人教版必修第一册高一物理同步讲练测第四章力与运动的关系单元复习与检测(讲)(原卷版+解析)

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第四章 力与运动的关系单元复习与检测【讲】一.单元知识体系构建二.核心主干知识总结主题一 力与运动的关系(1)合外力与加速度的关系eq \x(\a\al(合外力,　与,加速度))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\x(\a\al(合外力方向决,定加速度方向))→a与F方向总相同,\x(\a\al(合外力大小决,定加速度大小))→a与F大小成正比))(2)合外力与速度的关系合力与速度同向时，物体做加速运动，反之减速。(3)力与运动的关系eq \x(\a\al(物体受,力作用))→eq \x(\a\al(运动状,态变化))—eq \x(\a\al(物体速,度变化))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(力与速度同向→v增加,力与速度反向→v减小))(4)加速度的定义式与决定式①a＝eq \f(Δv,Δt)是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定义物理量的方法。②a＝eq \f(F,m)是加速度的决定式，它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素。特别提醒：物体的加速度的方向与物体所受的合外力是瞬时对应关系，即a与合力F方向总是相同，但速度v的方向不一定与合外力的方向相同。【例1】如图所示，静止在光滑水平面上的物体A的一端固定着处于自然状态的轻质弹簧。现对物体作用一水平恒力F，在弹簧被压缩到最短这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是(　　)A．速度先增大后减小，加速度先增大后减小B．速度先增大后减小，加速度先减小后增大C．速度增大，加速度增大D．速度增大，加速度减小【变式训练1】(2021·江苏省南通高一上学期检测)物块从某一高度自由落下，落在竖直于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点物块开始与弹簧接触，到B点时物块速度变为零，则：物块从A到B运动过程中，下列说法正确的是(　　)A．一直匀加速 B．一直匀减速C．加速度先增加后减小 D．加速度先减小后增加【变式训练2】(2021·陕西西安高一期末)如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α，已知θx3＝x2C．若m1>m2，则 x1>x3＝x2D．若m1F2，则1施于2的作用力大小为(　　)A.F1 B.F2C.eq \f(1,2)(F1＋F2) D.eq \f(1,2)(F1－F2)【例7】．(2021·长春期末)如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使B静止(细绳质量及滑轮摩擦均不计)．(1)求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT.(2)若在A上再叠放一个与A质量相等的物体C，绳上张力就增大到eq \f(3,2)FT，求m1∶m2.【变式训练1】如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块位置按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为(　　)A.eq \f(M,M＋m)g B.eq \f(M－m,m)gC.eq \f(M－m,M)g D.上述均不对【变式训练2】(多选)(2021·安徽淮南高一期末)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　)A．轻绳的拉力等于 mgB．轻绳的拉力等于MgC．M运动的加速度大小为(1－sin2α)gD．M运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g主题四　连接体中的两类临界问题(1)两物体分离的临界条件：两物体由相接触到将分离的临界条件是弹力FN＝0且二者的加速度、速度均相同。(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值或为零。【例8】如图所示，质量m＝1 kg的光滑小球用细线系在质量为M＝8 kg、倾角为α＝37°的斜面体上，细线与斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计，g取10 m/s2.试求：(1)若用水平向右的力F拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力F不能超过多少？(2)若用水平向左的力F′推斜面体，要使小球不沿斜面滑动，推力F′不能超过多少？【变式训练】(2021·浙江省嘉兴一中高一上学期期中)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为37°，光滑小球的质量m＝2 kg，力传感器固定在竖直挡板上。已知sin 37 °＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；(2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为25 N，此时装置的加速度大小；(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0 N，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大。【例9】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为一重物，已知Q的质量为m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止，如图所示，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，求：力F的最大值与最小值。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)【针对训练】如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　)A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于eq \f(mg,h)D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动【例10】(2020河北石家庄二模，20)(多选)如图甲所示，一质量为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．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D．小滑块的质量m＝2 kg【变式训练1】【2021·全国高考真题】水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，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、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间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，物块与木板间的动摩擦因数为，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． B．C． D．在时间段物块与木板加速度相等【变式训练2】(多选)(2020·河南高一上学期期末大联考)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24 s D．木板的最大加速度为2 m/s2三．科学思维-----模型构建模型一．斜面模型【例1】.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大【例2】质量为m的木块，以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动，斜面静止，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示。(1)求向上滑动时木块的加速度大小和方向；(2)若此木块滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑时木块的加速度大小和方向。【例3】如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)模型二 滑块－木板模型1.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。2.滑板—滑块模型的三个基本关系【例4】如图所示,一足够长的木板B静止在光滑的水平地面上,现有一个小滑块A以v0=2m/s的水平初速度冲上该木板。已知木板质量是小滑块质量的2倍,木板与小滑块间的动摩擦因数μ=0.1。(g取10m/s2)求：（1）经过多长时间小滑块相对长木板保持静止；（2）小滑块相对长木板滑行的距离。【例5】如图，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F1＝16 N，当小车向右运动速度达到3 m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2，问：(1)小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经过多长时间物块停止与小车的相对运动？(小车足够长)(3)小物块从放在车上开始经过t0＝3 s所通过的位移是多少？(4)达到相同速度时，若水平恒力立即变为F2＝25 N，请通过计算说明物块会从小车左端掉下吗？【例6】如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。(1)求物块A和木板B运动过程的加速度的大小；(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小。【例7】如图所示，一足够长的木板静止在水平面上，质量M＝0.4kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，一质量m=0.4kg的小滑块以v0＝1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4，小滑块可看成质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2；（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L；（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离S。模型三 传送带模型1.传送带的基本类型一个物体以初速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模型。传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示。2．水平传送带(1)当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。(2)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力)。3．倾斜传送带(1)对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系。①若μ≥tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；②若μx3＝x2C．若m1>m2，则 x1>x3＝x2D．若m1F2，则1施于2的作用力大小为(　　)A.F1 B.F2C.eq \f(1,2)(F1＋F2) D.eq \f(1,2)(F1－F2)【答案】　C【解析】　将物体1、2看作一个整体，其所受合力为F合＝F1－F2，设物体1、2的质量均为m，由牛顿第二定律得F1－F2＝2ma，所以a＝eq \f(F1－F2,2m)。以物体2为研究对象，受力如右图由牛顿第二定律得F12－F2＝ma，所以F12＝F2＋ma＝eq \f(F1＋F2,2)，故选项C正确。【例7】．(2021·长春期末)如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使B静止(细绳质量及滑轮摩擦均不计)．(1)求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT.(2)若在A上再叠放一个与A质量相等的物体C，绳上张力就增大到eq \f(3,2)FT，求m1∶m2.【答案】：(1)eq \f(m1m2g,m1＋m2) 　(2)1∶2【解析】：(1)对B有：m2g－FT＝m2a1对A有：FT＝m1a1则FT＝eq \f(m1m2g,m1＋m2) .(2)对B有：m2g－FT2＝m2a2对A＋C有：FT2＝2m1a2则FT2＝eq \f(2m1m2g,m2＋2m1) .由FT2＝eq \f(3,2)FT得eq \f(2m1m2g,m2＋2m1)＝eq \f(3m1m2g,2（m1＋m2）)所以m1∶m2＝1∶2.【变式训练1】如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块位置按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为(　　)A.eq \f(M,M＋m)g B.eq \f(M－m,m)gC.eq \f(M－m,M)g D.上述均不对【答案】　C【解析】　由甲图可知，物块m匀速运动，故T＝mg，物块M匀速运动，故T＝μMg。联立解得μ＝eq \f(m,M)。乙图中，对M有Mg－T′＝Ma对m有T′－μmg＝ma联立解得a＝eq \f(M－m,M)g，故C正确。【变式训练2】(多选)(2021·安徽淮南高一期末)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　)A．轻绳的拉力等于 mgB．轻绳的拉力等于MgC．M运动的加速度大小为(1－sin2α)gD．M运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g【答案】AD.【解析】：第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sin α)g＝eq \f(M－m,M)g.对M，由牛顿第二定律：T－mgsin α＝ma，解得：T＝mg，故A、D正确，B、C错误．主题四　连接体中的两类临界问题(1)两物体分离的临界条件：两物体由相接触到将分离的临界条件是弹力FN＝0且二者的加速度、速度均相同。(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值或为零。【例8】如图所示，质量m＝1 kg的光滑小球用细线系在质量为M＝8 kg、倾角为α＝37°的斜面体上，细线与斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计，g取10 m/s2.试求：(1)若用水平向右的力F拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力F不能超过多少？(2)若用水平向左的力F′推斜面体，要使小球不沿斜面滑动，推力F′不能超过多少？【思路点拨】 (1)向右拉斜面体时，小球不离斜面体临界条件是什么？(2)向左推斜面体时，小球不沿斜面滑动的临界条件是什么？【答案】(1)120 N　(2)67.5 N【解析】(1)小球不离开斜面体，两者加速度相同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好为0对小球受力分析如图：由牛顿第二定律得：eq \f(mg,tan 37°)＝maa＝eq \f(g,tan 37°)＝eq \f(40,3) m/s2对整体由牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a＝120 N.(2)小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条件是细线对小球的拉力恰好为0，对小球受力分析如图：由牛顿第二定律得：mgtan 37°＝ma′a′＝gtan 37°＝7.5 m/s2对整体由牛顿第二定律得：F′＝(M＋m)a′＝67.5 N.【变式训练】(2021·浙江省嘉兴一中高一上学期期中)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为37°，光滑小球的质量m＝2 kg，力传感器固定在竖直挡板上。已知sin 37 °＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；(2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为25 N，此时装置的加速度大小；(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0 N，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大。【解题指导】：(1)小球受力分析→物体平衡条件→求解(2)受力分析→正交分解→水平方向Fx＝ma，求a(3)分析临界条件→判定a的方向→分析受力→F合＝ma【答案】：(1)15 N　(2)5 m/s2　(3)水平向左加速运动　7.5 m/s2【解析】：(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器间的作用力大小为F，小球与斜面之间的弹力大小为FN，受力示意图如图(1)，根据物体的平衡条件，由几何关系可得F＝mgtan 37°，F＝15 N(2)当装置向右匀加速运动时，小球受力如图(2)，其合力水平向右。对小球：竖直方向：FNcos 37°＝mg水平方向：F－FNsin 37°＝ma，得：a＝5 m/s2(3)当力传感器示数恰好为零时，小球受力如图(3)，其合力水平向左，故装置水平向左加速运动。有tan θ＝eq \f(F合,mg)＝eq \f(ma,mg)，得a＝7.5 m/s2【例9】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为一重物，已知Q的质量为m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止，如图所示，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，求：力F的最大值与最小值。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)【思路点拨】①0.2 s时P、Q两物块恰好分离。②两物块分离瞬间加速度仍相同，而相互作用力恰好为零。【答案】72 N　36 N【解析】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力恰好为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。设刚开始时弹簧压缩量为x0则(m1＋m2)gsin θ＝kx0 ①因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力恰好为0，由牛顿第二定律知kx1－m1gsin θ＝m1a ②前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1＝eq \f(1,2)at2。 ③①②③式联立解得a＝3 m/s2当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N当P与Q分离时拉力最大，此时有Fmax＝m2(a＋gsin θ)＝72 N。【针对训练】如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　)A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于eq \f(mg,h)D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动【答案】C　【解析】A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0。对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，又2mg＝kx0，h＝x0－x，F＝mg，解以上各式得k＝eq \f(mg,h)，综上所述，选项C正确。【例10】(2020河北石家庄二模，20)(多选)如图甲所示，一质量为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．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D．小滑块的质量m＝2 kg【答案】BD　【解析】：由题可知，当0＜F≤6 N时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，a＝eq \f(1,M＋m)F，即此时a­F图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝eq \f(,M)F－eq \f(μmg,M)，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg，D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大＝2 m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误．将F＝7 N代入a＝eq \f(1,M)F－eq \f(μmg,M)得a＝3 m/s2，B正确．〖思路探究〗 拉力F＝6 N，加速度为a＝2 m/s2，是长木板和小滑块开始相对滑动的临界点．当F≤6 N时，对长木板和小滑块整体分析，F＞6 N，对长木板和小滑块分别分析．【变式训练1】【2021·全国高考真题】水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，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、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间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，物块与木板间的动摩擦因数为，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． B．C． D．在时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有以木板为对象，根据牛顿第二定律，有解得BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。【变式训练2】(多选)(2020·河南高一上学期期末大联考)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24 s D．木板的最大加速度为2 m/s2【答案】　ACD【解析】　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(Ffm,mg)＝eq \f(8,20)＝0.4，选项A正确．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(Ff′,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，选项C、D正确．三．科学思维-----模型构建模型一．斜面模型【例1】.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】　D【解析】　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知eq \f(L,cos θ)＝eq \f(1,2)gsin θt2，可得t2＝eq \f(4L,gsin 2θ)，θ＝45°时t有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D.【例2】质量为m的木块，以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动，斜面静止，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示。(1)求向上滑动时木块的加速度大小和方向；(2)若此木块滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑时木块的加速度大小和方向。【答案】　(1)g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下(2)g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下【解析】　(1)如图甲所示，以加速度的方向为x轴的正方向建立坐标系。将各个力沿斜面和垂直斜面方向正交分解。根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma，FN－mgcos θ＝0又Ff＝μFN联立解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下。(2)木块下滑时对其受力分析如图乙所示，根据牛顿第二定律有mgsin θ－Ff′＝ma′，FN－mgcos θ＝0又Ff′＝μFN联立解得a′＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下。【例3】如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)【建模思路】【模型分析】 木块沿斜面向上滑动过程中，合外力为μmgcos θ＋mgsin θ，方向沿斜面向下，减速运动到最高点后，有两种可能的运动状态：若μmgcos θ