高中物理复习：连接体问题、板块模型、传送带模型11053.pdf

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1、高中物理复习：连接体问题、板块模型、传送带模型 考点一 连接体问题 知能必备 1连接体问题模型 弹力连接、摩擦力连接、轻绳连接、轻杆连接、弹簧连接 2解题方略：要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法解题可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力即“先整体求加速度，后隔离求内力”典例剖析 (多选)如图，三个质量均为 1 kg 的物体 A、B、C 叠放在水平桌面上，B、C 用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A 与 B 之间、B 与 C 之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A 与 B 之间、B 与 C 之间以及 C 与桌

2、面之间的动摩擦因数分别为 0.4、0.2 和 0.1，重力加速度 g 取 10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力用力 F 沿水平方向拉物体 C，以下说法正确的是()A拉力 F 小于 11 N 时，不能拉动 C B拉力 F 为 17 N 时，轻绳的拉力为 4 N C要使 A、B 保持相对静止，拉力 F 不能超过 23 N DA 的加速度将随拉力 F 的增大而增大【思路点拨】解此题关键有两点：(1)利用整体法和隔离法选取研究对象，进行正确受力分析，注意摩擦因数的不同及摩擦力的大小和方向(2)正确判断“相对滑动”的临界条件 解析：AC 当 C 物体即将运动时，C 物体水平方向受桌面给 C 的向

3、右的摩擦力 f桌，绳子向右的拉力 T，B 给 C 向右的摩擦力 fBC，其中 f桌0.1(mAmBmC)g3 N，fBC0.2(mAmB)4 N，当即将滑动时应有 Ff桌fBCT，TfBC4 N，可解得 F11 N，故 A 正确；因此 B 和 C 的加速度大小相等，在 A 和 B 即将发生相对滑动，对 A 受力分析可得，fAB0.4mAgmAa，对 AB 整体受力分析可得 TfBC(mAmB)a，对 C 物体受力分析可得 FTfBC f桌mCa，联立解得 F23 N，说明 A 和 B 发生相对滑动的临界力大小为 F23 N，故 C 正确；当F17 N 时，A 和 B 没有发生相对滑动，此时对

4、AB 整体 TfBC(mAmB)a1，对 C物体受力分析 FTfBCf桌mCa1，联立解得 T8 N，故 B 错误；当拉力增大，A 和 B 发生相对滑动时，则 A 物体受到滑动摩擦力，加速度为 a0.4g4 m/s2，加速度不变，D 错误 题组精练 1.如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上，有质量相等的两物块用轻绳连接，用沿斜面的力 F40 N 使两物块一起向上加速运动则轻绳的拉力为()A10 N B20 N C30 N D40 N 解析：B 以两物块为研究对象，利用牛顿第二定律，有 F2mgsin 302ma，以靠下的物块为研究对象，设轻绳的拉力为 FT，根据牛顿第二定律，有 FTmgsin

5、 30ma，代入数据，解得 FT20 N，ACD 错误，B 正确 2.(2021苏州一模)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为 m、2m和 3m 的三个木块，其中质量为 2m 和 3m 的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 FT.现用水平拉力 F 拉质量为 3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()A质量为 2m 的木块受到四个力的作用 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，轻绳还不会被拉断 D轻绳刚要被拉断时，质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力为23FT 解析：C 质量为 2m 的木块受五个力的作用，

6、A 项错误；当绳的拉力为 FT时，对 m 和2m 有 FT3ma，此时对整体有 F6ma，可得 F2FT，故 B 项错误，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力为13FT，故 D 项错误 3如图所示，一根不可伸长的轻绳一端系住小球，另一端固定在光滑直角斜劈顶端 O点，轻绳与斜面平行，斜劈底面水平使小球和斜劈做下列运动，下面 5 种运动中，小球对斜面的压力可能为零的是()一起水平向左加速；一起水平向右加速；一起竖直向上加速；一起竖直向下加速；绕过 O 点的竖直轴一起匀速转动 A B C D 解析：C 若一起水平向左加速，小球受合外力水平向左，斜面对小球的支持力的水平

7、分力与绳子拉力的水平分力的合力水平向左，因此支持力不可能为零，错误；一起水平向右加速，当绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时，斜面的支持力为零，绳子拉力的水平分力就是合外力，正确；一起竖直向上加速，绳子拉力与支持力的合力竖直向上，大于重力，绳子拉力不可能为零，因此支持力不可能为零，错误；一起竖直向下加速，当加速度等于 g 时，绳子拉力减小为零时，此时斜面的支持力也为零，正确；绕过 O 点的竖直轴一起匀速转动，合力指向转轴，当角速度足够大时，绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时，斜面的支持力为零，正确 考点二 板块模型 知能必备 1审题建模：求解时应先仔细审题，弄清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力

8、情况、运动情况 2求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)3做好两分析 典例剖析 (经典高考题)如图所示，质量相等的物块 A 和 B 叠放在水平地面上，左边缘对齐A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数均为.先敲击 A，A 立即获得水平向右的初速度，在 B上滑动距离 L 后停下接着敲击 B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小 vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 aB、aB；(3)B 被

9、敲击后获得的初速度大小 vB.【解题策略】(1)读题审题：A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数均为 想到地面与 B 间的摩擦力是 A 与 B 间的摩擦力的 2 倍 左边缘再次对齐时恰好相对静止 想到B 与 A 的位移差等于第一次 A 的位移(2)情境转化：敲击 A 后 A 做匀减速直线运动 敲击 B 后 B 做匀减速直线运动、A 做匀加速直线运动 A、B 相对静止后 A、B 整体做匀减速直线运动 解析：(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 aAg 由匀变速直线运动得 2aALv2A 解得 vA 2gL(2)设 A、B 的质量均为 m 对齐前，B 所受合外力大小 F3mg 由牛顿运动定律 F

10、maB，得 aB3g 对齐后，A、B 整体所受合外力大小 F2mg 由牛顿运动定律 F2maB，得 aBg(3)经过时间 t，A、B 达到共同速度 v，位移分别为 xA、xB，A 加速度的大小等于 aA 则 vaAt，vvBaBt xA12aAt2，xBvBt12aBt2 且 xBxAL 解得 vB2 2gL 答案：(1)2gL(2)3g g(3)2 2gL 解答“板块”问题时要注意：“一个转折、两个关联”(1)一个转折：即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点(2)两个关联：即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要

11、时要通过作草图把握关系当有外力作用在木板上的物块或木板上时，一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解，做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口 题组精练 1如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为 m11 kg，与地面间的动摩擦因数 10.2，质量为 m22 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为 20.4，以 v04 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过 t0.6 s 滑离木板，g 取 10 m/s2，以下说法正确的是()A木板的长度为 1.68 m B小物块离开木板时，木板的速度为 1.6 m/s C小物块离开木板后，木板的

12、加速度大小为 2 m/s2，方向水平向右 D小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 解析：D 由于2m2g1(m1m2)g，对木板由牛顿第二定律得2m2g1(m1m2)gm1a1，解得 a12 m/s2，即物块在木板上以 a22g4 m/s2向右减速滑行时，木板以 a12 m/s2向右加速运动，在 0.6 s 时，物块的速度 v21.6 m/s，木板的速度 v11.2 m/s，B 错误；物块滑离木板时，物块位移为 x2v0v22t1.68 m，木板位移 x1v12t0.36 m，两者相对位移为 xx2x11.32 m，即木板长度为 1.32 m，A 错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速

13、度大小为 a12 m/s2，方向水平向左，C 错误；分离后，在地面上物块会滑行 x2v222a20.32 m，木板会滑行 x1v212a10.36 m，所以两者会相碰，D 正确 2如图甲所示，一长方体木板 B 放在水平地面上，木板 B 的右端放置着一个小铁块 A，在 t0 时刻，同时突然给 A、B 初速度，其中 A 的初速度大小为 vA1 m/s，方向水平向左；B 的初速度大小为 vB14 m/s，方向水平向右，木板 B 运动的 vt 图像如图乙所示已知 A、B 的质量相等，A 与 B 及 B 与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A 与 B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 始终没有滑出

14、 B，取重力加速度 g10 m/s2.(提示：t3 s 时刻，A、B 达到共同速度 v2 m/s；3 s 时刻至 A 停止运动前，A 向右运动的速度始终大于 B 的速度)求：(1)小铁块 A 向左运动相对地面的最大位移；(2)B 运动的时间及 B 运动的位移大小 解析：(1)由题图乙可知，03 s 内 A 做匀变速运动，速度由 vA1 m/s 变为 v2 m/s 则其加速度大小为 aAvvAt12（1）3 m/s21 m/s2，方向水平向右 当 A 水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则 sv2A2aA0.5 m.(2)设 A 与 B 之间的动摩擦因数为 1，由牛顿第二定律得 1mg

15、maA 则 1aAg0.1 由题图乙可知，03 s 内 B 做匀减速运动，其速度由 vB14 m/s 变为 v2 m/s 则其加速度大小为 aBvBvt11423 m/s24 m/s2 方向水平向左 设 B 与地面之间的动摩擦因数为 2，由牛顿第二定律得 1mg22mgmaB 则 2aB1g2g0.15 3 s 之后，B 继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得 22mg1mgmaB 则 B 的加速度大小为 aB22g1g2 m/s2 方向水平向左 3 s 之后运动的时间为 t2vaB22 s1 s 则 B 运动的时间为 tt1t24 s 04 s 内 B 的位移 xBvBv2t1v2t225

16、m，方向水平向右 答案：(1)0.5 m(2)4 s 25 m 3(2021山东省泰安市高三检测)如图所示，水平面上有一长度为 L 的平板 B，其左端放置一小物块 A(可视为质点)，A 和 B 的质量均为 m，A 与 B 之间、B 与水平面之间的动摩擦因数均为 0.50，开始时 A 和 B 都静止，用一个水平推力作用到平板 B 上，使 A 和 B 恰好能保持相对静止一起向右匀加速运动当位移为 x 时，将原来的推力撤去并同时用另一水平推力作用到 A 上，使 A 保持原来的加速度继续匀加速运动，直到脱离平板已知重力加速度为g.求：(1)平板 B 的最大速度；(2)物块 A 脱离平板时的速度大小 v

17、.解析：(1)设 A 和 B 一起做匀加速运动的加速度大小为 a，对 A，有 mgma 解得 a0.5g 将原推力撤去时平板 B 的速度最大，得 v2m2ax 解得 B 的最大速度 vm gx(2)推力作用到 A 上之后，A 保持匀加速运动，有 xAvmt12at2 vvmat v2v2m2axA 平板 B 做匀减速运动，有 2mgmgma 解得 a0.5g 讨论两种情况：(a)物块 A 脱离平板时平板未停下，则对 B，有 xBvmt12at2 A、B 的位移关系满足 xAxBL 联立可解得 t 2Lg 代入数据可得 A 脱离平板时的速度 v gx 0.5gL 此时 B 的速度满足 vBvma

18、t0 可解得相应的条件为 L2x(b)物块 A 脱离平板时平板停下，则对 B，有 v2m2axB A、B 的位移关系同样满足 xAxBL 解得 A 脱离平板时的速度 v 2gxgL 相应的条件为 L2x 答案：(1)gx(2)见解析 考点三 传送带模型 知能必备 1模型特征 一个物体以速度v0(v00)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看作“传送带”模型，如图(a)(b)(c)所示 2解题关键(1)关注两个时刻 初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向 物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变(2)注意过程分解

19、摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆 摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点(3)物体在倾斜传送带上运动，物体与传送带速度相同后需比较 tan 与 的大小关系：tan，速度相等后一起匀速；tan，速度相等后物体的加速度向下，根据 v 与 a 的方向关系即可判定运动情况 典例剖析 如图所示，一水平传送带以 4 m/s 的速度逆时针传送，水平部分长 L6 m，其左端与一倾角为 30的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，

20、g 取 10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间 【解题指导】解析：物块在传送带上，根据牛顿第二定律得，mgma 解得 ag2 m/s2 设经过时间 t1物块的速度与传送带的速度相同，则有：vat1，解得 t1va42 s2 s；经过的位移 x1v22a4 mv03 m/s，当滑块和传送带速度相同时开始匀速，所以滑块返回 B 点时速度为 v03 m/s 滑块沿斜面向上运动的加速度为 ma2mgsin mgcos 解得 a210 m/s2 滑块第一次以初速度 v0冲上斜面后上升的最大距离 x1，滑块第三次到 B 时速度为 v1，则v202a2x1 v212a1x1

21、联立得 v1v0 153 55 m/s(3)滑块第一次以 v 滑上传送带，向左运动的位移为 s1v22g1.6 m 滑块第二次以初速度 v1滑上传送带，由于 v1v0，滑块从传送带上返回 B 点时速度大小仍为 v1，由第(2)问的分析知，此后滑块每次滑下斜面的速度大小是滑上斜面速度的 15 v1v0 15 v2v0152 v3v0153 滑块第一次滑上斜面之后在斜面上的总路程 s22v202a22v212a22v222a2 联立可得 s21.125 m 滑块第三次滑上传送带之后在传送带上的总路程 s32v212g2v222g2v232g 联立可得 s30.45 m 小滑块运动的总路程 s总sA

22、B2s1s2s38.775 m 答案：(1)2 s(2)3 55 m/s(3)8.775 m 限时规范训练(三)连接体问题、板块模型、传送带模型 建议用时 60 分钟，实际用时_ 一、单项选择题 1如图所示，质量分别为 3 kg、5 kg 的 P、Q 两滑块，用轻弹簧连接后置于光滑水平地面上现用大小 F8 N 的水平拉力拉 Q，使 P、Q 一起向右做匀加速直线运动则此过程中弹簧的弹力大小为()A3 N B4 N C5 N D8 N 解析：A 对 PQ 的整体，由牛顿第二定律 F(mPmQ)a，对 P，TmPa,解得 T3 N，故选项 A 正确 2(2021山东省聊城市高三下学期模拟)车厢中用细

23、线悬挂小球，通过细线的倾斜程度来检测车辆在行进过程中的加速度如图所示，质量相同的两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部，左侧小球与车厢左侧壁接触，两细线与竖直方向的夹角相同，拉力大小分别为T1和 T2.下列说法正确的是()A车可能正在向左做加速运动 B两细线的拉力 T1T2 C当汽车加速度增大时，T1变小 D当汽车加速度减小时，T2增大 解析：B 对右边小球进行受力分析，沿细线方向斜右上方的拉力，和竖直向下的重力 设细线与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律有 mamgtan，T2mgcos，加速度水平向右，可以判断小车可能向右加速，或者向左减速，故 A 错误；同理，对左边小球受力分析，可得ma

24、FNT1sin，T1mgcos，联立可得 T1T2，故 B 正确；根据上面选项的分析，可知当汽车加速度增大时，T1不变，故 C 错误；根据上面选项的分析，可知当汽车加速度减小时，小球 2 的细线的夹角变小，T2变小故 D 错误 3 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()A.g2 B3g3 C.3g2 D 3g 解析：B 对小球受力分析可得 FAsin 30FBsin 60mg，FBcos

25、60FAcos 30ma，联立解得122 33mg33FA32FAma，整理得33mg2 33FAma，当 FA0 时，a 取得最大值 a33g.故选 B 项 4如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度 v12 m/s 沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度 v25 m/s 沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为 v2，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，则下列说法正确的是()A返回光滑水平面时的速率为 v22 m/s B返回光滑水平面时的速率为 v25 m/s C返回光滑水平面的时间为 t3.5 s D传送带对物体的摩擦力先向右

26、再向左 解析：A 因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为 v1mgcos 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 agsin 37gcos 3710 m/s2，滑块 A 先加速，加速到传送带速度所需位移为 x1v202a5 mmgcos 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 agsin 37gcos 372 m/s2，加速到传送带底端 Lx1v0t212at22，解得时间 t21 s，到达底端共用时 tt1t22 s，B滑块一直以加速度 a加速至传送带底端 L12at2，解得 t4 s，AB 错误；A 到达底端时

27、的速度为 vAv0at210 m/s21 m/s12 m/s，B 到达底端时的速度为 vBat24 m/s8 m/s，C 错误；加速到传送带速度之时的相对位移为x1v0t1x1101 m5 m5 m，加速到传送带速度以后，相对位移为x211v0t21 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 二、多项选择题 9如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端 A 处轻放一可视为质点的小物块，小物块从 A 端到 B 端的速度时间变化规律如图乙所示，t6 s 时恰好到达 B点，重力加速度 g 取 10 m/s2，则()甲 乙 A物块与传送带

28、之间的动摩擦因数为 0.1 BA、B 间距离为 16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是 8 m C若物块质量 m1 kg，物块对传送带做的功为 8 J D若物块速度刚好到 4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达 B 端 解析：AB 由题图乙可知，物块加速过程的加速度大小 avt44 m/s21 m/s2，由牛顿第二定律可知 amgmg，联立解得 0.1，故 A 正确；由于 4 s 后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为 4 m/s，A、B 间距离 x（26）42m16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是 l44 m442 m8 m，故 B 正确；物块对传送带的摩擦力大小为 mg，加

29、速过程传送带的位移为 16 m，则物块对传送带所做的功为 Wmgx0.111016 J16 J，故 C 错误；物块速度刚好到 4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为 8 m，则物块可以到达 B端，故 D 错误 10如图所示，倾角为 37的传送带以速度 v12 m/s 顺时针匀速转动 一物块以 v28 m/s 的速度从传送带的底端滑上传送带 已知小物块与传送带间的动摩擦因数 0.5，传送带足够长，取 sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，下列说法正确的是()A小物块运动的加速度大小恒为 10 m/s2 B

30、小物块向上运动的时间为 1.6 s C小物块向上滑行的最远距离为 4 m D小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 解析：BC 开始时物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向根据牛顿第二定律有 mgsin mgcos ma1，代入数据得 a110 m/s2，方向沿斜面向下物块减速到与传送带等速的时间为 t1v1v2a10.6 s；此后由于物块的重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，则有 mgsin mgcos ma2，解得 a22 m/s2，方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间 t

31、2v1a21 s，故小物块向上运动的时间为 1.6 s，B 正确；小物块向上滑行的最远距离为 xv1v22t1v12t22820.6 m221 m4 m，C 正确 11如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为 M，t0 时刻，质量为 m 的物块以速度 v 水平滑上长木板，此后木板与物块运动的 vt 图像如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.下列说法正确的是()AMm BM2m C木板的长度为 8 m D木板与物块间的动摩擦因数为 0.1 解析：BC 物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故 mgma1，而 v-t 图像的斜率表示加速

32、度，故 a1732 m/s22 m/s2，解得 0.2，D 错误；对木板受力分析可知 mgMa2，a2202 m/s21 m/s2，解得 M2m，A 错误，B 正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，两者 vt 图像与 t 轴围成的面积之差等于木板的长度，故 L12（73）21222 m8 m，C 正确 12如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平t0 时，木板开始受到水平外力 F 的作用，在 t4 s 时撤去外力 细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度 v 与时间 t 的关系如图(c)所示木板与实验

33、台之间的摩擦可以忽略重力加速度 g 取 10 m/s2.由题给数据可以得出()(a)(b)(c)A木板的质量为 1 kg B2 s4 s 内，力 F 的大小为 0.4 N C02 s 内，力 F 的大小保持不变 D物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2 解析：AB 由题图(c)可知木板在 02 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力 f 在 02 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力 F 也逐渐增大，选项 C 错误；由题图(c)可知木板在 24 s 内做匀加速运动，其加速度大小为 a10.4042m/s20.2 m/s2，在 45 s 内

34、做匀减速运动，其加速度大小为 a20.40.254 m/s20.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力 Fff，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得 FFfma1、Ffma2，解得m1 kg、F0.4 N，选项 A、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项 D 错误 三、非选择题 13如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动某时刻速度为 v02 m/s，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以 v14 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过 1 s两者速度恰好相同，速度大小为 v21 m/s，方向向

35、左取重力加速度 g10 m/s2，试求：(1)木板与滑块间的动摩擦因数 1；(2)木板与地面间的动摩擦因数 2；(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小 解析：(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1v2v1t141 m/s23 m/s2，负号表示加速度方向向右，设小滑块的质量为 m，根据牛顿第二定律有：1mgma1，可以得到：10.3.(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mgmv0t1 向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mgmv2t2 而且 t1t2t1 s 联

36、立可以得到：20.05，t10.5 s，t20.5 s.(3)在 t10.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x10v02t10.5 m，方向向右；在 t20.5 s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2v202t20.25 m，方向向左；在整个 t1 s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：xv1v22t2.5 m，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：xxx1x22.75 m.答案：(1)0.3(2)0.05(3)2.75 m 14.(2021沈阳一模)如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为 M，倾角为，其斜面上有一静止的滑块，质量为

37、m，两者之间的动摩擦因数为，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力 F 的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力 F 的最小值 解析：(1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力 F 越大，加速度越大，当 F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值 Ffm，滑块受力如图所示 设一起加速的最大加速度为 a，对滑块应用牛顿第二定律得：FNcos Ffmsin mg Ffmcos FNsin ma 由题意知 FfmFN 联立解得 acos sin cos sin

38、 g 对整体受力分析 F(Mm)a 联立解得 F（mM）g（cos sin）sin cos (2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为 g，设此时 M 的加速度为 aM，则对 M：FMaM 当水平向右的力 F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有12gt212aMt2tan，即gaMtan，联立解得 FMgtan.答案：(1)（mM）g（cos sin）sin cos (2)Mgtan 15如图所示，质量为 M2 kg 的滑板 P 足够长，在光滑水平地面上以速度 v07 m/s向右运动t0 时刻，在 P 最右端位置轻轻地放一质量 m1 kg 的小物块 Q(可看

39、作质点)，同时给 Q 施加一个水平向右的恒力 F8 N已知 P 与 Q 间的动摩擦因数 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g10 m/s2.求：(1)运动过程中，P 的最小速度是多少？(2)从 t0 开始，经过多长时间，Q 刚好要从 P 的右端掉下？解析：(1)设 P 的加速度大小为 a1，对 P 由牛顿第二定律可得 mgMa1 解得 a12 m/s2 方向向左 设 Q 的加速度大小为 a2，对 Q 由牛顿第二定律可得 Fmgma2 解得 a212 m/s2 方向向右，P 做减速运动 v1v0a1t1 Q 做加速运动 v2a2t1 P、Q 达到共同速度时 v1v2 解得 t0.5 s，v16 m/s(2)从开始计时到达到共同速度，P 的位移大小为 x1 x1v0t112a1t213.25 m Q 的位移大小为 x2 x212a2t211.5 m Q 相对 P 向左运动的距离为 d，则 dx1x21.75 m P、Q 达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动设 Q 的加速度大小为 a3，对Q 由牛顿第二定律可得 Fmgma3 解得 a34 m/s2 方向向右，Q 相对 P 向右运动，当相对位移大小为 d 时，Q 刚好要从 P 的右端掉下 d12(a3a1)t22 解得 t272 s 所以 tt1t21 72 s 答案：(1)6 m/s(2)1 72 s