资源简介

微专题11　动力学中的连接体问题
1.(2025吉林期末)如图所示,并排放在光滑水平面上的两物体的质量分别为m1和m2,且m2=2m1。当用水平推力F向右推质量为m1的物体时,两物体间的相互作用力大小FN为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.F　　　B.F　　　C.F　　　D.F
2.(2025浙江绍兴期末)如图所示,A、B两个物体相互接触,但并不黏合,放置在水平面上,水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量分别为mA=4 kg,mB=6 kg。从t=0开始,推力FA和拉力FB分别作用于A、B上,FA、FB随时间的变化规律为FA=8-2t(N),FB=2+2t(N),下列说法正确的是(　　)
A.A、B始终做匀变速直线运动
B.A对B的作用力大于B对A的作用力
C.t=1.5 s时A的速度小于1.5 m/s
D.t=2 s时A、B开始分离
3.(2025江苏苏州期末)如图所示,某汽车挂件由轻质细绳连接两个质量不同的物件构成。已知上方物件的质量较大,挂件被悬挂在封闭车厢的顶部,两个物件均可简化成球状物体。当汽车做匀加速直线运动时,从侧面看到的汽车挂件悬挂状态是(　　)
4.（知方法）(2025陕西渭南期末)(多选)如图所示,质量均为m的物块A、B之间用轻杆连接放在倾角为θ的斜面上,两物块均可看成质点,物块B与斜面间的摩擦忽略不计,物块A与斜面间的动摩擦因数μA.A、B一起上滑时,轻杆对B的弹力沿斜面向上且在增大
B.A、B一起上滑时,轻杆对B的弹力沿斜面向下且在减小
C.A、B一起下滑时,轻杆对B的弹力沿斜面向上且在增大
D.A、B一起下滑时,轻杆对B的弹力沿斜面向下且在减小
5.(2025甘肃临夏期末)(多选)如图所示,一个长方体铁箱在水平拉力F=33 N的作用下沿水平面向右匀加速运动,铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.8,铁箱内一个质量m=0.2 kg的木块(可视为质点)恰好能相对铁箱左侧壁静止,木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2=0.4,且处处相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.铁箱的加速度为25 m/s2
B.铁箱的加速度为15 m/s2
C.铁箱的质量为0.8 kg
D.铁箱的质量为1 kg
6.(2025河北阶段测评)如图所示,一质量为M的木板静止在水平地面上,其上放置一质量也为M的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道的圆心为O,轨道最低点的切线水平,A为圆弧轨道上的一点,OA与竖直方向的夹角为37°。一质量为m的小球锁定在A点,木板与地面之间的动摩擦因数为μ1,圆弧轨道与木板之间的动摩擦因数为μ2,一水平向右的外力F作用于木板上,同时将小球解除锁定,木板、圆弧轨道和小球一起向右做匀加速直线运动,小球恰好能与圆弧轨道相对静止于轨道上的A点,重力加速度大小为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是(　　)
A.木板运动的加速度大小为g
B.木板与圆弧轨道之间的摩擦力大小为(M+m)g
C.圆弧轨道与木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.7
D.拉力F的大小为(2M+m)(μ1+g)
7.(2024浙江绍兴期末)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。当斜面以水平向右的加速度a做匀加速直线运动,系统稳定时细绳上的张力FT随加速度a的变化图像如图乙所示(AB段是直线),g取10 m/s2,下列判断正确的是(　　)
A.m=1 kg
B.tan θ=
C.当a= m/s2时小球恰好离开斜面
D.小球离开斜面之前,受到的支持力FN=8-0.6a(N)
8.(2025江西上饶期中)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50 N/m,初始时系统处于静止状态。现用大小为15 N、方向竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上运动,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是(　　)
A.外力施加的瞬间,A、B的加速度大小均为0
B.当弹簧压缩量减小0.05 m时,A、B间弹力大小为2.5 N
C.A、B分离时,A物体的位移大小为0.1 m
D.B物体速度达到最大时,弹簧被压缩了0.1 m
9.(2025河南南阳期中)如图所示,一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个质量分别为m、3m的小球a和b,用手按住a球静止于地面时,b球离地面的高度为h,两球均可视为质点,定滑轮的质量及一切摩擦阻力均不计,重力加速度为g,a球与定滑轮间距足够大,不会相碰,释放a球后:
(1)b球落地前的加速度大小;
(2)b球落地时的速度大小;
(3)a球能到达的最大高度。
微专题11　动力学中的连接体问题
1.D　设m2=2m1=2m,以两物体为整体,根据牛顿第二定律可得F=3ma;以质量为m2的物体为研究对象,根据牛顿第二定律可得FN=2ma,联立解得FN=F,故选D。
2.D　A、B一起运动时,对A、B整体受力分析,由牛顿第二定律有FA+FB=(mA+mB)a,解得加速度为a=1 m/s2。两物体分离时,A、B之间的作用力为0,隔离B受力分析,由牛顿第二定律有FB=mBa,代入数据解得t1=2 s,即2 s后A、B分开运动,分开后,B只受FB作用,在变力的作用下,B的加速度是变化的,A错误,D正确;A对B的作用力与B对A的作用力是一对作用力与反作用力,始终等大,B错误;t=1.5 s时,A、B未分开,由运动学规律有v=at2=1.5 m/s,C错误。
知识归纳　对于相互接触,但不黏合的连接体,分离的条件是两物体间弹力为0,且分离瞬间两物体加速度相同。在解题时,要围绕这两个关键条件进行分析和计算。
3.C　当汽车做匀加速直线运动时,设加速度大小为a,以下方物件为研究对象,设下方细绳与竖直方向的夹角为θ1,根据牛顿第二定律可得m下g tan θ1=m下a,则tan θ1=。以两个物件为整体,设上方细绳与竖直方向的夹角为θ2,根据牛顿第二定律可得(m上+m下)g tan θ2=(m上+m下)a,可得tan θ2=,则有θ1=θ2,故选C。
4.BC　A、B一起上滑时,由牛顿第二定律有2mg sin θ+μmg cos θ=2ma1,解得a1=g sin θ+μg cos θ;对B,由牛顿第二定律有F+mg sin θ=ma1,解得F=μmg cos θ,方向沿斜面向下,因为μ不断减小,所以F不断减小,A错误,B正确。A、B一起下滑时,由牛顿第二定律有2mg sin θ-μmg cos θ=2ma2,解得a2=g sin θ-μg cos θ;对B,由牛顿第二定律有mg sin θ+F=ma2,解得F=-μmg cos θ,负号表示方向沿斜面向上,当A、B一起下滑时,μ不断增大,所以F不断增大,C正确,D错误。
方法技巧　动力学中整体法与隔离法的运用
5.AC　以木块为研究对象,竖直方向有mg=μ2FN,解得FN=5 N,由牛顿第二定律得a==25 m/s2,A正确,B错误;以整体为研究对象,由牛顿第二定律得F-μ1(M+m)g=(M+m)a,解得M=0.8 kg,C正确,D错误。
6.B　对小球受力分析如图所示,根据牛顿第二定律,有mg tan 37°=ma,解得a=g,木板、圆弧轨道和小球一起向右做匀加速直线运动,故三者运动的加速度大小都为g,A错误;对圆弧轨道和小球组成的整体,根据牛顿第二定律有f2=(M+m)a=(M+m)g,B正确;圆弧轨道与木板之间的动摩擦因数μ2满足μ2(M+m)g≥(M+m)a=(M+m)·g,则μ2≥0.75,C错误;对于木板、圆弧轨道和小球组成的整体,根据牛顿第二定律有F-μ1(2M+m)g=(2M+m)a,解得F=(2M+m)g,D错误。
7.C　小球离开斜面之前,对小球受力分析可得,FT cos θ-FN sin θ=ma,FT sin θ+FN cos θ=mg,解得FT=ma cos θ+mg sin θ,FN=mg cos θ-ma sin θ,可得小球离开斜面之前,FT与a成线性关系,AB段是直线,由题图可知当a= m/s2时,小球恰好离开斜面,故C正确;当a=0时,小球受力平衡,则FT1=mg sin θ=0.6 N,当a= m/s2时,斜面对小球的支持力为零,则FN=mg cos θ-ma sin θ=0,解得tan θ=,m=0.1 kg,故A、B错误;小球离开斜面之前,受到的支持力FN=mg cos θ-ma sin θ=0.8-0.06a(N),故D错误。
8.C　施加外力前,系统处于静止状态,合力为0,施加外力瞬间,合力为外力F=15 N,由牛顿第二定律得a==7.5 m/s2,A错误;初始时系统处于静止状态,即2mg=kx0,解得x0=0.4 m,当弹簧压缩量减小0.05 m时,对A,由牛顿第二定律得F+FAB-mg=ma1,对B,由牛顿第二定律得k(x0-0.05 m)-mg-FAB=ma1,联立解得FAB=1.25 N,B错误;A、B分离时,对A有F-mg=ma2,对B有kx1-mg=ma2,联立解得x1=0.3 m,所以A物体的位移大小为x0-x1=0.1 m,C正确;当B物体的合力为0时速度达到最大,由C项分析知A、B分离时B有向上的加速度,所以速度最大时A、B已经分离,此时有kx2=mg,解得x2=0.2 m,D错误。
9.答案　(1)　(2)　(3)h
解题思路　(1)b球落地前,两球的加速度大小相等,以b球为研究对象,根据牛顿第二定律可得3mg-T=3ma
以a球为研究对象,根据牛顿第二定律可得T-mg=ma
联立解得a=
(2)对b球,由匀变速直线运动规律有v2=2ah
解得b球落地时的速度大小为v=
(3)b球落地后,a球继续做竖直上抛运动,继续上升的高度为h'==
则a球能到达的最大高度为hm=h+h'=h微专题13　动力学中的传送带模型
1.(2025湖南岳阳期末)货物分拣常常利用传送带,现在分拣员把一质量为2 kg的货物轻放在水平传送带左端,传送带以恒定的速度v0=2 m/s向右运行,传送带左、右两端距离为4 m,货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5,g取10 m/s2,货物可作质点处理,则货物到达右端的运动时间t和速度v正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　
A.t=2.2 s B.t=1.6 s
C.v=3 m/s D.v=8 m/s
2.(2024北京密云期末)(多选)某物体通过一段圆弧形轨道滑上传送带,简化模型如图所示,水平传送带A、B两端相距s=3.5 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB(取g=10 m/s2)。下列说法中正确的是(　　)
A.若传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动,vB有可能大于3 m/s
C.若传送带顺时针匀速转动,vB一定等于3 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,vB有可能大于3 m/s
3.(2024福建邵武一中模拟)(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动,传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定速率v2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',则下列说法中正确的是(　　)
A.只有v1=v2时,才有v2'=v1
B.若v1>v2,则v2'=v2
C.若v1D.不管v2多大,总有v2'=v2
4.(2025陕西渭南期末)如图所示为某建筑工地的传送装置,长为L=6 m、倾角θ=24°的传送带倾斜地固定在水平面上,以恒定的速率v0=8 m/s顺时针转动,质量m=1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在传送带的顶端,经过一段时间,工件运动到传动带的底端,工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=,取cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是(　　)
A.工件由顶端运动到底端的时间为1 s
B.若工件与传送带共速时立即将传送带改为逆时针转动,则工件由顶端运动到底端的时间将变长
C.工件在传送带上留下的痕迹长度为3 m
D.调整转动速度,工件从顶端运动到底端的最短时间为 s
5.(2025吉林八校期末联考)(多选)如图,倾斜传送带AB以恒定速率v0逆时针转动,一可视为质点的滑块以平行于传送带向下的初速度v(v≠v0)滑上A点。滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,不计传送带两轮的尺寸,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用t表示时间,用vt表示滑块的速度大小,滑块从A滑向B过程的vt-t图像可能是(　　)
6.()(多选)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一小物块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示,取g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值 tan θ=0.75
B.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C.小物块上滑过程中离A端的最大距离为8 m
D.小物块从A端冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+)s
7.(2025天津期末)传送带是一种用于物品输送的装置,广泛应用于工业生产和物流运输领域。如图所示,倾角为37°的传送带,始终以5 m/s的速度顺时针匀速转动,质量为1 kg的物块以10 m/s的速度平行于传送带从底端冲上,恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:
(1)物块在底端冲上传送带时的加速度大小;
(2)物块由冲上传送带到与传送带共速的过程经过的时间;
(3)物块从底端运动到顶端的时间。
8.(2024广东二模)图甲为快递物流配送分拣示意图,水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为0.5 kg的货物(可视为质点),轻放在倾斜传送带上端A处,图乙为倾斜传送带AB的数控设备记录的货物的v-t图像,1.2 s末货物刚好到达下端B处,随后以不变的速率滑上水平传送带C端。已知水平传送带CD的长度L=3.6 m,最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,货物与两传送带间的动摩擦因数相同,B、C间距忽略不计,取g=10 m/s2。
(1)求货物与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)求货物在水平传送带上运动的时间;
(3)若使货物以最短的时间被运送至D处,则传送带的速度需要满足什么条件 并求出货物从A端运送至D端的最短时间
微专题13　动力学中的传送带模型
1.A　开始时货物的加速度a==5 m/s2,加速的时间t1==0.4 s,加速的位移x1=t1=0.4 m,与传送带共速后货物做匀速运动,则货物到达右端的速度v=2 m/s,运动时间t=t1+=2.2 s,故选A。
2.AD　若传送带逆时针匀速转动,根据牛顿第二定律,μmg=ma,根据运动学公式,-=-2as,解得vB=3 m/s,A正确,B错误;若传送带顺时针匀速转动,当转动速度小于或等于3 m/s时,物体一直减速,到达B端时速度为3 m/s,当转动速度大于3 m/s时,物体到达B端时速度一定大于3 m/s,C错误,D正确。
3.BC　由于传送带足够长,物体先向左减速滑行,直到速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,分三种情况讨论:①如果v1>v2,物体会一直加速,速度增大到等于v2时,根据对称性,物体恰好离开传送带,有v2'=v2;②如果v1=v2,物体同样会一直加速,当速度增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v2'=v2;③如果v14.D　工件轻放在传送带上,此时受到沿传送带向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma,解得a=8 m/s2,工件与传送带共速所用的时间t1==1 s,此过程中工件的位移s1=a=4 m,传送带的位移s2=v0t1=8 m,此后由于tan θ=μ,工件做匀速直线运动,有t2==0.25 s,则工件由顶端运动到底端的时间为t=t1+t2=1.25 s,划痕长度为Δs=s2-s1=4 m,A、C错误;因为tan θ=μ,若工件与传送带共速时立即将传送带改为逆时针转动,此时工件还是以传送带原来的速度向下做匀速直线运动,到达底端时间不变,B错误;当传送带的速度足够大时,工件从顶端运动到底端的过程中加速下滑,此时工件从顶端运动到底端用时最短,有L=a,解得tm= s,D正确。
5.AC　当vv0时,若滑块在传送带上受到的滑动摩擦力f=μmg cos θ6.AD　图形剖析　
解题思路　0~1 s内,物块的加速度大小为a1==8 m/s2,1~2 s内,物块的加速度大小为a2==4 m/s2。由图形剖析知,物块上滑过程中离A端的最大距离为x=×1 m+×4×1 m=10 m,根据x=a2得物块下滑的时间t下= s,所以物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+)s,故C错误,D正确;由图形剖析及以上分析可得μ=0.25,tan θ=0.75,故A正确,B错误。
7.答案　(1)10 m/s2　(2)0.5 s　(3)3 s
解题思路　(1)物块在底端冲上传送带时有mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1
解得a1=10 m/s2
(2)与传送带共速时,有v0-a1t1=v传
解得t1=0.5 s
(3)共速后,由于mg sin 37°>μmg cos 37°,则此时物块的加速度大小满足mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2
解得a2=2 m/s2
减速到零的时间t2==2.5 s
物块从底端运动到顶端的时间t=t1+t2=3 s
8.答案　(1)0.5　(2)1.6 s　(3)见解题思路
解题思路　(1)0~0.2 s内,根据v-t图像可知货物在倾斜传送带上的加速度大小为a1==10 m/s2
根据牛顿第二定律可得mg sin θ+μmg cos θ=ma1
0.2~1.2 s内,货物在倾斜传送带上的加速度大小为a2==2 m/s2
根据牛顿第二定律可得
mg sin θ-μmg cos θ=ma2
联立解得μ=0.5
(2)结合图乙知,传送带的速率v=2 m/s,货物在水平传送带上运动的加速度大小为a==5 m/s2
假设货物能与水平传送带共速,则货物在水平传送带上做匀减速运动的时间t1==0.4 s
货物在水平传送带上做匀减速运动的位移x=t1=1.2 m货物与水平传送带共速后一起做匀速运动,所用的时间t2==1.2 s
则货物在水平传送带上运动的时间t=t1+t2=1.6 s
(3)根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,货物在倾斜传送带上的位移
x1=×2×0.2 m+×(2+4)×1 m=3.2 m
若时间最短,货物需要在传送带上一直匀加速运动
在下滑加速阶段有=2a1x1
解得vC=8 m/s
在水平加速阶段有-=2aL
解得vD=10 m/s
因此传送带的速度需要满足v传≥10 m/s
下滑加速时间为t3==0.8 s
水平加速时间为t4==0.4 s
则最短时间为t总=t3+t4=1.2 s微专题12　动力学中的板块模型
1.(2025沈阳期中)如图甲所示,在粗糙的水平地面上有一长木板B,在其上叠放着木块A,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,用一水平力F作用于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,g=10 m/s2,则下列说法中正确的是(　　)
A.木板B与地面间的最大静摩擦力为9 N
B.A、B的总质量为1.5 kg
C.A、B间的动摩擦因数为0.8
D.长木板B与地面间的动摩擦因数为0.4
2.(2025河北保定期中)(多选)如图所示,长方体物块A叠放在长方体小车B上,B置于光滑水平面上。A、B质量分别为mA=m、mB=2m,A、B之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现对B施加一水平力F,则(重力加速度为g)(　　)
A.当F>μmg时,A相对B滑动
B.当F=1.5μmg时,B的加速度为0.25μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.A的最大加速度为μg
3.(2025哈尔滨月考)如图所示,在光滑水平面上叠放着A、B两物体,已知mA=2 kg,mB=4 kg,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,在物体A上施加一水平向右的拉力F,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则(　　)
A.当拉力F<4 N时,A静止不动
B.当拉力F=3 N时,B受到A的摩擦力等于3 N
C.当拉力F>6 N时,A才能相对B滑动
D.若把水平向右的拉力F作用于B,拉力F>11 N时,A相对B滑动
4.(2025河南洛阳期末)(多选)如图1所示,质量为M=1 kg的木板静置于水平面上,有一个可视为质点、质量为m=2 kg的小物块,以v0=6 m/s的初速度滑上木板的左端。物块和木板的v-t图像如图2所示,小物块始终在木板上,取g=10 m/s2,结合图像,可求得(　　)
A.物块在前2 s内的位移为8 m
B.木板的最小长度为2 m
C.物块与木板间的动摩擦因数为0.2
D.木板与水平面之间的动摩擦因数为0.2
5.（知方法）(2021全国乙)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则(　　)
A.F1=μ1m1g
B.F2=(μ2-μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
6.(2025浙江北斗星盟阶段性联考改编)如图所示,A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的右端和B的左端相接但不粘连。两木板的质量均为m,长度皆为L。C是一质量为2m的小物块,现给它一初速度v0=,使它从A木板的左端开始向右滑动,恰能滑到B木板的右端。已知C与A、B之间的动摩擦因数均为μ,地面与A、B之间的动摩擦因数均为0.5μ,取重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,从小物块C开始运动到最终静止的全过程,下列说法不正确的是(　　)
A.木板A始终静止
B.木板B不会始终静止
C.木板B滑行的距离为L
D.当小物块C滑到木板B的右端时,木板B的速度最大
7.(2025河北邯郸NT20期末联考)如图所示,一足够长的白色木板静置于粗糙的水平地面上,现有一可视为质点的黑色煤块以v0=2 m/s的初速度从木板左端水平滑上木板,已知煤块质量为m,木板质量为M,且M=2m,煤块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2。
(1)若μ2=0.2,求最终煤块在木板上留下的划痕长度;
(2)若μ2=0.1,求最终煤块在木板上留下的划痕长度。
8.(2025昆明期末)在某学校科技节上,物理学社设计了一个考验两同学间默契度的挑战活动。如图所示,一质量M=2 kg的木板靠在光滑竖直墙上,一同学用水平恒力F2将质量m=1 kg的小滑块紧压在木板中央,另一同学用恒力F1竖直向上拉动木板,若木板和小滑块一起向上运动但不发生相对滑动,则挑战成功。小滑块可看作质点,小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。
(1)若F1=34 N,F2=22 N,求木板和小滑块的加速度大小;
(2)在(1)条件下经过1 s木板恰抽离滑块,求木板的长度;
(3)若F2=30 N,要想挑战成功,求F1的取值范围。
微专题12　动力学中的板块模型
1.B　图形剖析　
解题思路　由图可知,A、B开始时对地静止,当拉力为3 N时A、B开始一起运动,故B与地面间的最大静摩擦力为fmax=3 N,A错误;当拉力为9 N时,A、B刚要发生相对滑动,此时A的加速度为aA=4 m/s2,由牛顿第二定律,对A有μ1mAg=mAaA,联立解得A、B之间的动摩擦因数为μ1=0.4,对整体有(9-3) N=(mA+mB)aA,解得mA+mB=1.5 kg,C错误,B正确;由μ2(mA+mB)g=3 N,解得B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,D错误。
2.CD　当A、B刚要发生相对滑动时,A、B之间的静摩擦力达到最大,且为fmax=μmg,以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得fmax=μmg=ma,解得A的最大加速度为a=μg,以A、B为整体,根据牛顿第二定律可得F=3ma=3μmg,可知当F>3μmg时,A、B发生相对滑动,A错误,C、D正确;当F=1.5μmg时,A、B相对静止一起加速运动,以A、B为整体,根据牛顿第二定律可得F=1.5μmg=3ma',解得a'=0.5μg,B错误。
3.C　当A、B刚要发生相对运动时的加速度为a0==1 m/s2,对整体由牛顿第二定律得F0=(mA+mB)a0=6 N,当F>6 N时,A相对B运动,反之二者保持相对静止一起运动,A错误,C正确;当拉力F=3 N时,A、B保持相对静止,则F=(mA+mB)a,f=mBa,联立解得f=2 N,即B受到A的摩擦力等于2 N,B错误;若把水平向右的拉力F作用于B,当A、B刚要发生相对运动时的加速度为a0'==2 m/s2,对整体,由牛顿第二定律得F0'=(mA+mB)a0'=12 N,即当拉力大于12 N时,A相对B滑动,D错误。
4.AC　根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可知,物块在前2 s内的位移为x=×(6+2)×2 m=8 m,A正确;物块与木板发生的相对位移为Δx=×6×2 m=6 m,可知木板的最小长度为6 m,B错误;根据v-t图像的斜率表示加速度,可知在0~2 s内物块的加速度大小为a1= m/s2=2 m/s2,对物块,根据牛顿第二定律可得μ1mg=ma1,解得物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2,0~2 s内木板的加速度大小为a2= m/s2=1 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律可得μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,解得木板与水平面之间的动摩擦因数为μ2=0.1,C正确,D错误。
5.BCD　根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如下:
在0~t1这段时间内,外力F比较小,物块和木板间没有相对滑动,木板与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,选项A错误;t1~t2时间内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板相对地面滑动,但木板与物块间没有相对滑动,所以木板与物块的加速度相同,选项D正确;在t2之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2>μ1,选项C正确;t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g,选项B正确。故选B、C、D项。
方法技巧　本题属于加速度不同的“连接体”问题,要求对各物体正确构建受力及运动模型,分阶段单独受力分析,抓准关联点,列方程联立求解。
6.C　C在A上滑动时,由于μ·2mg=0.5μ(2m+2m)g=2μmg,则此时C做匀减速直线运动,A、B处于静止状态,对C分析有μ·2mg=2ma1,C刚滑过A时有-2a1L=-,解得v1=,之后C滑上B,由于μ·2mg>0.5μ(m+2m)g=1.5μmg,此时A、B分离,A仍然处于静止状态,B向右做匀加速直线运动,即A始终处于静止状态,B先静止后开始运动,A、B正确,不符合题意;C滑上B后,对B分析,根据牛顿第二定律有μ·2mg-0.5μ(m+2m)g=ma2,B、C共速时有v2=a2t0=v1-a1t0,之后B、C保持相对静止,共同向右做匀减速直线运动,则有0.5μ(m+2m)g=(m+2m)a3,全过程中B的位移xB=t0+,解得xB=L,C错误,符合题意;C恰能滑到B木板的右端,即B、C共速时C在B木板的右端,此时木板B的速度最大,D正确,不符合题意。
7.答案　(1)0.5 m　(2) m
解题思路　(1)对煤块有μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
煤块对木板的摩擦力Ff1=μ1mg=0.4mg
木板与地面间的最大静摩擦力Ffm=μ2(m+2m)g=0.6mg
因为Ff1煤块在木板上留下的划痕长度即为煤块做匀减速运动的位移
由运动学公式有0-=-2a1x
解得x=0.5 m
(2)由题意可知,此时木板与地面之间的最大静摩擦力为
Ffm'=μ2(m+2m)g=0.3mg
此时Ff1>Ffm',木板向右加速运动
对木板有μ1mg-μ2(m+2m)g=2ma2
解得a2=0.5 m/s2
煤块与木板共速时有v0-a1t=a2t
解得t= s
此过程中,煤块的位移x1=v0t-a1t2= m,木板的位移x2=a2t2= m,两者的相对位移Δx=x1-x2= m
共速后,因为μ1>μ2,二者一起做匀减速运动,无相对位移,所以煤块在木板上留下的划痕长度为 m
8.答案　(1)1.5 m/s2　1.0 m/s2　(2)0.5 m　(3)30 N思路点拨　
对滑块和木板分别进行受力分析,列出牛顿第二定律方程→用运动学公式计算木板长度→结合静摩擦力临界条件和牛顿第二定律,推导F1的取值范围
解题思路　(1)对木板,由牛顿第二定律有
F1-μF2-Mg=Ma1
解得a1=1.5 m/s2
对滑块,由牛顿第二定律有μF2-mg=ma2
解得a2=1.0 m/s2
(2)由于经过1 s木板恰抽离滑块,则有
a1t2-a2t2=L
解得L=0.5 m
(3)为使滑块与木板一起向上运动,对整体有F1>(M+m)g=30 N
为使滑块与木板恰好不发生相对滑动,滑块与木板间静摩擦力应为最大静摩擦力,此时F1最大,对滑块,由牛顿第二定律有μF2-mg=ma
解得a=5 m/s2
对木板,由牛顿第二定律有F1m-μF2-Mg=Ma
解得F1m=45 N
综上所述,F1的取值范围为30 N类型1　v-t图像
1.（知方法）(2024河北张家口开学考)鸟儿有多拼 为了生存,鸟儿像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼,如图甲所示。假设小鸟的俯冲是自由落体运动,进入水中后是匀减速直线运动,其v-t图像如图乙所示,自由落体运动的时间为t1,整个过程的运动时间为t1,最大速度为vm=18 m/s,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.t1=1.6 s
B.t1至t1时间内的加速度为-15 m/s2
C.整个过程下落的高度为54 m
D.t1至t1时间内阻力是重力的1.5倍
2.(2025四川绵阳月考)质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动,如图所示,a、b分别表示物体不受水平拉力作用和受到拉力作用的v-t图线,则下列说法正确的是(　　)
A.a、b图线所表示的加速度大小之比为2∶1
B.0~4 s内a、b图线所表示的平均速度大小之比为5∶2
C.0~4 s内a、b图线所表示的运动方向相反
D.拉力与摩擦力大小之比为4∶3
3.(2025吉林松原教学质量监测)(多选)第24届北京冬季奥林匹克运动会中,高山滑雪是重要的比赛项目之一,图甲是一名滑雪运动员在比赛过程中的示意图,运动员自身和所有装备的总质量为m,在倾角θ=37°的斜坡向下滑动过程中,受滑动摩擦力和空气阻力作用,假设空气阻力与速度成正比,即f=kv,其中比例系数k=10 P(P是k的单位)。运动员在比赛中的某段过程的v-t图像如图乙中实线AD所示,AB是曲线最左端A点的切线,B点的坐标为(16 s,48 m/s),已知重力加速度为10 m/s2,sin 37°=0.6,下列说法中正确的是(　　)
A.题干中“k=10 P”中的P为N·s/m
B.当v0=16 m/s时,运动员的加速度为1 m/s2
C.雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.25
D.运动员自身和所有装备的总质量m=80 kg
4.(2025浙江金华期末)如图甲所示,一个质量为m=1 kg的小物块先后两次以初速度v0=11 m/s冲上足够长的粗糙斜面,斜面倾角θ=37°。第一次无恒力,小物块沿斜面向上运动的v-t图像如图乙中的a图线;第二次对小物块施加一个沿斜面向上的恒力F1,小物块沿斜面向上运动的v-t图像如图乙中的b图线。不计空气阻力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求物块与斜面间的动摩擦因数;
(2)求第二次所加恒力的大小;
(3)若将恒力变成水平向右的推力F2=40 N,使物块从斜面底端由静止开始运动,t=1 s后撤去推力,求物块能沿斜面上滑的最大距离。
类型2　F-t图像
5.(2024安徽宿州期末)(多选)某物体由静止开始做直线运动,物体所受合力F随时间t的变化图像如图所示,下列关于该物体运动情况的说法正确的是(　　)
A.物体在前8 s内始终向同一方向运动
B.物体在4 s末离出发点最远
C.物体在2~6 s内做反向匀加速直线运动
D.物体在0~4 s和在4~8 s内的运动方向相反
6.(2025四川攀枝花期末)(多选)如图甲所示,质量为0.5 kg的滑块静止在水平地面上,从t=0开始受到水平向右的拉力F作用。拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示。已知滑块与地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法中正确的是(　　)
A.0~2 s内滑块处于静止状态
B.0~2 s内滑块受到的摩擦力先增大后不变
C.1~3 s内滑块的加速度先增大后减小
D.1~3 s内滑块的速度先增大后减小
7.(2025广东六校联考)(多选)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动,水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图像分别如图甲和图乙所示。取重力加速度g=10 m/s2,则(　　)
A.前2 s内物体运动的加速度大小为2 m/s2
B.前4 s内物体运动的位移大小为10 m
C.物体与地面间的动摩擦因数为0.2
D.物体的质量为5 kg
8.(2024昆明期末)如图甲所示,重物A和滑块B用轻绳跨过定滑轮相连,重物A的质量为0.5 kg,滑块B的质量为1.5 kg,t=0时刻,A、B速度为零,绳处于绷紧状态,重物A距地面的高度为1.4 m,此时对滑块B施加一个水平向右的拉力F,拉力F的大小随时间的变化规律如图乙所示。桌面和B之间的摩擦力很小可忽略不计。若重物A与滑轮的距离足够大,求:(取g=10 m/s2)
(1)滑块B前2 s的加速度的大小;
(2)若4 s末绳子由于磨损断裂,重物A又经过多长时间落回地面
类型3　其他图像
9.(2024北京石景山一模)如图1所示,一质量为2 kg的物块受到水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动,其a-t图像如图2所示,t=0时其速度大小为2 m/s。物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,g=10 m/s2。下列说法错误的是(　　)
A.在t=2 s时刻,物块的速度为5 m/s
B.在0~2 s时间内,物块的位移大于7 m
C.在t=1 s时刻,物块的加速度为1.5 m/s2
D.在t=1 s时刻,拉力F的大小为5 N
10.(2025成都期中)如图甲所示,一物块(可视为质点)从倾角θ=30°的足够长斜面上滑下,物块运动的-图像如图乙所示,重力加速度取g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.物块的加速度为2 m/s2
B.物块的初速度为零
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.前2 s内物块的平均速度为5 m/s
11.(2024山东威海期末)如图甲所示,倾角为30°的斜面固定在水平面上,一滑块从斜面底端沿斜面向上滑动,到达最高点后沿原路返回,速度的二次方v2与位移x的图像如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)滑块沿斜面上滑与下滑的加速度大小之比;
(2)滑块沿斜面上滑的最大距离。
微专题10　动力学图像问题
1.B　鸟儿做自由落体运动的最大速度为vm=18 m/s,由自由落体运动的规律有vm=gt1,解得t1=1.8 s,故A错误;t1至t1时间内鸟儿的加速度为a==-15 m/s2,故B正确;整个过程下落的高度可用v-t图像与时间轴所围成的面积表示,h=×t1=27 m,故C错误;t1至t1 时间内,由牛顿第二定律有mg-f=ma,解得=2.5,即阻力是重力的2.5倍,故D错误。
方法技巧　解决动力学图像问题的基本步骤
(1)看清坐标轴所表示的物理量,明确图像的种类。
(2)看图线本身,识别两个相关量的变化关系,从而分析对应的物理过程。
(3)看图线的截距、斜率、交点、图线与坐标轴围成的“面积”等的物理意义。
(4)弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间的对应关系,根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。
2.A　v-t图像中,图线斜率的绝对值表示加速度的大小,则有aa= m/s2=1.5 m/s2,ab= m/s2= m/s2,可得=,A正确;根据速度时间公式可得,4 s时,b图线所表示的速度为v1=6 m/s+×4 m/s=9 m/s,则0~4 s内,= m/s=3 m/s,= m/s= m/s,可得=,B错误;v-t图像中,纵坐标的正负表示速度的方向,则0~4 s内a、b图线所表示的物体运动方向相同,C错误;根据牛顿第二定律有f=maa,F-f=mab,可得=,D错误。
3.ACD　由题意有k=,根据单位运算可知,P为N·s/m,A正确;v-t图线的斜率表示加速度,当v0=16 m/s时,根据图像可知a0= m/s2=2 m/s2,B错误;当v0=16 m/s时,根据牛顿第二定律有mg sin θ-kv0-μmg cos θ=ma0,当v1=32 m/s时,运动员做匀速直线运动,根据平衡条件有mg sin θ=kv1+μmg cos θ,解得m=80 kg,μ=0.25,C、D正确。
4.答案　(1)0.625　(2)1 N　(3) m
解题思路　(1)由v-t图像的斜率表示加速度可得,无恒力时物块的加速度大小a1==11 m/s2
对物块受力分析,有mg sin θ+μmg cos θ=ma1
解得μ=0.625
(2)施加恒力F1时物块的加速度大小a2=10 m/s2
此时有mg sin θ+μmg cos θ-F1=ma2
解得F1=1 N
(3)施加推力F2时,沿斜面方向有F2 cos θ-mg sin θ-Ff=ma3
垂直斜面方向有FN=F2 sin θ+mg cos θ
又Ff=μFN
解得a3=6 m/s2
0~1 s内的位移x1=a3t2=3 m
1 s末速度v1=a3t=6 m/s
撤去F2后,加速度大小为a1=11 m/s2,上滑到最高点时速度为0,则物块继续上滑的位移大小为x2== m
则物块能沿斜面上滑的最大距离x=x1+x2= m
5.BD　0~2 s内,受合力F0作用,沿正方向做匀加速运动,2~6 s内合力为-F0,加速度反向,因此物体先沿正方向做减速运动,根据对称性可知,4 s末速度减小到零,然后再向负方向做加速运动,6 s末速度达到最大值,6~8 s内,沿负方向做减速运动,因此物体前4 s向正方向运动,后4 s向负方向运动,在4 s末离出发点最远,故A错误,B、D正确;物体在2~4 s内沿正方向做匀减速运动,4~6 s内沿负方向做匀加速运动,故C错误。
一题多解　物体的v-t图像如图所示,v-t图线与横轴围成的面积表示位移,0~4 s内,物体沿正方向运动,4 s末离出发点最远;4~8 s内,物体沿负方向运动,8 s末回到出发点。
6.BC　滑块的最大静摩擦力fmax=μmg=2 N,由图像可知t=1 s时F=2 N,故t=1 s时滑块开始运动,A错误;结合A项分析可知,0~1 s内滑块与地面保持相对静止,受静摩擦力,随着拉力的增大而增大,1~2 s内滑块与地面发生相对运动,受滑动摩擦力,保持不变,B正确;由图可知,1~3 s内拉力均大于等于滑动摩擦力,且F先增大后减小,由牛顿第二定律有F-f=ma,可知加速度先增大后减小,加速度方向一直与速度方向相同,一直做加速运动,C正确,D错误。
7.AD　根据v-t图线的斜率表示加速度,知前2 s内物体运动的加速度大小a= m/s2=2 m/s2,A正确;前4 s内物体运动的位移为x=×4×2 m+2×4 m=12 m,B错误;根据牛顿第二定律得,前2 s内有F1-μmg=ma,2~4 s内有F2=μmg,由图甲得F1=15 N,F2=5 N,解得m=5 kg,μ=0.1,C错误,D正确。
8.答案　(1)0.5 m/s2　(2)0.6 s
解题思路　(1)在0~2 s内,根据题意结合图乙得,m=0.5 kg,M=1.5 kg,F=6 N
由牛顿第二定律,对B和A分别有F-T=Ma1,T-mg=ma1
联立解得a1=0.5 m/s2
(2)在2~4 s内,F=3 N,由牛顿第二定律,对B和A分别有T'-F=Ma2,mg-T'=ma2
联立解得a2=1 m/s2
0~2 s内,设A的位移为h1,2 s末速度为v1
则h1=a1t2=1 m,v1=a1t=1 m/s
2~4 s内,设A的位移为h2,则h2=v1t-a2t2=0
0~4 s内A上升的高度h=h1+h2=1 m
重物A在4 s末速度v2=v1-a2t=-1 m/s
此时A距地面高度H=h+1.4 m=2.4 m
绳子断裂后,重物A做竖直下抛运动
此时有-H=v2t1-g
则重物A又经过时间t1=0.6 s落地
9.B　在t=2 s时刻,物块的速度为v2=v0+Δv=2 m/s+×2 m/s=5 m/s,A正确,不符合题意;在0~2 s时间内,物块的v-t图像如图,若是匀加速直线运动,位移为x=×2 m=7 m,实际是加速度增大的加速运动,可知物块的位移小于7 m,B错误,符合题意;由题图2,结合几何关系可知,在t=1 s时刻,物块的加速度为a1=1.5 m/s2,C正确,不符合题意;根据牛顿第二定律可得在t=1 s时刻,拉力F的大小为F=ma1+μmg=5 N,D正确,不符合题意。
10.C　由运动学公式有x=v0t+at2,整理可得=v0·+,由图乙可知v0=2 m/s,=2 m/s2,解得a=4 m/s2,所以物块在斜面上做初速度为2 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动,A、B错误;由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得μ=,C正确;第2 s末的速度为v=v0+at=10 m/s,则前2 s内的平均速度为==6 m/s,D错误。
方法技巧　对于涉及特殊图像的运动学问题,要善于对常见运动学公式进行变形,建立图像横、纵坐标与物理量的对应关系,通过图像的斜率、截距等获取运动学信息。同时,在应用牛顿第二定律解决动力学问题时,准确的受力分析是关键,要明确各个力的方向和大小关系,结合运动学结论求解未知量。
11.答案　(1)3∶2　(2)0.25 m
解题思路　(1)由运动学公式可知,上滑和下滑过程分别有,=2a1x,=2a2x,结合图像可知,图像的斜率为k=2a,由图像可知,两图线的斜率的绝对值之比为3∶2,所以,滑块沿斜面上滑与下滑的加速度大小之比为3∶2。
(2)由牛顿第二定律得,上滑时,mg sin 30°+μmg·cos 30°=ma1,下滑时,mg sin 30°-μmg cos 30°=ma2,解得μ=,a1=6 m/s2,由于上滑过程有=2a1x,解得x=0.25 m。

展开更多......

收起↑