，受静摩擦力作用，受力分析得大小为f1＝mgsinθ，由三角函数可知，随着θ的增大静摩擦力增大，由图乙可知，Ff2是最大静摩擦力的大小，Ff2＝mgsinθ1；
当木块与长木板相对滑动时，受滑动摩擦力，受力分析得大小为f2＝μmgcosθ，根据三角函数可知，随着θ的增大滑动摩擦力增减小，由图乙可知，Ff1是刚滑动时的初始滑动摩擦力大小，所以μmgcosθ1＝Ff1＜Ff2，解得＜tanθ1，故B错误，A正确；
CD.木板由θ1转到θ2的过程中，对木块受力分析，运用牛顿第二定律得F合＝mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得加速度为a＝g（sinθ﹣μcosθ），随着θ增大，sinθ增大，而cosθ减小，则a增大，即木块做加速度增大的加速运动，由图乙可知夹角为θ2时滑动摩擦力为零，说明θ2＝90°，此时a＝g木块做有初速度的匀加速直线运动（竖直下抛运动），不是自由落体运动，故CD错误。
16．（2022•怀仁市校级四模）如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5kg，B的质量M＝2.0kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻（t＝0）水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t+4（N）（F、t均取国际单位）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）经过多长时间B开始滑动；
（2）经过多长时间A开始相对B滑动；
（3）t＝3s时AB间的摩擦力大小F（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）经过2s时间B开始滑动；
（2）经过3.4s时间A开始相对B滑动；
（3）t＝3s时AB间的摩擦力大小Ff为2.1N.
【解析】解：（1）B与地面的摩擦力最大值为 f1＝μ2（M+m）g＝0.4×（2.0+1.5）×10N＝14N
所以当外力F1＝14N时，B开始运动
由F＝5t+4（N）可得，当t1＝2s时B开始滑动。
（2）A、B能一起运动的最大加速度为a，由牛顿第二定律可得
μ1mg＝ma
代入数据解得
因此当满足F2﹣μ2（M+m）＝（M+m）a时，A开始相对B滑动
代入数据解得F2＝21N
由F＝5t+4（N）可得此时t2＝3.4s
（3）当t＝3s时，A、B还没有相对滑动，此时F3＝5×3N+4N＝19N
由牛顿第二定律得 F3﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a1
代入数据解得
因此此时AB间的摩擦力大小为Ff＝m1a1＝1.5×1.43N＝2.1N
17．（2022•凉州区校级开学）皮带传输装置示意图的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，以恒定的速率v0＝2m/s逆时针运转。质量为1kg的煤块无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.2s煤块速度与传送带相同，再经t2＝1s到达传送带底端Q点，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）煤块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）传送带PQ的长度L；
（3）煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度Δl。
【答案】（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5；
（2）传送带PQ的长度为3.2m；
（3）煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为1m。
【解析】解：（1）物块刚放上传送带的t1＝0.2s内，物体的速度v0＝a1t1
由牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得
μ＝0.5
（2）在最初0.2s内物块的位移x1＝t1
以后物块的加速度mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得
a2＝2m/s2
再经t2＝1s到达传送带底端Q点，则x2＝v0t2+
则传送带PQ的长度
L＝x1+x2
联立代入数据解得：L＝3.2m
（3）在最初0.2s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离Δx1＝v0t1﹣x1
以后的1s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离Δx2＝x2﹣v0t2
联立代入数据解得：Δx1＝0.2m，Δx2＝1m，
则煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度
Δl＝1m
18．（2022春•长安区校级月考）4个相同的木板紧挨在一起，静置在地面上，每块木板的质量为m＝1kg，长l＝1.5m，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为M＝2.5kg的小铅块B，可视为质点，当时间t＝0时，铅块B具有水平向右的初速度v0＝4m/s，铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2。
（1）经过多长时间木板开始运动？
（2）最终铅块会滑下木板吗？如果会，t为多久时滑下？如果不会，t为多久时铅块和木板共速？
【答案】（1）经过1s时间木板开始运动；
（2）最终铅块不会滑下木板，木板开始运动后再经过s铅块和木板共速。
【解析】解：（1）设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力为：f1＝μ2Mg＝5N
后面的（4﹣n+1）块木块受到地面的最大静摩擦力为：f2＝μ1[M+（5﹣n）m]g
要使木块滑动，应满足f2＜f1，
即μ1[M+（5﹣n）m]g＜4
可得：n＞2.5，则取n＝3
设小铅块在前两块木块上运动的加速度大小为a1，选取向右为正方向，刚滑到第三块的速度为v1
由牛顿第二定律得﹣μ2Mg＝Ma1
由运动学公式得
联立得：v1＝2m/s
设铅块运动的时间为t，则：v1＝v0+at
联立可得：a＝1s
（2）设铅块滑上3木块经过t′秒和3、4木块达到共同速度，此过程铅块、3、4木块的对地位移为s1和s2，相对位移为Δs，3、4木块运动的加速度为a′；
则：μ2Mg﹣μ1（M+2m）g＝2ma2
代入数据可得：
当它们速度相等时：v1+a1t＝a2t；；
它们的相对位移：Δs＝s1﹣s2…⑧
联立解得：t′＝s；m，m，Δs＝m＜l＝1.5m，说明铅块没有离开第3块木块，最后小铅块与3、4木块达共同速度一起减速为零
19．（2017•新课标Ⅲ）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，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＝4kg，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＝3m/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＝10m/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。
【答案】（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。
【解析】解：（1）对A受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg＝mAaA
代入数据解得：aA＝5m/s2，方向向右，
对B分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg＝mBaB
代入数据解得：aB＝5m/s2，方向向左。
对木板分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（m+mA+mB）g＝ma1
代入数据解得：a1＝2.5m/s2，方向向右。
当木板与B共速时，有：v＝v0﹣aBt1＝a1t1，
代入数据解得：t1＝0.4s，v＝1m/s，
（2）此时B相对木板静止，突变为静摩擦力，A受力不变加速度仍为5m/s2，方向向右，
对B与木板受力分析，有：μ1mAg+μ2（m+mA+mB）g＝（m+mB）a2
代入数据解得：a2＝，方向向左，
当木板与A共速时有：v′＝v﹣a2t2＝﹣v+aAt2：
代入数据解得：t2＝0.3s，v′＝0.5m/s。
当t1＝0.4s，xB＝×0.4m＝0.8m，x木＝×0.4m＝0.2m
LB板＝xB﹣x木＝0.8m﹣0.2m＝0.6m，
对A，向左，xA＝×0.4m＝0.8m，
LA1板＝xA+x木＝0.8m+0.2m＝1m，
当t2＝0.3s，对A，向左，xA1＝×0.3m＝m，
对木板，向右，x木1＝×0.3m＝m
LA2板＝xA1+x木1＝m＝0.3m，
可知AB相距L＝LB板+LA1板+LA2板＝0.6+1+0.3m＝1.9m。
20．（2021•辽宁）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a为0.4m/s2；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t为4.5s。
【解析】解：（1）开始时小包裹向下做匀减速运动，以向下为正方向，根据牛顿第二定律有
a＝＝gsinα﹣μgcosα
代入数据后得到a＝﹣0.4m/s2，“﹣”表示方向沿斜面向下，加速度大小为0.4m/s2
（2）设经过时间t1与传送带共速，则有：v1＝v2+at1
代入数据后得：t1＝2.5s
此段时间小包裹的位移x1＝＝＝2.75m
小包裹与传速带共速后由于mgsinα＜μmgcosα，小包裹相对于传送带静止，两者一起向下匀速运动，则
位移为x2＝L﹣x1＝3.95m﹣2.75m＝1.2m
时间t2＝＝＝2.0s
通过传送带的总时间t＝t1+t2＝2.5s+2.0s＝4.5s
21．（2020•新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥。
【解析】解：（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0＝，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1＝
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1﹣
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2＝
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0
解得：x1＝
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥。
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