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专题3.2　动力学典型模型分析
1.物理观念：连接体、相对运动。
（1）知道连接体模型的特征能在具体问题情景中识别连接体模型并能归类（同速类、不同速类）。
（2）通过实例的分析与推理，理解并会分析相对运动问题建立运动观。
2.科学思维：牛顿运动定律、整体法与隔离法、临界法。
（1）.掌握应用整体法与隔离法解决连接体问题的基本方法。
（2）会应用牛顿运动定律及运动学公式分析传送带模型。
（3）掌握应用整体法与隔离法解决“滑块-木板”问题的基本方法
3.科学态度与责任：能用牛顿运动定律解决生产生活中的皮带传动、连接体等问题。
能将具体问题情景通过构建物理模型转化为物理问题进而应用物理规律来解决，以此提升分析推理能力和模型构建能力并体会物理学的应用价值。
【知识点一】瞬时加速度问题
1.两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
2．求解瞬时加速度的一般思路
（1）分析物体原来的受力情况。
（2）分析物体在突变时的受力情况。
（3）由牛顿第二定律列方程。
（4）求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
（2023 龙岩模拟）一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
B．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
C．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右
（2023 蚌埠模拟）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（　　）
A．A、B所受弹簧弹力大小之比为：
B．A、B的质量之比为mA：mB：1
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：
D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3：
（多选）（2023 鄱阳县校级一模）如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．A球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
D．B、C之间杆的弹力大小不为0
【知识点二】超重与失重问题
1．实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。
（2）视重
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象 失重现象 完全失重现象
概念 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的现象
产生条件 物体的加速度方向竖直向上 物体的加速度方向竖直向下 物体的加速度方向竖直向下，大a＝g
原理方程 F－mg＝ma F＝m（g＋a） mg－F＝ma F＝m（g－a） mg－F＝ma＝mg F＝0
运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以a＝g加速下降或减速上升
（2023 龙华区校级一模）“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（　　）
A．“笛音雷”在t2时刻上升至最高点
B．t3～t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．t0～t1时间内“笛音雷”的平均速度为
D．t3～t4时间内“笛音雷”处于失重状态
（2023 海淀区校级模拟）如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当电梯在竖直方向匀速运动时，压力传感器有一定的示数。现发现压力传感器的示数逐渐减小，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（　　）
A．升降机正在匀加速上升
B．升降机正在匀减速上升
C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大
D．升降机正在加速上升，且加速度越来越大
（2023 宜春一模）北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在太空执行任务183天后，“最忙出差三人组”的陈冬、刘洋、蔡旭哲于21时01分安全顺利出舱。返回过程中返回舱速度195m/s时在距离地表10km的地方打开降落伞，返回舱先做匀变速直线运动最终降低到5m/s，之后保持匀速运动，匀速时间99.8s。待高度只剩1m时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最后一次减速至3m/s，使其安全触地。忽略空气阻力，g＝10m/s2，以下说法中正确的是（　　）
A．从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态
B．开伞后匀变速运动过程中返回舱的加速度为1.9m/s2
C．反推发动机点火的推力至少为返回舱重力的1.8倍
D．设返回舱重力mg，则从开伞到落地重力的冲量为95.25mg
【知识点三】动力学中的连接体问题
1.连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细杆联系）在一起构成的物体系统称为连接体.连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）.
2.常见连接体的类型
（1）同速连接体（如图）
特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.
处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系.
（2）关联速度连接体（如图）
特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.
处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.
（2023 盐山县二模）如图所示，质量分别为1kg和2kg的A、B两个物体放在光滑水平面上，外力F1、F2同时作用在两个物体上，其中F1＝10﹣t（表达式中各个物理量的单位均为国际单位），F2＝10N。下列说法中正确的是（　　）
A．t＝0时，物体A的加速度大小为10m/s2
B．t＝10s后物体B的加速度最小
C．t＝10s后两个物体运动方向相反
D．若仅将A、B位置互换，t＝0时物体A的加速度为8m/s2
（2023 河南模拟）如图1所示，物体A、B放在粗糙水平面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B分别受到的随时间变化的力FA与FB，如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．两物体在t＝1s时分离
B．两物体分离时的速度为5m/s
C．两物体分离时的速度为4.875m/s
D．两物体一起做加速运动
（2023 兴庆区校级二模）如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
C．若物块A、B未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mg
D．A、B未发生相对滑动时轻绳对定滑轮的作用力为
【知识点四】“传送带”模型的动力学问题
1.水平传送带
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情景3 （1）传送带较短或v0较大时滑块一直减速到左端 （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v02.倾斜传送带
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）可能先加速后匀速 （3）可能一直减速 （4）可能先以a1加速后以a2加速
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
3.传送带中位移、相对位移、轨迹划痕等问题
分析表1.
受力分析 运动分析（先加后共） 难点问题
μ>tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g（μcosθ-sinθ） ③上传条件：μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题
μ分析表2.
受力分析 运动分析 难点问题
μ≥tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g（μcosθ+sinθ） ③共速后，若μ≥tanθ 一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μx物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段
【方法总结】
1．求解传送带问题的关键
（1）正确分析物体所受摩擦力的方向。
（2）注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．处理此类问题的一般流程
弄清初始条件 判断相对运动 判断滑动摩擦力的大小和方向 分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向 由物体的速度变化分析相对运动 进一步确定以后的受力及运动情况。
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。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。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。
（2023 沧州一模）如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其v﹣t图像如图乙所示。已知传送带的速度为v0，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）
A．物块的初速度小于v0
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanα
C．物块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻
D．若物块从传送带顶端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动
（2023 成都模拟）物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
（2023 宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（　　）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6m
C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
【知识点五】滑块—滑板模型
1．命题规律
滑块—滑板模型，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，所以高考试卷中经常出现这一类型。
2．复习指导
分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
3．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
4．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2
同向运动时：L＝x1－x2
反向运动时：L＝x1＋x2
5．分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧
（1）分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。
（2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。
（3）知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。
（4）两者发生相对滑动的条件：
①摩擦力为滑动摩擦力。
②二者加速度不相等。
【方法总结】会分析有外力作用、斜面、竖直面等的滑块木板问题
1．水平面“板块”模型
类型1　光滑地面，有初速度无外力类
（1）系统不受外力，满足动量守恒．
（2）如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观（如图）．
（多选）（2022秋 中山区期末）如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（　　）
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
类型2　地面粗糙，滑块（或板）有初速度类
（1）因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动．
（2）若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F合＝ma，求出滑块受的摩擦力Ff，再比较它与最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会相对滑动．
（3）若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．（如图）
（2023 河南模拟）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度为v0，同时对a施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的（　　）
A． B．
C． D．
类型3　地面粗糙，加外力类
（1）木板上加力（如图甲），板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动．
（2）滑块上加力（如图乙），注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动（还是用假设法判断）．
（2022秋 朝阳区校级期末）如图所示，质量为m＝3kg的木块放在质量为M＝1kg的长木板上，开始处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，当木块受到水平向右的拉力F后，下列说法正确的是（　　）
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是1N
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是4N
C．当F＞12N时，木块才会在木板上滑动
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
2．斜面上“板块”模型
类型1　无初速度下滑类
假设法判断是否发生相对滑动
（1）μ2<μ1（上面比下面粗糙），则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀加速运动．
（2）μ2>μ1（下面比上面粗糙），则会相对滑动．
（2022秋 未央区校级期末）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1m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0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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1.5m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/s2
C．经过的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为m/s
类型2　加外力下滑类
对m分析，加速度范围gsin θ－μ1gcos θ加速度在这个范围内，板块可保持相对静止．
（多选）（2023 辽宁一模）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），物块与木板间的动摩擦因数。木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．F＝15N时，M和m沿斜面向上做匀减速运动
B．F＝25N时，M和m沿斜面向上做匀加速运动
C．F＝30N时，M和m均向上做加速运动，经后二者分离
D．F＝37.5N时，M和m均向上做加速运动，经1.2s后二者分离
（多选）（2023 湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
（2022 浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
（2023 重庆模拟）如图用货车运输规格相同的两块水平水泥板，底层水泥板车厢间的动摩擦因数为0.6，两块水泥板之间动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，为保证底层水泥板与车厢、两块水泥板之间均不发生相对运动，货车行驶的最大加速度为（　　）
A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s2
（2023 湖南模拟）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个物块置于粗糙固定的足够长的斜面上，且固定在一轻质弹簧两端，已知弹簧的劲度系数为k，两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，现沿斜面向上在物块B上施加一拉力F，使两物块一起沿斜面向上做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．减小动摩擦因数，其他条件不变，则弹簧的总长将变大
B．改变斜面的倾角，保持拉力F方向仍然沿斜面向上，大小不变，则弹簧的总长将随倾角的变化而变化
C．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F瞬间物块A的加速度大小为
D．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F瞬间物块B的加速度大小为
（2023 河南二模）如图甲所示，将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆的截面直径，对环施加一斜向上与杆的夹角为θ的拉力F，当拉力逐渐变大时环的加速度随拉力F的变化规律如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．圆环的质量为0.5kg
B．圆环与杆之间的动摩擦因数为0.2
C．当F＝10N时，圆环的加速度大小为10m/s2
D．当圆环受到的摩擦力大小为1N时，圆环的加速度大小可能为3m/s2
（2023 临泉县校级三模）如图所示，质量为10kg的物体A通过轻绳绕过定滑轮被站在水平地面上质量为50kg的人竖直拉住，当人拉动物体A，使物体A向上做初速度为0、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦和阻力，此时地面对人的支持力为（　　）
A．380N B．404N C．520N D．480N
（2023 惠州模拟）如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是（　　）
A．小物块一直受滑动摩擦力
B．传送带做顺时针的匀速运动
C．传送带做顺时针的匀加速运动
D．小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带
（2023 渭南一模）如图所示，OA、OB是竖直面内两根固定的光滑细杆，O、A、B位于同一圆周上，OB为圆的直径。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表B示滑环到达A、B所用的时间，则（　　）
A．t1＝t2 B．t1＜t2
C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小
（多选）（2023 南岗区校级三模）如图所示，一质量为M＝2kg、倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为m＝1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．斜面体对物块的支持力为12.5N
B．斜面体的加速度大小为a＝3.75m/s2
C．水平恒力大小F＝11.25N
D．若水平作用力F作用到斜面体上系统仍保持相对静止，则F将变小
（多选）（2023 南充模拟）如图甲所示，浅色倾斜传送带两侧端点间距6m，皮带总长12m，倾角37°。t＝0时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。t＝1s时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，A点运动的v﹣t图像如图乙所示。煤块与传送带间动摩擦因数为0.5，传送轮和煤块大小均可以忽略（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．煤块运动至最高点，位移为10m
B．煤块在传送带上运动时间为2s
C．煤块在传送带上留下的痕迹为12m
D．煤块与传送带间产生的热量为90J
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专题3.2　动力学典型模型分析
1.物理观念：连接体、相对运动。
（1）知道连接体模型的特征能在具体问题情景中识别连接体模型并能归类（同速类、不同速类）。
（2）通过实例的分析与推理，理解并会分析相对运动问题建立运动观。
2.科学思维：牛顿运动定律、整体法与隔离法、临界法。
（1）.掌握应用整体法与隔离法解决连接体问题的基本方法。
（2）会应用牛顿运动定律及运动学公式分析传送带模型。
（3）掌握应用整体法与隔离法解决“滑块-木板”问题的基本方法
3.科学态度与责任：能用牛顿运动定律解决生产生活中的皮带传动、连接体等问题。
能将具体问题情景通过构建物理模型转化为物理问题进而应用物理规律来解决，以此提升分析推理能力和模型构建能力并体会物理学的应用价值。
【知识点一】瞬时加速度问题
1.两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
2．求解瞬时加速度的一般思路
（1）分析物体原来的受力情况。
（2）分析物体在突变时的受力情况。
（3）由牛顿第二定律列方程。
（4）求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
（2023 龙岩模拟）一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
B．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
C．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右
【解答】解：AB、设A、B两球质量均为m。撤去挡板前，对A球受力分析，由平衡条件有：F弹＝mgsinθ
撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，A球受力情况不变，合力为0，加速度为0。对B球，由牛顿第二定律有mgsinθ+F弹＝maB，解得aB＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A错误，B正确；
C、撤去挡板瞬间，B球有沿斜面向下的加速度，有竖直向下的分加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C错误；
D、撤去挡板瞬间，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，对A、B和C整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D错误。
故选：B。
（2023 蚌埠模拟）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（　　）
A．A、B所受弹簧弹力大小之比为：
B．A、B的质量之比为mA：mB：1
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：
D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3：
【解答】解：A、对AB受力如图，弹簧处于水平静止状态，弹簧的合力为零，即A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，故A错误；
B、对A受力分析可知mAg＝Ftan 60°，对B受力分析可知mBg＝F tan45°，联立解得，故B正确；
C、细线对A的拉力TA，细线对B的拉力TB，联立解得，故C错误；
D、剪断细线前，弹簧弹力F＝mBg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2mBg，故解得A的加速度aAg，B的加速度为g，故A，B加速度之比为：3，故D错误。
故选：B。
（多选）（2023 鄱阳县校级一模）如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．A球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
D．B、C之间杆的弹力大小不为0
【解答】解：A、据题意，对A球受力分析，受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面向上的弹力F和B、C球对它的拉力TA，由于A球处于静止状态，
则据平衡条件有：F＝GAsinθ+TA＝3mgsinθ①
现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，
则有：F﹣GAsinθ＝ma，②
由①、②可得A球此时加速度：a＝2gsinθ，
故A正确；
B、细线烧断后，把B、C球看成一个整体，它们只受到重力和支持力，它们以相同的加速度a＝gsinθ沿斜面向下，所以B、C之间杆的弹力大小为零，故B、D选项错误，而C选项正确。
故选：AC。
【知识点二】超重与失重问题
1．实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。
（2）视重
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象 失重现象 完全失重现象
概念 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的现象
产生条件 物体的加速度方向竖直向上 物体的加速度方向竖直向下 物体的加速度方向竖直向下，大a＝g
原理方程 F－mg＝ma F＝m（g＋a） mg－F＝ma F＝m（g－a） mg－F＝ma＝mg F＝0
运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以a＝g加速下降或减速上升
（2023 龙华区校级一模）“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（　　）
A．“笛音雷”在t2时刻上升至最高点
B．t3～t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．t0～t1时间内“笛音雷”的平均速度为
D．t3～t4时间内“笛音雷”处于失重状态
【解答】解：A．由图可知，t0～t4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，则“笛音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4时刻之后，速度为零的某个时刻，故A错误；
B．t3～t4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为恒定的负值，表明t3～t4时间内“笛音雷”在做竖直上抛运动，其加速度为重力加速度g，故B错误；
C．用直线连接A、B，则直线AB代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据可知，AB直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t0～t1时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；
D．根据选项B解析可知，t3～t4时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，故“笛音雷”处于失重状态，故D正确。
故选：D。
（2023 海淀区校级模拟）如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当电梯在竖直方向匀速运动时，压力传感器有一定的示数。现发现压力传感器的示数逐渐减小，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（　　）
A．升降机正在匀加速上升
B．升降机正在匀减速上升
C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大
D．升降机正在加速上升，且加速度越来越大
【解答】解：对篮球进行受力分析如图：
篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡，随着压力传感器的示数逐渐减小，篮球受到倾斜天花板在水平方向的分力减小，则斜面对篮球的压力F′一定减小，其在竖直方向的分力减小，而弹簧的弹力不变，所以篮球受到的竖直向下的合力减小，故篮球必然有竖直向上且增大的加速度，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2023 宜春一模）北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在太空执行任务183天后，“最忙出差三人组”的陈冬、刘洋、蔡旭哲于21时01分安全顺利出舱。返回过程中返回舱速度195m/s时在距离地表10km的地方打开降落伞，返回舱先做匀变速直线运动最终降低到5m/s，之后保持匀速运动，匀速时间99.8s。待高度只剩1m时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最后一次减速至3m/s，使其安全触地。忽略空气阻力，g＝10m/s2，以下说法中正确的是（　　）
A．从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态
B．开伞后匀变速运动过程中返回舱的加速度为1.9m/s2
C．反推发动机点火的推力至少为返回舱重力的1.8倍
D．设返回舱重力mg，则从开伞到落地重力的冲量为95.25mg
【解答】1、解：根据题意分析宇航员返回时经历了匀减速直线运动，匀速直线运动，匀减速直线运动三个阶段
A．返回舱中途的匀速过程并非超重现象，故A错误；
B．匀速位移为x2＝vt＝499m则开伞到减速到5m/s位移为x1＝h﹣x2﹣1＝10000m﹣499m﹣1m＝9500m
由推出，故B错误；
C．根据最后1m由v'2﹣v2＝2a'x'得，方向竖直向上，
由牛顿第二律得F﹣mg＝ma得F＝1.8mg故C正确；
D．根据可得两段减速时间分别为、，则总时间为t＝95s+99.8s+0.25s＝195.05s，则重力冲量总计为195.05mg，故D错误。
故选：C。
【知识点三】动力学中的连接体问题
1.连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细杆联系）在一起构成的物体系统称为连接体.连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）.
2.常见连接体的类型
（1）同速连接体（如图）
特点：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同速度和相同加速度.
处理方法：用整体法求出a与F合的关系，用隔离法求出F内力与a的关系.
（2）关联速度连接体（如图）
特点：两连接物体的速度、加速度大小相等，方向不同，但有所关联.
处理方法：分别对两物体隔离分析，应用牛顿第二定律进行求解.
（2023 盐山县二模）如图所示，质量分别为1kg和2kg的A、B两个物体放在光滑水平面上，外力F1、F2同时作用在两个物体上，其中F1＝10﹣t（表达式中各个物理量的单位均为国际单位），F2＝10N。下列说法中正确的是（　　）
A．t＝0时，物体A的加速度大小为10m/s2
B．t＝10s后物体B的加速度最小
C．t＝10s后两个物体运动方向相反
D．若仅将A、B位置互换，t＝0时物体A的加速度为8m/s2
【解答】解：A．F2在水平方向上的分力为
F21＝F2cos37°＝10×0.8N＝8N
假设A、B间无弹力，则
aBm/s2＝4m/s2
t＝0时，有F1＝10N
假设A、B间无弹力，则
aAm/s2＝10m/s2＞aB
因此t＝0时，A会推动B一起运动，对AB整体，由牛顿第二定律有
F1+F21＝（mA+mB）a
代入数据解得
a＝6m/s2
故A错误；
B．物体B的加速度最小时，A、B间没有力的作用，且aA＝aB
aA
aBm/s2＝4m/s2
解得t＝6s
故B错误；
C．t＝10s前，A、B均沿F1方向加速运动；t＝10s后，F1方向反向，A做减速运动，但两物体运动方向仍然相同，故C错误；
D．若仅将A、B位置互换，t＝0时，假设A、B间无弹力，则
aA1m/s2＝8m/s2
aB1m/s2＝5m/s2＜aA1
表明A、B会分离运动，故假设正确，则t＝0时物体A的加速度为8m/s2，故D正确。
故选：D。
（2023 河南模拟）如图1所示，物体A、B放在粗糙水平面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B分别受到的随时间变化的力FA与FB，如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．两物体在t＝1s时分离
B．两物体分离时的速度为5m/s
C．两物体分离时的速度为4.875m/s
D．两物体一起做加速运动
【解答】解：由图2知FA与t的关系式为：FA＝12﹣2t，FB与t的关系式为：FB＝3t，A的摩擦力为fA＝μmAg＝0.1×2×10N＝2N，B的摩擦力为fB＝μmBg＝0.1×1×10N＝1N。
A、物体A、B分离时，A、B加速度相等，速度相同，但A、B间无弹力，则对A、B受力分析，由牛顿第二定律可知，
分离时A物体：FA﹣fA＝mAaA，B物体：FB﹣fB＝mBaB，当aA＝aB，即，解得t＝1.5s，故A错误；
BC、对AB整体分析从开始到分离过程由动量定理，取向右为正，，由图2只图线围成的面积表示冲量可知在1s内，
A物体FA的冲量IAN sN s，B物体FB的冲量IBN sN s，代入数据解得：v＝4.875m/s。故B错误，C正确；
D、AB分离前一起加速，1.5s后不再一起加速运动，故D错误。
故选：C。
（2023 兴庆区校级二模）如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
C．若物块A、B未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mg
D．A、B未发生相对滑动时轻绳对定滑轮的作用力为
【解答】解：A、若物块A、B未发生相对滑动，物块A、B、C三者加速度的大小相等，设为a，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得：mg＝（2M+m）a
对物块A，根据牛顿第二定律可得：Ff＝Ma
解得物块A受到的摩擦力为：Ff，故A错误；
B、物块A受到的最大合外力为μMg，则物块A的最大加速度为
当物块A的加速度恰好为μg时，物块A、B发生相对滑动，以物块A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
解得：
要使物块A、B之间发生相对滑动，则，故B正确；
C、A、B未发生相对滑动时，对物块C，由牛顿第二定律得：mg﹣T＝ma
解得：，所以轻绳拉力的大小小于mg，故C错误；
D、A、B未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力大小为，故D错误。
故选：B。
【知识点四】“传送带”模型的动力学问题
1.水平传送带
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情景3 （1）传送带较短或v0较大时滑块一直减速到左端 （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v02.倾斜传送带
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）可能先加速后匀速 （3）可能一直减速 （4）可能先以a1加速后以a2加速
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
3.传送带中位移、相对位移、轨迹划痕等问题
分析表1.
受力分析 运动分析（先加后共） 难点问题
μ>tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g（μcosθ-sinθ） ③上传条件：μ>tanθ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 运动分析（一直加速） 难点问题
μ分析表2.
受力分析 运动分析 难点问题
μ≥tanθ ①滑动摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g（μcosθ+sinθ） ③共速后，若μ≥tanθ 一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μx物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段
【方法总结】
1．求解传送带问题的关键
（1）正确分析物体所受摩擦力的方向。
（2）注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．处理此类问题的一般流程
弄清初始条件 判断相对运动 判断滑动摩擦力的大小和方向 分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向 由物体的速度变化分析相对运动 进一步确定以后的受力及运动情况。
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。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。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。
（2023 沧州一模）如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其v﹣t图像如图乙所示。已知传送带的速度为v0，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　）
A．物块的初速度小于v0
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanα
C．物块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻
D．若物块从传送带顶端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动
【解答】解：B．v﹣t图像斜率表示加速度，由图像可分析出，物块先以加速度a1做匀减速直线运动，后以加速度a2做匀减速直线运动，且a1＞a2，mgsinα＞μmgcosα，即μ＜tanα，故B错误；
A．若物块的初速度小于v0，物块相对斜面向下运动，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会一直以此加速度向上减速为0与题设不符，故A错误；
C．物块的初速度大于v0，物块相对斜面向上运动，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有mgsinα+μmgcosα＝ma1
物块减速到速度等于v0后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块根据牛顿第二定律，有mgsinα﹣μmgcosα＝ma2
故C正确；
D．若物块从传送带顶端开始向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于μ＜tanα
则物块会以加速度a2一直向下加速运动，故D错误。
故选：C。
（2023 成都模拟）物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，则有mgsinθ﹣μmgcosθ＝0
AB．当v0＜v1时，对物块P受力分析，此时摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma
可知物块先做匀加速直线运动，当v0＝v1时，摩擦力沿斜面向上，由于mgsinθ＝μmgcosθ
物块匀速直线运动。故A正确；B错误；
CD．当v0＞v1时，对物块P受力分析，有mgsinθ﹣μmgcosθ＝0
即物块一直匀速直线运动。故CD错误。
故选A。
（2023 宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（　　）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6m
C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
【解答】解：A、前2s物块速度小于传送带速度，物块受到摩擦力沿斜面向上。由于物块匀速上滑，根据平衡条件得：μmgcos37°＝mgsin37°，代入数据解得：μ＝0.75，故A错误；
C、由物体2s后开始减速，由图示v﹣t图像可知，2s时传送带的速度为1m/s，可得物体前2s内做匀速运动的速度v1＝1m/s，在t＝4s时物体恰好到达最高点A点，此时传送带的速度也恰好为零，说明二者减速运动的加速度相同，所以2s后物体与传送带相对静止一起运动，2s后物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，故C错误
B、2s后物体相对于传送带静止，由图示v﹣t图像可知，加速度大小为am/s2＝0.5m/s2，前2s物块沿传送带上滑的位移为x1＝v1t＝1×2m＝2m；2s后物块相对传送带静止，物体所受摩擦力方向沿传送带向上，跟传送带以相同加速度a＝0.5m/s2，向上匀减速运动x2＝v1t1，其中t1＝2s，代入数据解得：x2＝1m，传送带AB长L＝x1+x2＝2m+1m＝3m，故B错误；
D、物体上滑过程中，滑动摩擦力为f＝μmgcos37°＝0.75×1×10×0.8N＝6N，由传送带的v﹣t图像可知前2s，传送带位移为x＝3m，故物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为Q＝f（x﹣x1）＝6×（3﹣2）J＝6J，故D正确。
故选：D。
【知识点五】滑块—滑板模型
1．命题规律
滑块—滑板模型，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，所以高考试卷中经常出现这一类型。
2．复习指导
分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
3．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
4．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2
同向运动时：L＝x1－x2
反向运动时：L＝x1＋x2
5．分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧
（1）分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。
（2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。
（3）知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。
（4）两者发生相对滑动的条件：
①摩擦力为滑动摩擦力。
②二者加速度不相等。
【方法总结】会分析有外力作用、斜面、竖直面等的滑块木板问题
1．水平面“板块”模型
类型1　光滑地面，有初速度无外力类
（1）系统不受外力，满足动量守恒．
（2）如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观（如图）．
（多选）（2022秋 中山区期末）如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（　　）
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
【解答】解：A、设A与B速度相同时二者相对位移大小为d，共同速度为v；m、M组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝（M+m）v，由能量守恒定律得：（M+m）v2+μmgd，解得：d，若只增大m，则d减小，小滑块不能滑离木板，故A正确；
B、由牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小a滑块μg，木板的加速度大小a木板，若只增大M，小滑块的加速度不变，M的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正确；
C、若只增大初速度v0，滑块受到的合力等于滑动摩擦力，所受力合力不变，滑块的加速度不变，滑块滑离木板时相对于木板的位移不变，滑块在木板上的运动时间变小，滑块离开木板时的速度变小，故C错误；
D、若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则小滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故减小，故D错误。
故选：AB。
类型2　地面粗糙，滑块（或板）有初速度类
（1）因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动．
（2）若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F合＝ma，求出滑块受的摩擦力Ff，再比较它与最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会相对滑动．
（3）若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．（如图）
（2023 河南模拟）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度为v0，同时对a施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，可知小物块受到滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得：μmg＝mab
化简解得：ab＝μg
对长木板进行受力分析，受到地面水平向左的摩擦力，物块对木板水平向左的摩擦力，以及水平向右的恒力F，根据牛顿第二定律可得：F﹣μmg﹣μ×2mg＝maa
解得：a3μg
A、根据图像的斜率可知初始阶段aa＜0，ab＝|aa|，即：F＝2μmg，则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体所受合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误；
B、根据图像可知a做匀速直线运动，即：F＝3μmg，b做匀加速直线运动，二者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：F﹣2μmg＝2ma共，解得：a共，故B错误；
CD、若ab＞aa，则有：3μmg＜F＜4μmg，两者均做匀加速直线运动，共速后一起匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F﹣2μmg＝2ma共，可得：，故C正确，D错误。
故选：C。
类型3　地面粗糙，加外力类
（1）木板上加力（如图甲），板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动．
（2）滑块上加力（如图乙），注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动（还是用假设法判断）．
（2022秋 朝阳区校级期末）如图所示，质量为m＝3kg的木块放在质量为M＝1kg的长木板上，开始处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，当木块受到水平向右的拉力F后，下列说法正确的是（　　）
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是1N
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是4N
C．当F＞12N时，木块才会在木板上滑动
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
【解答】解：AB．设木板与地面间滑动摩擦力的大小为f2
f2＝μ2（m+M）g
代入数据解得 f2＝4N
设木块与木板间的滑动摩擦力大小为f1
f1＝μ1mg
代入数据解得 f1＝6N
当F≤4N时，木块与木板仍保持静止状态，木板与地面间为静摩擦力，大小等于拉力F，故AB错误；
C．设拉力为F0时木块与木板间刚好发生相对滑动，由牛顿第二定律得
解得 F0＝12N
所以当F＞12N时，木块才会在木板上滑动，故C正确；
D．当F＞4N时，木板向右运动，故D错误。
故选：C。
2．斜面上“板块”模型
类型1　无初速度下滑类
假设法判断是否发生相对滑动
（1）μ2<μ1（上面比下面粗糙），则不会相对滑动．用极限法，μ1无限大或斜面光滑，一起匀加速运动．
（2）μ2>μ1（下面比上面粗糙），则会相对滑动．
（2022秋 未央区校级期末）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1m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0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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1.5m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/s2
C．经过的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为m/s
【解答】解：A、对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，由于小孩与木板间的动摩擦因数小于木板与沙间的动摩擦因数，所以小孩相对于木板下滑。对小孩根据牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1，解得：a1＝2m/s2，故A错误；
B、小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μ1mgcos37°﹣2μ2mgcos37°＝ma2，代入数据解得：a2＝1m/s2，故B错误；
C、设经过时间t，小孩离开滑板，根据位移—时间关系可得：a1t2 a2t2＝L，解得：ts，故C正确；
D、小孩离开滑板时的速度为：v＝a1t＝2m/s＝2m/s，故D错误。
故选：C。
类型2　加外力下滑类
对m分析，加速度范围gsin θ－μ1gcos θ加速度在这个范围内，板块可保持相对静止．
（多选）（2023 辽宁一模）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），物块与木板间的动摩擦因数。木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．F＝15N时，M和m沿斜面向上做匀减速运动
B．F＝25N时，M和m沿斜面向上做匀加速运动
C．F＝30N时，M和m均向上做加速运动，经后二者分离
D．F＝37.5N时，M和m均向上做加速运动，经1.2s后二者分离
【解答】解：要是木块和木板之间不产生相对滑动，则对M、m由牛顿第二定律得
F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a
对m有：f﹣mgsinα＝ma
f≤μmgcosα
代入数据解得：F≤30N
因要拉动，则：F＞（M+m）gsinα＝（3+1）×10N＝20N
则为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N＜F≤30N。
A、F＝15N＜20N，所以不能拉动木板，故A错误；
B、20N＜F＝25N＜30N，M和m沿斜面向上做匀加速运动，故B正确；
C、F＝30N时，M和m均向上做加速运动，恰不产生相对滑动，故C错误；
D、当F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板，对M，有：F﹣μmgcosα﹣Mgsinα＝Ma1
对m有：μmgcosα﹣mgsinα＝ma2
设滑块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得a1t2 a2t2＝L
代入数据解得：t＝1.2s，故D正确。
故选：BD。
（多选）（2023 湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【解答】解：A、若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律得FNA＝2ma，
对A球由牛顿第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg，
联立解得a＝gtanθ，
对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A错误；
B、若推力向左，则系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁弹力为零，此时F有最大值，对AB整体：竖直方向FNB＝2mg，
水平方向：μFNB＝2ma解得a＝μg，对A水平方向Nsinθ＝maA，竖直方向Ncosθ＝mg，
解得aA＝gtanθ，由于μ≥tanθ，所以系统的加速度a＝aA＝gtanθ，所以F最大值为F＝4ma＝4mgtanθ，故B错误；
C、若推力向左，μ＜tanθ≤2μ，时，A与左壁弹力不为零，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，此时F取最大值，则2μmg﹣NA＝2ma，
整体：Fm＝4ma，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg，
对A水平方向：Nsinθ﹣NA＝ma，
联立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正确；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值，
则：2μmg+NA＝2ma1，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
NA﹣Nsinθ＝ma1
联立解得a1＝2μg+μgtanθ
厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值，
则：对AB整体有NA﹣2μmg＝2ma2
对A水平方向有NA﹣Nsinθ＝ma2
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg
所以4a2≤F≤4a1
即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正确；
故选：CD。
（2022 浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
﹣μmgl2，其中v′＝2m/s
代入数据解得：l2＝2.7m。
答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
（2023 重庆模拟）如图用货车运输规格相同的两块水平水泥板，底层水泥板车厢间的动摩擦因数为0.6，两块水泥板之间动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，为保证底层水泥板与车厢、两块水泥板之间均不发生相对运动，货车行驶的最大加速度为（　　）
A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s2
【解答】解：设两块水泥板之间动摩擦因数为μ1，底层水泥板与车厢间的动摩擦因数为μ2，每块水泥板的质量为m，a为货车行驶的加速度。
要使上层水泥板不发生相对滑动，由牛顿第二定律可知，上层水泥板的最大静摩擦力应满足
μ1mg≥ma
解得：a≤8m/s2
要使两块水泥板一起加速运动、且与车厢不发生相对滑动，则应满足
μ2×2mg≥2ma
解得：a≤6m/s2
要同时满足上述条件，则货车行驶的加速度 a≤6m/s2，故货车行驶的最大加速度为am＝6m/s2
故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023 湖南模拟）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个物块置于粗糙固定的足够长的斜面上，且固定在一轻质弹簧两端，已知弹簧的劲度系数为k，两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，现沿斜面向上在物块B上施加一拉力F，使两物块一起沿斜面向上做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．减小动摩擦因数，其他条件不变，则弹簧的总长将变大
B．改变斜面的倾角，保持拉力F方向仍然沿斜面向上，大小不变，则弹簧的总长将随倾角的变化而变化
C．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F瞬间物块A的加速度大小为
D．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F瞬间物块B的加速度大小为
【解答】解：AB、对AB整体，由牛顿第二定律得：F﹣3mgsinθ﹣μ 3mgcosθ＝3ma
对物块A，由牛顿第二定律有：F弹﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
联立解得弹簧的弹力大小为：
根据胡克定律有：F弹＝kx
解得弹簧形变量：
弹簧的总长为：，可知弹簧的总长与斜面的倾角和动摩擦因数均无关，故AB错误；
C、撤去拉力F瞬间，弹簧来不及形变，物块A的加速度不变，对A，由牛顿第二定律得：
，方向沿斜面向上，故C错误；
D、对B，由牛顿第二定律得撤去F瞬间物块B加速度为：
aBg（sinθ+μcosθ），方向沿斜面向下，故D正确。
故选：D。
（2023 河南二模）如图甲所示，将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆的截面直径，对环施加一斜向上与杆的夹角为θ的拉力F，当拉力逐渐变大时环的加速度随拉力F的变化规律如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．圆环的质量为0.5kg
B．圆环与杆之间的动摩擦因数为0.2
C．当F＝10N时，圆环的加速度大小为10m/s2
D．当圆环受到的摩擦力大小为1N时，圆环的加速度大小可能为3m/s2
【解答】解：A．F在2N～5N内时，对圆环受力分析可得Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma当拉力超过5N时，支持力方向相反，
故当F1＝5N时Fsinθ＝mg，N＝0，f＝0，Fcosθ＝ma，代入数据F＝5N，a＝7.5m/s，可得tanθ，θ＝53°，代入F1sinθ＝mg可得m＝0.4kg
故A错误；
B.cosθ＝0.6，m＝0.4kg代入Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma，F＝2N，a＝0可得
故B错误；
C．当F2＞5N，支持力向下，N＝F2sinθ﹣mg
对圆环受力分析可得
即当拉力为10N时，圆环的加速度大小为10m/s2，故C正确；
D．当圆环受到的摩擦力大小为1N，且拉力小于2N时，对圆环受力分析可知F合＝0即Fcosθ＝f＝1N
解得，而圆环的加速度为0；
当圆环受到的摩擦力大小为1N，且2N＜F＜5N时，可知μ（mg﹣Fsinθ）＝1N
解得，由Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma得a＝1.25m/s2
当圆环受到的摩擦力大小为1N，且5N＜F时，可知μ（Fsinθ﹣mg）＝1N
解得，由Fcosθ﹣μ（Fsinθ﹣mg）＝ma得a＝8.75m/s2
故D错误。
故选：C。
（2023 临泉县校级三模）如图所示，质量为10kg的物体A通过轻绳绕过定滑轮被站在水平地面上质量为50kg的人竖直拉住，当人拉动物体A，使物体A向上做初速度为0、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦和阻力，此时地面对人的支持力为（　　）
A．380N B．404N C．520N D．480N
【解答】解：设物体A的质量为M，人的质量为m。
对物体A受力分析，由牛顿第二定律有T﹣Mg＝Ma
解得T＝M（g+a）＝10×（10+2）N＝120N
对人，由平衡条件得：T+N＝mg
则地面对人的支持力为N＝mg﹣T＝50×10N﹣120N＝380N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023 惠州模拟）如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是（　　）
A．小物块一直受滑动摩擦力
B．传送带做顺时针的匀速运动
C．传送带做顺时针的匀加速运动
D．小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带
【解答】解：BC：由图乙可知，物块先做加速运动，可以判断出物体受到向右的滑动摩擦力，此时物体相对传送带向左运动，说明传送带向右运动且速度大于物体速度，当物块P与传送带共速后，若传送带匀速运动则物体随传送带一起匀速运动，这与v﹣t不符，说明传送带也向右加速且加速度小于物体由于受滑动摩擦力而产生的加速度，否则物体不能达到与传送带共速，共速以后物块随传送带一起做加速度较小的加速运动。故B错误，C正确；
AD：当物块与传送带一起水平向右加速后，由于物块与传送带相对静止，物块受静摩擦力。故A错误。物块一直向右加速，不可能从传送带左端滑下传送带，故D错误。
故选：C。
（2023 渭南一模）如图所示，OA、OB是竖直面内两根固定的光滑细杆，O、A、B位于同一圆周上，OB为圆的直径。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表B示滑环到达A、B所用的时间，则（　　）
A．t1＝t2 B．t1＜t2
C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小
【解答】解：如下图所示，以O点为最高点，取合适直径作经过B点的等时圆，可得A点在所做等时圆的外边。
根据等时圆规律，小滑环从O到C与从O到B所用时间相等，均为t2，图示位移OA＞OC，可得t1＞t2，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（多选）（2023 南岗区校级三模）如图所示，一质量为M＝2kg、倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为m＝1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．斜面体对物块的支持力为12.5N
B．斜面体的加速度大小为a＝3.75m/s2
C．水平恒力大小F＝11.25N
D．若水平作用力F作用到斜面体上系统仍保持相对静止，则F将变小
【解答】解：ABC、对物块和斜面体整体受力分析，根据牛二定律有：F＝（M+m）a
再隔离物块，分析受力如图所示，在竖直方向有
Ncosθ﹣mg＝0
水平方向有
F﹣Nsinθ＝ma
联立解得：F＝11.25N，N＝12.5N，a＝3.75m/s2，故ABC正确；
D、若力作用在斜面上，对物块受力分析仅受重力和支持力，二力合成有：mgtanθ＝ma0
解得：a
再对整体，根据牛顿第二定律得：F′＝（M+m）a，则知F′＞F，可知外力F将变大，故D错误；
故选：ABC。
（多选）（2023 南充模拟）如图甲所示，浅色倾斜传送带两侧端点间距6m，皮带总长12m，倾角37°。t＝0时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。t＝1s时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，A点运动的v﹣t图像如图乙所示。煤块与传送带间动摩擦因数为0.5，传送轮和煤块大小均可以忽略（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．煤块运动至最高点，位移为10m
B．煤块在传送带上运动时间为2s
C．煤块在传送带上留下的痕迹为12m
D．煤块与传送带间产生的热量为90J
【解答】解：A．煤块从传送带底部向上滑动，根据牛顿第二定律可知mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
解得
煤块速度减为零的时间
该过程煤块走过的位移为
由于mgsin37°＞μmgcos37°
煤块减速为零后相对于皮带向下运动，则煤块运动至最高点时位移为5m，故A错误；
B．煤块速度减到零后开始向下运动，根据牛顿第二定律可知mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得
滑块下滑到传送带底端时的位移为x1
解得
煤块在传送带上运动的总时间为，故B错误；
C．煤块沿传送带下滑过程中，由图乙，皮带的加速度为
皮带的位移
可知煤块下滑过程，与传送带的相对位移大小大于皮带的总长度为12m，故划痕的长度为12m，故C正确；
D．煤块相对皮带运动的路程为s＝2x1+x传送带＝2×5m+12.5m＝22.5m
煤块与传送带间产生的热量为Q＝μmgscos37°＝0.5×1×10×22.5×0.8J＝90J，故D正确。
故选：CD。
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