还剩40页未读，
继续阅读
所属成套资源：高中物理二轮复习专题合集
成套系列资料，整套一键下载
- 专题05 牛顿运动定律的基本应用（解析版） 其他 6 次下载
- 专题05 牛顿运动定律的基本应用（原卷版） 其他 2 次下载
- 专题06 牛顿运动定律的综合应用（原卷版） 其他 3 次下载
- 专题07 曲线运动及其实例分析（解析版） 其他 5 次下载
- 专题07 曲线运动及其实例分析（原卷版） 其他 2 次下载
专题06 牛顿运动定律的综合应用（解析版）
展开
专题06 牛顿运动定律的综合应用
目录
题型一 动力学中的连接体问题 1
类型1 共速连接体---力的“分配” 2
类型2 关联速度连接体 5
题型二 动力学中的临界和极值问题 8
类型1 板块模型中相对滑动的临界问题 8
类型2 恰好脱离的动力学临界问题 11
类型3 动力学中的极值问题 15
题型三 动力学中的图像问题 17
类型1 通过F-t、F-x图像分析运动情况 18
类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况 20
类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系 22
题型四 “传送带”模型问题 25
类型1 动力学中水平传送带问题 26
类型2 动力学中的倾斜传送带问题 29
类型3 传送带中的动力学图像 31
题型五 “滑块－木板”模型问题 34
类型1 滑块带动木板 35
类型2 滑板带动滑块 39
类型3 斜面上的板块问题 41
题型一 动力学中的连接体问题
【解题指导】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. 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．
【核心总结】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、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2．常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：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．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．
3．整体法与隔离法在连接体中的应用
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)处理连接体方法
①共速连接体，一般采用先整体后隔离的方法．如图所示，先用整体法得出合力F与a的关系，F＝(mA＋mB)a，再隔离单个物体(部分物体)研究F内力与a的关系，例如隔离B，F内力＝mBa＝F
②关联速度连接体
分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解．
类型1 共速连接体---力的“分配”
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图：
地面光滑
m1、m2与地面间的动摩擦因数相同，地面粗糙
m1、m2与固定粗糙斜面间的动摩擦因数相同，
以上4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且F弹＝F.
【例1】(多选)(2022·山西大同市第一次联考)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
【答案】 AD
【解析】 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a
对B受力分析，有
FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa
由以上两式可得
FAB＝F＝
为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。
故A、D正确，B、C错误。
【例2】(多选)(2022·山东省实验中学模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为2 kg、1 kg，用细线连接置于水平地面上，现用大小为6 N的水平作用力F拉物体A，两物体一起向右做匀加速运动，若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.B的加速度大小为1 m/s2
B.A拉B的作用力为4 N
C.若撤去外力F，A物体做减速运动，B物体做加速运动
D.若撤去外力F，A物体的加速度大小为1 m/s2
【答案】 AD
【解析】 A、B两物体一起向右做匀加速运动，加速度相同，对整体分析，由牛顿第二定律得F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝1 m/s2，A正确；隔离B分析，由牛顿第二定律得FT－μmBg＝mBa，解得A拉B的作用力FT＝2 N，B错误；撤去外力F后，由于水平面粗糙，在滑动摩擦力作用下A、B都做减速运动，C错误；若撤去外力F，由牛顿第二定律得A物体的加速度大小μmAg＝mAaA，解得aA＝1 m/s2，D正确。
【例2】.(2022·江苏苏州市震川中学第一次统测)如图所示，质量为M的半圆形光滑凹槽放置于光滑水平地面上，槽内有一质量为m的小球(可看成质点)。现用一水平向右的推力F1推动凹槽，使小球与凹槽一起向右做匀加速直线运动；若保持小球在凹槽中的位置不变，将水平向左的推力F2作用在小球上，使小球和凹槽一起向左做匀加速直线运动，则F1∶F2为( )
A.1∶1 B.M∶m
C.m∶M D.m∶(m＋M)
【答案】 B
【解析】 将小球和凹槽看作整体，由牛顿第二定律有a1＝，a2＝，分别对小球受力分析如图所示，则有a1＝＝，a2＝＝－，联立解得＝，选项B正确。
【例3】(多选)[2022·山西太原市3月模拟(一)]如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P向右加速运动，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k。下列判断正确的是( )
A.若μ≠0，则k＝ B.若μ≠0，则k＝
C.若μ＝0，则k＝ D.若μ＝0，则k＝
【答案】 BD
【解析】 三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，则加速度大小a＝，隔离物块R，则R和Q之间相互作用力为F1＝3ma＋3μmg＝F，隔离P，则Q与P之间相互作用力F2＝F－μmg－ma＝F－μmg－F＋μmg＝F，可得k＝＝＝，与μ是否为零无关，故有k＝恒成立，选项B、D正确。
类型2 关联速度连接体
【例1】(2022·山东师范大学附中高三月考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行．开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B的加速度大小为6 m/s2
D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响
【答案】 C
【解析】 对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误．
【例2】(多选)(2022·“超级全能生”全国卷地区联考)如图所示，同种材料的两滑块A、B，用轻质细绳通过光滑定滑轮相连，A放在粗糙的水平桌面上。此时A、B刚好平衡，已知滑块与水平桌面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，动摩擦因数μ＝，B的质量为m，重力加速度为g，则A和B调换位置后，下列说法正确的是( )
A.A和B的加速度为g B.A的质量为2m
C.调换后绳的拉力不变 D.调换后绳的拉力变大
【答案】 AC
【解析】 开始时A、B刚好平衡，对A有mg＝μMg得M＝3m，B错误；A和B调换位置后，对整体有3mg－μmg＝4ma，则a＝g，故A正确；调整前绳的拉力为F1＝mg，调整后对B滑块3mg－F2＝3ma，则F2＝3mg－3ma＝mg，故C正确，D错误。
【例3】(2022·湖北武汉市4月质量检测)如图所示，物体a和物体b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a和c的质量均为2m，b的质量为m，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体a，则( )
A.释放瞬间，a的加速度大小为g
B.释放瞬间，b的加速度大小为g
C.c刚离开地面时，b的速度最大
D.弹簧第一次恢复原长时，a的速度最大
【答案】 B
【解析】 刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为F＝mg，则对a、b的整体，由牛顿第二定律2mg－mg＋F＝3ma，解得a、b的加速度为a＝g，选项A错误，B正确；当a、b的加速度为零时速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，选项C、D错误。
【例4】 (2022·福建南平市第一次质检)如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：
(1)A和B的质量之比；
(2)物体B沿斜面上滑的总时间。
【答案】 (1)2∶1 (2)4
【解析】 (1)对物体A、B受力分析，有mAgsin 30°＝FT1
FT1＝mBg
解得＝。
(2)A、B对调后，A物体接触地面前
对A：mAg－FT2＝mAa1
对B：FT2－mBgsin 30°＝mBa1
A落地后，B继续向上运动mBgsin 30°＝mBa2
得a1＝a2
B在斜面上运动时，有h＝a1t
a1t1＝a2t2
解得t1＝t2＝2
所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4。
【例5】质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动．B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．A落地前轻绳的拉力大小为2 N
B．B运动的最大速度为4 m/s
C．A落地后，B向右运动的路程为1.2 m
D．B运动的平均速度大小为1 m/s
【答案】 D
【解析】 设A落地前轻绳的拉力大小为FT，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mg－FT＝ma1，FT－μmg＝ma1联立解得a1＝2.5 m/s2，FT＝1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v＝＝2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2＝μg＝5 m/s2，B向右运动的路程为s＝＝0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为＝＝1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确．
题型二 动力学中的临界和极值问题
【解题指导】1．直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a相同、FN＝0.
2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.
3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程
4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．
【核心归纳】1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
3．解题方法
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
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
类型1 板块模型中相对滑动的临界问题
【例1】(2022·天津市六校联考期初检测)(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【答案】 BCD
【解析】 当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确．当F＝μmg时，A、B相对静止，A与B共同的加速度a＝＝μg，选项B正确．A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，物块B的加速度最大为a2＝＝μg，选项D正确．
【例2】如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是( )
A.当F增加到4 N时，m相对M开始运动
B.当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力
C.当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力
D.当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力
【答案】 B
【解析】 假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力Ff提供最大的加速度，故Ff＝μmg＝ma
所以a＝μg＝2 m/s2
对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N
可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足
F＞20 N，故A错误；
当F＝10 N时，对整体F＝(M＋m)a′
解得a′＝＝1 m/s2
对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有
Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N
方向向右，故B正确；
同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2
m受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3 N，方向向右，故C错误；
当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，
Ff＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。
【例3】(2022·安徽省蚌埠第三中学月考)如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图8甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为( )
A.2.0 N B.3.0 N
C.6.0 N D.9.0 N
【答案】 C
【解析】 根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，以B为研究对象根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
【例4】(2022·重庆市第三十七中学高三月考)如图物体A叠放在物体B上，B置于水平面上．A、B质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，F从零开始逐渐增加，则( )
A．无论F多大，A都不会相对B滑动
B．当拉力F超过16 N时，A开始相对B滑动
C．当A的加速度为1.5 m/s2时，A、B已经发生相对滑动
D．若把F作用在B上，方向仍然水平向右，A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同
【答案】 D
【解析】 A、B之间的最大静摩擦力Ff1＝μ1mAg＝12 N，B与地面之间的最大静摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝8 N，A与B刚好不发生相对滑动时，对B受力分析，aB＝＝2 m/s2，对于系统F－Ff2＝(mA＋mB)aB，解得F＝24 N，即拉力超过24 N时，A开始相对B滑动，A、B、C错误；把F作用在B上，A与B刚好不发生相对滑动时对A受力分析，Ff1＝μ1mAg＝mAaA，解得aA＝2 m/s2，对于系统F－Ff2＝(mA＋mB)aA，解得F＝24 N，即A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同，D正确．
【例5】(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为2 kg
C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2
D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.2
【答案】 BC
【解析】 设滑块A的质量m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确；当F＝10 N时，木板A的加速度为aA＝＝6 m/s2，C正确．
类型2 恰好脱离的动力学临界问题
连接体恰好脱离满足两个条件
(1)物体间的弹力FN＝0；
(2)脱离瞬间系统、单个物体的加速度仍相等．
【例1】(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止．现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下结论正确的是( )
A．变力F的最小值为2 N
B．变力F的最小值为6 N
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
【答案】 BC
【解析】 A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大，等于重力，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m；A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m．物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误．
【例2】如图所示，车顶和水平地板成θ=53°角的小车在水平地面上运动时，质量为m=1kg小球和光滑车顶保持接触，轻绳处于伸直状态且和车顶平行，g=10 m/s2，以下说法正确的是.
A. 当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，小球和竖直车厢壁间无弹力作用
B. 当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀加速运动时，小球和车顶间无弹力作用
C. 当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为2 N
D. 当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为4 N
【答案】BC
【解析】A．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和竖直车厢壁间一定有弹力作用，故A错误；
B．设小球与光滑车顶没有弹力时，小车的加速度为a，对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
mgtan37°=ma
解得
a=gtan37°=7.5m/s2
故B正确；
CD．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
联立解得
N=2N
故D错误，C正确。
故选BC。
【例3】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．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )
A．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为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，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.
①由于a1＝5 m/s2
【例4】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°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，cos 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) m/s2 (3) N 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＝at2
联立解得a＝ m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N。
类型3 动力学中的极值问题
【例1】(2022·江西景德镇一中高三月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜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.现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是( )
A.Ffm B.Ffm
C.Ffm D．Ffm
【答案】 C
【解析】 当下面2m的木块与它上面m的木块之间的摩擦力达到最大时，拉力F达到最大，将4个物体看作整体，由牛顿第二定律F＋6mgsin 30°＝6ma，将2个m及斜面上的2m看作整体Ffm＋4mgsin 30°＝4ma，联立解得F＝Ffm，故C正确，A、B、D错误．
【例2】(2022·河北唐山市高三模拟)如图所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，厢式货车的最大加速度为( )
A. B.
C. D.g
【答案】 B
【解析】 对重物受力分析可得FAsin 30°＋FBsin 60°＝mg，FBcos 60°－FAcos 30°＝ma
联立解得·(mg－FA)－FA＝ma
整理得mg－FA＝ma
当FA＝0时，a取得最大值，为g，故选B.
【例3】如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
【答案】 (1) (2)θ＝60° m
【解析】 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
联立解得：μ＝.
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，
故α＝30°，
又因x＝
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝
＝＝ m.
【例4】如图所示，将质量m＝1 kg的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为10 N的拉力F，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝，g＝10 m/s2，则：
(1)F作用t＝2 s时圆环的速度是多大？
(2)2 s后撤去力F，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？
【答案】 (1)20 m/s (2)16 m
【解析】 (1)F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示．
沿杆方向：Fcos 30°－mgsin 30°－Ff＝ma1
垂直杆方向：mgcos 30°＝FN＋Fsin 30°
又Ff＝μFN
联立解得：a1＝10 m/s2
由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t
代入数据解得：v＝20 m/s
(2)撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示．
沿杆方向：mgsin 30°＋Ff′＝ma2
垂直杆方向：mgcos 30°＝FN′
又Ff′＝μFN′
联立解得：a2＝12.5 m/s2
圆环继续沿杆上滑的最大距离
x＝＝ m＝16 m.
题型三 动力学中的图像问题
【解题指导】1．两类问题：一类问题是从图像中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图像.2.两种方法：一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图像的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图像对应点比较．
【核心归纳】1．“两大类型”
(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况．
2．“一个桥梁”：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁．
3．解决图象问题的方法和关键
(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．
(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义．
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点．
类型1 通过F-t、F-x图像分析运动情况
【例1】(2022·哈师大附中模拟)如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是 ( )
A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s2
【答案】D
【解析】根据图象，最大静摩擦力为4 N．4 s后，物块受到拉力F大于4 N，开始运动，所以5 s内拉力做功不为零，A错误；4 s末，物块所受合力为零，B错误；物块所受滑动摩擦力为Ff＝3 N，质量m＝1.0 kg，根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数μ＝＝0.3，C错误；6～9 s内，物体的加速度a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，D正确．
【方法技巧】解决图象综合问题的关键
图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析．
【例2】(2022·湖北三校联考)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下匀加速运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是 ( )
【答案】：D
【解析】：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故力F与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．
【例3】(2022·山西朔州市怀仁市期末)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图2a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知( )
A.物块的质量m＝2 kg
B.物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C.在4 s末，物体的动量为12 kg· m/s
D.在2～4 s时间内，小物块速度均匀增加
【答案】 C
【解析】 由a、b两图可知，当拉力为6 N和12 N时，物块对应加速度分别为1 m/s2和3 m/s2，由牛顿第二定律可得F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得物块质量为3 kg，动摩擦因数为0.1，故A、B错误；如图b，2～4 s平均加速度为2 m/s2，则4 s末物体的速度为v＝t＝2 m/s2×2 s＝4 m/s，则在4 s末，物体的动量为p＝mv＝3 kg×4 m/s＝12 kg·m/s，故C正确；由b图可知，在2～4 s内，加速度逐渐增大，则速度不是均匀增加，故D错误。
【例4】.(2022·江苏镇江市丹阳中学适应性考试)在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。以水平向右为正方向，则关于A物体的速度v、加速度a、所受摩擦力Ff及运动的位移x随时间变化图象正确的有( )
【答案】 B
【解析】 A、B一起加速运动，由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度先减小后增大，故B正确；v－t图象的斜率表示加速度，因加速度先减小后增大，故v－t图象不是直线，故A错误；整体做单向直线运动，速度逐渐增大，x－t图象的斜率变化反映速度变化，故C错误；摩擦力是物体A做加速运动的合外力，由牛顿第二定律有Ff＝ma，根据加速度先减小后增大可判定摩擦力先减小后增大，故D错误。
类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况
【例1】(多选)运动员沿竖直方向做跳伞训练，打开降落伞后的速度—时间图像如图(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图(b)所示，已知运动员的质量为64 kg，降落伞的质量为16 kg，假设打开伞后伞所受阻力Ff的大小与速率v成正比，即Ff＝kv.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．k＝200 N·s·m－1
B．打开伞后瞬间运动员的加速度方向竖直向上
C．打开伞后瞬间运动员的加速度大小为20 m/s2
D．每根悬绳能够承受的拉力至少为400 N
【答案】 BD
【解析】 由题图(a)可知，当速度为v1＝5 m/s时运动员匀速运动，运动员与降落伞整体受力平衡，此时有kv1＝m人g＋m伞g，解得k＝160 N·s·m－1，故A错误；打开伞后瞬间运动员减速下落，故加速度方向竖直向上，故B正确；打开伞后瞬间运动员的速度为v0＝20 m/s，对运动员和降落伞整体有kv0－m人g－m伞g＝(m人＋m伞)a，解得a＝30 m/s2，故C错误；打开伞后瞬间，绳上的拉力最大，对运动员受力分析有FTcos 37°×8－m人g＝m人a，解得每根悬绳的拉力大小FT＝400 N，故D正确．
【例2】.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 ( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
【答案】：AD
【解析】：由题意知在上升过程中：F－mg＝ma，所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由图知，7 s以后加速度向下，由mg－F＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以C错误，D正确．
【例3】(2022·宁夏银川模拟)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A．小球所受重力和阻力之比为6∶1
B．小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C．小球回落到抛出点的速度大小为8 m/s
D．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态
【答案】：C
【解析】：小球向上做匀减速运动的加速度大小a1＝12 m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，则重力和阻力大小之比为5∶1，故选项A错误；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据x＝at2得t＝，知上升的时间和下落的时间之比为t1∶t2＝∶＝∶3，故选项B错误；小球匀减速上升的位移x＝×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2x得，v＝＝ m/s＝8 m/s，故选项C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项D错误．
【例4】如图甲所示，广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图像如图乙所示。则下列相关说法正确的是( )
A.t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B.5～55 s时间内，绳索拉力最小
C.t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D.t＝60 s时，电梯速度恰好为零
【答案】 D
【解析】 利用a－t图像可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。
类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系
【例1】(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．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图象．g取10 m/s2.则下列说法正确的是 ( )
A．滑块的质量m＝4 kg
B．木板的质量M＝4 kg
C．滑块与木板间动摩擦因数为0.1
D．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
【答案】AC
【解析】由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，故滑块的质量m＝4 kg，故A正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，又a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得F＝8 N时滑块的加速度为a′＝1 m/s2，故D错误．
【例2】.(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2) ( )
A．物体的质量为1 kg
B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
【答案】：BC
【解析】：物体的受力如图所示
在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，代入图乙中F1＝7 N和F2＝14 N及对应的加速度a1＝0.5 m/s2和a2＝4 m/s2，解得m＝2 kg，Ff＝6 N，A错误，B正确；Ff＝μFN＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误．
【例3】(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体．逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)．根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
【答案】 ABC
【解析】 对物体受力分析，正交分解可得，在沿斜面方向Fcos θ－mgsin θ＝ma，在垂直斜面方向FN＝Fsin θ＋mgcos θ.从题图乙中取两个点，当F＝20 N，a＝2 m/s2，当F＝30 N，a＝6 m/s2，代入两式，联立可解得m＝2 kg，θ＝37°，A、B正确；物体能静止在斜面上所施加的外力最小时a＝0，代入方程可解得F＝15 N，C正确；题中未说明F随时间的变化情况，且物体做的是变加速直线运动，无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度，D错误．
【例4】．(多选)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和木板C、木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2，则由图像可知( )
A．10 N
C．木板C的质量
D．木板和物块间的动摩擦因数
【答案】 BD
【解析】 由题图乙可知，当10 N15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，选项A错误，B正确；对木板和物块的整体，当F1＝10 N时，a＝0，则F1＝(M＋m)gsin θ，当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，联立方程可得M＋m＝2 kg，θ＝30°，但是不能求解木板C的质量，选项C错误；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，此时物块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块有μmgcos θ－mgsin θ＝ma.联立方程可得μ＝，选项D正确．
【例5】．如图甲所示为某游乐场的滑草场地，滑道由倾斜部分和水平部分组成，其中倾斜部分长x＝100 m，与水平面倾角θ＝37°.乘客乘坐m＝5 kg的滑草车从倾斜部分的坡顶由静止开始自由下滑，最终停在滑道水平部分．空滑草车再由牵引绳索沿滑道拖回坡顶，如图乙所示为10辆滑草车在与斜面平行的绳索牵引下沿倾斜滑道一起向上运动的加速度a随牵引力F变化的图像，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑草车从倾斜部分到水平部分时的机械能损失忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)滑草车与滑道间的动摩擦因数μ；
(2)乘客在滑道水平部分运动时间．
【答案】 (1)0.5 (2)4 s
【解析】 (1)由题图乙可知，牵引力F＝500 N时，滑草车沿倾斜滑道向上匀速运动，根据平衡条件有F＝10(mgsin θ＋μmgcos θ)
代入数据解得μ＝0.5
(2)设乘客质量为M，沿倾斜草场下滑过程，根据牛顿第二定律有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1
代入数据解得a1＝2 m/s2
根据速度位移公式有v2＝2a1x
解得v＝20 m/s
沿水平草场运动过程，根据牛顿第二定律有μ(M＋m)g＝(M＋m)a2
解得a2＝5 m/s2
根据速度－时间公式v＝a2t代入数据解得t＝4 s.
题型四 “传送带”模型问题
【解题指导】1．水平传送带问题：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．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
【必备知识】1．水平传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0
v0>v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．
若v0v返回到左端时速度为v.
2．倾斜传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ)
先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ
v0
若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ
(摩擦力方向一定沿斜面向上)
gsin θ>μgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ<μgcos θ，一直减速
先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)
类型1 动力学中水平传送带问题
【例1】 (2022·山东枣庄市第二次模拟)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图2所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B.工件被传送到另一端的最长时间是2 s
C.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D.若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
【答案】 B
【解析】 工件恰好传送到右端，有0－v＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。
【例2】(2021·江苏省四校第三次联考)如图甲所示，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图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
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 小物块相对地面速度为零时，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．
【例3】(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图，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.
(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)4 m/s 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位移为x1，由运动学公式有
v2－v02＝－2ax1②
联立①②式，代入题给数据得
x1＝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′＋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，则
v12－v02＝－2μgL⑦
v22－v02＝2μgL⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝ m/s, v2＝4 m/s
【例4】(多选)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＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝＝ 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处前已经与传送带共速，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．
类型2 动力学中的倾斜传送带问题
【解题要点】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．
3．滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)
【例1】如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹．已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)传送带从A到B的长度；
(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．
【答案】 (1)16 m (2)5 m
【解析】 (1)煤块速度达到10 m/s之前
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2，t1＝＝1 s，
x1＝a1t12＝5 m
煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s，
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2，x2＝vt2＋a2t22＝11 m，L＝x1＋x2＝16 m
(2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m
煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m
由于s1相>s2相，可见痕迹长为5 m.
【例2】(2022·江苏南京市、盐城市二模)如图所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20 kg的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到h＝1.8 m的平台上．已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小；
(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量．
【答案】 (1)0.8 m/s2 (2)122.4 J
【解析】 (1)箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力mg和沿传送带向上的滑动摩擦力Ff，将重力沿传送带方向和垂直传送带方向进行正交分解，由牛顿第二定律得Ff－mgsin α＝ma①
Ff＝μFN②
FN＝mgcos α③
联立①②③式，得a＝0.8 m/s2
(2)箱子加速所用时间为t＝＝ s＝1.5 s
箱子加速过程中传送带的位移x传＝v0t＝1.8 m
传送带底端到平台的距离为L＝＝3 m
箱子加速的位移为x箱＝at2＝×0.8×1.52 m＝0.9 m
箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦产生的热量Q＝FfΔx＝Ff(x传－x箱)＝122.4 J
【例3】(2022·辽宁大连市第一次模拟)如图所示，传送带以10 m/s的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1 kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A、B同时到达传送带底端
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等
D．滑块A在传送带上的划痕长度为5 m
【答案】 D
【解析】 两滑块都以10 m/s的初速度沿传送带下滑，且mgsin 37°>μmgcos 37°，故传送带对两滑块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两滑块沿斜面向下的加速度大小相同，为a＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2，滑块A先加速，加速到与传送带同速度所需位移为x1＝＝5 m<16 m，所需时间为t1＝＝1 s．加速到与传送带同速度后，由于mgsin 37°>μmgcos 37°，故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为a′＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，加速到传送带底端有L－x1＝v0t2＋a′t22，解得时间t2＝1 s，到达底端共用时t＝t1＋t2＝2 s．B滑块一直以加速度a′加速至传送带底端L＝a′t′2，解得t′＝4 s，A、B错误；A到达底端时的速度为vA＝v0＋a′t2＝10 m/s＋2×1 m/s＝12 m/s，B到达底端时的速度为vB＝a′t′＝2×4 m/s＝8 m/s，C错误；A加速到与传送带同速度之时的相对位移为Δx1＝v0t1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m，加速到传送带速度以后，相对位移为Δx2＝11 m－v0t2＝1 m，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5 m，D正确．
类型3 传送带中的动力学图像
【例1】(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
【答案】 BC
【解析】 如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于v－t图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝Lsin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误．
【例2】(2022·广东河源市高三月考)一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v－t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ.则下列说法正确的是( )
A．v－t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动
B．从v－t图像可知木块的初速度大于v0
C．从v－t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan α
D．从v－t图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻
【答案】 D
【解析】 若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上运动，木块一定先减速向上后加速向下，而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，A错误；木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图像的斜率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，B错误；木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，其加速度为mgsin θ＋Ff＝ma1，当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan α，则μmgcos θ>mgsin θ ，木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动，C错误；当木块的速度等于v0时，且μ
【答案】 AC
【解析】 物体放到传送带上，由μmg＝ma可得a＝1 m/s2，则由v＝at，得t＝1 s，物体在0～1 s内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A正确，B错误；物体在t＝1 s时的位移x＝at2＝0.5 m，物体在0～1 s内做匀加速直线运动，x－t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x－t图像为直线，故C正确，D错误．
【例4】(2022·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图7乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，求：
(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)8 m/s (2)0.5
【解析】 (1)由v－t图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t轴所围的面积，所以
L＝×1×10 m＋×(10＋12)×1 m＝16 m
由平均速度的定义得 ＝＝8 m/s。
(2)由v－t图像可知传送带运行速度为v1＝10 m/s
0～1 s内物体的加速度为a1＝＝10 m/s2
1～2 s内的加速度为a2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立两式解得μ ＝ 0.5。
题型五 “滑块－木板”模型问题
【解题指导】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＝.假设两物体同时由静止开始运动，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．
【要点归纳】
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
4．处理“板块”模型中动力学问题的流程
【技巧点拨】
1.滑块不受拉力而木板受拉力
木板受逐渐增大的水平拉力而滑块不受拉力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达到其最大值μg时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大。
2.给滑块一初速度v0，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上
(1)若木板足够长，这种情况下，滑块减速、木板加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a滑t＝a板t。
(2)若木板不够长，这种情况下，滑块会一直减速到滑下木板，木板会一直加速到滑块滑下。分离前滑块加速度大小a滑＝μg，木板的加速度大小a板＝。
3.木板有初速度v0，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上
(1)若木板足够长，木板减速、滑块加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a板t＝a滑t。
(2)若木板不够长，则木板会一直减速到滑块滑下，滑块会一直加速到滑下木板。分离前滑块的加速度大小a滑＝μg，木板的加速度大小a板＝。
类型1 滑块带动木板
【例1】(2022·江西上饶市第一次模拟)如图所示，一质量M＝1 kg的长L＝2.5 m的木板B静放于水平地面，一质量m＝2 kg的小物块A静置于木板左端。如果给小物块A一水平向右的初速度v0＝4 m/s，经过t＝1 s的时间A与B分离。已知重力加速度g＝10 m/s2，小物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，小物块A可看作质点，求：
(1)A与B分离时，A的速度；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.1
【解析】 (1)小物块A在木板B上做匀减速直线运动，设物块的加速度大小为a1，
有a1＝μ1g＝2 m/s2
由v＝v0－a1t，解得v＝2 m/s。
(2)木板在物块的摩擦力作用下可能静止不动，也可能做匀变速直线运动，如果木板静止不动，对小物块x＝v0t－a1t2，x＝3 m>L＝2.5 m，说明木板相对地面发生了滑动设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
位移关系为v0t－a1t2－a2t2＝L，
联立解得μ2＝0.1。
【例2】质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
【答案】 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
【解析】 (1)由图像可知，A在0～1 s内的加速度
a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由图像知，A、B在1～3 s内的加速度
a3＝＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。
(3)由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg。
【例3】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块上，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) 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＝aAt2，xB＝aBt2
解得：t＝ s.
【例4】(2022·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＝，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，
－＝L，
解得F2＝34 N.
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
【例5】(2022·湖南师大附中高三月考)如图所示，C为质量不计的足够长的极薄的形变可忽略的硬质膜，放在光滑的水平面上，其上分别静止放有两个物体A和B，A的质量为10 kg，B的质量为5 kg，与膜之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，t＝0时刻，在水平拉力F＝50 N的作用下开始运动，求：(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)
(1)A和B两个物体的加速度分别为多大？
(2)如果拉力F作用时间到t＝2 s时撤去，那么A、B两物体最终速度多大？A、B两物体在膜上留下的划痕分别多长？
【答案】 (1)4 m/s2 2 m/s2 (2) m/s 无划痕 m
【解析】 (1)A与膜的最大静摩擦力为Ff1＝μmAg＝20 N
B与膜的最大静摩擦力为Ff2＝μmBg＝10 N
因为膜质量不计，所以B最先达到最大静摩擦力．
所以B的加速度为aB＝＝ m/s2＝2 m/s2
膜的合外力必为零，所以A与膜的摩擦力也为10 N(静摩擦)
所以A和膜一起运动，F－Ff2＝mAaA
aA＝4 m/s2
(2)2 s时，物体A与膜的速度为vA＝aAt＝8 m/s
物体B的速度为vB＝aBt＝4 m/s
此时物体B运动了s1＝aBt2＝4 m
膜和物体A运动了s2＝aAt2＝8 m
所以划痕长度L1＝4 m(向左划)
撤去外力F后，设经历Δt时间共速(共速后以速度v共一起匀速运动)，那么有：vB＋aBΔt＝vA－aA′Δt
此时A物体的加速度为aA′＝＝ m/s2＝1 m/s2
解得Δt＝ s
所以v共＝ m/s
此段时间B的位移为s1′＝vBΔt＋aBΔt2＝ m
此段时间A的位移为s2′＝vAΔt－aA′Δt2＝ m
所以划痕长度L2＝ m(向左划)
所以总的划痕长度为L＝L1＋L2＝ m
则A物体无划痕，B物体的划痕长为 m．(也可以用图像法计算)
类型2 滑板带动滑块
【例1】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，长木板与小物块间的动摩擦因数为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，g取10 m/s2，则：
(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起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)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝
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＝at2－amt2＝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′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
【例2】(2022·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，15)如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg。A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2。t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移；
(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度。
【答案】 (1)3.5 m (2)0
【解析】 (1)由题知B始终未脱离A，
由vBA－t图像可知
0～1.5 s内，vBvA，B在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝μg＝2 m/s2，则物块B在1.5 s时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝ t1.5＝2.25 m
物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
在1.5～2 s内位移x2＝t0.5＝1.25 m
所以B相对水平面的位移
xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m。
(2)由图可知t＝2 s时，vBA＝2 m/s，又此时B的速度
vB＝v2＝2 m/s
由vBA＝vB－vA得vA＝0。
类型3 斜面上的板块问题
【例1】(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
【答案】 BC
【解析】 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
【例2】如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足够长．其上有一质量为M＝1 kg、长L＝6 m的木板，木板厚度不计．在木板的左端有一个可以看作质点的质量为m＝2 kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数μ＝0.5.开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F＝30 N拉木块，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)经过多长时间木块从木板右端滑落？
(2)当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间的距离．
【答案】 (1)2 s (2)4 m
【解析】 (1)对木块由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝5 m/s2
对木板由牛顿第二定律得μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则a1t2－a2t2＝L
解得t＝2 s
(2)木块从木板右端滑落时，木块的速度为v1＝a1t＝10 m/s
木板的速度为v2＝a2t＝4 m/s
木块从木板右端滑落后，木块和木板运动的加速度a1′＝a2′＝gsin θ＝6 m/s2
木板到相对斜面速度为零运动的时间为t′＝＝ s
这段时间木块运动的位移x1＝v1t′－a1′t′2＝10× m－×6×()2 m＝ m
木板的位移x2＝＝ m＝ m
木板右端与木块之间距离Δx＝x1－x2＝4 m.
【例3】如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量m板＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；
(2)从释放到小滑块离开薄平板经历的时间t。
【答案】 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
【解析】 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有
mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
m板gsin 37°＋Ff1－Ff2＝m板a2
其中FN2＝(m＋m板)gcos 37°，Ff2＝μ2FN2
解得a2＝1 m/s2
a1＞a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝L
解得t＝1 s。
目录
题型一 动力学中的连接体问题 1
类型1 共速连接体---力的“分配” 2
类型2 关联速度连接体 5
题型二 动力学中的临界和极值问题 8
类型1 板块模型中相对滑动的临界问题 8
类型2 恰好脱离的动力学临界问题 11
类型3 动力学中的极值问题 15
题型三 动力学中的图像问题 17
类型1 通过F-t、F-x图像分析运动情况 18
类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况 20
类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系 22
题型四 “传送带”模型问题 25
类型1 动力学中水平传送带问题 26
类型2 动力学中的倾斜传送带问题 29
类型3 传送带中的动力学图像 31
题型五 “滑块－木板”模型问题 34
类型1 滑块带动木板 35
类型2 滑板带动滑块 39
类型3 斜面上的板块问题 41
题型一 动力学中的连接体问题
【解题指导】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. 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．
【核心总结】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、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体．连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2．常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：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．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．
3．整体法与隔离法在连接体中的应用
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)处理连接体方法
①共速连接体，一般采用先整体后隔离的方法．如图所示，先用整体法得出合力F与a的关系，F＝(mA＋mB)a，再隔离单个物体(部分物体)研究F内力与a的关系，例如隔离B，F内力＝mBa＝F
②关联速度连接体
分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解．
类型1 共速连接体---力的“分配”
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图：
地面光滑
m1、m2与地面间的动摩擦因数相同，地面粗糙
m1、m2与固定粗糙斜面间的动摩擦因数相同，
以上4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且F弹＝F.
【例1】(多选)(2022·山西大同市第一次联考)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
【答案】 AD
【解析】 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a
对B受力分析，有
FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa
由以上两式可得
FAB＝F＝
为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。
故A、D正确，B、C错误。
【例2】(多选)(2022·山东省实验中学模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为2 kg、1 kg，用细线连接置于水平地面上，现用大小为6 N的水平作用力F拉物体A，两物体一起向右做匀加速运动，若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.B的加速度大小为1 m/s2
B.A拉B的作用力为4 N
C.若撤去外力F，A物体做减速运动，B物体做加速运动
D.若撤去外力F，A物体的加速度大小为1 m/s2
【答案】 AD
【解析】 A、B两物体一起向右做匀加速运动，加速度相同，对整体分析，由牛顿第二定律得F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝1 m/s2，A正确；隔离B分析，由牛顿第二定律得FT－μmBg＝mBa，解得A拉B的作用力FT＝2 N，B错误；撤去外力F后，由于水平面粗糙，在滑动摩擦力作用下A、B都做减速运动，C错误；若撤去外力F，由牛顿第二定律得A物体的加速度大小μmAg＝mAaA，解得aA＝1 m/s2，D正确。
【例2】.(2022·江苏苏州市震川中学第一次统测)如图所示，质量为M的半圆形光滑凹槽放置于光滑水平地面上，槽内有一质量为m的小球(可看成质点)。现用一水平向右的推力F1推动凹槽，使小球与凹槽一起向右做匀加速直线运动；若保持小球在凹槽中的位置不变，将水平向左的推力F2作用在小球上，使小球和凹槽一起向左做匀加速直线运动，则F1∶F2为( )
A.1∶1 B.M∶m
C.m∶M D.m∶(m＋M)
【答案】 B
【解析】 将小球和凹槽看作整体，由牛顿第二定律有a1＝，a2＝，分别对小球受力分析如图所示，则有a1＝＝，a2＝＝－，联立解得＝，选项B正确。
【例3】(多选)[2022·山西太原市3月模拟(一)]如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P向右加速运动，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k。下列判断正确的是( )
A.若μ≠0，则k＝ B.若μ≠0，则k＝
C.若μ＝0，则k＝ D.若μ＝0，则k＝
【答案】 BD
【解析】 三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，则加速度大小a＝，隔离物块R，则R和Q之间相互作用力为F1＝3ma＋3μmg＝F，隔离P，则Q与P之间相互作用力F2＝F－μmg－ma＝F－μmg－F＋μmg＝F，可得k＝＝＝，与μ是否为零无关，故有k＝恒成立，选项B、D正确。
类型2 关联速度连接体
【例1】(2022·山东师范大学附中高三月考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行．开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B的加速度大小为6 m/s2
D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响
【答案】 C
【解析】 对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误．
【例2】(多选)(2022·“超级全能生”全国卷地区联考)如图所示，同种材料的两滑块A、B，用轻质细绳通过光滑定滑轮相连，A放在粗糙的水平桌面上。此时A、B刚好平衡，已知滑块与水平桌面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，动摩擦因数μ＝，B的质量为m，重力加速度为g，则A和B调换位置后，下列说法正确的是( )
A.A和B的加速度为g B.A的质量为2m
C.调换后绳的拉力不变 D.调换后绳的拉力变大
【答案】 AC
【解析】 开始时A、B刚好平衡，对A有mg＝μMg得M＝3m，B错误；A和B调换位置后，对整体有3mg－μmg＝4ma，则a＝g，故A正确；调整前绳的拉力为F1＝mg，调整后对B滑块3mg－F2＝3ma，则F2＝3mg－3ma＝mg，故C正确，D错误。
【例3】(2022·湖北武汉市4月质量检测)如图所示，物体a和物体b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a和c的质量均为2m，b的质量为m，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体a，则( )
A.释放瞬间，a的加速度大小为g
B.释放瞬间，b的加速度大小为g
C.c刚离开地面时，b的速度最大
D.弹簧第一次恢复原长时，a的速度最大
【答案】 B
【解析】 刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为F＝mg，则对a、b的整体，由牛顿第二定律2mg－mg＋F＝3ma，解得a、b的加速度为a＝g，选项A错误，B正确；当a、b的加速度为零时速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，选项C、D错误。
【例4】 (2022·福建南平市第一次质检)如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：
(1)A和B的质量之比；
(2)物体B沿斜面上滑的总时间。
【答案】 (1)2∶1 (2)4
【解析】 (1)对物体A、B受力分析，有mAgsin 30°＝FT1
FT1＝mBg
解得＝。
(2)A、B对调后，A物体接触地面前
对A：mAg－FT2＝mAa1
对B：FT2－mBgsin 30°＝mBa1
A落地后，B继续向上运动mBgsin 30°＝mBa2
得a1＝a2
B在斜面上运动时，有h＝a1t
a1t1＝a2t2
解得t1＝t2＝2
所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4。
【例5】质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动．B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．A落地前轻绳的拉力大小为2 N
B．B运动的最大速度为4 m/s
C．A落地后，B向右运动的路程为1.2 m
D．B运动的平均速度大小为1 m/s
【答案】 D
【解析】 设A落地前轻绳的拉力大小为FT，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mg－FT＝ma1，FT－μmg＝ma1联立解得a1＝2.5 m/s2，FT＝1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v＝＝2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2＝μg＝5 m/s2，B向右运动的路程为s＝＝0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为＝＝1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确．
题型二 动力学中的临界和极值问题
【解题指导】1．直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a相同、FN＝0.
2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.
3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程
4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．
【核心归纳】1．常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.
2．解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
3．解题方法
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
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
类型1 板块模型中相对滑动的临界问题
【例1】(2022·天津市六校联考期初检测)(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【答案】 BCD
【解析】 当0
【例2】如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是( )
A.当F增加到4 N时，m相对M开始运动
B.当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力
C.当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力
D.当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力
【答案】 B
【解析】 假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力Ff提供最大的加速度，故Ff＝μmg＝ma
所以a＝μg＝2 m/s2
对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N
可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足
F＞20 N，故A错误；
当F＝10 N时，对整体F＝(M＋m)a′
解得a′＝＝1 m/s2
对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有
Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N
方向向右，故B正确；
同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2
m受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3 N，方向向右，故C错误；
当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，
Ff＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。
【例3】(2022·安徽省蚌埠第三中学月考)如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图8甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为( )
A.2.0 N B.3.0 N
C.6.0 N D.9.0 N
【答案】 C
【解析】 根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，以B为研究对象根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
【例4】(2022·重庆市第三十七中学高三月考)如图物体A叠放在物体B上，B置于水平面上．A、B质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，F从零开始逐渐增加，则( )
A．无论F多大，A都不会相对B滑动
B．当拉力F超过16 N时，A开始相对B滑动
C．当A的加速度为1.5 m/s2时，A、B已经发生相对滑动
D．若把F作用在B上，方向仍然水平向右，A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同
【答案】 D
【解析】 A、B之间的最大静摩擦力Ff1＝μ1mAg＝12 N，B与地面之间的最大静摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝8 N，A与B刚好不发生相对滑动时，对B受力分析，aB＝＝2 m/s2，对于系统F－Ff2＝(mA＋mB)aB，解得F＝24 N，即拉力超过24 N时，A开始相对B滑动，A、B、C错误；把F作用在B上，A与B刚好不发生相对滑动时对A受力分析，Ff1＝μ1mAg＝mAaA，解得aA＝2 m/s2，对于系统F－Ff2＝(mA＋mB)aA，解得F＝24 N，即A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同，D正确．
【例5】(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为2 kg
C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2
D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.2
【答案】 BC
【解析】 设滑块A的质量m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确；当F＝10 N时，木板A的加速度为aA＝＝6 m/s2，C正确．
类型2 恰好脱离的动力学临界问题
连接体恰好脱离满足两个条件
(1)物体间的弹力FN＝0；
(2)脱离瞬间系统、单个物体的加速度仍相等．
【例1】(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止．现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下结论正确的是( )
A．变力F的最小值为2 N
B．变力F的最小值为6 N
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s
【答案】 BC
【解析】 A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大，等于重力，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m；A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m．物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误．
【例2】如图所示，车顶和水平地板成θ=53°角的小车在水平地面上运动时，质量为m=1kg小球和光滑车顶保持接触，轻绳处于伸直状态且和车顶平行，g=10 m/s2，以下说法正确的是.
A. 当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，小球和竖直车厢壁间无弹力作用
B. 当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀加速运动时，小球和车顶间无弹力作用
C. 当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为2 N
D. 当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为4 N
【答案】BC
【解析】A．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和竖直车厢壁间一定有弹力作用，故A错误；
B．设小球与光滑车顶没有弹力时，小车的加速度为a，对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
mgtan37°=ma
解得
a=gtan37°=7.5m/s2
故B正确；
CD．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
联立解得
N=2N
故D错误，C正确。
故选BC。
【例3】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．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )
A．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为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，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.
①由于a1＝5 m/s2
【例4】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°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，cos 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) m/s2 (3) N 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＝at2
联立解得a＝ m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N。
类型3 动力学中的极值问题
【例1】(2022·江西景德镇一中高三月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜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.现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是( )
A.Ffm B.Ffm
C.Ffm D．Ffm
【答案】 C
【解析】 当下面2m的木块与它上面m的木块之间的摩擦力达到最大时，拉力F达到最大，将4个物体看作整体，由牛顿第二定律F＋6mgsin 30°＝6ma，将2个m及斜面上的2m看作整体Ffm＋4mgsin 30°＝4ma，联立解得F＝Ffm，故C正确，A、B、D错误．
【例2】(2022·河北唐山市高三模拟)如图所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，厢式货车的最大加速度为( )
A. B.
C. D.g
【答案】 B
【解析】 对重物受力分析可得FAsin 30°＋FBsin 60°＝mg，FBcos 60°－FAcos 30°＝ma
联立解得·(mg－FA)－FA＝ma
整理得mg－FA＝ma
当FA＝0时，a取得最大值，为g，故选B.
【例3】如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
【答案】 (1) (2)θ＝60° m
【解析】 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
联立解得：μ＝.
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，
故α＝30°，
又因x＝
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝
＝＝ m.
【例4】如图所示，将质量m＝1 kg的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为10 N的拉力F，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝，g＝10 m/s2，则：
(1)F作用t＝2 s时圆环的速度是多大？
(2)2 s后撤去力F，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？
【答案】 (1)20 m/s (2)16 m
【解析】 (1)F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示．
沿杆方向：Fcos 30°－mgsin 30°－Ff＝ma1
垂直杆方向：mgcos 30°＝FN＋Fsin 30°
又Ff＝μFN
联立解得：a1＝10 m/s2
由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t
代入数据解得：v＝20 m/s
(2)撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示．
沿杆方向：mgsin 30°＋Ff′＝ma2
垂直杆方向：mgcos 30°＝FN′
又Ff′＝μFN′
联立解得：a2＝12.5 m/s2
圆环继续沿杆上滑的最大距离
x＝＝ m＝16 m.
题型三 动力学中的图像问题
【解题指导】1．两类问题：一类问题是从图像中挖掘信息，再结合题干信息解题；另一类是由题干信息判断出正确的图像.2.两种方法：一是函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图像的意义，理解斜率和截距的物理意义；二是特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图像对应点比较．
【核心归纳】1．“两大类型”
(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况．
2．“一个桥梁”：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁．
3．解决图象问题的方法和关键
(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．
(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义．
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点．
类型1 通过F-t、F-x图像分析运动情况
【例1】(2022·哈师大附中模拟)如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是 ( )
A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s2
【答案】D
【解析】根据图象，最大静摩擦力为4 N．4 s后，物块受到拉力F大于4 N，开始运动，所以5 s内拉力做功不为零，A错误；4 s末，物块所受合力为零，B错误；物块所受滑动摩擦力为Ff＝3 N，质量m＝1.0 kg，根据滑动摩擦力公式求出物块与木板间的动摩擦因数μ＝＝0.3，C错误；6～9 s内，物体的加速度a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，D正确．
【方法技巧】解决图象综合问题的关键
图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析．
【例2】(2022·湖北三校联考)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下匀加速运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是 ( )
【答案】：D
【解析】：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故力F与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．
【例3】(2022·山西朔州市怀仁市期末)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图2a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知( )
A.物块的质量m＝2 kg
B.物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C.在4 s末，物体的动量为12 kg· m/s
D.在2～4 s时间内，小物块速度均匀增加
【答案】 C
【解析】 由a、b两图可知，当拉力为6 N和12 N时，物块对应加速度分别为1 m/s2和3 m/s2，由牛顿第二定律可得F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得物块质量为3 kg，动摩擦因数为0.1，故A、B错误；如图b，2～4 s平均加速度为2 m/s2，则4 s末物体的速度为v＝t＝2 m/s2×2 s＝4 m/s，则在4 s末，物体的动量为p＝mv＝3 kg×4 m/s＝12 kg·m/s，故C正确；由b图可知，在2～4 s内，加速度逐渐增大，则速度不是均匀增加，故D错误。
【例4】.(2022·江苏镇江市丹阳中学适应性考试)在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。以水平向右为正方向，则关于A物体的速度v、加速度a、所受摩擦力Ff及运动的位移x随时间变化图象正确的有( )
【答案】 B
【解析】 A、B一起加速运动，由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度先减小后增大，故B正确；v－t图象的斜率表示加速度，因加速度先减小后增大，故v－t图象不是直线，故A错误；整体做单向直线运动，速度逐渐增大，x－t图象的斜率变化反映速度变化，故C错误；摩擦力是物体A做加速运动的合外力，由牛顿第二定律有Ff＝ma，根据加速度先减小后增大可判定摩擦力先减小后增大，故D错误。
类型2 通过v-t、a-t图像分析受力情况
【例1】(多选)运动员沿竖直方向做跳伞训练，打开降落伞后的速度—时间图像如图(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图(b)所示，已知运动员的质量为64 kg，降落伞的质量为16 kg，假设打开伞后伞所受阻力Ff的大小与速率v成正比，即Ff＝kv.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．k＝200 N·s·m－1
B．打开伞后瞬间运动员的加速度方向竖直向上
C．打开伞后瞬间运动员的加速度大小为20 m/s2
D．每根悬绳能够承受的拉力至少为400 N
【答案】 BD
【解析】 由题图(a)可知，当速度为v1＝5 m/s时运动员匀速运动，运动员与降落伞整体受力平衡，此时有kv1＝m人g＋m伞g，解得k＝160 N·s·m－1，故A错误；打开伞后瞬间运动员减速下落，故加速度方向竖直向上，故B正确；打开伞后瞬间运动员的速度为v0＝20 m/s，对运动员和降落伞整体有kv0－m人g－m伞g＝(m人＋m伞)a，解得a＝30 m/s2，故C错误；打开伞后瞬间，绳上的拉力最大，对运动员受力分析有FTcos 37°×8－m人g＝m人a，解得每根悬绳的拉力大小FT＝400 N，故D正确．
【例2】.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 ( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
【答案】：AD
【解析】：由题意知在上升过程中：F－mg＝ma，所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由图知，7 s以后加速度向下，由mg－F＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以C错误，D正确．
【例3】(2022·宁夏银川模拟)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A．小球所受重力和阻力之比为6∶1
B．小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C．小球回落到抛出点的速度大小为8 m/s
D．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态
【答案】：C
【解析】：小球向上做匀减速运动的加速度大小a1＝12 m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，则重力和阻力大小之比为5∶1，故选项A错误；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据x＝at2得t＝，知上升的时间和下落的时间之比为t1∶t2＝∶＝∶3，故选项B错误；小球匀减速上升的位移x＝×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2x得，v＝＝ m/s＝8 m/s，故选项C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项D错误．
【例4】如图甲所示，广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图像如图乙所示。则下列相关说法正确的是( )
A.t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B.5～55 s时间内，绳索拉力最小
C.t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D.t＝60 s时，电梯速度恰好为零
【答案】 D
【解析】 利用a－t图像可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。
类型3 通过a-F图像分析力与运动的关系
【例1】(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．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图象．g取10 m/s2.则下列说法正确的是 ( )
A．滑块的质量m＝4 kg
B．木板的质量M＝4 kg
C．滑块与木板间动摩擦因数为0.1
D．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
【答案】AC
【解析】由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，故滑块的质量m＝4 kg，故A正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，又a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得F＝8 N时滑块的加速度为a′＝1 m/s2，故D错误．
【例2】.(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2) ( )
A．物体的质量为1 kg
B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
【答案】：BC
【解析】：物体的受力如图所示
在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，代入图乙中F1＝7 N和F2＝14 N及对应的加速度a1＝0.5 m/s2和a2＝4 m/s2，解得m＝2 kg，Ff＝6 N，A错误，B正确；Ff＝μFN＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误．
【例3】(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体．逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)．根据图乙中所提供的信息可以计算出( )
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
【答案】 ABC
【解析】 对物体受力分析，正交分解可得，在沿斜面方向Fcos θ－mgsin θ＝ma，在垂直斜面方向FN＝Fsin θ＋mgcos θ.从题图乙中取两个点，当F＝20 N，a＝2 m/s2，当F＝30 N，a＝6 m/s2，代入两式，联立可解得m＝2 kg，θ＝37°，A、B正确；物体能静止在斜面上所施加的外力最小时a＝0，代入方程可解得F＝15 N，C正确；题中未说明F随时间的变化情况，且物体做的是变加速直线运动，无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度，D错误．
【例4】．(多选)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和木板C、木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2，则由图像可知( )
A．10 N
C．木板C的质量
D．木板和物块间的动摩擦因数
【答案】 BD
【解析】 由题图乙可知，当10 N
【例5】．如图甲所示为某游乐场的滑草场地，滑道由倾斜部分和水平部分组成，其中倾斜部分长x＝100 m，与水平面倾角θ＝37°.乘客乘坐m＝5 kg的滑草车从倾斜部分的坡顶由静止开始自由下滑，最终停在滑道水平部分．空滑草车再由牵引绳索沿滑道拖回坡顶，如图乙所示为10辆滑草车在与斜面平行的绳索牵引下沿倾斜滑道一起向上运动的加速度a随牵引力F变化的图像，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑草车从倾斜部分到水平部分时的机械能损失忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)滑草车与滑道间的动摩擦因数μ；
(2)乘客在滑道水平部分运动时间．
【答案】 (1)0.5 (2)4 s
【解析】 (1)由题图乙可知，牵引力F＝500 N时，滑草车沿倾斜滑道向上匀速运动，根据平衡条件有F＝10(mgsin θ＋μmgcos θ)
代入数据解得μ＝0.5
(2)设乘客质量为M，沿倾斜草场下滑过程，根据牛顿第二定律有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1
代入数据解得a1＝2 m/s2
根据速度位移公式有v2＝2a1x
解得v＝20 m/s
沿水平草场运动过程，根据牛顿第二定律有μ(M＋m)g＝(M＋m)a2
解得a2＝5 m/s2
根据速度－时间公式v＝a2t代入数据解得t＝4 s.
题型四 “传送带”模型问题
【解题指导】1．水平传送带问题：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．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
【必备知识】1．水平传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0
v0>v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．
若v0
2．倾斜传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ)
先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μ
v0
若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ
(摩擦力方向一定沿斜面向上)
gsin θ>μgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ<μgcos θ，一直减速
先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)
类型1 动力学中水平传送带问题
【例1】 (2022·山东枣庄市第二次模拟)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图2所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B.工件被传送到另一端的最长时间是2 s
C.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D.若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
【答案】 B
【解析】 工件恰好传送到右端，有0－v＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。
【例2】(2021·江苏省四校第三次联考)如图甲所示，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图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
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 小物块相对地面速度为零时，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．
【例3】(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图，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.
(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)4 m/s 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位移为x1，由运动学公式有
v2－v02＝－2ax1②
联立①②式，代入题给数据得
x1＝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′＋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，则
v12－v02＝－2μgL⑦
v22－v02＝2μgL⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝ m/s, v2＝4 m/s
【例4】(多选)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＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝＝ 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处前已经与传送带共速，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．
类型2 动力学中的倾斜传送带问题
【解题要点】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．
3．滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)
【例1】如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹．已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)传送带从A到B的长度；
(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．
【答案】 (1)16 m (2)5 m
【解析】 (1)煤块速度达到10 m/s之前
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2，t1＝＝1 s，
x1＝a1t12＝5 m
煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s，
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2，x2＝vt2＋a2t22＝11 m，L＝x1＋x2＝16 m
(2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m
煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m
由于s1相>s2相，可见痕迹长为5 m.
【例2】(2022·江苏南京市、盐城市二模)如图所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20 kg的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到h＝1.8 m的平台上．已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小；
(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量．
【答案】 (1)0.8 m/s2 (2)122.4 J
【解析】 (1)箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力mg和沿传送带向上的滑动摩擦力Ff，将重力沿传送带方向和垂直传送带方向进行正交分解，由牛顿第二定律得Ff－mgsin α＝ma①
Ff＝μFN②
FN＝mgcos α③
联立①②③式，得a＝0.8 m/s2
(2)箱子加速所用时间为t＝＝ s＝1.5 s
箱子加速过程中传送带的位移x传＝v0t＝1.8 m
传送带底端到平台的距离为L＝＝3 m
箱子加速的位移为x箱＝at2＝×0.8×1.52 m＝0.9 m
箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦产生的热量Q＝FfΔx＝Ff(x传－x箱)＝122.4 J
【例3】(2022·辽宁大连市第一次模拟)如图所示，传送带以10 m/s的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1 kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A、B同时到达传送带底端
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等
D．滑块A在传送带上的划痕长度为5 m
【答案】 D
【解析】 两滑块都以10 m/s的初速度沿传送带下滑，且mgsin 37°>μmgcos 37°，故传送带对两滑块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两滑块沿斜面向下的加速度大小相同，为a＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2，滑块A先加速，加速到与传送带同速度所需位移为x1＝＝5 m<16 m，所需时间为t1＝＝1 s．加速到与传送带同速度后，由于mgsin 37°>μmgcos 37°，故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为a′＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，加速到传送带底端有L－x1＝v0t2＋a′t22，解得时间t2＝1 s，到达底端共用时t＝t1＋t2＝2 s．B滑块一直以加速度a′加速至传送带底端L＝a′t′2，解得t′＝4 s，A、B错误；A到达底端时的速度为vA＝v0＋a′t2＝10 m/s＋2×1 m/s＝12 m/s，B到达底端时的速度为vB＝a′t′＝2×4 m/s＝8 m/s，C错误；A加速到与传送带同速度之时的相对位移为Δx1＝v0t1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m，加速到传送带速度以后，相对位移为Δx2＝11 m－v0t2＝1 m，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5 m，D正确．
类型3 传送带中的动力学图像
【例1】(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
【答案】 BC
【解析】 如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于v－t图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝Lsin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误．
【例2】(2022·广东河源市高三月考)一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v－t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ.则下列说法正确的是( )
A．v－t图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动
B．从v－t图像可知木块的初速度大于v0
C．从v－t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan α
D．从v－t图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻
【答案】 D
【解析】 若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上运动，木块一定先减速向上后加速向下，而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，A错误；木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图像的斜率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，B错误；木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，其加速度为mgsin θ＋Ff＝ma1，当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan α，则μmgcos θ>mgsin θ ，木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动，C错误；当木块的速度等于v0时，且μ
【答案】 AC
【解析】 物体放到传送带上，由μmg＝ma可得a＝1 m/s2，则由v＝at，得t＝1 s，物体在0～1 s内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A正确，B错误；物体在t＝1 s时的位移x＝at2＝0.5 m，物体在0～1 s内做匀加速直线运动，x－t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x－t图像为直线，故C正确，D错误．
【例4】(2022·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图7乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，求：
(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)8 m/s (2)0.5
【解析】 (1)由v－t图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t轴所围的面积，所以
L＝×1×10 m＋×(10＋12)×1 m＝16 m
由平均速度的定义得 ＝＝8 m/s。
(2)由v－t图像可知传送带运行速度为v1＝10 m/s
0～1 s内物体的加速度为a1＝＝10 m/s2
1～2 s内的加速度为a2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立两式解得μ ＝ 0.5。
题型五 “滑块－木板”模型问题
【解题指导】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＝.假设两物体同时由静止开始运动，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．
【要点归纳】
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
4．处理“板块”模型中动力学问题的流程
【技巧点拨】
1.滑块不受拉力而木板受拉力
木板受逐渐增大的水平拉力而滑块不受拉力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达到其最大值μg时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大。
2.给滑块一初速度v0，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上
(1)若木板足够长，这种情况下，滑块减速、木板加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a滑t＝a板t。
(2)若木板不够长，这种情况下，滑块会一直减速到滑下木板，木板会一直加速到滑块滑下。分离前滑块加速度大小a滑＝μg，木板的加速度大小a板＝。
3.木板有初速度v0，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上
(1)若木板足够长，木板减速、滑块加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a板t＝a滑t。
(2)若木板不够长，则木板会一直减速到滑块滑下，滑块会一直加速到滑下木板。分离前滑块的加速度大小a滑＝μg，木板的加速度大小a板＝。
类型1 滑块带动木板
【例1】(2022·江西上饶市第一次模拟)如图所示，一质量M＝1 kg的长L＝2.5 m的木板B静放于水平地面，一质量m＝2 kg的小物块A静置于木板左端。如果给小物块A一水平向右的初速度v0＝4 m/s，经过t＝1 s的时间A与B分离。已知重力加速度g＝10 m/s2，小物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，小物块A可看作质点，求：
(1)A与B分离时，A的速度；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.1
【解析】 (1)小物块A在木板B上做匀减速直线运动，设物块的加速度大小为a1，
有a1＝μ1g＝2 m/s2
由v＝v0－a1t，解得v＝2 m/s。
(2)木板在物块的摩擦力作用下可能静止不动，也可能做匀变速直线运动，如果木板静止不动，对小物块x＝v0t－a1t2，x＝3 m>L＝2.5 m，说明木板相对地面发生了滑动设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
位移关系为v0t－a1t2－a2t2＝L，
联立解得μ2＝0.1。
【例2】质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
【答案】 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
【解析】 (1)由图像可知，A在0～1 s内的加速度
a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由图像知，A、B在1～3 s内的加速度
a3＝＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。
(3)由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg。
【例3】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块上，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) 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＝aAt2，xB＝aBt2
解得：t＝ s.
【例4】(2022·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＝，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，
－＝L，
解得F2＝34 N.
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
【例5】(2022·湖南师大附中高三月考)如图所示，C为质量不计的足够长的极薄的形变可忽略的硬质膜，放在光滑的水平面上，其上分别静止放有两个物体A和B，A的质量为10 kg，B的质量为5 kg，与膜之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，t＝0时刻，在水平拉力F＝50 N的作用下开始运动，求：(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)
(1)A和B两个物体的加速度分别为多大？
(2)如果拉力F作用时间到t＝2 s时撤去，那么A、B两物体最终速度多大？A、B两物体在膜上留下的划痕分别多长？
【答案】 (1)4 m/s2 2 m/s2 (2) m/s 无划痕 m
【解析】 (1)A与膜的最大静摩擦力为Ff1＝μmAg＝20 N
B与膜的最大静摩擦力为Ff2＝μmBg＝10 N
因为膜质量不计，所以B最先达到最大静摩擦力．
所以B的加速度为aB＝＝ m/s2＝2 m/s2
膜的合外力必为零，所以A与膜的摩擦力也为10 N(静摩擦)
所以A和膜一起运动，F－Ff2＝mAaA
aA＝4 m/s2
(2)2 s时，物体A与膜的速度为vA＝aAt＝8 m/s
物体B的速度为vB＝aBt＝4 m/s
此时物体B运动了s1＝aBt2＝4 m
膜和物体A运动了s2＝aAt2＝8 m
所以划痕长度L1＝4 m(向左划)
撤去外力F后，设经历Δt时间共速(共速后以速度v共一起匀速运动)，那么有：vB＋aBΔt＝vA－aA′Δt
此时A物体的加速度为aA′＝＝ m/s2＝1 m/s2
解得Δt＝ s
所以v共＝ m/s
此段时间B的位移为s1′＝vBΔt＋aBΔt2＝ m
此段时间A的位移为s2′＝vAΔt－aA′Δt2＝ m
所以划痕长度L2＝ m(向左划)
所以总的划痕长度为L＝L1＋L2＝ m
则A物体无划痕，B物体的划痕长为 m．(也可以用图像法计算)
类型2 滑板带动滑块
【例1】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，长木板与小物块间的动摩擦因数为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，g取10 m/s2，则：
(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起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)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝
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＝at2－amt2＝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′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
【例2】(2022·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，15)如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg。A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2。t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移；
(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度。
【答案】 (1)3.5 m (2)0
【解析】 (1)由题知B始终未脱离A，
由vBA－t图像可知
0～1.5 s内，vB
物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
在1.5～2 s内位移x2＝t0.5＝1.25 m
所以B相对水平面的位移
xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m。
(2)由图可知t＝2 s时，vBA＝2 m/s，又此时B的速度
vB＝v2＝2 m/s
由vBA＝vB－vA得vA＝0。
类型3 斜面上的板块问题
【例1】(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
【答案】 BC
【解析】 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
【例2】如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足够长．其上有一质量为M＝1 kg、长L＝6 m的木板，木板厚度不计．在木板的左端有一个可以看作质点的质量为m＝2 kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数μ＝0.5.开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F＝30 N拉木块，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)经过多长时间木块从木板右端滑落？
(2)当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间的距离．
【答案】 (1)2 s (2)4 m
【解析】 (1)对木块由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得a1＝5 m/s2
对木板由牛顿第二定律得μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则a1t2－a2t2＝L
解得t＝2 s
(2)木块从木板右端滑落时，木块的速度为v1＝a1t＝10 m/s
木板的速度为v2＝a2t＝4 m/s
木块从木板右端滑落后，木块和木板运动的加速度a1′＝a2′＝gsin θ＝6 m/s2
木板到相对斜面速度为零运动的时间为t′＝＝ s
这段时间木块运动的位移x1＝v1t′－a1′t′2＝10× m－×6×()2 m＝ m
木板的位移x2＝＝ m＝ m
木板右端与木块之间距离Δx＝x1－x2＝4 m.
【例3】如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量m板＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；
(2)从释放到小滑块离开薄平板经历的时间t。
【答案】 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
【解析】 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有
mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
m板gsin 37°＋Ff1－Ff2＝m板a2
其中FN2＝(m＋m板)gcos 37°，Ff2＝μ2FN2
解得a2＝1 m/s2
a1＞a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝L
解得t＝1 s。
相关资料
更多
