高考物理一轮复习题型归纳与变式演练专题06牛顿运动定律的综合应用（含解析）

这是一份高考物理一轮复习题型归纳与变式演练专题06牛顿运动定律的综合应用（含解析），共26页。

目录
TOC \ "1-3" \h \u 热点题型一超重与失重现象1
热点题型二 动力学中的连接体问题3
eq \a\vs4\al(轻绳连接体问题)4
eq \a\vs4\al(接触连接体问题)6
eq \a\vs4\al(弹簧连接体问题)7
加速度相同与加速度不相同的连接体问题对比8
加速度相同的连接体问题8
加速度不同的连接体问题9
热点题型三 临界极值问题9
eq \a\vs4\al(利用临界条件进行分析)10
eq \a\vs4\al(利用数学方法求极值)12
热点题型四 传送带模型13
eq \a\vs4\al(水平传送带)14
eq \a\vs4\al(倾斜传送带问题)15
热点题型五 滑块—木板模型17
eq \a\vs4\al(滑块带动木板)18
eq \a\vs4\al(木板带动滑块)19
【题型演练】21
【题型归纳】
热点题型一 超重与失重现象
1．对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象．
2．判断超重和失重的方法
【例1】(2019·山西怀仁一中月考)电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N, 关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2( )
电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2 B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2 D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2
【答案】 BC
【解析】 电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，知重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，可知电梯处于失重状态，加速度向下，对重物根据牛顿第二定律有：mg－F＝ma，解得a＝4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4 m/s2，方向竖直向下．电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B、C正确，A、D错误．
【变式1】.如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿
称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的
是( )
A．只有“起立”过程，才能出现失重现象 B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象
C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
D．“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象
【答案】D
【解析】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、C错误，D正确．
为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动
调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )
A．处于超重状态 B．不受摩擦力的作用
C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D．所受合力方向竖直向上
【答案】C【解析】当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下．
人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示．
将加速度沿竖直方向和水平方向分解，有竖直向下的加速度，则mg－FN＝may，FN＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．
热点题型二 动力学中的连接体问题
1．连接体的类型
(1)轻绳连接体
(2)接触连接体
(3)弹簧连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等．
3．解决方法
(1)分析方法：整体法和隔离法．
(2)选用整体法和隔离法的策略
①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法．
②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解．
eq \a\vs4\al(轻绳连接体问题)
【例2】(2019·新乡模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )
A．此过程中物体C受五个力作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断
D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为eq \f(FT,6)
【答案】 C
【解析】 对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(F－μ·6mg,6m)＝eq \f(F,6m)－μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝eq \f(2,3)F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a＝eq \f(FT,4m)，隔离对A分析，A的摩擦力Ff＝ma＝eq \f(FT,4)，故D错误．
【变式1】(多选)如图所示，已知M>m，不计滑轮及绳子的质量，物体M和m恰好做匀速运动，若将M与m 互换，M、m与桌面的动摩因数相同，则 ( )
A．物体M与m仍做匀速运动 B．物体M与m做加速运动，加速度a＝eq \f(（M＋m）g,M)
C．物体M与m做加速运动，加速度a＝eq \f(（M－m）g,M)D．绳子中张力不变
【答案】 CD
【解析】 当物体M和m恰好做匀速运动，对M，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg，所以：μ＝eq \f(mg,Mg)＝eq \f(m,M).若将M与m互换，则对M：Ma＝Mg－T′，对m，则：ma＝T′－μmg，得：a＝eq \f(Mg－μmg,M＋m)＝eq \f(Mg－\f(m,M)mg,M＋m)＝eq \f(（M2－m2）g,M（M＋m）)＝eq \f(（M－m）g,M)，故A、B错误，C正确；绳子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝eq \f(m（M－m）g,M)＋eq \f(m,M)mg＝mg，故D正确．
【变式2】(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始
终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ.为了增加
轻线上的张力，可行的办法是 ( )
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ
【答案】AB
【解析】对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，
隔离物块B，应用牛顿第二定律得，
FT－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa.
两式联立可解得：FT＝eq \f(mBF,mA＋mB)，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确．
eq \a\vs4\al(接触连接体问题)
【例3】(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机
车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为
F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq \f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨
间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10 C．15 D．18
【答案】 BC
【解析】 设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①
设PQ东边有k节车厢，则F＝km·eq \f(2,3)a②
联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．
【变式】．如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数
μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于
斜面，则下列说法中正确的是 ( )
A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变
B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大
C．只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变
D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大
【答案】C
【解析】将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－（mA＋mB）gsin θ－μ（mA＋mB）gcs θ,mA＋mB)＝eq \f(F,mA＋mB)－gsin θ－μgcs θ，隔离B分析可得FN－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa，解得FN＝eq \f(mBF,mA＋mB)，由牛顿第三定律可知，B对A的压力FN′＝eq \f(mBF,mA＋mB)，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误．
eq \a\vs4\al(弹簧连接体问题)
【例4】(2019·湖南长沙模拟)如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的距离为 ( )
A．L0＋eq \f(Ma,k)B．L0＋eq \f(ma,k)
C．L0＋eq \f(MF,k（M＋m）)D．L0＋eq \f(F－ma,k)
【答案】 B
【解析】 先以A、B整体为研究对象，加速度为：a＝eq \f(F,M＋m)，再隔离A木块，弹簧的弹力：F弹＝ma＝kΔx，则弹簧的长度L＝L0＋eq \f(ma,k)＝L0＋eq \f(mF,k（m＋M）)，故选B.
【变式】.(2019·贵州铜仁一中模拟)物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤
相连，如图所示，今对物体A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧秤的示数( )
A．一定等于F1－F2B．一定大于F2小于F1
C．一定等于F1＋F2D．条件不足，无法确定
【解析】两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1－F2＝(M＋m)a，再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1－F＝Ma，由以上两式解得F＝eq \f(mF1＋MF2,M＋m)，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故B正确．
【答案】B
加速度相同与加速度不相同的连接体问题对比
加速度相同的连接体问题
【例5】．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则( )
A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1D．a′＞a，F′1＞F1
【答案】B
【解析】.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，
竖直方向有F1cs θ＝mg①
水平方向有F－F1sin θ＝ma，
以整体为研究对象有F＝(m＋M)a，
解得a＝eq \f(m,M)gtan θ②
当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，
竖直方向有F′1cs θ＝mg③
水平方向有F′1sin θ＝ma′，
解得a′＝gtan θ④
结合两种情况，由①③式有F1＝F′1；由②④式并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.
加速度不同的连接体问题
【例6】．如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为( )
A．1 m/s2B．2.5 m/s2
C．3 m/s2D．4 m/s2
【答案】A
【解析】.A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmax热点题型三 临界极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点．
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．几种临界状态和其对应的临界条件
eq \a\vs4\al(利用临界条件进行分析)
【例7】如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．G
取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 N
B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 N
C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 N
D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N
【答案】 A
【解析】 小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零．斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcs θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.
(1)由于a1＝5 m/s2以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有
F1sin θ＋FNcs θ－mg＝0
F1cs θ－FNsin θ＝ma1
代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误．
(2)由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示．
设绳子与水平方向的夹角为α.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有
F2cs α＝ma2，F2sin α－mg＝0
代入数据解得F2＝20eq \r(5) N，选项C、D错误．
【变式】.(2019·湖北黄冈中学模拟)如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把
相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，
两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速
运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则( )
A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g
【答案】B
【解析】开始A恰好不下滑，对A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝eq \f(mg,μ)，此时弹簧处于压缩状态．当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于eq \f(mg,μ)，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．对B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误．
eq \a\vs4\al(利用数学方法求极值)
【例7】(2019·辽宁葫芦岛六校联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可
视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板
向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.
(1)求小木块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
【答案】 (1)eq \f(\r(3),3) (2)60° eq \f(\r(3)veq \\al(2,0),4g)
【解析】 (1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgsin θ＝μFN
FN－mgcs θ＝0
解得μ＝tan θ＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3).
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcs θ＝ma
由0－veq \\al(2,0)＝2ax得
x＝eq \f(veq \\al(2,0),2g（sin θ＋μcs θ）)＝eq \f(veq \\al(2,0),2g\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)
其中tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°
所以x最小值为xmin＝eq \f(veq \\al(2,0),2g（sin 60°＋μcs 60°）)＝eq \f(\r(3)veq \\al(2,0),4g)
【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，解题时应用牛顿定律结合运动公式列出方程，然后应用数学知识讨论最小值，考查学生数学知识的运用能力.
【变式】．如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平
面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2eq \r(3) m，这时幼
儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．g取10 m/s2，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？
【答案】(1)eq \f(\r(3),3) (2)eq \f(3\r(3),5) m (3)30°
【解析】(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，
由位移公式可得x＝eq \f(1,2)at2
解得a＝eq \r(3) m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcs 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),3).
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2eq \r(3) m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝eq \f(10\r(3),3) m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝eq \f(0－v2,－2a′)＝eq \f(3\r(3),5) m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcs θ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
cs θ＋μsin θ＝eq \r(1＋μ2)sin(60°＋θ)
当θ＝30°时，拉力最小，最省力．
热点题型四 传送带模型
eq \a\vs4\al(水平传送带)
【例8】(2019·海口模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取10 m/s2)( )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
【答案】ABC
【解析】.若传送带不动，由匀变速运动规律可知veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误．
【变式】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带
之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长．问：
(1)物体从A到B做什么运动？
(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？
(3)物体从A到B运动的时间为多少？
(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？
【答案】 (1)先匀加速，后匀速 (2)eq \f(v2,2μg) eq \f(v2,μg) (3)eq \f(L,v)＋eq \f(v,2μg) (4)v≥eq \r(2μgL)
【解析】 (1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动．
(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝eq \f(v,μg)
物体的位移x1＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(v2,2μg)
传送带的位移x2＝vt＝eq \f(v2,μg)
(3)物体从A到B运动的时间为
t总＝eq \f(v,μg)＋eq \f(L－x1,v)＝eq \f(L,v)＋eq \f(v,2μg)
(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥eq \r(2μgL).
eq \a\vs4\al(倾斜传送带问题)
【例9】(2019·潍坊模拟)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是( )
A．从下端B离开，v>v1 B．从下端B离开，vC．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v【答案】ABC
【解析】.滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则vv1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C.
【变式】如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16 m，传送带以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0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
【答案】 2 s
【解析】 物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，得a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2.
物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s，时间t1内的位移x＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m.
由于μ设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由
L－x＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，解得t2＝1 s，t2＝－11 s(舍去)．
所以物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2 s.
热点题型五 滑块—木板模型
1．模型特征
滑块——滑板模型(如图a)，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，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．
2．两种类型
3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
eq \a\vs4\al(滑块带动木板)
【例10】如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁
块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁上，
g取10 m/s2.
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间．
【答案】 (1)见解析 (2)eq \r(2) s
【解析】 (1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体：F＝(M＋m)a
对A：fAB＝Ma
解得：fAB＝2.5 N
因fAB＜fm，故A、B之间不发生相对滑动．
(2)对B：F－μ1mg＝maB
对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA
据题意：xB－xA＝L
xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝eq \f(1,2)aBt2
解得：t＝eq \r(2) s.
【变式】如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v－t图象，其中可能正确的是( )
【答案】BD.
【解析】由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg＞μ2(M＋m)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得μ1mg＞μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确．
eq \a\vs4\al(木板带动滑块)
【例11】 (2019·安徽六安模拟)如图所示，质量为M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一
水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为
m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，
g取10 m/s2，求：
(1)经过多长时间两者达到相同的速度；
(2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块对地的位移大小为多少？
【答案】 (1)1 s (2)0.75 m (3)2.1 m
【解析】 (1)设小物块和小车的加速度分别为am、aM，由牛顿第二定律有：μmg＝mam，
F－μmg＝MaM
代入数据解得：am＝2 m/s2，aM＝0.5 m/s2
设经过时间t1两者达到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1，解得：t1＝1 s.
(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动，对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，解得：a＝0.8 m/s2
此时小物块和小车之间的摩擦力f＝ma＝1.6 N
而小物块和小车之间的最大静摩擦力fm＞μmg＝4 N＞f，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止．
从小物块放上小车开始，小物块的位移为：sm＝eq \f(1,2)amteq \\al(2,1)
小车的位移sM＝v0t1＋eq \f(1,2)aMteq \\al(2,1)
小车的长度至少为l＝sM－sm
代入数据得：l＝0.75 m
(3)在开始的1 s内，小物块的位移sm＝eq \f(1,2)amteq \\al(2,1)＝1 m，末速度v＝amt1＝2 m/s，在剩下的时间t2＝t－t1＝0.5 s时间内，物块运动的位移为s2＝vt2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)，得s2＝1.1 m，可见小物块在总共1.5 s时间内通过的位移大小为s＝sm＋s2＝2.1 m.
【变式】(2019·河南中原名校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，
在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静
止．现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F.
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
【答案】(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)，解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用，
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2，解得Δx1＝0.5 m
(3)刚撤去F时，v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和木板的相对位移
Δx2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－veq \\al(2,m),2am)
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
【题型演练】
1．(2018·浙江4月选考)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F­t图象能反映体重计示数随时间变化的是( )
【答案】C
【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误．
2．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器．待测质量的物体B连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示．稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为( )
A.eq \f(F1m1＋2m2,F1－F2) B.eq \f(F2m1＋2m2,F1－F2) C.eq \f(F2m1＋2m2,F1)D.eq \f(F1m1＋2m2,F2)
【答案】B
【解析】整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1＝(m1＋2m2＋m)a；隔离B物体，由牛顿第二定律得F2＝ma；联立可得m＝eq \f(F2m1＋2m2,F1－F2)，B对．
3.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳与桌面平行，则重物下落过程中，工件运动的加速度为( )
A.eq \f(2mg,M＋4m) B.eq \f(2mg,M＋2m) C.eq \f(mg,2M) D.eq \f(mg,M＋m)
【解析】相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳上的拉力为F，根据牛顿第二定律有：eq \f(mg－F,m)＝2×eq \f(2F,M)，解得：F＝eq \f(Mmg,M＋4m)，工件加速度为：a＝eq \f(2F,M)＝eq \f(2mg,M＋4m)，所以A正确．
【答案】A
4.(2019·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )
A．在第一过程中始终处于失重状态 B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
【答案】CD
【解析】.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．
5. (2019·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力( )
A．必为推力 B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零
【答案】C
【解析】.将a、b看做一个整体，加速度a＝eq \f(Fa＋Fb,ma＋mb)，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝eq \f(Fa＋Fab,ma)＝eq \f(Fa＋Fb,ma＋mb)，即Fab＝eq \f(Fbma－Famb,ma＋mb)，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0.
6．(2019·南阳五校联考) 如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中( )
A．B的加速度为gsin θB．绳的拉力为eq \f(G,cs θ)
C．绳的方向保持竖直D．绳的拉力为G
【答案】A
【解析】. A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin θ，所以选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcs θ，故选项B、C、D都错误．
如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块
质量为m.它们共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中( )
A．木块受到的摩擦力一定是μmg B．木块受到的合力为F
C．长木板受到的摩擦力为μmg D．长木板受到的合力为eq \f(MF,m＋M)
【答案】D
【解析】整体的加速度a＝eq \f(F,M＋m)，隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为F合＝eq \f(MF,M＋m)，且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力，又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力，故选项A、C错误，D正确；木块所受的合力F合′＝ma＝eq \f(mF,M＋m)，故选项B错误．
8.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一
个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ【答案】D
【解析】开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcs θ，木块加速至与传送带速度相等时，由于μ9.(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
(1)小物块所受到的恒力F的大小；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．
【答案】(1)11 N (2)0.5 s
(3)不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为0.4 m
【解析】(1)由题图乙可知，AB段加速度
a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.0－0,4.0－0) m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcs α－μ(mg－Fsin α)＝ma1，
解得F＝11 N.
(2)在BC段mgsin α＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2.
小物块从B上滑到最高点所用时间与从最高点滑回到B所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B点的速度vB＝2.0 m/s，有
t＝eq \f(2vB,a2)＝eq \f(2×2.0,8.0) s＝0.5 s.
(3)小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3，
解得a3＝5.0 m/s2.
滑行的位移s＝eq \f(vB2,2a3)＝eq \f(2.02,2×5.0) m＝0.4 m
sAB＝eq \x\t(v)t＝eq \f(vB,2)t＝eq \f(2.0,2)×4.0 m＝4.0 m>0.4 m，所以小物块不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为0.4 m.
10.(2019·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点
线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视
为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．
【答案】(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝eq \f(a2t2,2)，解得t＝1 s.
(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N.
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，
eq \f(a1t2,2)－eq \f(a2t2,2)＝L，
解得F2＝34 N.
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重
加速度相同的连接体
整体法(先整体后部分)
加速度相同时可把连接体看成一整体，再求整体外力时可用整体受力分析；若涉及到内力问题必须用隔离法分析
加速度不同的连接体
隔离法(先部分后整体)
加速度不同的连接体或要求连接体中各个物体间的作用力时一般用隔离法
临界状态
临界条件
速度达到最大
物体所受的合外力为零
两物体刚好分离
两物体间的弹力FN＝0
绳刚好被拉直
绳中张力为零
绳刚好被拉断
绳中张力等于绳能承受的最大拉力
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＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(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＜v，返回时速度为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)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后以a2加速
(6)可能一直减速
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
类型图示
规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA