2024-2025年高考物理重點專題講解及突破03：牛頓運動定律超重點1：兩類動力學問題超重點1：兩類動力學問題1．解決兩類動力學基本問題應把握的關鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)一個“橋梁”——物體運動的加速度是聯系運動和力的橋梁．2．解決動力學基本問題時對力的處理方法(1)合成法在物體受力個數較少(2個或3個)時一般采納“合成法”．(2)正交分解法若物體的受力個數較多(3個或3個以上)，則采納“正交分解法”．【典例1】隨著科技的發展，將來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離．如圖所示，航空母艦的水平跑道總長l＝180m，其中電磁彈射區的長度為l1＝120m，在該區域安裝有直流電機，該電機可從頭至尾供應一個恒定的牽引力F牽．一架質量為m＝2.0×104kg的飛機，其噴氣式發動機可以供應恒定的推力F推＝1.2×105N．假設在電磁彈射階段的平均阻力為飛機重力的0.05倍，在后一階段的平均阻力為飛機重力的0.2倍．已知飛機可看作質量恒定的質點，離艦起飛速度v＝120m/s，航空母艦處于靜止狀態，求：(結果保留兩位有效數字，g取10m/s2)(1)飛機在后一階段的加速度大?。?2)飛機在電磁彈射區的加速度大小和電磁彈射器的牽引力F牽的大?。甗思路點撥]解此題可按以下思路：eq\x(\a\al(飛機在電磁彈,射區的受力情,況和運動狀況))?eq\x(\a\al(飛機在之后,的受力狀況,和運動狀況))?eq\x(\a\al(依據牛頓運動定,律和運動學規律,列方程求解))【解析】(1)飛機在后一階段受到阻力和發動機供應的推力作用，做勻加速直線運動，設加速度為a2，此過程中的平均阻力Ff2＝0.2mg依據牛頓其次定律有F推－Ff2＝ma2代入數據解得a2＝4.0m/s2(2)飛機在電磁彈射階段受恒定的牽引力、阻力和發動機供應的推力作用，做勻加速直線運動，設加速度為a1，末速度為v1.此過程中飛機受到的阻力Ff1＝0.05mg依據勻加速運動規律有veq\o\al(2,1)＝2a1l1v2－veq\o\al(2,1)＝2a2(l－l1)依據牛頓其次定律有F牽＋F推－Ff1＝ma1代入數據解得a1＝58m/s2，F牽＝1.05×106N.【答案】(1)4.0m/s2(2)58m/s21.05×106N[方法技巧]兩類動力學問題的解題步驟訓練1．為了削減汽車剎車失靈造成的危害，如圖所示為高速路上在下坡路段設置的可視為斜面的緊急避險車道．一輛貨車在傾角θ＝30°的連續長直下坡高速路上，以v0＝7m/s的速度在剎車狀態下勻速行駛(在此過程及后面過程中，可認為發動機不供應牽引力)，突然汽車剎車失靈，起先加速運動，此時汽車所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.2.在加速前進了x0＝96m后，貨車沖上了平滑連接的傾角α＝37°的避險車道，已知貨車在該避險車道上所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.65.貨車的各個運動過程均可視為直線運動，取sin37°＝0.6，g＝10m/s2.求：(1)貨車剛沖上避險車道時的速度大小v；(2)貨車在避險車道上行駛的最大距離x.【解析】(1)設貨車加速下行時的加速度大小為a1，由牛頓其次定律可知：mgsinθ－0.2mg＝ma1解得：a1＝3m/s2由公式v2－veq\o\al(2,0)＝2a1x0解得：v＝25m/s(2)設貨車在避險車道上行時的加速度大小為a2，由牛頓其次定律可知：mgsinα＋0.65mg＝ma2解得：a2＝12.5m/s2由v2－0＝2a2x解得：x＝25m【答案】(1)25m/s(2)25m訓練2.一質量為m＝2kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以a＝2.5m/s2的加速度勻加速下滑．如圖所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止起先在t＝2s內沿斜面做勻加速運動，其位移x＝4m．g取10m/s2.求：(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數μ；(2)恒力F的大?。窘馕觥?1)依據牛頓其次定律，有mgsin30°－μmgcos30°＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),6)(2)滑塊沿斜面做勻加速直線運動時，加速度有向上和向下兩種可能．依據題意，由運動學公式，有x＝eq\f(1,2)a1t2，可得a1＝2m/s2當加速度沿斜面對上時，有Fcos30°－mgsin30°－Ff＝ma1Ff＝μ(Fsin30°＋mgcos30°)聯立解得F＝eq\f(76\r(3),5)N當加速度沿斜面對下時，有mgsin30°－Fcos30°－Ff＝ma1Ff＝μ(Fsin30°＋mgcos30°)聯立解得F＝eq\f(4\r(3),7)N.【答案】(1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(4\r(3),7)N或eq\f(76\r(3),5)N超重點2：超重和失重問題超重點2：超重和失重問題一、超重、失重現象超重現象失重現象完全失重現象概念物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的現象產生條件物體的加速度方向豎直向上物體的加速度方向豎直向下物體的加速度方向豎直向下，大小a＝g原理方程F－mg＝mamg－F＝mamg－F＝ma＝mgF＝0運動狀態加速上升或減速下降加速下降或減速上升以a＝g加速下降或減速上升二、說明：1．不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”變更．2．物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體的加速度方向，只要其加速度在豎直方向上有重量，物體就會處于超重或失重狀態．3．當物體處于完全失重狀態時，重力只有使物體產生a＝g的加速度效果，不再有其他效果．例題1．(多選)2024年10月17日我國的“神舟十一號”載人飛船載著我國兩名宇航員順當放射升空．兩名宇航員在隨飛船升空時要經受嚴峻的超重考驗，而在完成太空任務后返回地球的過程中，既要承受超重的考驗．又要承受失重的考驗．下列說法中正確的是()A．當“神舟十一號”加速上升時，宇航員處于超重狀態B．“神舟十一號”在返回地球的減速過程中，宇航員處于失重狀態C．“神舟十一號”加速上升的加速度漸漸減小時，宇航員對座椅的壓力小于宇航員的重力D．“神舟十一號”落地前減速下落時，宇航員對座椅的壓力大于宇航員的重力【解析】當宇航員的加速度向下時，宇航員處于失重狀態，當宇航員的加速度向上時，宇航員處于超重狀態，當宇航員加速上升或減速下降時，宇航員處于超重狀態，故選項A正確；“神舟十一號”在返回地球的減速過程中，宇航員處于超重狀態，故選項B錯誤；“神舟十一號”加速上升的加速度漸漸減小時，加速度方向始終向上，宇航員處于超重狀態，宇航員對座椅的壓力大于宇航員的重力，故選項C錯誤；“神舟十一號”在落地前減速下落時，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態，宇航員對座椅的壓力大于宇航員的重力，故選項D正確．【答案】AD例題2．為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變更而自動調整，使座椅始終保持水平，如圖所示．當此車加速上坡時，乘客()A．處于失重狀態B．處于超重狀態C．受到向后的摩擦力作用D．所受力的合力沿斜面對下【解析】當此車加速上坡時，整體的加速度沿斜面對上，乘客具有豎直向上的分加速度，所以乘客處于超重狀態，故A錯誤，B正確；對乘客進行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面對上，而靜摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C錯誤；由于乘客加速度沿斜面對上，依據牛頓其次定律得所受合力沿斜面對上，故D錯誤．【答案】B例題3．(多選)如圖所示，輕質彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小球，電梯中有質量為50kg的乘客，在電梯運行時乘客發覺輕質彈簧的伸長量始終是電梯靜止時的四分之三．已知重力加速度g取10m/s2，由此可推斷()A．電梯可能加速下降，加速度大小為5m/s2B．電梯可能減速上升，加速度大小為2.5m/s2C．乘客處于超重狀態D．乘客對電梯地板的壓力為375N【解析】電梯靜止不動時，小球受力平衡，有mg＝kx，電梯運行時彈簧的伸長量比電梯靜止時小，說明彈力變小了，依據牛頓其次定律，有mg－eq\f(3,4)kx＝ma，即eq\f(1,4)mg＝ma，a＝2.5m/s2，加速度向下，電梯可能加速下降或減速上升，乘客處于失重狀態，選項A、C錯誤，選項B正確；電梯地板對乘客的支持力大小為FN＝m′g－m′a＝500N－125N＝375N，由牛頓第三定律知乘客對電梯地板的壓力為375N，選項D正確．【答案】BD超重點3：輕繩、輕桿、輕彈簧瞬時性問題超重點3：輕繩、輕桿、輕彈簧瞬時性問題1．兩種常見模型加速度與合力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變更、同時消逝，詳細可簡化為以下兩種常見模型：2．求解瞬時加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬時變更前后,物體的受力狀況))?eq\x(\a\al(列牛頓其次,定律方程))?eq\x(\a\al(求瞬時,加速度))【典例2】如圖所示，質量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態．現將木塊C快速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間()A．木塊B對水平面的壓力大小快速變為2mgB．彈簧的彈力大小為mgC．木塊A的加速度大小為2gD．彈簧的彈性勢能馬上減小[思路點撥]解此題關鍵有兩點：(1)找出C移開前各物體的受力特點．(2)C移開瞬間彈簧彈力沒有發生變更．【解析】移開木塊C前，由平衡條件可知，彈簧彈力大小為3mg，地面對B的支持力大小為4mg，因移開木塊C瞬時，彈簧壓縮量不變，則彈簧彈力、彈性勢能均不變，選項B、D錯誤；木塊C移開瞬間，木塊B所受重力、彈簧彈力不變，故地面對B的支持力也不變，由牛頓第三定律知，選項A錯誤；撤去木塊C瞬間，對木塊A由牛頓其次定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，方向豎直向上，選項C正確．【答案】C[方法技巧]“兩關鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題(1)分析瞬時加速度的“兩個關鍵”①分析瞬時前、后的受力狀況和運動狀態．②明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點．(2)“四個步驟”第一步：分析原來物體的受力狀況．其次步：分析物體在突變時的受力狀況．第三步：由牛頓其次定律列方程．第四步：求出瞬時加速度，并探討其合理性．訓練1.(多選)如圖，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O.整個系統處于靜止狀態．現將細線剪斷．將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g.在剪斷的瞬間()A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2【解析】剪斷細線前，把a、b、c看成整體，細線上的拉力為FT＝3mg.因在剪斷瞬間，彈簧未發生突變，因此a、b、c之間的作用力與剪斷細線之前相同．則將細線剪斷瞬間，對a隔離進行受力分析，由牛頓其次定律得3mg＝ma1，得a1＝3g，A正確，B錯誤．由胡克定律知2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤．【答案】AC訓練2.如圖所示，質量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態．當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為()A．0B．大小為g，方向豎直向下C．大小為eq\f(2\r(3),3)g，方向垂直木板向下D．大小為eq\f(\r(3),3)g，方向水平向右【解析】未撤離木板時，小球受力如圖，依據平衡條件可得Fx與mg的合力F＝eq\f(mg,cos30°).當突然向下撤離光滑木板時，FN馬上變為零，但彈簧形變未變，其彈力照舊，故Fx與mg的合力仍為F＝eq\f(mg,cos30°)，由此產生的加速度為a＝eq\f(g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)g，方向與合力方向相同，故C正確．【答案】C超重點4：傳送帶問題超重點4：傳送帶問題1．傳送帶的基本類型(1)按放置可分為：水平(如圖a)、傾斜(如圖b、圖c)、水平與傾斜組合；(2)按轉向可分為：順時針、逆時針．2．傳送帶問題的特征(1)水平傳送帶項目圖示滑塊可能的運動狀況情景1(1)可能始終加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0＞v時，可能始終減速，也可能先減速再勻速(2)v0＜v時，可能始終加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時，滑塊始終減速到達左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0＞v返回時速度為v，當v0＜v返回時速度為v0(2)傾斜傳送帶項目圖示滑塊可能的運動狀況情景1(1)可能始終加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能始終加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2情景3(1)可能始終加速(2)可能始終勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能始終減速情景4(1)可能始終加速(2)可能始終勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能始終減速【典例3】(2024·安徽合肥質檢)如圖所示，某皮帶傳動裝置與水平面夾角為30°，兩輪軸心相距L＝2m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點，傳送帶不打滑．現使傳送帶沿順時針方向以v＝2.5m/s的速度勻速轉動，將一小物塊輕輕地放置于A點，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2.試求：(1)小物塊運動至B點的時間；(2)若傳送帶速度可以隨意調整，當小物塊在A點以v0＝3eq\r(6)m/s的速度沿傳送帶向上運動時，小物塊到達B點的速度范圍．[思路點撥]解此題關鍵有兩點：(1)小物塊放在傳送帶上后的受力特點及運動特點分析．(2)小物塊到達B點的兩種臨界狀況．【解析】(1)剛起先小物塊沿傳送帶向上做勻加速直線運動，設加速度為a1，依據牛頓其次定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma1，解得a1＝2.5m/s2.設小物塊速度等于2.5m/s時，小物塊運動的位移為L1，用時為t1，則t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(2.5,2.5)s＝1s，L1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(2.52,2×2.5)m＝1.25m，因L1<L且μ>tan30°，故小物塊速度等于2.5m/s時，將勻速運動至B點，設用時為t2，則t2＝eq\f(L－L1,v)＝0.3s，故小物塊從A到B所用時間為t＝t1＋t2＝1.3s.(2)由于傳送帶速度可以隨意調整，則當小物塊從A到B始終做勻加速直線運動時，到達B點的速度最大．由牛頓其次定律及運動學公式有veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝2a1L，解得vB＝8m/s.小物塊從A到B始終做勻減速直線運動，到達B點的速度最小，由牛頓其次定律有mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得a2＝12.5m/s2.由運動學公式可知vB′2＝veq\o\al(2,0)－2a2L，解得vB′＝2m/s.即小物塊到達B點的速度范圍為2m/s≤vB≤8m/s.【答案】(1)1.3s(2)2m/s≤vB≤8m/s[規律總結]傳送帶問題的解題思路訓練1．(多選)如圖甲為應用于機場和火車站的平安檢查儀，用于對旅客的行李進行平安檢查．其傳送裝置可簡化為如圖乙的模型，緊繃的傳送帶始終保持v＝1m/s的恒定速率運行．旅客把行李無初速度地放在A處，設行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.1，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則()A．乘客與行李同時到達B處B．乘客提前0.5s到達B處C．行李提前0.5s到達B處D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2s才能到達B處【解析】行李放在傳送帶上，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李起先做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．加速度為a＝μg＝1m/s2，歷時t1＝eq\f(v,a)＝1s達到共同速度，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李勻速運動t2＝eq\f(2m－x1,v)＝1.5s到達B，共用2.5s；乘客到達B，歷時t＝eq\f(2m,v)＝2s，故B正確．若傳送帶速度足夠大，行李始終加速運動，最短運動時間tmin＝eq\r(\f(2×2,1))s＝2s，D項正確．【答案】BD訓練2.(多選)如圖所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊傾斜的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37°.現有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列推斷正確的是()A．物塊A先到達傳送帶底端B．物塊A、B同時到達傳送帶底端C．傳送帶對物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上D．物塊A下滑過程中相對傳送帶的路程小于物塊B下滑過程中相對傳送帶的路程【解析】對物塊A，因為mgsin37°＞μmgcos37°，則A物體所受摩擦力向上，向下做勻加速度運動，物塊B受到的摩擦力也向上，故傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力均沿傳送帶向上，大小也相等，故兩物塊沿傳送帶向下的加速度大小相同，滑究竟端時位移大小相同，故時間相同，故A錯誤，B、C正確；A物塊與傳送帶運動方向相同，相對路程較小，故D正確．【答案】BCD訓練3.(2024·湖北宜昌高三一模)如圖為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近，水平部分AB以5m/s的速率順時針轉動．將質量為10kg的一袋大米放在A端，到達B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數均為0.5.試求：(1)若CD部分傳送帶不運轉，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離．(2)若要將米袋送到D端，求CD部分順時針運轉的速度應滿意的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍．【解析】(1)米袋在AB上加速時的加速度a0＝μg＝5m/s2米袋的速度達到v0＝5m/s時，滑行的距離s0＝eq\f(v\o\al(2,0),2a0)＝2.5m＜AB＝3m，因此米袋在到達B點之前就有了與傳送帶相同的速度設米袋在CD上運動的加速度大小為a，由牛頓其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入數據得a＝10m/s2所以能滑上的最大距離s＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝1.25m(2)設CD部分運轉速度為v1時米袋恰能到達D點(即米袋到達D點時速度恰好為零)，則米袋速度減為v1之前的加速度為a1＝－g(sinθ＋μcosθ)＝－10m/s2米袋速度從v1減至零的加速度為a2＝－g(sinθ－μcosθ)＝－2m/s2由eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,0),2a1)＋eq\f(0－v\o\al(2,1),2a2)＝4.45m解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能運到D點所用時間最長為tmax＝eq\f(v1－v0,a1)＋eq\f(0－v1,a2)＝2.1s.若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力始終沿皮帶向上，則所用時間最短，此種狀況米袋加速度始終為a2＝－2m/s2.由sCD＝v0tmin＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,min)解得tmin≈1.16s.所以，所求的時間t的范圍為1.16s≤t≤2.1s.【答案】(1)1.25m(2)vCD≥4m/s1.16s≤t≤2.1s超重點5：超重點5：“滑塊—木板”問題1．問題特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的相互作用下發生相對滑動．2．位移關系：滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.3．分析滑塊—木板模型問題時應駕馭的技巧(1)分析題中滑塊、木板的受力狀況，求出各自的加速度．(2)畫好運動草圖，指出位移、速度、時間等物理量間的關系．(3)知道每一過程的末速度是下一過程的初速度．(4)兩者發生相對滑動的兩個條件：①摩擦力為滑動摩擦力．②二者加速度不相等．【典例4】(2024·高考全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖(a)所示．t＝0時刻起先，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1s時間內小物塊的vt圖線如圖(b)所示．木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：(1)木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數μ2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離．[思路點撥]解此題應留意以下幾點信息：(1)木板碰墻之前，μ1(m＋15m)g產生小物塊和木板共同減速的加速度．(2)小物塊向右勻減速和向左勻加速的加速度均由μ2mg產生．(3)小物塊相對于木板滑行過程中，木板受地面的滑動摩擦力和小物塊的滑動摩擦力方向均水平向右．(4)小物塊與木板相對靜止后將一起向左做勻減速運動，而不再發生相對滑動．【解析】(1)規定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和M.對小物塊與木板整體由牛頓其次定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v1＝4m/s，由運動學公式有v1＝v0＋a1t1②s0＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)③式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板起先運動時的速度．聯立①②③式和題給條件得μ1＝0.1④在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動．設小物塊的加速度為a2，由牛頓其次定律有－μ2mg＝ma2⑤由題圖(b)可得a2＝eq\f(v2－v1,t2－t1)⑥式中，t2＝2s，v2＝0，聯立⑤⑥式和題給條件得μ2＝0.4⑦(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓其次定律及運動學公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為s1＝eq\f(－v1＋v3,2)Δt?小物塊運動的位移為s2＝eq\f(v1＋v3,2)Δt?小物塊相對木板的位移為Δs＝s2－s1?聯立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數值得Δs＝6.0m?因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m.(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3.由牛頓其次定律及運動學公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4?0－veq\o\al(2,3)＝2a4s3?碰后木板運動的位移為s＝s1＋s3?聯立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數值得s＝－6.5m?木板右端離墻壁的最終距離為6.5m.【答案】(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m[真題點評](1)“滑塊—木板”問題是近幾年來高考考查的熱點，綜合性較強，涉及摩擦力的分析推斷、牛頓運動定律、勻變速運動等主干學問，實力要求較高．(2)滑塊和木板的位移關系、速度關系是解答“滑塊—木板”問題的切入點，前一運動階段的末速度則是下一運動階段的初速度，解題過程中必需以地面為參考系．(3)速度相等是這類問題的臨界點，此時意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運動狀況可能發生突變．拓展1水平面上“滑塊—木板”問題1.質量M＝3kg的長木板放在光滑的水平面上．在水平拉力F＝11N作用下由靜止起先向右運動．如圖所示，當速度達到1m/s時，將質量m＝4kg的物體輕輕放到木板的右端．已知物塊與木板間動摩擦因數μ＝0.2，物塊可視為質點．(g取10m/s2)求：(1)物塊剛放置在木板上時，物塊和木板的加速度分別為多大；(2)木板至少多長物塊才能與木板最終保持相對靜止；(3)物塊與木板相對靜止后物塊受到的摩擦力大?。窘馕觥?1)放上物塊后，物塊的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2.木板的加速度a2＝eq\f(F－μmg,M)＝1m/s2.(2)當兩物體達速度相等后保持相對靜止，故a1t＝v0＋a2t，得t＝1s,1s內木板位移x1＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝1.5m，物塊位移x2＝eq\f(1,2)a1t2＝1m.所以板長L＝x1－x2＝0.5m.(3)相對靜止后，對整體F＝(M＋m)a，對物塊Ff＝ma，故Ff＝meq\f(F,M＋m)＝6.29N.【答案】(1)2m/s21m/s2(2)0.5m(3)6.29N拓展2斜面上的“滑塊—木板”問題2.如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8m、質量M＝3kg的薄木板，木板的最右端疊放一質量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),2).對木板施加沿斜面對上的恒力F，使木板沿斜面由靜止起先做勻加速直線運動．設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2.(1)為使物塊不滑離木板，求力F應滿意的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離．【解析】(1)以物塊和木板整體為探討對象，由牛頓其次定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物塊為探討對象，由牛頓其次定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα聯立解得F≤30N(2)因F＝37.5N＞30N，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓其次定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1隔離物塊，由牛頓其次定律得μmgcosα－mgsinα＝ma2設物塊滑離木板所用時間為t木板的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2物塊的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2物塊與木板的分別條件為Δx＝x1－x2＝L聯立以上各式解得t＝1.2s物塊滑離木板時的速度v＝a2t由公式－2gsinα·x＝0－v2解得x＝0.9m【答案】(1)F≤30N(2)能1.2s0.9m題組突破訓練題組突破訓練一、選擇題1．(多選)(2024·貴州遵義航天高級中學模擬)運動員從懸停的直升機上跳傘，下落一段時間后打開著陸傘，打開傘之前，運動員所受空氣阻力可忽視，打開傘后受到的空氣阻力與速度成正比，運動員打開傘后的運動狀況可能是()A．加速度大小先減小最終為零B．加速度大小先增大最終為零C．速度始終不變D．速度先增大后不變【解析】打開傘瞬間假如阻力大于重力，加速度向上，運動員做減速運動，依據阻力與速度成正比及牛頓其次定律知加速度漸漸減小，最終減為零，因此運動員先做加速度漸漸減小的減速運動，最終做勻速運動，A正確；打開傘瞬間假如阻力小于重力，加速度向下，運動員做加速運動，由阻力與速度成正比及牛頓其次定律知加速度漸漸減小，因此運動員先做加速度漸漸減小的加速運動，最終做勻速運動，D正確；打開傘的瞬間假如阻力等于重力，運動員做勻速直線運動，C正確；加速度大小先增大最終為零是不行能的，B錯誤．【答案】ACD2．(多選)(2024·湖北六校聯考)如圖甲、乙所示，圖中細線均不行伸長，兩小球質量相同且均處于平衡狀態，細線和彈簧與豎直方向的夾角均為θ.假如突然把兩水平細線剪斷，則剪斷瞬間()A．圖甲中小球的加速度大小為gsinθ，方向水平向右B．圖乙中小球的加速度大小為gtanθ，方向水平向右C．圖甲中傾斜細線與圖乙中彈簧的拉力之比為1∶cos2θD．圖甲中傾斜細線與圖乙中彈簧的拉力之比為cos2θ∶1【解析】設兩球質量均為m，對小球A進行受力分析，剪斷水平細線后，小球A將沿圓弧擺下，故剪斷水平細線瞬間，小球A的加速度a1的方向沿圓周的切線方向向下，即垂直傾斜細線向下，則FT1＝mgcosθ，F1＝mgsinθ＝ma1，所以a1＝gsinθ，方向垂直傾斜細線向下，選項A錯誤．對小球B進行受力分析，水平細線剪斷瞬間，小球B所受重力mg和彈簧彈力FT2不變，小球B的加速度a2的方向水平向右，則FT2＝eq\f(mg,cosθ)，F2＝mgtanθ＝ma2，所以a2＝gtanθ，方向水平向右，選項B正確．圖甲中傾斜細線與圖乙中彈簧的拉力之比為FT1∶FT2＝cos2θ∶1，選項C錯誤，D正確．【答案】BD3.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示；當物塊的初速度為eq\f(v,2)時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數和h分別為()A．tanθ和eq\f(H,2) B．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4) D．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和eq\f(H,4)【解析】對物塊上滑過程受力分析，受到重力、支持力和滑動摩擦力，由牛頓其次定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，在上滑過程中，依據運動規律可得0－v2＝2aeq\f(H,sinθ)，0－(eq\f(v,2))2＝2aeq\f(h,sinθ)，聯立可得μ＝(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ，h＝eq\f(H,4).故D正確．【答案】D4．如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內．現有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α＞β＞θ.現讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經驗的時間關系為()A．tAB＝tCD＝tEFB．tAB＞tCD＞tEFC．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF【解析】設上部圓的直徑為D，下部半圓的半徑為R，對軌道AOB，其長度為L1＝Dcosα＋R，在其上運動的加速度a1＝gcosα，由L1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,AB)，解得tAB＝eq\r(\f(2Dcosα＋R,gcosα))＝eq\r(\f(2D,g)＋\f(2R,gcosα)).對軌道COD、EOF，同理可得tCD＝eq\r(\f(2D,g)＋\f(2R,gcosβ))，tEF＝eq\r(\f(2D,g)＋\f(2R,gcosθ)).由軌道與豎直線的夾角關系為α＞β＞θ可知，tAB＞tCD＞tEF，選項B正確．【答案】B5.(多選)在升降電梯內的地板上放一體重計，電梯靜止時，某同學站在體重計上，體重計示數為50kg，電梯運動過程中，某一段時間內該同學發覺體重計示數如圖所示，已知重力加速度為g，則在這段時間內，下列說法中正確的是()A．該同學所受的重力變小了B．該同學對體重計的壓力等于體重計對該同學的支持力C．電梯肯定在豎直向下運動D．電梯的加速度大小為eq\f(g,5)，方向肯定豎直向下【解析】體重計的示數減小，說明該同學對其壓力減小，但該同學所受重力沒有變更，故選項A錯誤；該同學對體重計的壓力和體重計對其的支持力是一對作用力與反作用力，依據牛頓第三定律可知選項B正確；體重計的示數變小，說明處于失重狀態，電梯可能向下加速運動或者向上減速運動，故選項C錯誤；電梯靜止時，由平衡條件知FN1＝mg，電梯運動過程中，由牛頓其次定律可知mg－FN2＝ma，代入數據解得a＝eq\f(1,5)g，故選項D正確．【答案】BD6．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上．從某時刻起先，物塊受到一方向不變的水平拉力作用．假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．以a表示物塊的加速度大小，F表示水平拉力的大?。苷_描述F與a之間關系圖象的是()【解析】物塊的受力如圖所示，當F不大于最大靜摩擦力時，物塊仍處于靜止狀態，故其加速度為0；當F大于最大靜摩擦力后，由牛頓其次定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F與a成線性關系．選項C正確．【答案】C7．(多選)(2024·河北唐山調研)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是()A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)gB．要使紙板相對砝碼運動，F肯定大于2μ(M＋m)gC．若砝碼與紙板分別時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼不會從桌面上掉下D．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼恰好到達桌面邊緣【解析】對紙板分析，當紙板相對砝碼運動時，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯誤．設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發生相對運動須要a2>a1，代入數據解得F>2μ(M＋m)g，故B正確．若砝碼與紙板分別時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼勻加速運動的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，勻減速運動的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，則總位移小于d，不會從桌面上掉下，故C正確．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝eq\f(F－μM＋mg－μMg,m)＝2μg，依據eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，則此時砝碼的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小a′＝μg，則勻減速運動的位移x＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而勻加速運動的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，可知砝碼離開桌面，D錯誤．【答案】BC8.(2024·山東濰坊質檢)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＜tanθ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變更關系的是()【解析】起先階段，木塊受到豎直向下的重力、垂直斜面對上的支持力和沿傳送帶向下的摩擦力作用，做加速度為a1的勻加速直線運動，由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1所以a1＝gsinθ＋μgcosθ木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于μ＜tanθ，則木塊不會與傳送帶保持相對靜止而勻速運動，之后木塊接著加速，所受滑動摩擦力變為沿傳送帶向上，做加速度為a2的勻加速直線運動，這一階段由牛頓其次定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2所以a2＝gsinθ－μgcosθ依據以上分析，有a2＜a1，所以本題正確選項為D.【答案】D9.帶式傳送機是在肯定的線路上連續輸送物料的搬運機械，又稱連續輸送機．如圖所示，一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行．現將一個木炭包無初速度地放在傳送帶上，木炭包在傳送帶上將會留下一段黑色的徑跡．下列說法正確的是()A．黑色的徑跡將出現在木炭包的左側B．木炭包的質量越大，徑跡的長度越短C．木炭包與傳送帶間動摩擦因數越大，徑跡的長度越短D．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越短【解析】剛放上木炭包時，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包相對傳送帶向后滑動，所以黑色的徑跡將出現在木炭包的右側，所以A錯誤．木炭包在傳送帶上運動靠的是與傳送帶之間的摩擦力，摩擦力作為它的合力產生加速度，所以由牛頓其次定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，當達到共同速度時，不再有相對滑動，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝eq\f(v2,2μg)，設相對滑動時間為t，由v＝at得t＝eq\f(v,μg)，此時傳送帶的位移為x傳＝vt＝eq\f(v2,μg)，所以相對滑動的位移是Δx＝x傳－x木＝eq\f(v2,2μg)，由此可知，黑色的徑跡與木炭包的質量無關，所以B錯誤．木炭包與傳送帶間動摩擦因數越大，徑跡的長度越短，所以C正確．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越長，所以D錯誤．【答案】C10.如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t＝0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．在物塊放到木板上之后，木板運動的速度—時間圖象可能是下列選項中的()【解析】設在木板與物塊未達到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2.對木板應用牛頓其次定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g設物塊與木板達到相同速度之后，木板的加速度為a2，對整體有－μ2·2mg＝2ma2a2＝－μ2g可見|a1|＞|a2|由vt圖象的斜率表示加速度大小可知，圖象A正確．【答案】A二、非選擇題11.如圖所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可視為質點的小物塊，現用輕細線的一端連接木板的Q端，保持與斜面平行，繞過定滑輪后，另一端可懸掛鉤碼，鉤碼距離地面足夠高．已知斜面傾角θ＝30°，木板長為L，Q端距斜面頂端距離也為L，物塊和木板的質量均為m，兩者之間的動摩擦因數為μ1＝eq\f(\r(3),2).若所掛鉤碼質量為2m，物塊和木板能一起勻速上滑；若所掛鉤碼質量為其他不同值，物塊和木板有可能發生相對滑動．重力加速度為g，不計細線與滑輪之間的摩擦，設接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(1)木板與斜面間的動摩擦因數μ2；(2)物塊和木板發生相對滑動時，所掛鉤碼質量m′應滿意什么條件？【解析】(1)整個系統勻速時對鉤碼：2mg＝FT對物塊和木板：FT＝2mgsinθ＋2μ2mgcosθ解得：μ2＝eq\f(\r(3),3)(2)要使二者發生相對滑動，則需木板的加速度a1大于物塊的加速度a2.對物塊：μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma2解得：a2＝eq\f(1,4)g對木板：FT′－mgsinθ－μ1mgcosθ－2μ2mgcosθ＝ma1對鉤碼：m′g－FT′＝m′a1解得：a1＝eq\f(m′－\f(9,4)m,m′＋m)g聯立解得：m′＞eq\f(10,3)m【答案】(1)eq\f(\r(3),3)(2)m′＞eq\f(10,3)m12.水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖．緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1m/s運行，一質量為m＝4kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李起先做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．設行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.1，A、B間的距離L＝2m，g取10m/s2.(1)求行李剛起先運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大?。?2)求行李做勻加速直線運動的時間；(3)假如提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處．求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率．【解析】(1)行李所受滑動摩擦力大于Ff＝μmg＝0.1×4×10N＝4N，加速度大小a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2.(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則v＝at1，得t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(1,1)s＝1s.(3)行李始終勻加速運行時，所需時間最短，加速度大小仍為a＝1m/s2，當行李到達右端時，有veq\o\al(2,min)＝2aL，得vmin＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×1×2)m/s＝2m/s，所以傳送帶對應的最小運行速率為2m/s.由vmin＝atmin得行李最短運行時間tmin＝eq\f(vmin,a)＝eq\f(2,1)s＝2s.【答案】(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s13．如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可看作質點的物體A靜止疊放在B的最左端．現用F＝6N的水平力向右拉物體A，經過5s物體A運動到B的最右端，其vt圖象如圖乙所示．已知A、B的質量分別為1kg、4kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.(1)求物體A、B間的動摩擦因數；(2)若B不固定，求A運動到B的最右端所用的時間．【解析】(1)依據vt圖象可知物體A的加速度為aA＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2以A為探討對象，依據牛頓其次定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝eq\f(F－mAaA,mAg)＝0.4(2)由題圖乙可知木板B的長度為l＝eq\f(1,2)×5×10m＝25m若B不固定，則B的加速度為aB＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.4×1×10,4)m/s2＝1m/s2設A運動到B的最右端所用的時間為t，依據題意可得eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2＝l，解得t＝7.07s.【答案】(1)0.4(2)7.07s14.(2024·河北正定中學月考)一水平傳送帶以2.0m/s的速度順時針傳動，水平部分長為2.0m．其右端與一傾角為θ＝37°的光滑斜面平滑相連，斜面長為0.4m，一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，試問：(sin37°＝0.6，g取10m/s2)(1)物塊能否到達斜面頂端？若能則說明理由，若不能則求出物塊沿斜面上升的最大距離；(2)物塊從動身到4.5s末通過的路程．【解析】(1)物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動μmg＝ma1x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝1m＜L所以在到達傳送帶右端前物塊已勻速物塊以v0速度滑上斜面－mgsinθ＝ma2物塊速度為零時上升的距離x2＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(1,3)m由于x2＜0.4m，所以物塊未到達斜面的最高點．(2)物塊從