高中物理2024年高考复习名师重难点导学必修一：第四章 习题课4

这是一份高中物理2024年高考复习名师重难点导学必修一：第四章 习题课4，共18页。试卷主要包含了连接体，处理连接体问题的方法，75m/s2，25N，75N，5m/s2等内容，欢迎下载使用。
第四章　运动和力的关系
习题课4　动力学中的典型模型和常见问题

考点一　动力学中的连接体问题

1．连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的整体叫连接体，如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起。
2．处理连接体问题的方法
（1）整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法，不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。
（2）隔离法：把系统中的各个部分（或某一部分）隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法，此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。
（3）整体法与隔离法的选用
求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法；求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力，无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
【典型例题1】　如图所示，A、B、C三个物体以轻质细绳1、2相连，mA＝2 kg，mB＝3 kg，mC＝1 kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0．25，不计绳2与滑轮间的摩擦，取g＝10 m/s2，求：

（1）系统的加速度大小；
（2）绳1和2中的张力大小。
[思路点拨]　（1）以整体为研究对象，分析系统的加速度大小。
（2）研究物体C和B的受力，分析绳1和绳2的张力大小。
[解析]　（1）以物体A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知，
mBg－μ（mA＋mC）g＝（mA＋mB＋mC）a
代入数据解得系统的加速度a＝3．75m/s2。
（2）以C为研究对象，根据牛顿第二定律可知，
F1－μmCg＝mCa
解得F1＝6．25N
以B为研究对象，根据牛顿第二定律可知，
mBg－F2＝mBa
解得F2＝18．75N。
[答案]　（1）3．75 m/s2　（2）6．25 N
18．75 N
归纳总结
求解有关连接体问题的技巧
（1）系统各部分具有相同的加速度时，优先采用整体法，对于加速度不同的连接体一般采用隔离法。
（2）若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相互作用力，就可以先用整体法求解出加速度，再利用隔离法分析其中某一个物体的受力，应用牛顿第二定律求解力，即先整体求解加速度，后隔离求解内力。
（3）若已知某物体的受力情况，可先隔离该物体，分析求出它的加速度，再以整体为研究对象，分析求解整体所受的外力。
对点训练1　（2022·西南名师联盟联考）如图所示，质量为m的物块B放置在粗糙水平桌面上，其上放置质量为m的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，B与桌面间的动摩擦因数为μ，则细线中的拉力大小一定正确的是 （　　）

A．Mg＋Ma　 B．ma＋μ1mg　
C．2ma＋2μmg　　 D．Mg
解析：选C　设细线中的拉力大小为FT，以C为研究对象，由牛顿第二定律可得Mg－FT＝Ma，解得FT＝Mg－Ma，故A、D错误；以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得FT－μ·2mg＝2ma，解得FT＝2ma＋2μmg，故C正确；以A为研究对象，由牛顿第二定律得FT－Ff＝ma，则FT＝Ff＋ma，因Ff为静摩擦力，所以不一定等于μ1mg，故B错误。
考点二　动力学中的临界问题

1．动力学中临界问题的特征
在动力学问题中出现某种物理现象（或物理状态）刚好要发生或刚好不发生的转折状态即为临界问题。问题中出现“最大”“最小”“刚好”“恰能”等关键词语，一般都会涉及临界问题，隐含相应的临界条件。
2．临界问题的常见类型及临界条件
（1）弹力发生突变的临界条件
弹力发生在两物体的接触面之间，是一种被动力，其大小由物体所处的运动状态决定，相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是弹力为零。
（2）静摩擦力发生突变的临界条件
静摩擦力是被动力，由物体间的相对运动趋势决定。
①静摩擦力为零是运动趋势方向发生变化的临界状态。
②静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止或恰好要出现相对运动的临界状态。
【典型例题2】　如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端连有一质量为m的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变，若手持挡板A以加速度a（a＜gsinθ）沿斜面匀加速下滑，重力加速度为g，求：

（1）从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间；
（2）从挡板开始运动到小球的速度达到最大，小球经过的最小路程。
[思路点拨]　（1）小球与挡板分离的临界条件是什么？如何计算小球与挡板分离所经历的时间？
（2）小球的速度达到最大时，受到哪些力作用，合力和加速度具有什么特点？
[解析]　（1）当小球与挡板分离时，挡板对小球的作用力恰好为零，对小球，由牛顿第二定律得
mgsinθ－kx＝ma
解得小球做匀加速运动的位移为x＝m(gsinθ-a)k
由x＝12at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t＝2xa＝2m(gsinθ-a)ka。
（2）小球的速度达到最大时，其加速度为零，则有
kx'＝mgsinθ
故从挡板开始运动到小球的速度达到最大，小球经过的最小路程为x'＝mgsinθk。
[答案]　（1）2m(gsinθ-a)ka　（2）mgsinθk
归纳总结
求解临界与极值问题的三种常用方法
极限法
把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学
方法
将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件
对点训练2　（多选）（2022·西安中学月考）如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ＝37°的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。现使斜面体沿水平面向左或向右加速运动，则以下说法正确的是（　　）

A．若斜面体以加速度a＝12g向右加速运动，则细线的拉力大小为mg
B．若斜面体以加速度a＝2g向右加速运动，则细线的拉力大小为115mg
C．若斜面体以加速度a＝12g向左加速运动，则斜面体对小球的弹力大小为1110mg
D．若斜面体以加速度a＝2g向左加速运动，则斜面体对小球的弹力大于54mg
解析：选ACD　若斜面体向右加速运动，当小球刚好离开斜面体时，设小球的加速度为a0，此时小球受力情况如图所示，则mgtan37°＝ma0，解得a0＝43g；若斜面体以加速度a＝12g向右加速运动，说明小球没有脱离斜面，斜面对它有支持力，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得F－mgsin37°＝macos37°，解得细线的拉力大小F＝mg，故A正确；若斜面体以加速度a＝2g向右加速运动，小球已经离开斜面，则细线的拉力大小为F'＝(mg)2+(ma)2＝5mg，故B错误；若斜面体向左加速运动，当细线拉力恰好为零时，设小球的加速度为a0'，对小球根据牛顿第二定律可得：mgtan37°＝ma0'，解得a0'＝34g，此时斜面体对小球的弹力大小为FN＝(mg)2+(ma0')2＝54mg；若斜面体以加速度a＝12g向左加速运动，细线拉力不为零，垂直于斜面方向根据牛顿第二定律可得FN'－mgcos37°＝masin37°，则斜面体对小球的弹力大小为FN'＝1110mg，故C正确；若斜面体以加速度a＝2g向左加速运动，小球相对于斜面向上运动，斜面体对小球的弹力在竖直方向的分力大于mg，即FN″cos37°＞mg，解得FN″＞54mg，故D正确。

考点三　动力学中的传送带模型

传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用，主要有以下两大类：（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进入传送带的初速度）
类型
图示
滑块运动情况
水平传送带

（1）可能一直加速；
（2）可能先加速后匀速

（1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；
（2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速

（1）传送带较短时，滑块一直减速到达左端；
（2）传送带较长时，滑块先向左运动，减速到零后再向右运动，再回到右端
倾斜传送带

（1）可能一直加速；
（2）可能先加速后匀速

（1）可能一直加速；
（2）可能先加速后匀速（μ≥tanθ）；
（3）可能先以a1加速，再以a2加速（μ＜tan θ，a1＞a2）
【典型例题3】　如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64 m，传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0．5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g＝10 m/s2）

[思路点拨]　（1）物体在传送带上做何种运动，受力如何？
（2）物体与传送带共速后，摩擦力方向是否发生变化？
[解析]　开始时物体下滑的加速度大小为
a1＝g（sin37°＋μcos37°）＝10m/s2
运动到与传送带共速的时间为
t1＝va1＝2010s＝2s
下滑的距离x1＝12a1t12＝20m
由于tan37°＝0．75＞0．5
故物体2s后继续加速下滑，且此时a2＝g（sin37°－μcos37°）＝2m/s2
继续下滑距离x2＝vt2＋12a2t22，
x2＝L－x1＝44m
解得t2＝2s，t2＝－22s（舍去）
故共用时间t＝t1＋t2＝4s。
[答案]　4 s
归纳总结
　　倾斜传送带向下传送物体，当物体加速运动到与传送带速度相等时：
（1）若μ≥tanθ，物体随传送带一起匀速运动；
（2）若μ＜tanθ，物体不能与传送带相对静止，物体将以较小的加速度a＝gsinθ－μgcosθ继续加速运动。
对点训练3　如图所示，传送带的水平部分长为5 m，运动的速率恒为v＝2 m/s，在其左端无初速放上一木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0．2，则木块从左到右的运动时间是（　　）

A．2．5 s　　　 B．3 s
C．5 s　 D．1 s
解析：选B　木块在传送带上加速时的加速度为a＝μg＝2m/s2，由匀变速直线运动位移与时间的关系式可知，v2－v02＝2ax，解得加速到与传送带速度相等所走过的位移为x＝1m，在此过程中用的时间为t1＝va＝1s；达到共速后随传送带一起匀速运动，匀速运动的位移x'＝4m，此过程用时t2＝x'v＝2s，所以木块在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＝3s，故B正确，A、C、D错误。
考点四　动力学中的板块模型

1．模型特点
“滑块—滑板”模型，是典型的连接体问题，涉及相互作用物体间的力和运动分析、整体法和隔离法的运用，对知识综合应用能力、科学思维能力要求较高，因此在历年高考题中频频出现。
2．解题思路

3．解题关键
求解滑块—滑板模型问题的关键是对滑块和滑板进行受力分析和运动过程分析，特别是注重分析加速度、速度和位移等物理量之间的关系。
（1）加速度关系
如果滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板运动的加速度，应注意找出滑块和滑板是否发生相对运动的隐含条件。
（2）速度关系
滑块和滑板之间发生相对运动时，认清滑块和滑板间的速度关系，从而确定摩擦力，应注意当滑块和滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。
（3）位移关系
滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，弄清滑块对地的位移和滑块对滑板的相对位移之间的关系。
【典型例题4】　如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1．5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0．2，长木板足够长。（g取10 m/s2）

（1）小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
（3）从小物块放上长木板开始，经过t＝1．5 s小物块的位移大小为多少？
[思路点拨]　（1）分析小物块和长木板的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度。
（2）根据速度与时间的关系式求解共速的时间。
（3）分析小物块与长木板相对滑动过程中的位移，以及两者相对静止过程中的位移。
[解析]　（1）小物块的加速度am＝μg＝2m/s2
长木板的加速度aM＝F-μmgM＝0．5m/s2。
（2）由amt＝v0＋aMt，可得t＝1s。
（3）在开始1s内小物块的位移x1＝12amt2＝1m
1s末的速度为v＝amt＝2m/s
在接下来的0．5s内小物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a＝FM+m＝0．8m/s2
这0．5s内的位移为x2＝vt＋12at2＝1．1m
则通过的总位移x＝x1＋x2＝2．1m。
[答案]　（1）2 m/s2　0．5 m/s2　（2）1 s　（3）2．1 m
归纳总结
解答滑块与滑板问题的方法
（1）分别隔离两物体，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。
（2）找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口。
（3）求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
对点训练4　如图甲所示，质量为2 kg的物块m和质量为3 kg的物块M叠放，静止在光滑水平面上，零时刻起随时间如图乙所示的力F作用在M上，若m和M之间的动摩擦因数为0．1，则m和M刚要开始相对滑动的时刻及该时刻的速度分别为（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） （　　）

A．10 s，5 m/s　 B．15 s，15 m/s
C．20 s，10 m/s　 D．30 s，20 m/s
解析：选A　m和M刚要开始滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值，对物块m，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝1m/s2，对两物块组成的整体，由牛顿第二定律得F＝（M＋m）a＝5N；由F－t图像可得F＝0．5tN，则当F＝5N时，t＝10s，在0～10s内，F与t成正比，则整体的加速度a与t也成正比，如图所示，根据a－t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量可知，0～10s内，速度变化量为Δv＝at2＝5m/s，初速度为0，所以t＝10s时整体的速度为v＝Δv＝5m/s，故A正确，B、C、D错误。


1．【动力学中的连接体问题】如图所示，已知长方体物块A、B的质量分别为2m、m，A、B间的动摩擦因数为μ，水平地面光滑。在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不下滑，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则力F至少为 （　　）

A．μmg B．2μmg
C．3mg2μ D．3mgμ
解析：选D　由于物块A、B一起向右运动，具有相同的加速度，以B为研究对象，受向下的重力、A对B向右的弹力FN和A对B向上的摩擦力Ff，当B物块相对A物块恰好静止，竖直方向根据平衡条件有mg＝Ff＝μFN，对B物块水平方向根据牛顿第二定律得FN＝ma，联立以上各式得a＝gμ，再以A、B整体为研究对象，受重力、地面的支持力及推力F，水平方向根据牛顿第二定律得F＝3ma，解得F＝3mgμ；所以要使A、B一起运动而B不下滑，则力F至少为3mgμ，故D正确，A、B、C错误。
2．【动力学中的传送带模型】长为3 m的传送带倾斜放置，以大小为v＝3 m/s的速度沿顺时针匀速运动，保持传送带的速度不变，改变传送带的倾角θ，当θ＝37°（sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8）时，将物块轻轻放在传送带的A端，物块刚好处于静止状态，重力加速度g＝10 m/s2，当θ＝30°时，再将物块轻放在A端，则物块从A运动到B所用的时间约为（3＝1． 732 1） （　　）

A．2 s B．3 s
C．4 s D．5 s
解析：选A　由题意可知，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan37°＝0．75，当θ＝30°时，根据牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝1．5m/s2，设物块在传送带上先加速后匀速，加速的位移x＝v22a，代入数据解得x＝3m＝L，可知物块在传送带一直做加速运动，则L＝12at2，解得t＝2s，故A正确，B、C、D错误。
3．【动力学中的板块模型】如图所示，质量为3 kg的长木板B静置于光滑水平面上，其上放置质量为1 kg的物块A，A与B之间的动摩擦因数为0．5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且当地的重力加速度为10 m/s2。当木板A和B刚好要发生相对滑动时，拉力F的大小为 （　　）

A．20 N B．15 N
C．5 N D．25 N
解析：选A　A物体的加速度由B对A的摩擦力提供，当摩擦力达到最大静摩擦的时候，A、B刚好要发生相对滑动，A物体的最大静摩擦力为Ff＝μmAg，则刚好要发生相对滑动时，A的加速度为a＝FfmA＝5m/s2，将A、B看成一个整体，由牛顿第二定律得F＝（mA＋mB）a，代入数据解得F＝20N，故A正确，B、C、D错误。

4．【动力学中的临界问题】如图所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1．0 kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线水平，两根细线所能承受的最大拉力都是Fmax＝15 N。（cos 53°＝0．6，sin 53°＝0．8，g取10 m/s2）求：
（1）当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值；
（2）当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。
解析：对小球受力分析，如图所示：

（1）当a线拉力为15N时，竖直向上的加速度最大，由牛顿第二定律得
竖直方向有Fmaxsin53°－mg＝ma
水平方向有Fmaxcos53°＝Fb
解得Fb＝9N，此时加速度a＝2m/s2。
（2）水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得
竖直方向有Fasin53°＝mg
水平方向有Fb'－Facos53°＝ma'
解得Fa＝12．5N
当Fb'＝15N时，加速度最大，有a'＝7．5m/s2。
答案：（1）2 m/s2　（2）7．5 m/s2

❘基础达标练❘
一、单选题
1．如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，图乙中v、a、F和x分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，图中正确的是 （　　）

解析：选C　物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为F1＝μmgcosθ，做初速度为零的匀加速直线运动，v－t图像为过原点的倾斜直线，加速度恒定不变，x－t图像应为一段曲线，A、B、D错误；物体到达水平面后，所受摩擦力F2＝μmg＞F1，做匀减速直线运动，C正确。
2．如图所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方体的水泥制品P和Q夹紧、并以加速度a竖直向上搬起，P和Q质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在此过程中　　 （　　）

A．P受到Q的摩擦力方向可能竖直向上
B．P受到Q的摩擦力大小为2μF
C．P受到Q的摩擦力大小为0．5m（g＋a）
D．P受到Q的摩擦力大小为1．5m（g＋a）
解析：选C　设P、Q受到人的摩擦力大小为Ff，P、Q向上加速运动，Ff竖直向上，对P、Q系统，由牛顿第二定律得：2Ff－（2m＋3m）g＝（2m＋3m）a，解得：Ff＝2．5m（g＋a）；设P受到Q的摩擦力为Ff'，对P由牛顿第二定律得：Ff＋Ff'－2mg＝2ma，解得：Ff'＝－0．5m（g＋a），负号表示P受到Q的摩擦力方向竖直向下，故C正确，A、B、D错误。
3．如图所示，质量为M＝2 kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m＝1 kg的物块静止于长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ＝0．5。重力加速度大小为g＝10 m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是 （　　）

A．水平力F＝3 N，物块m将保持静止状态
B．水平力F＝6 N，物块m在长木板M上滑动
C．水平力F＝7 N，长木板M的加速度大小为2．5 m/s2
D．水平力F＝9 N，长木板M受到的摩擦力大小为5 N
解析：选D　分析物块与长木板相对静止的临界状态，对m、M整体进行受力分析：F0＝（M＋m）a，对m进行受力分析：F0－μmg＝ma，代入数据解得物块与长木板保持相对静止的最大力：F0＝7．5N。当水平力F＝3N＜7．5N，整体相对静止共同加速，因此物块m将不会保持静止状态，故A错误；当水平力F＝6N＜7．5N，整体相对静止共同加速，物块m不会在长木板M上滑动，故B错误；当水平力F＝7N＜7．5N，整体相对静止共同加速，则长木板M的加速度大小为：a＝Fm+M＝73m/s2＜2．5m/s2，故C错误；水平力F＝9N＞7．5N，两者之间发生相对滑动，则长木板M受到滑动摩擦力作用，Ff＝μmg＝5N，故D正确。
4．如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA为4 kg，mB为6 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8－2t） N和FB＝（2＋2t） N，下列说法正确的是 （　　）

A．t＝0时刻，B物体的加速度为0．33 m/s2
B．t＝0时刻，A、B两个物体间相互作用力为3．0 N
C．t＝3 s时刻，A、B两物体将要分离
D．A、B分离前瞬间，两物体具有共同的速度和加速度，但A、B间相互作用力为0
解析：选D　FA、FB随时间的变化规律为FA＝（8－2t）N和FB＝（2＋2t）N，但A、B整体受到的合力F合＝10N，保持不变，故开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动，在t＝0时，对整体应用牛顿第二定律FA＋FB＝（mA＋mB）a带入数据，可得a＝1m/s2，设A、B两个物体间相互作用力为FAB，对B应用牛顿第二定律FAB＋FB＝mBa，带入数据可得FAB＝4N，故A、B错误；随着时间的推移，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即FAB＝0，此时两者的加速度仍相等，其关系为FAmA＝FBmB，可得t＝2s，故C错误，D正确。
5．（2022·汕头金山中学期中）如图所示为水平匀速向右运动的传送带，一个物块以某一速度从左边冲上传送带，则小物块运动的v－t图像不可能是 （　　）


A B　 C D　
解析：选D　设物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，如果物块相对传送带滑动，对物块，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得物块的加速度大小a＝μg保持不变。如果物块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，物块相对传送带滑动，物块做匀加速直线运动，如果传送带足够长，物块的速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，它们一起做匀速直线运动，故A正确，不符合题意；如果物块冲上传送带时的速度与传送带的速度相等，物块相对传送带静止，它们一起做匀速直线运动，故B正确，不符合题意；如果物块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，物块冲上传送带后做匀减速直线运动，如果传送带足够长，物块减速到与传送带速度相等后与传送带相对静止，它们一起做匀速直线运动，如果传送带不足够长，物块减速运动到传送带右端后离开传送带，不论传送带是否足够长，物块的速度都不可能为零，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
6．（2022·肥乡一中开学质检）物块A、B形状和大小均相同，物块A的质量为M，斜面光滑且固定。将A、B用轻绳通过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上。若互换两物块位置，按图乙放置并由静止释放A，则下列结论错误的是（已知重力加速度为g）（　　）

A．物块B的质量为Msinα
B．甲、乙两图中，轻绳的张力大小相等
C．乙图中，A的加速度大小为（1－sin α）g
D．乙图中，A的加速度大小为gsinα
解析：选D　设物块B的质量为m，第一次放置时A静止，对A由平衡条件得Mgsinα＝mg，解得m＝Msinα，故A正确，不符合题意；第一次放置时A、B静止，对B绳子拉力FT＝mg，第二次放置时候，由牛顿第二定律，对整体有Mg－mgsinα＝（M＋m）a，解得a＝（1－sinα）g＝M-mM·g，对B有FT'－mgsinα＝ma，解得FT'＝mg＝FT，故B、C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
7．如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球用细线悬挂在车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角（取θ＝60°），则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为 （　　）

A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向竖直向上
C．大小大于mgtanθ，方向水平向左
D．大小等于mgcosθ，方向斜向左上方
解析：选D　以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，m球gtanθ＝m球a，得a＝gtanθ，以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，如图所示，公共汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，mgtanα＝ma，将a＝gtanθ代入，得α＝θ，F＝mgcosθ，方向斜向左上方，故A、B、C错误，D正确。

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二、多选题
8．（2022·渭南质检）如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。假定木板与地面之间、木块与木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 （　　）

A．A的质量为0．5 kg
B．B的质量为1．5 kg
C．B与地面间的动摩擦因数为0．1
D．A、B间的动摩擦因数为0．4
解析：选AD　由题图乙知，在F＜3N时，A、B一起保持静止；在3N≤F＜9N时，A、B保持相对静止，故B与地面间的最大静摩擦力FfB＝3N；当F1＝9N时，A、B达到最大的共同加速度a1＝4m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律得F1－FfB＝（mA＋mB）a1，解得mA＋mB＝1．5kg，水平力F再增大时，A、B发生相对滑动，A的加速度仍为4m/s2，B的加速度随水平力F的增大而增大，当F2＝13N时，aB＝8m/s2，对B有F2－FfB－mAa1＝mBaB，解得mB＝1kg，mA＝0．5kg，故A正确，B错误；B与地面间的动摩擦因数μB＝FfBmA+mBg＝0．2，故C错误；A、B间的动摩擦因数μA＝mAa1mAg＝0．4，故D正确。
9．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是Ffm。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳的拉力可能为 （　　）

A．32Ffm B．Ffm
C．34Ffm D．35Ffm
解析：选CD　要想使四个木块有同一加速度，则任意两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力，设左侧两木块间的摩擦力大小为Ff1，右侧两木块间摩擦力大小为Ff2。则对左侧两个木块，对下面木块有Ff1＝2ma，对上面木块有FT－Ff1＝ma；对右侧两个小木块，对上面木块有Ff2－FT＝ma，对下面木块有F－Ff2＝2ma。对于整体可得F＝6ma，四个木块加速度相同，联立可得Ff2－Ff1＝2ma，可知Ff2＞Ff1，故Ff2应先达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力Ffm，所以应有Ff2＝Ffm，联立解得轻绳的拉力最大值FT＝34Ffm。则轻绳的拉力可能为34Ffm、35Ffm，故C、D项正确。
10．如图所示，从斜面滑下质量为1 kg的小煤块（可视为质点），以2 m/s的速率滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m/s的恒定速率运行。传送带长度（即B、C间距离）为7 m，小煤块与传送带间的动摩擦因数为0．2，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是 （　　）

A．小煤块在传送带上运动的时间为2 s
B．小煤块在传送带上运动的时间为1．75 s
C．小煤块在传送带上留下的痕迹长等于1 m
D．小煤块在传送带上留下的痕迹长大于1 m
解析：选AC　小煤块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得a＝2m/s2，小煤块加速时间t1＝v-v0a＝1s，小煤块在传送带上做匀加速运动的位移x1＝v0+v2t1＝3m，小煤块在传送带上做匀速直线运动的时间t2＝L-x1v＝1s，则小煤块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2s，故A正确，B错误；在小煤块加速时间内传送带的位移x2＝vt1＝4m，则小煤块在传送带上留下的痕迹长s＝x2－x1＝1m，故C正确，D错误。
三、非选择题
11．如图所示，光滑杆变曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知LAB＝4 m，α＝37°。一个质量为m的小环套在杆上，以v0＝8 m/s的初速度从A点沿杆上滑。不计小环经过B点时能量损失，g取10 m/s2。则：

（1）小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？
（2）小环运动到B点时的速度大小vB为多少？
（3）若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？
解析：（1）小环在AB段运动过程中，根据牛顿第二定律可得mgsinα＝ma
代入数据解得a＝6m/s2，方向沿斜面向下。
（2）根据运动学式vB2－v02＝－2aLAB
整理并代入数据解得
vB＝v02-2aLAB＝4m/s。
（3）在BC段，考虑到mgsin53°＞μmgcos53°，小环一定向下做匀加速直线运动，故要使小环能够运动到C点，只要小环能运动到B点即可。
设小环到B点时速度为零，根据运动学公式有
02－v02＝2a'LAB，解得a'＝－8m/s2
根据牛顿第二定律有
－mgsin37°－μmgcos37°＝ma'
解得μ＝0．25。
答案：（1）6 m/s2　方向沿斜面向下
（2）4 m/s　（3）0．25
12．如图所示，小物块质量为m＝1 kg，在与水平方向成θ角的力F的作用下以v0＝3 m/s的初速度沿直线在水平面上做匀加速运动，经t＝2．5 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0．5，若物块可看作质点，空气阻力不计，取g＝10 m/s2。


（1）求物块运动的加速度和物块到达B点时的速度；
（2）若θ大小不确定，求力F的最小值（结果可保留根号）。
解析：（1）小物块做匀加速直线运动，由运动学公式得
x＝v0t＋12at2
由题意x＝L＝10m
解得a＝0．8m/s2
物块到达B点时的速度为vB＝v0＋at
解得vB＝5m/s。
（2）对物块受力分析，如图所示：

水平方向有Fcosθ－Ff＝ma
竖直方向有Fsinθ＋FN－mg＝0
又Ff＝μFN
联立以上三式得
Fcosθ－μ（mg－Fsinθ）＝ma　
则F＝μmg+macosθ+μsinθ
由数学知识可知F＝μmg+macosθ+μsinθ≥μmg+ma1+μ2　
代入数据，得F的最小值为Fmin＝58255N。
答案：（1）0．8 m/s2　5 m/s　（2）58255 N