高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题1 题型专练一 连接体问题、板块模型、传送带模型（含解析）

这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题1 题型专练一 连接体问题、板块模型、传送带模型（含解析），共19页。试卷主要包含了处理连接体问题的方法，注意两个关系等内容，欢迎下载使用。

1．处理连接体问题的方法
2.连接体问题还要充分挖掘题目中的临界条件，相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力FN＝0；相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力；绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件：张力为0.
考题示例
例1 (2019·海南卷·5)如图1，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接．两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为( )
图1
A．F－2μmg B.eq \f(1,3)F＋μmg
C.eq \f(1,3)F－μmg D.eq \f(1,3)F
答案 D
解析 根据牛顿第二定律，对P、Q的整体：F－μ·3mg＝3ma；对物块P：FT－μmg＝ma，解得FT＝eq \f(1,3)F，故选D.
命题预测
1．如图2所示，质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和光滑滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于( )
图2
A.eq \f(2\r(3),3)m B．2m
C．(eq \r(3)－1)m D．(eq \r(3)＋1)m
答案 D
解析 当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示．由牛顿第二定律得eq \f(mg,tan 60°)＝ma，解得小球的加速度a＝eq \f(g,tan 60°)＝eq \f(\r(3),3)g.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(eq \r(3)＋1)m，D项正确．
2．(多选)(2020·山东日照市五莲县检测)一长轻质薄硬纸片静置于光滑水平地面上，纸片上放有质量均为1 kg的A、B 两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2，μ2＝0.3.现让水平恒力F作用在A物块上，如图3所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则( )
图3
A．若 F＝2.1 N，则物块A相对薄硬纸片滑动
B．若F＝3 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块的加速度大小为2 m/s2
D．无论力F多大，B的加速度最大为3 m/s2
答案 BC
解析 轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向，A、B两物块质量相同，因为μ1<μ2，所以B物块不会相对纸片滑动，当A物块刚要滑动时，外力大小为F0，对整体：F0＝2ma
对A物块：F0－μ1mg＝ma
解得a＝2 m/s2，F0＝4 N
因F0＝4 N>2.1 N，所以A错误，C正确；
F＝3 N对A物块：F－F静＝ma1
解得A物块所受静摩擦力大小F静＝1.5 N
B正确；
B物块所受最大合外力Fmax＝μ1mg＝2 N
所以最大加速度amax＝eq \f(Fmax,m)＝2 m/s2
D错误．
3.(2020·山东济宁市高三检测)如图4所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动．现将一光滑轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上．现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动．重力加速度g＝10 m/s2，则C在以上两种释放方式中获得的加速度大小之比为( )
图4
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶2 D．3∶5
答案 D
解析 当只释放A时，设绳子上的力为FT1，由动滑轮特点
xA＝2xC，故A的加速度大小aA＝2aC1
对于A：FT1＝mAaA
对于C：mCg－2FT1＝mCaC1
解得aC1＝2 m/s2
同理，只释放B时，有aB＝2aC2
对于B：FT2＝mBaB
对于C：mCg－2FT2＝mCaC2
解得aC2＝eq \f(10,3) m/s2
所以eq \f(aC1,aC2)＝eq \f(3,5)，选项D正确．
高考题型2 板块模型
1．板块模型的分析方法
2．突破一个难点：滑块和长木板是否发生相对滑动的判断，往往先假设两者相对静止，由牛顿第二定律求出两者间的静摩擦力F静，和最大静摩擦力F静max比较，若F静≤F静max，则两者不会发生相对滑动；反之将发生相对滑动(从运动学角度看，滑块与长木板的速度或加速度不等，则会发生相对滑动)．
3．注意两个关系
(1)根据两物体的位移关系可以画位移关系情景图，再辅以v－t图像帮助理解；
(2)滑块和长木板的速度关系：两物体速度相等时可能存在运动状态的变化，在解题时要注意这个临界状态．
考题示例
例2 (2017·全国卷Ⅲ·25)如图5，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝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：
图5
(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)1 m/s，方向与B的初速度方向相同 (2)1.9 m
解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有
Ff1＝μ1mAg①
Ff2＝μ1mBg②
Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
Ff1＝mAaA④
Ff2＝mBaB⑤
Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－eq \f(1,2)aBt12⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有
Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2⑫
对A有：v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－eq \f(1,2)a2t22⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－eq \f(1,2)aA(t1＋t2)2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m
(也可用下图中的速度—时间图线求解)
命题预测
4．(多选)(2020·广西桂林等三市高三下学期6月第二次联考)如图6甲所示，小物块A静止在足够长的木板B左端，若A与B间动摩擦因数为μ1＝0.6，木板B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．某时刻起A受到F＝3t的水平向右的外力作用，测得A与B间摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是( )
图6
A．A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg
B．当t＝1 s时，A、B发生相对滑动
C．当t＝3 s时，A的加速度为4 m/s2
D．B在运动过程中的最大加速度为8 m/s2
答案 AC
解析 设A、B的质量分别为m1、m2，根据A与B间摩擦力Ff随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为6 N，B与地面间的滑动摩擦力为3 N，则有μ1m1g＝6 N，
μ2(m1＋m2)g＝3 N
联立解得m1＝1 kg
m2＝0.5 kg，故A正确；
A、B刚发生相对滑动时，
对A有F′－μ1m1g＝m1a
对B有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a
联立可得F′＝12 N
即t′＝4 s，故B错误；
由B项分析可知，当t＝3 s时，A、B相对静止，一起做匀加速运动，则有
F1－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1
代入数据可得a1＝4 m/s2，故C正确；
设B在运动过程中的最大加速度为a2，可得
μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2
代入数据可得
a2＝6 m/s2，故D错误．
5．(2020·哈尔滨师大附中联考)如图7所示，在一个倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为L＝5 m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.4.当长木板沿斜面向下运动的速度达到v0＝9.6 m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，结果可用根号表示．
图7
(1)求刚放上小煤块时，长木板的加速度的大小a1和煤块的加速度的大小a2；
(2)小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t是多少？
答案 (1)2 m/s2 7.6 m/s2 (2)下端 (1＋eq \r(3)) s
解析 (1)刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律
2μ1mgcs θ＋μ2mgcs θ－mgsin θ＝ma1
对煤块，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ2mgcs θ＝ma2
解得a1＝2 m/s2，a2＝7.6 m/s2
(2)设经过时间t0煤块与长木板达到共速，则有v0－a1t0＝a2t0，
解得t0＝1 s
煤块相对长木板的位移大小
Δx＝v0t0－eq \f(1,2)a1t02－eq \f(1,2)a2t02＝4.8 mv＝a2t0＝7.6 m/s，
之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律，对长木板有mgsin θ＋μ2mgcs θ－2μ1mgcs θ＝ma1′
解得a1′＝1.2 m/s2
对煤块有mgsin θ－μ2mgcs θ＝ma2′
解得a2′＝4.4 m/s2
因a2′＝4.4 m/s2>a1′＝1.2 m/s2
所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为t2，此过程木板和煤块的对地位移大小分别为x1′、x2′，则有
x1′＝vt2＋eq \f(1,2)a1′t22，x2′＝vt2＋eq \f(1,2)a2′t22
根据相对位移Δx＝x2′－x1′
解得t2＝eq \r(3) s
故从放上到离开木板共经历的时间为t＝t0＋t2＝(1＋eq \r(3)) s．
高考题型3 传送带模型
1．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
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)物体与传送带达到相同速度时往往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．
考题示例
例3 (2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图8，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.
图8
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度．
答案 (1)2.75 s (2)4eq \r(3) m/s eq \r(2) m/s
解析 (1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2－ v02＝－2as1②
联立①②式，代入题给数据得
s1＝4.5 m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有v＝v0－at1′④
t1＝t1′＋eq \f(L－s1,v)⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
－μmgL＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02⑦
μmgL＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝eq \r(2) m/s, v2＝4eq \r(3) m/s⑨
命题预测
6．如图9甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
图9
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案 B
解析 小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误．
7．(多选)(2020·山东省实验中学高三)如图10甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动．一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则下列说法正确的是( )
图10
A．倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
答案 AD
解析 由v－t图像得0～1 s的加速度大小a1＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下
1～2 s的加速度大小a2＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下
0～1 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
1～2 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得θ＝37°，μ＝0.25
故A正确，B错误．
v－t图线与t坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为x＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t下＝eq \r(\f(2x,a2)) ＝eq \r(\f(2×10,4)) s＝eq \r(5) s
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq \r(5)) s，故C错误．
0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m；1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕长还是4 m；2～(2＋eq \r(5)) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为2 m＋eq \f(1,2)a2t2＋vt＝(12＋4eq \r(5)) m，故D正确．
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区高考模拟)如图1甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB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相同，它们的质量之比为mA∶mB＝2∶1.当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时(如图甲所示)，弹簧的伸长量为xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为xB，则xA∶xB等于( )
图1
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶2
答案 A
解析 设mA＝2mB＝2m，对题图甲，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：
a＝eq \f(F－μmA＋mBg,mA＋mB)＝eq \f(F,3m)－μg，对A物块有：F弹－μ·2mg＝2ma，得F弹＝eq \f(2F,3)＝kxA；xA＝eq \f(2F,3k)，
对题图乙，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：a′＝eq \f(F－mA＋mBg,mA＋mB)＝eq \f(F,3m)－g，
对A物体有：F弹′－2mg＝2ma′，得F弹′＝eq \f(2F,3)＝kxB，xB＝eq \f(2F,3k)，则xA∶xB＝1∶1.
2．(2020·哈尔滨师大附中三校第二次联考)如图2甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上．重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
图2
A．若m取一更大的值，则图像的斜率变小
B．若m取一更大的值，则图像的斜率变大
C．若M取一更大的值，则图像的斜率变大
D．若M取一更大的值，则图像的斜率不变
答案 B
解析 对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝(M＋m)a
隔离B有μmg＝Ma
联立解得：F＝eq \f(mM＋m,M)μg
图像斜率：k＝eq \f(mM＋m,M)＝m(1＋eq \f(m,M))
若m取一更大的值，则图像的斜率变大，故A错误，B正确；
若M取一更大的值，则图像的斜率变小，故C、D错误．
3．(多选)(2020·山东省模拟改编)如图3甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v－t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )
图3
A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
B．物体A与小车B的质量之比为1∶2
C．小车B的最小长度为2 m
D．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
答案 AC
解析 根据v－t图像可知，A在小车上做匀减速运动，加速度的大小a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－1,1) m/s2＝3 m/s2，若物体A的质量为m，与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则μmg＝ma1，联立可得μ＝0.3，选项A正确；设小车B的质量为M，由题图乙知小车加速度大小a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律μmg＝Ma2，得eq \f(m,M)＝eq \f(1,3)，选项B错误；设小车的最小长度为Lmin，题图乙中三角形面积表示物体A与小车B的相对位移，Δx＝2 m，所以Lmin＝Δx＝2 m，选项C正确；当增大物体A的质量时，小车加速时的加速度变大，小车的v－t图线倾角变大，两图线与v轴所围面积减小，相对位移减小，所以物体A不会冲出小车，D错误．
4．(多选)(2020·湖北荆州市高三上学期质量检测)如图4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( )
图4
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．
5．(多选)(2020·广东广州市高三下学期二模)如图5甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大小为v1(v1＞v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v－t图像如图乙，则( )
图5
A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μC．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大
D．小物块返回传送带底端时的速率小于v1
答案 BD
解析 由v－t图像可知，在t2时刻，小物块加速度发生变化，故在t2时刻之前摩擦力沿斜面向下，之后沿斜面向上，发生了变化，故A错误；
t2时刻小物块与传送带速度相等，之后仍然能继续向下加速，故mgsin θ>μmgcs θ
即μ由v－t图像可知，在t1时刻物块速度反向，故t1时刻小物块离斜面底端距离最大，故C错误；
小物块返回斜面底端时，整个过程中，重力做功为0，摩擦力一直做负功，由动能定理可知，其返回底端时的速率小于v1，故D正确．
6．(多选)(2020·山东潍坊市一模)如图6所示，木板甲长为L，放在水平桌面上，可视为质点的物块乙叠放在甲左端，已知甲、乙质量相等，甲与乙、甲与桌面间的动摩擦因数相同．对乙施加水平向右的瞬时冲量I，乙恰好未从甲上滑落，此时对甲施加水平向右的瞬时冲量I，此后( )
图6
A．乙加速时间与减速时间相同
B．甲做匀减速运动直到停止
C．乙最终停在甲中点
D．乙最终停在距甲右端eq \f(1,4)L处
答案 AD
解析 由动量定理知，分别施加瞬时冲量后乙、甲获得的初速度相同，设为v0，甲与乙、甲与桌面间的动摩擦因数设为μ，第一次乙做匀减速直线运动，
L＝eq \f(v0,2)t1，t1＝eq \f(v0,μg)，
v－t图像如图(a)所示；
第二次，乙加速与减速阶段的加速度大小均为a2＝μg，故加速时间与减速时间相同，v－t图像如图(b)所示，
第一阶段甲：μmg＋μ·2mg＝ma1，a1＝3μg，
第二阶段，甲、乙恰共同匀减速，a2＝μg，
加速度两阶段不同，故甲不是匀变速运动．
甲、乙共速时，有v0－a1t2＝a2t2，t2＝eq \f(v0,4μg)，
相对位移Δx等于上方三角形面积，
Δx＝eq \f(1,2)v0t2＝eq \f(L,4)，
选项A、D正确．
7．(多选)(2020·福建龙岩市检测)如图7所示，粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上且与斜面垂直的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k.斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面)，重力加速度大小为g，以下说法正确的是( )
图7
A．水平恒力大小为(M＋m)a
B．地面对斜面体的摩擦力大小为μ(M＋m)g
C．弹簧的形变量为eq \f(macs θ＋mgsin θ,k)
D．斜面对小球的支持力大小为mgcs θ＋masin θ
答案 BC
解析 对系统受力分析，应用牛顿第二定律得
F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
解得F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g
故A错误，B正确；
对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面分解加速度，有
kx－mgsin θ＝macs θ
mgcs θ－FN＝masin θ
解得弹簧的形变量为x＝eq \f(macs θ＋mgsin θ,k)
斜面对小球的支持力大小
FN＝mgcs θ－masin θ
故C正确，D错误．
8．(多选)(2020·河北名校联盟联考)图8甲中，质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，则( )
图8
A．滑块的质量m＝2 kg
B．0～6 s内，滑块做匀加速直线运动
C．当F＝8 N时，滑块的加速度大小为1 m/s2
D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
答案 CD
解析 当F等于6 N时，加速度为a＝1 m/s2，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＝6 kg；当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F－μmg,M)，知a－F图线的斜率k＝eq \f(1,M)＝eq \f(1,6－4)＝0.5，解得M＝2 kg，m＝4 kg，故A错误；0～6 s内，滑块与木板相对静止，随木板做加速度增加的加速运动，故B错误；根据F等于6 N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1 m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F＝8 N时，滑块的加速度为1 m/s2，对m，根据牛顿第二定律可得a＝μg，解得动摩擦因数为μ＝0.1，故C、D正确．
[争分提能练]
9．(2020·河北衡水中学押题卷)如图9所示，一质量为m＝2 kg的小滑块(可视为质点)放在长木板的右端，木板质量为M＝2 kg，长为l＝3 m，小滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.15.开始时木板与滑块都处于静止状态，现突然给木板一水平向右的初速度v0＝5 m/s，使木板向右运动，取g＝10 m/s2.
图9
(1)通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速．
(2)求整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量．
答案 (1)能 (2)5.5 J
解析 (1)分析知木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动
小滑块受到的摩擦力大小为Ffm＝μ1mg＝2 N
木板受到地面的摩擦力大小为FfM＝μ2(m＋M)g＝6 N
小滑块的加速度大小am1＝μ1g＝1 m/s2
长木板的加速度大小aM1＝eq \f(Ffm＋FfM,M)＝4 m/s2
设经时间t二者达到相同的速度v，则有
am1t＝v0－aM1t＝v
解得t＝1 s，v＝1 m/s
该过程中木板的位移大小xM1＝v0t－eq \f(1,2)aM1t2＝3 m
小滑块的位移大小xm1＝eq \f(v2,2am1)＝0.5 m
小滑块到木板的右端的距离
Δx1＝xM1－xm1＝2.5 m所以小滑块没滑离木板，二者能够达到共速．
(2)小滑块与木板共速后减速
由于μ1<μ2，所以二者不会一起减速
小滑块的加速度大小am2＝μ1g＝1 m/s2
长木板的加速度大小aM2＝eq \f(FfM－Ffm,M)＝2 m/s2
小滑块的位移大小xm2＝eq \f(v2,2am2)＝0.5 m
长木板的位移大小xM2＝eq \f(v2,2aM2)＝0.25 m
小滑块相对木板向右滑动的距离
Δx2＝xm2－xM2＝0.25 m
整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量
Q＝μ1mg(Δx1＋Δx2)＝5.5 J
10.如图10所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8 m/s的速度从底端滑上传送带．已知小物块A、B质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图10
(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；
(2)传送带的长度l应满足的条件．
答案 (1)2.5 m/s (2)l≥12.96 m
解析 (1)对小物块B，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，
解得a1＝10 m/s2
小物块B减速至与传送带共速的过程，
时间t1＝eq \f(v1－v0,a1)＝0.6 s，
位移大小x1＝eq \f(v12－v02,2a1)＝3 m
之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，
解得a2＝2 m/s2
小物块B减速至0的时间t2＝eq \f(v0,a2)＝1 s
位移大小x2＝eq \f(v02,2a2)＝1 m
小物块B向上运动过程中平均速度的大小eq \x\t(v)＝eq \f(x1＋x2,t1＋t2)＝2.5 m/s.
(2)小物块A的加速度大小也为a2＝2 m/s2，
小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端．当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0＝eq \f(1,2)a2t2
小物块B向下运动过程中x1＋x2＝eq \f(1,2)a2t32
解得t3＝2 s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s
代入解得l0＝12.96 m，
即传送带的长度l≥12.96 m.
11．(2020·山东邹城市高三期中)如图11甲所示，质量M＝0.2 kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1 kg的物块(可视为质点)叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态．现对平板施加一水平向右的拉力，该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.5 s末撤去拉力．已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与平板间的动摩擦因数μ1＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.求：
图11
(1)0～1 s内物块和平板的加速度大小a1、a2；
(2)1 s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5 s末物块和平板的速度大小v1′、v2′；
(3)平板的最短长度L.
答案 见解析
解析 (1)0～1 s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为：Ff1＝μ1mg＝0.2 N
Ff2＝μ2(M＋m)g＝1.2 N
设物块与平板间恰好相对滑动时拉力大小为F0
由牛顿第二定律有F0－Ff2＝(m＋M)eq \f(Ff1,m)
解得F0＝1.8 N
因为F1＝2 N>F0＝1.8 N
故物块与平板发生相对滑动．对物块和平板由牛顿第二定律有：
a1＝eq \f(Ff1,m)
a2＝eq \f(F1－Ff1－Ff2,M)
解得：a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
(2)0～1 s内(t1＝1 s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有：
v1＝a1t1
v2＝a2t1
解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s
1～1.5 s内(t2＝0.5 s)，由于水平向右的拉力F2＝1.4 N恰好与Ff1＋Ff2平衡，故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动，有：
v1′＝v1＋a1t2＝3 m/s
v2′＝v2＝3 m/s
(3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为：
a1′＝eq \f(Ff1,m)＝2 m/s2
a2′＝eq \f(Ff2－Ff1,M)＝5 m/s2
物块和平板停下所用的时间分别为：Δt1＝eq \f(v1′,a1′)＝1.5 s
Δt2＝eq \f(v2′,a2′)＝0.6 s
可画出物块、平板的速度－时间图像，如图所示，根据“速度－时间图线与时间轴所围的面积表示位移”可知，1～1.5 s内，物块相对平板向左滑行的距离为：x1＝eq \f(1,2)×(1.5－1)×3 m＝0.75 m
1．5～3 s内，物块相对平板向右滑行的距离为：x2＝eq \f(1,2)×(3－2.1)×3 m＝1.35 m
由于x2>x1，故L＝x2＝1.35 m.整体法的
选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力
隔离法的
选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力
整体法、隔离法
的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力，可以“先整体求加速度，后隔离求内力”