高中物理高考 专题3 2 动力学典型模型的分析【讲】解析版

这是一份高中物理高考 专题3 2 动力学典型模型的分析【讲】解析版，共21页。试卷主要包含了2 动力学典型模型的分析【讲】，物理观念，科学思维，2g D，6 s，5 m，如图所示等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc22153" 一 讲核心素养 PAGEREF _Tc22153 \h 1
\l "_Tc25575" 二 讲必备知识 PAGEREF _Tc25575 \h 1
\l "_Tc27535" 【知识点一】动力学中的连接体问题 PAGEREF _Tc27535 \h 1
\l "_Tc29825" 【知识点二】“传送带”模型的动力学问题 PAGEREF _Tc29825 \h 5
\l "_Tc11357" 【知识点三】滑块—滑板模型 PAGEREF _Tc11357 \h 8
\l "_Tc13667" 三．讲关键能力 PAGEREF _Tc13667 \h 12
\l "_Tc20086" 【能力点一】.会分析弹簧连接体中的“分离问题” PAGEREF _Tc20086 \h 12
\l "_Tc21756" 【能力点二】会分析传送带中位移、相对位移、轨迹划痕等问题 PAGEREF _Tc21756 \h 15
\l "_Tc16797" 【能力点三】会分析有外力作用、斜面、竖直面等的滑块木板问题 PAGEREF _Tc16797 \h 18
一 讲核心素养
1.物理观念：连接体、相对运动。
(1)知道连接体模型的特征能在具体问题情景中识别连接体模型并能归类（同速类、不同速类）。
(2)通过实例的分析与推理，理解并会分析相对运动问题建立运动观。
2.科学思维：牛顿运动定律、整体法与隔离法、临界法。
(1).掌握应用整体法与隔离法解决连接体问题的基本方法。
(2)会应用牛顿运动定律及运动学公式分析传送带模型。
(3)掌握应用整体法与隔离法解决“滑块-木板”问题的基本方法
3.科学态度与责任：能用牛顿运动定律解决生产生活中的皮带传动、连接体等问题。
能将具体问题情景通过构建物理模型转化为物理问题进而应用物理规律来解决，以此提升分析推理能力和模型构建能力并体会物理学的应用价值。
二 讲必备知识
【知识点一】动力学中的连接体问题
1.连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度).
2.常见连接体的类型
(1)同速连接体(如图)
特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.
处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系.
(2)关联速度连接体(如图)
特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.
处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.
【例1】(多选)(2020·保定一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5eq \r(2) N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【关键信息】：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
【答案】BD
【解析】
甲 乙
对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝eq \f(mg,sin 45°)＝eq \r(2)mg＝10eq \r(2) N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的运动观相互作用观科学思维中的科学推理。要求考生能正确使用整体法与隔离法结合牛顿运动定律分析加速度相同、速度方向也相同的连接体问题形成科学思维方式。
【必备知识】1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法.
2.处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
3.隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【变式训练】(多选)(2021·商洛质检)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是( )
A．若m>M，有x1＝x2 B．若mC．若μ>sin θ，有x1>x2 D．若μ【答案】AB
【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT－μmg＝ma1②
联立①②解得FT＝eq \f(m,m＋M)F③
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
F′T－mgsin θ＝ma2⑤
联立④⑤解得F′T＝eq \f(m,M＋m)F⑥
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。
【例2】(多选)(2021·湖北荆州市高三上学期质量检测)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为eq \f(m,2)的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为( )
A.mB＝eq \f(m,4) B.mB＝eq \f(3m,8)
C.a＝0.2g D.a＝0.4g
【答案】 BC
【解析】 当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
(mBg＋eq \f(1,2)mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋eq \f(1,2)m)a
当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
(m＋eq \f(1,2)m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋eq \f(1,2)m)a
联立解得mB＝eq \f(3m,8)
加速度大小为a＝0.2g
故A、D错误、B、C正确.
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的运动观科学思维中的科学推理。要求考生能正确使用整体法与隔离法结合牛顿运动定律分析加速度相同但速度方向不相同的连接体问题并能与例1形成对比。
【必备知识】不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解．
【变式训练】(多选)(2021·湖北鄂东南联盟模拟)如图所示，A物体的质量是B物体的k倍．A物体放在光滑的水平桌面上通过轻绳与B物体相连，两物体释放后运动的加速度为a1，轻绳的拉力为FT1；若将两物体互换位置，释放后运动的加速度为a2，轻绳的拉力为FT2.不计滑轮摩擦和空气阻力，则( )
A．a1∶a2＝1∶k B．a1∶a2＝1∶1
C．FT1∶FT2＝1∶k D．FT1∶FT2＝1∶1
【答案】 AD
【解析】 由牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，FT1＝mAa1，同理两物体互换位置，则mAg＝(mA＋mB)a2，FT2＝mBa2，解得a1∶a2＝mB∶mA＝1∶k，FT1∶FT2＝1∶1，故A、D正确．
【知识点二】“传送带”模型的动力学问题
1.水平传送带
2.倾斜传送带
【例1】(2021·河南省顶尖名校4月联考)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(2)工件运动了23 s后所在的位置。
【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝μg＝5 m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s
工件前进的位移为x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2＝eq \f(LAB－x1,v)＝0.6 s
所以工件第一次到达B点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4 s。
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由速度位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)
解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的相互作用观运动观及科学思维中的科学推理与科学论证。要求考生对本题有清晰的受力分析运动分析并能应用牛顿运动定律及运动学公式建立方程通过科学的运算推理得出正确的结论培养学生综合分析问题的能力。
【必备知识】1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.
2.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.
【变式训练1】．(多选)(2021·重庆市江津中学月考)如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是( )
A．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
B．若v2C．若v2D．若v2【答案】 CD
【解析】 若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动做匀减速运动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度大小相等，运动的位移大小相等，都做匀变速运动，则运动的时间相等，故A错误；若v2【变式训练2】(2021·湖南五市十校第二次联考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小物块向上运动过程中的加速度大小恒为10 m/s2
B．小物块向上运动的时间为1.6 s
C．小物块向上滑行的最远距离为3 m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
【答案】 B
【解析】 当v2>v1时，对小物块由牛顿第二定律得：mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1，解得a1＝10 m/s2.μ【知识点三】滑块—滑板模型
1．命题规律
滑块—滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。
2．复习指导
分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑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、滑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、后滑块和滑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。
3．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
4．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，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，木板位移大小为x2
同向运动时：L＝x1－x2
反向运动时：L＝x1＋x2
【例1】 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v­t图线如图(b)所示。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/s2。求：
图(a) 图(b)
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【大题拆分】第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。

第二步：分解过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
【答案】(1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
【解析】(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(v－0,t)＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋eq \f(1,2)a1t2
解得a1＝1 m/s2
对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：
μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝eq \f(4,3) m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为
x1＝vt1－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,1)＝eq \f(10,3) m，末速度v1＝v－a3t1＝eq \f(8,3) m/s
滑块向右运动的位移x2＝eq \f(v＋0,2)t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝eq \f(4,3) m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝v1t2－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝eq \f(7,6) m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝eq \f(v\\al(2,3),2a1)＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念中的相互作用观运动观及科学思维中的科学推理与科学论证。要求考生理解摩擦力产生的本质做出清晰的受力分析，能画出滑块木板相对运动的情景分析图并能应用牛顿运动定律及运动学公式建立方程通过科学的运算推理得出正确的结论培养学生综合分析问题的能力。
【必备知识】1.“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＝eq \f(Ffm,m).假设两物体同时由静止运动，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.
2.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，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长．
【变式训练】(2021·云南省保山市第二次模拟)如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m．现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v0＝2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；
(2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)．
【答案】 (1)1 m/s (2)0.670 m
【解析】 (1)木板受到木块的摩擦力为Ff1＝μ1mg
木板受到地面的摩擦力为Ff2＝μ2(2M＋m)g
因为Ff2>Ff1，所以木块运动时，木板静止不动
设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，μ1mg＝ma1
小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v，则
v2－v02＝－2a1l
代入数据解得：v＝1 m/s
(2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a2，则
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
设木块与木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：
对木块：v1＝v－a1t
对木板有：v1＝a2t
解得：v1＝0.1 m/s，t＝0.3 s
此时木块运动的位移x1＝eq \f(v＋v1,2)t＝0.165 m
木板的位移x1′＝eq \f(v\\al(,12),2a2)＝0.015 m
木块在木板上滑动的长度为x1－x1′达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
v12＝2a3x2
解得x2＝0.005 m
小木块滑动的总位移x＝l＋x1＋x2＝0.670 m.
三．讲关键能力
【能力点一】.会分析弹簧连接体中的“分离问题”
类型一.物块与弹簧分离
类型二.B与地面分离
类型三. 两物体分离问题
【例1】(2020·江西宜春市期末)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态.现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值.
【答案】 (1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
【解析】 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m.
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得：
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移：
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2.
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝eq \f(280,3) N.
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。要求考生能抓住临界点分析临界态并能应用胡克定律、牛顿第二定律建立运动过程中的物理方程借助数学推理得出正确的结论。
【变式训练1】(2020·广东深圳市模拟)如图所示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态．弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k.t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g(g为重力加速度)的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( )
A．A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B．分离时弹簧处于原长状态
C．在t＝eq \r(\f(2m,k))时刻A、B分离
D．分离时B的速度大小为eq \r(\f(m,4k))g
【答案】 C
【解析】 A、B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B，有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝eq \f(1,2)at2，解得x1＝eq \f(2mg,k)，x2＝eq \f(3mg,2k)，t＝eq \r(\f(2m,k))，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度大小为v＝at＝eq \f(1,2)g·eq \r(\f(2m,k))＝eq \r(\f(m,2k))g，选项D错误．
【变式训练2】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物块P，Q为一质量为m2＝8 kg的重物，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态，现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求力F的最大值与最小值．
【答案】 72 N 36 N
【解析】 设刚开始时弹簧压缩量为x0，
根据平衡条件和胡克定律得：(m1＋m2)gsin 37°＝kx0
得x0＝eq \f(m1＋m2gsin 37°,k)＝eq \f(4＋8×10×0.6,600) m＝0.12 m
从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．
因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，
在0.2 s时，由胡克定律和牛顿第二定律得：
对P：kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1，
则x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝3 m/s2
当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有
对PQ整体：Fmin＝(m1＋m2)a＝(4＋8)×3 N＝36 N
当P、Q分离时拉力最大，此时有
对Q：Fmax－m2gsin θ＝m2a
得Fmax＝m2(a＋gsin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72 N．
【能力点二】会分析传送带中位移、相对位移、轨迹划痕等问题
分析表1.
分析表2.
【例1】 (2021·山东省等级考试模拟)(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，两边的传送带长都是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，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A．物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大
B．物块A、B同时到达底端
C．物块A先到达传送带底端
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
【答案】 BD
【解析】 对物块A、B受力分析，因为mgsin 37°＞μmgcs 37°，故物块A所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，物块B所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故A、C错误，B正确．对物块A，划痕的长度等于物块A的位移减去传送带的位移，以物块A为研究对象，由牛顿第二定律得：a＝2 m/s2，由运动学公式得运动时间为：t＝1 s，所以传送带运动的位移为x＝vt＝1 m．则物块A在传送带上的划痕为：Δx1＝2 m－1 m＝1 m，对物块B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出物块B在传送带上的划痕长度为Δx2＝3 m．所以划痕长度之比为1∶3，故D正确．
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生能理解摩擦力的产生原理能区分位移、相对位移、划痕等概念的异同与求法。
【变式训练1】如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度.
【答案】 (1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
【解析】 (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mgsin 37°>μmgcs 37°，所以它们不能相对静止.
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，
发生的位移x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m
煤块速度达到v0后，因μgcs θa2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
由x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2t22，得t2＝0.5 s
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m.
【变式训练2】(多选)(2021·陕西高三月考)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图2所示的模型.传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A.开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B.行李经过2 s到达B处
C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】 AC
【解析】 开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
匀加速运动的位移大小x＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 s，
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由上分析可知行李在到达B处前已经共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误.
【能力点三】会分析有外力作用、斜面、竖直面等的滑块木板问题
1．水平面“板块”模型
类型1 光滑地面，有初速度无外力类
(1)系统不受外力，满足动量守恒．
(2)如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观(如图)．
类型2 地面粗糙，滑块(或板)有初速度类
(1)因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动．
(2)若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F合＝ma，求出滑块受的摩擦力Ff，再比较它与最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会相对滑动．
(3)若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．(如图)
类型3 地面粗糙，加外力类
(1)木板上加力(如图甲)，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动．
(2)滑块上加力(如图乙)，注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)．
2．斜面上“板块”模型
类型1 无初速度下滑类(如图)
假设法判断是否发生相对滑动
(1)μ2<μ1(上面比下面粗糙)，则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀加速运动．
(2)μ2>μ1(下面比上面粗糙)，则会相对滑动．
类型2 加外力下滑类(如图)
对m分析，加速度范围gsin θ－μ1gcs θ加速度在这个范围内，板块可保持相对静止．
【例1】(2021·湖北三校联考)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)2g 3g (2)eq \f(13,25)H (3)L≥eq \f(152,125)H
【解析】 (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＋f①
ma2＝f－mg②
联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0＝eq \r(2gH)④
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v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得t1＝eq \f(2,5) eq \r(\f(2H,g))⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
h1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时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＝eq \f(v2,2g)⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq \f(13,25)H⑪
(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＝0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝eq \f(4,5)H⑬
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＝eq \f(4,5)H1⑭
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≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足的条件为L≥eq \f(152,125)H⑯
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。本题要求考生能对物体准确的受力分析能构建出竖直面内的滑块木板模型，借助牛顿运动定律运动学公式功与能等知识综合分析问题解决问题。
【变式训练】如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20 N【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又Ff≤Ffm＝μmgcs α
解得F≤30 N
又a>0解得F>20 N
所以20 N(2)因F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得
F－μmgcs α－Mgsin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcs α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2
物块的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2
物块与木板分离的临界条件为
Δx＝x1－x2＝L
联立以上各式解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得x＝0.9 m。
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情景3
(1)传送带较短或v0较大时滑块一直减速到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.若v0>v返回时速度为v，若v0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)可能一直减速
(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)可能先减速后反向加速
(4)可能一直减速
分离类型：A与弹簧分离
A
F
a
处于原长，
分离：弹力为零；
加速度此瞬间还为零
A
处于压缩状态，
接触
分离类型：B与地面分离
A
B
F
a
处于伸长状态，
分离：弹力为零；
加速度此瞬间还为零
A
B
处于压缩状态，
x
O
F
分离
mAa
x1+x2
(mA+mB)g+mAa
斜率k
分离类型：A、B分离
A
B
F
a
处于压缩状态，
x2=mB(g+a)/k
分离：弹力为零；
加速度瞬间还相等
t
O
v
分离
a
B
t1
A
A
B
处于压缩状态，
x
O
F
分离
(mA+mB)a
x1-x2
mA(g+a)
斜率k
受力分析
运动分析（先加后共）
难点问题
μ>tanθ
f=μmgcsθ
f突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
①滑动摩擦力f=μmgcsθ
②加速度a=g(μcsθ-sinθ)
③上传条件：μ>tanθ
④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析
运动分析（一直加速）
难点问题
μa
f=μmgcsθ
v
v'
L
θ
t
O
v
a
v
传送带
物体
t1
L
⑤μ⑥加速度a=g(μcsθ-sinθ)
⑦物体向下位移为L
⑧物体运动时间、末速度与传送带快慢无关
受力分析
运动分析
难点问题
μ≥tanθ
f=μmgcsθ
f突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
①滑动摩擦力f=μmgcsθ
②加速度a=g(μcsθ+sinθ)
③共速后，若μ≥tanθ
一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μf=μmgcsθ
f方向突变
f'=μmgcsθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹1
a
v
传送带
物体
t1
t2
物体
2
a'
④共速后，若μ继续加速，滑动摩擦力方向突变、大小不变，加速度a'=g(sinθ-μcsθ)
⑤痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段