15、落在水平地面上的C點(diǎn)，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列選項(xiàng)正確的是( )
圖6
A．物體m滑到最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力大小與軌道半徑R的大小有關(guān)
B．若傳送帶逆時(shí)針方向運(yùn)行，則物體m也能滑過B點(diǎn)，到達(dá)地面上的C點(diǎn)
C．若傳送帶順時(shí)針方向運(yùn)行，則當(dāng)傳送帶速度v>2 m/s時(shí)，物體m到達(dá)地面上C點(diǎn)的右側(cè)
D．若傳送帶順時(shí)針方向運(yùn)行，則當(dāng)傳送帶速度v<2 m/s時(shí)，物體m也可能到達(dá)地面上C點(diǎn)的右側(cè)
答案 BCD
解析 由機(jī)械能守恒定律得mgR＝mv02，則v0＝2 m/s，傳送帶靜止時(shí)，A點(diǎn)：F－mg＝m，得F＝3mg，與R無關(guān)，A錯(cuò)誤；若傳送帶逆時(shí)針運(yùn)行，物體也勻減速運(yùn)動(dòng)至
16、B點(diǎn)，與靜止情況相同，落在C點(diǎn)，B正確；若傳送帶順時(shí)針運(yùn)行，v>2 m/s，物體加速運(yùn)動(dòng)，落在C點(diǎn)右側(cè)，C正確；若v<2 m/s，物體可能先勻減速后勻速，到B點(diǎn)速度可能大于傳送帶靜止時(shí)到達(dá)B點(diǎn)的速度，此時(shí)落在C點(diǎn)右側(cè)，D正確．
高考題型3 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法分析“滑塊—木板”問題
例3 (2017·全國(guó)卷Ⅲ·25)如圖7，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3 m/s.A、B相遇時(shí)，A
17、與木板恰好相對(duì)靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
圖7
(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；
(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離．
答案 (1)1 m/s，方向與B的初速度方向相同 (2)1.9 m
解析 (1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)．設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2，木板受地面的摩擦力大小為Ff3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有
Ff1＝μ1mAg①
Ff2＝μ1mBg②
Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由
18、牛頓第二定律得
Ff1＝mAaA④
Ff2＝mBaB⑤
Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥
設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得
v1＝1 m/s，方向與B的初速度方向相同⑨
(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為
sB＝v0t1－aBt12⑩
設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對(duì)于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有
Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2?
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大
19、小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2.設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有
v2＝v1－a2t2?
對(duì)A有：v2＝－v1＋aAt2?
在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為
s1＝v1t2－a2t22?
在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2?
A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同．因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為
s0＝sA＋s1＋sB?
聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得
s0＝1.9 m?
(也可用下圖中
20、的速度—時(shí)間圖線求解)
1．“滑塊—木板”模型類問題中，滑動(dòng)摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復(fù)雜，因?yàn)槟景逋艿侥Σ亮Φ挠绊懸沧鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，處理此類物體勻變速運(yùn)動(dòng)問題要注意從速度、位移、時(shí)間等角度，尋找它們之間的聯(lián)系．
2．要使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時(shí)的速度與木板的速度恰好相等．
5.(多選)(2017·廣東汕頭市一模)如圖8所示，一木板傾斜放置，與水平面的夾角為θ.將兩個(gè)矩形物塊A、B疊放后一起從木板上由靜止釋放，之后A、B保持相對(duì)靜止一起以大小為a的加速度沿斜面加速下滑．若A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，A與B之間
21、和B與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2.則下列說法正確的是( )
圖8
A．μ1一定大于tan θ
B．μ2一定小于tan θ
C．加速度a的大小與mA和mB都無關(guān)
D．A與B之間的摩擦力大小與μ1有關(guān)而與μ2無關(guān)
答案 BC
解析 先取AB為一整體，整體受到重力、斜面的支持力和摩擦力．沿斜面的方向，由牛頓第二定律得：
(mA＋mB)gsin θ－FfB＝(mA＋mB)a
FfB＝μ2FN
FN＝(mA＋mB)gcos θ
以上三式聯(lián)立可得：a＝gsin θ－μ2gcos θ①
再隔離A物塊，設(shè)A受到的靜摩擦力為FfA，
方向沿斜面向上，對(duì)A再應(yīng)用牛頓第二定
22、律得：mAgsin θ－FfA＝mAa
可得出：FfA＝μ2mAgcos θ②
無法判斷出μ1一定大于tan θ.故A錯(cuò)誤；A與B組成的整體向下做加速運(yùn)動(dòng)，由公式①可知，gsin θ＞μ2gcos θ，所以：μ2＜tan θ.故B正確；由公式①可知，加速度a的大小與mA和mB都無關(guān)．故C正確；由公式②可知，A與B之間的摩擦力大小與μ1無關(guān)而與μ2有關(guān)．故D錯(cuò)誤．
6.(2017·遼寧鐵嶺市協(xié)作體模擬)如圖9所示，質(zhì)量為M＝10 kg的小車停放在光滑水平面上．在小車右端施加一個(gè)F＝10 N的水平恒力．當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到2.8 m/s時(shí)，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m＝2.0 kg的小黑煤塊
23、(小黑煤塊視為質(zhì)點(diǎn)且初速度為零)，煤塊與小車間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20.假定小車足夠長(zhǎng)，g＝10 m/s2.則下列說法正確的是( )
圖9
A．煤塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B．小車一直做加速度不變的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C．煤塊在3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為9 m
D．小煤塊最終在小車上留下的痕跡長(zhǎng)度為2.8 m
答案 D
解析 根據(jù)牛頓第二定律，剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)小黑煤塊有：
μFN＝ma1，F(xiàn)N－mg＝0，代入數(shù)據(jù)解得：
a1＝2 m/s2
剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)小車有：F－μFN＝Ma2，
解得：a2＝0.6 m/s2，
經(jīng)過時(shí)間t，小黑煤塊和車的速度相
24、等，小黑煤塊的速度為：v1＝a1t，車的速度為：v2＝v＋a2t，v1＝v2，
解得：t＝2 s，以后煤塊和小車一起運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律：F＝(M＋m)a3，a3＝ m/s2
即煤塊和小車一起以加速度a3＝ m/s2做加速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；
在2 s內(nèi)小黑煤塊前進(jìn)的位移為：
x1＝a1t2＝×2×22 m＝4 m，然后和小車共同運(yùn)動(dòng)1 s時(shí)間，此1 s時(shí)間內(nèi)位移為：x1′＝v1t′＋a3t′2＝4.4 m，故煤塊在3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為4 m＋4.4 m＝8.4 m，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)小黑煤塊前進(jìn)的位移x1＝4 m，小車前進(jìn)的位移為：x2＝vt＋a2t2＝(2.8×2＋×0
25、.6×22) m＝6.8 m，兩者的相對(duì)位移為：Δx＝x2－x1＝6.8 m－4 m＝2.8 m，故選項(xiàng)D正確．
題組1 全國(guó)卷真題精選
1．(2016·全國(guó)卷Ⅲ·16)一質(zhì)點(diǎn)做速度逐漸增大的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間隔t內(nèi)位移為s，動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質(zhì)點(diǎn)的加速度為( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，則質(zhì)點(diǎn)的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A對(duì)．
2．(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ·20)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)
26、，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F.不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為( )
A．8 B．10 C．15 D．18
答案 BC
解析 設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則F＝nma①
設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂，則F＝km·a②
聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數(shù)，
當(dāng)n＝2時(shí)，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5
當(dāng)n＝4時(shí)，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10
當(dāng)n＝6時(shí)，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15
當(dāng)n＝8時(shí)，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項(xiàng)B、C正確．
3
27、．(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ·20)如圖10甲，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖乙中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出( )
圖10
A．斜面的傾角
B．物塊的質(zhì)量
C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
答案 ACD
解析 由v－t圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時(shí)的加速度大小為a＝，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcosθ＝.同理向下滑行時(shí)gsin θ－μgcos θ＝，兩式聯(lián)立得sin θ＝，μ＝，可見能計(jì)算出斜面的傾斜角度θ以及物體與斜面間的動(dòng)
28、摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、C正確；物塊滑上斜面時(shí)的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為0，那么平均速度為，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離為x＝t1，根據(jù)斜面的傾斜角度可計(jì)算出向上滑行的最大高度為xsin θ＝t1×＝，選項(xiàng)D正確；僅根據(jù)v－t圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．
題組2 各省市真題精選
4．(多選)(2015·海南卷·8)如圖11所示，物塊a、b和c的質(zhì)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(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O；整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對(duì)原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別為Δl1和Δl2，重力加速度大小
29、為g，在剪斷瞬間( )
圖11
A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
答案 AC
解析 設(shè)物塊的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細(xì)線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力T1，剪斷細(xì)線前對(duì)b、c和彈簧S2組成的整體分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)彈簧S2的拉力為T2，則T2＝mg，根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯(cuò)誤．
5．(多選)(2014·四川理綜·7)如圖12所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體
30、P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時(shí)刻P離開傳送帶．不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)．正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是( )
圖12
答案 BC
解析 若v1>v2，且P受到的滑動(dòng)摩擦力大于Q的重力(繩對(duì)P的拉力)，則可能先向右勻加速運(yùn)動(dòng)，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，此過程如圖B所示，故B正確．若v1>v2，且P受到的滑動(dòng)摩擦力小于Q的重力，此時(shí)P一直向右減速，減速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑動(dòng)摩擦力向左，開始時(shí)加速度a1＝，當(dāng)減速至速度為v1時(shí)，摩擦力反向，若有FT>μmg
31、，此后加速度a2＝，故C正確，A、D錯(cuò)誤．
專題強(qiáng)化練
1.(2017·吉林遼源市期末)如圖1所示，放在光滑水平面上的木塊受到兩個(gè)水平力F1與F2的作用，靜止不動(dòng)，現(xiàn)保持力F1不變，使力F2逐漸減小到零，再逐漸恢復(fù)到原來的大小，在這個(gè)過程中，能正確描述木塊運(yùn)動(dòng)情況的圖象是( )
圖1
答案 B
解析 由于木塊受到兩個(gè)水平力F1與F2的作用而靜止不動(dòng)，故兩個(gè)推力相等，假設(shè)F1＝F2＝F，力F2逐漸減小到零再逐漸恢復(fù)到原來的大小的過程中，合力先增大到F，再減小到零，故加速度也是先增大再減小，故C錯(cuò)誤；木塊先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，而速度－
32、時(shí)間圖象的切線的斜率表示加速度，故A錯(cuò)誤，B正確；木塊先做加速度不斷增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度不斷變小的加速運(yùn)動(dòng)，合力變?yōu)榱愫笞鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，由于位移時(shí)間圖象的切線的斜率表示速度，而D選項(xiàng)圖表示木塊做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．
2．(2017·北京石景山區(qū)模擬)在節(jié)日夜晚燃放焰火，禮花彈從專用炮筒中射出后，經(jīng)過2 s到達(dá)離地面25 m的最高點(diǎn)，炸開后形成各種美麗的圖案．若禮花彈從炮筒中沿豎直向上射出時(shí)的初速度是v0，上升過程中所受阻力大小始終是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，則v0和k分別為( )
A．25 m/s,1.25 B．25 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25
33、 D．50 m/s,1.25
答案 B
解析 上升過程中平均阻力Ff＝kmg，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝(k＋1)g，根據(jù)h＝at2得：a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝25 m/s，而(k＋1)g＝12.5 m/s2，所以 k＝0.25.故B正確．
3．(2017·黑龍江大慶市一模)如圖2所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，A、M分別為此圓與y、x軸的切點(diǎn)．B點(diǎn)在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心．現(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)
34、到M點(diǎn)，如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是( )
圖2
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＜tB
C．tA＝tC＝tB
D．由于C點(diǎn)的位置不確定，無法比較時(shí)間大小關(guān)系
答案 B
解析 對(duì)于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根據(jù)公式x＝at2得，
tA＝＝.對(duì)于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin 60°＝g，由公式x＝at2得
tB＝＝.對(duì)于CM段，同理可解得tC＝＝.
4．(多選)(2017·陜西咸陽(yáng)市二模)如圖3所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝2 kg、m2 ＝3 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接．兩個(gè)大小分
35、別為F1 ＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則( )
圖3
A．系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧秤的示數(shù)是50 N
B．系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧秤的示數(shù)是26 N
C．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為15 m/s2
答案 BC
解析 設(shè)彈簧的彈力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律得
對(duì)整體有：a＝＝ m/s2＝2 m/s2，方向水平向右．
對(duì)m1：F1－F＝m1a.代入解得，F(xiàn)＝26 N．故A錯(cuò)誤，B正確．
在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為a＝＝ m/s2＝13 m/s2，方向水平向左，則m
36、1的加速度發(fā)生改變．故C正確，D錯(cuò)誤．
5.(多選)(2017·山東濟(jì)寧市一模)如圖4所示，表面粗糙且足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．小木塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象可能符合實(shí)際的是( )
圖4
答案 BC
解析 將小木塊輕輕放在傳送帶上，意味著小木塊的初速度為零；由于此時(shí)傳送帶具有斜向下的速度，故小木塊將受到沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力Ff，設(shè)此時(shí)的小木塊的加速度為a1，據(jù)牛頓第二定律可得：
mgsin θ＋Ff＝ma1①
Ff ＝μFN②
FN＝mgcos θ③
由①②③
37、解得：a1＝gsin θ＋μgcos θ④
當(dāng)小木塊的速度與傳送帶的速度相等時(shí)，若小木塊所受最大靜摩擦力Ffmax＝μmgcos θ大于等于重力沿傳送帶向下的分力Gx＝mgsin θ時(shí)，木塊將隨傳送帶一起以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若Ffmax＝μmgcos θ＜Gx＝mgsin θ時(shí)，木塊將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)木塊的加速度為a2，同理根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得：a2＝gsin θ－μgcos θ⑤
根據(jù)④⑤可知：a1＞a2故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．
6．(2017·安徽合肥市第一次檢測(cè))如圖5所示，繃緊的長(zhǎng)為6 m的水平傳送帶，沿順時(shí)針方
38、向以恒定速率v1＝2 m/s運(yùn)行．一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺(tái)面滑上傳送帶，其速度大小為v2＝5 m/s.若小物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法中正確的是( )
圖5
A．小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．若傳送帶的速度為1 m/s，小物塊將從傳送帶左端滑出
C．若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊將以5 m/s的速度從傳送帶右端滑出
D．若小物塊的速度為4 m/s，小物塊將以4 m/s的速度從傳送帶右端滑出
答案 B
解析 小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，速度減至零時(shí)
39、通過的位移為x.根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma，得 a＝μg＝2 m/s2，則 x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會(huì)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；同理可知D錯(cuò)誤；傳送帶的速度為1 m/s和5 m/s時(shí)，物塊在傳送帶上受力情況相同，則運(yùn)動(dòng)情況相同，都從從傳送帶左端滑出，故B正確，C錯(cuò)誤．
7．(多選)圖6甲中，兩滑塊A和B疊放在光滑水平地面上，A的質(zhì)量為m1，B的質(zhì)量為m2.設(shè)A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，作用在A上的水平拉力為F，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．圖乙為F與μ的關(guān)系圖象，其直線方程為F＝μ.下列說法正確的有( )
圖6
A．μ和F的值位于a
40、區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)
B．μ和F的值位于a區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)靜止
C．μ和F的值位于b區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)
D．μ和F的值位于b區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)靜止
答案 AD
解析 剛要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)：F＝(m1＋m2)a，μm1g＝m2a，
解得：F＝μ，則題圖直線是發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)與否的分界線，位于a區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)，位于b區(qū)域時(shí)，兩者相對(duì)靜止，選項(xiàng)A、D正確，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤．
8．(多選)(2017·河北石家莊市第二次質(zhì)檢)如圖7甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示
41、，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是( )
圖7
A．小滑塊的質(zhì)量m＝2 kg
B．小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
C．當(dāng)水平拉力F＝7 N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為3 m/s2
D．當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大
答案 AC
解析 當(dāng)F等于6 N時(shí)，加速度為：a＝2 m/s2.對(duì)整體由牛頓第二定律有：F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得：M＋m＝3 kg，當(dāng)F大于6 N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：長(zhǎng)木板的加速度 a＝＝F－，知圖線的斜率k＝＝＝1，解得：M＝1 kg，滑塊的質(zhì)量為：m＝2 kg.故A正確；由上可知：F大于6 N時(shí) a＝F－20μ.代入題
42、圖對(duì)應(yīng)數(shù)據(jù)即得：μ＝0.2，所以a＝F－4，當(dāng)F＝7 N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度為：a1＝3 m/s2.故B錯(cuò)誤，C正確．當(dāng)F大于6 N后，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，小滑塊的加速度為a＝＝2 m/s2，與F無關(guān)，故D錯(cuò)誤．
9．(2017·全國(guó)卷Ⅱ·24)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1
43、加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1.重力加速度為g.求：
圖8
(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度．
答案 (1) (2)
解析 (1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得
－μmgs0＝mv12－mv02①
解得μ＝②
(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最?。O(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
v02－v12＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
聯(lián)立③④⑤式得
a2＝
10．(201
44、7·齊魯名校聯(lián)考)如圖9所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝37°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小木塊從木板的底端以v0＝10 m/s的速度沿木板向上運(yùn)動(dòng)，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離將發(fā)生變化．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g＝10 m/s2.
圖9
(1)小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)當(dāng)θ角為多大時(shí)，小木塊能沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．
答案 (1)0.75 (2)53° 4 m
解析 (1)當(dāng)小木塊向下滑動(dòng)且θ＝37°時(shí)，
對(duì)小木塊受力分析 mgsin θ＝μFN
FN
45、－mgcos θ＝0
則動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ＝tan θ＝tan 37°＝0.75
(2)當(dāng)小木塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小木塊的加速度大小為a，則mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
小木塊的位移為x，v02＝2ax
則x＝
令tan α＝μ，則x＝，
當(dāng)α＋θ＝90°時(shí)x最小，即θ＝53°
最小值為xmin＝
代入數(shù)據(jù)得xmin＝4 m
11．(2017·山東棗莊市模擬)如圖10所示，可看做質(zhì)點(diǎn)的小物塊放在長(zhǎng)木板的正中央，長(zhǎng)木板置于光滑水平面上，兩物體皆靜止；已知長(zhǎng)木板質(zhì)量為M＝4.0 kg，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3.0 m，小物塊質(zhì)量為m＝1.0 kg，小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2；
46、兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，試求：
圖10
(1)用水平向右的恒力F作用于小物塊，當(dāng)F滿足什么條件，兩物塊才能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)？
(2)若一開始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物塊，則小物塊經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間從長(zhǎng)木板上掉下？
答案 (1)F>2.5 N (2)1 s
解析 (1) 兩物體恰要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，它們之間的摩擦力大小達(dá)到最大靜摩擦Ffm；設(shè)它們一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，此時(shí)作用于小物塊水平向右的恒力大小為F1，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知：對(duì)整體：F1＝(M＋m)a1
對(duì)木板：Ffm＝Ma1
其中Ffm＝μmg
聯(lián)立解得F1＝2.5 N
故當(dāng)F>2.5 N時(shí)，兩物體之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
(2)分析可知，當(dāng)一開始就用水平向右F2＝5.5 N的恒力作用于小物塊時(shí)，兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；
設(shè)滑動(dòng)摩擦力的大小為Ff，小物塊、木板的加速度分別為a2、a3，由牛頓第二定律可得：
對(duì)小物塊：F2－Ff＝ma2
對(duì)木板Ff＝Ma3
其中Ff＝μmg 解得a2＝3.5 m/s2; a3＝0.5 m/s2
設(shè)小物塊滑下木板歷時(shí)為t，小物塊、木板相對(duì)于地面的位移大小分別為x1、x2，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系可知：x1＝a2t2，x2＝a3t2，x1－x2＝L，解得：t＝1 s．
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2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 第1講 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案
