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高考物理一轮复习【讲练测】 专题3.2 动力学典型模型的分析【练】 （新教材新高考）
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这是一份高考物理一轮复习【讲练测】 专题3.2 动力学典型模型的分析【练】 （新教材新高考），文件包含专题32动力学典型模型的分析练教师版docx、专题32动力学典型模型的分析练学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
专题3.2 动力学典型模型的分析【练】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23951" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc23951 \h 1
\l "_Tc5237" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc5237 \h 5
\l "_Tc19015" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc19015 \h 10
一．练经典题型
1．(2021·湖南长沙市长沙县第六中学月考)如图，斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体一起靠惯性沿光滑斜面下滑，下列判断正确的是( )
A．图甲中两物体之间的绳中存在弹力
B．图乙中两物体之间存在弹力
C．图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力
D．图丁中两物体之间既有摩擦力，又有弹力
【答案】 C
【解析】 图甲：整体法分析，根据(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，隔离A可知FT＋m1gsin θ＝m1a，解得绳的拉力FT＝0，故A错误；图乙：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，隔离A可知FN＋m1gsin θ＝m1a，解得两物体之间的弹力FN＝0，故B错误；图丙：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得加速度沿斜面向下，隔离A，将加速度分解到竖直和水平方向，根据牛顿第二定律可知，题图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力，故C正确；图丁：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，隔离A可知Ff＋m1gsin θ＝m1a，解得：Ff＝0，故D错误．
2.(2020·丰台区第二学期统考)如图，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，已知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)。则( )
A．t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2
B．t＝0时，A、B之间的相互作用力为4 N
C．t＝1.5 s时，A、B开始分离
D．A、B开始分离时的速度为3 m/s
【答案】B
【解析】：由变化规律可知，t＝0时，FA＝8 N，FB＝2 N，合力F＝FA＋FB＝10 N，故此时A与B的加速度相等，都是a＝eq \f(F,mA＋mB)＝eq \f(10 N,4 kg＋6 kg)＝1 m/s2，A错误；t＝0时设A、B间的作用力为F′，则对于B而言F′＋FB＝mBa，代入数据解得F′＝4 N，故A、B之间的作用力为4 N，如果分析A的受力也是可以的，结果一样，B正确；由题意可知，当A、B间的作用力为0时开始分离，设时间为t，则对于A而言：FA＝mAa，对于B而言：FB＝mBa，解得t＝2 s，C错误；由于两个力的合力F＝10 N是不变的，即为恒力，故两个物体一起做匀加速直线运动， 前面已经计算出了它共同的加速度是1 m/s2，则到分离时，即t＝2 s时，它们的速度大小为v＝at＝1 m/s2×2 s＝2 m/s，D错误。
3．(多选)(2020·湖北黄冈中学模拟)如图所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动.轻绳拉力的大小( )
A.与斜面的倾角θ有关
B.与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C.与两物体的质量m1和m2有关
D.若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小与θ，μ无关
【答案】 CD
【解析】 对整体受力分析有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcs θ＝(m1＋m2)a，对m2有FT－m2gsin θ－μm2gcs θ＝m2a，解得FT＝eq \f(m2,m1＋m2)F，与μ和θ无关，与两物体的质量m1和m2有关，故A、B错误，C正确；若改用F沿斜面向下拉连接体，同理可得FT＝eq \f(m1,m1＋m2)F，故D正确.
4．(多选)(2020·湖北鄂东南联盟模拟)如图所示，A物体的质量是B物体的k倍．A物体放在光滑的水平桌面上通过轻绳与B物体相连，两物体释放后运动的加速度为a1，轻绳的拉力为FT1；若将两物体互换位置，释放后运动的加速度为a2，轻绳的拉力为FT2.不计滑轮摩擦和空气阻力，则( )
A．a1∶a2＝1∶k B．a1∶a2＝1∶1
C．FT1∶FT2＝1∶k D．FT1∶FT2＝1∶1
【答案】 AD
【解析】 由牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，FT1＝mAa1，同理两物体互换位置，则mAg＝(mA＋mB)a2，FT2＝mBa2，解得a1∶a2＝mB∶mA＝1∶k，FT1∶FT2＝1∶1，故A、D正确．
5.(2021·山东济南历城二中一轮复习验收)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块的加速度大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
【答案】 A
【解析】 当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(kt,m1＋m2)，a∝t；当F比较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a1＝eq \f(μm2g,m1)，μ、m1、m2一定，则a1一定，a2＝eq \f(F－μm2g,m2)＝eq \f(k,m2)t－μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于eq \f(k,m1＋m2)6．(2020·安徽六安市质量检测)如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 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，木板的加速度为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
【答案】 D
【解析】 由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，得物块在木板上以a1＝μ2g＝4 m/s2减速滑行时木板以a2＝eq \f(μ2m2g－μ1m1＋m2g,m1)＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v1＝v0－a1t＝1.6 m/s，木板的速度v2＝a2t＝1.2 m/s，B错误.0.6 s内物块位移为x1＝eq \f(v0＋v1,2)t＝1.68 m，木板位移x2＝eq \f(0＋v2,2)t＝0.36 m，相对位移为Δx＝x1－x2＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a4＝μ2g＝2 m/s2，方向向左，C错．在地面上物块会滑行x4＝eq \f(v\\al(,12),2a4)＝eq \f(v\\al(,12),2μ2g)＝0.32 m，木板会滑行x3＝eq \f(v\\al(,22),2a3)＝eq \f(v\\al(,22),2μ1g)＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．
7.(多选)(2020·山东济南一中期中)如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )
【答案】 CD
【解析】 木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C、D正确，A、B错误．
8.(2020·辽宁师大附中开学考试)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度大小为g)( )
A．μ与a之间一定满足关系μ>eq \f(a,g)
B．煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为eq \f(v2,μg)
C．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为eq \f(v,μg)
D．黑色痕迹的长度为eq \f(a－μgv2,2a2)
【答案】 C
【解析】 由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有μmg二、练创新情景
1.(2020·江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A.F B.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
【答案】 C
【解析】 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C项正确，A、B、D项均错误。
2.(多选)(2020·山东日照市模拟)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5所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(9,16).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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/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2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2
C.经过eq \r(2) s的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为eq \f(4\r(3),3) m/s
【答案】 AC
【解析】 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq \r(2) s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2eq \r(2) m/s，选项C正确，D错误.
3.(2021·广东深圳二调)如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间．卡车正以90 km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin 37°＝0.6)( )
A．23 mB．33 m
C．43 mD．53 m
【答案】C
【解析】 卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可得mgtan 37°＝ma，解得a＝eq \f(3,4) g，根据运动学公式则有0－v2＝－2ax，解得x＝eq \f(125,3) m，其刹车的最小距离更接近于43 m，故C正确，A、B、D错误．
4.(多选)(2020·滨州二模)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(2,1)B．若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)＝eq \f(1,2)
C．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)D．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(1,2)，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)≠eq \f(1,2)，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cs θ＝mg、F4cs α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)，故选项D正确。
5.(多选)(2021·山东邹城一中测试)如图甲所示，质量为m＝1 kg可视为质点的物块A放置在长木板B上，A、B静止在水平地面上，已知长木板B的质量M＝4 kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻，A的加速度为零
B．t＝5 s时刻，B的加速度为3.5 m/s2
C．在整个运动过程中，物块A的加速度始终不变
D．如果长木板B足够长，最终A、B将共速
【答案】 BC
【解析】 由滑动摩擦力公式可知，A、B间的滑动摩擦力：FfA＝μmg＝1 N，B与地面间的滑动摩擦力：FfB＝μ(M＋m)g＝5 N，A、B间发生相对滑动后，A的加速度将保持不变，其大小为：aA＝eq \f(FfA,m)＝1 m/s2.若A、B间刚好发生相对滑动时的外力为F1，由牛顿第二定律得F1－μ(M＋m)g＝(M＋m)aA，得F1＝10 N，所以t＝0时刻A的加速度aA＝1 m/s2，故A项错误，C项正确；在t＝5 s时，F＝20 N，对长木板B由牛顿第二定律有：F－FfA－FfB＝MaB，得aB＝3.5 m/s2，故B项正确；只要F始终作用在长木板B上，B的加速度始终大于A的加速度，无论长木板B多长，A、B都不会共速，故D项错误．
6.(2021·广西北流市实验中学高三开学考试)如图所示，两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的足够长的斜面体C上．已知A、B质量分别为m1和m2，A与C的动摩擦因数为μ1，B与A的动摩擦因数为μ2.两滑块A、B在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向右
B．滑块A与斜面间的动摩擦因数μ1＝tan θ
C．滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为μ1(m1＋m2)gcs θ
D．滑块B所受的摩擦力大小为μ2m2gcs θ
【答案】 C
【解析】 把AB看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为FNx＝(m1＋m2)gcs θ·sin θ，方向水平向右，AB对C的摩擦力在水平方向的分力为Ffx＝Ffcs θ，方向水平向左．因为AB一起加速下滑，所以(m1＋m2)gsin θ>Ff，则FNx>Ffx，所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左，A错误；
因为AB一起加速下滑，所以μ1(m1＋m2)gcs θ<(m1＋m2)gsin θ，则μ1把AB看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为Ff＝μ1(m1＋m2)gcs θ，C正确；
滑块AB一起加速下滑，其加速度为a＝gsin θ－μ1gcs θ，则滑块B所受的摩擦力大小为FfB＝m2a＝m2g(sin θ－μ1cs θ)，D错误．
7.(2021·江苏如皋中学高三三模)如图所示，厚度可不计的圆环B套在粗细均匀、足够长的圆柱棒A的上端，圆环和圆柱棒质量均为m，圆环可在棒上滑动，它们之间滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，大小均为Ff＝2mg，开始时棒A的下端距地面的高度为H，圆环B套在A的最上端，由静止释放后棒A能沿光滑的竖直细杆MN上下滑动，设棒与地面相碰时无机械能的损失且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，求：
(1)棒A第一次与地面相碰后向上运动时，棒A和圆环B的加速度分别为多大？
(2)从释放到棒A第一次到达最高点时，圆环B相对A滑动的距离x；
(3)若棒A的长度为L＝2.5H，求最终圆环B离地的高度h.
【答案】 (1)3g g (2)eq \f(8,9)H (3)0.5H
【解析】 (1)A与地面相碰后，速度大小不变，方向变成向上，B仍向下运动，则A、B间出现相对滑动，由牛顿第二定律，
对A：Ff＋mg＝maA，解得aA＝3g；
对B：Ff－mg＝maB，解得aB＝g；
(2)释放后A、B一起做自由落体运动，设A下端第一次与地面相碰时A、B的速度大小为v，则2mgH＝eq \f(1,2)×2mv2，
解得v＝eq \r(2gH)；
A棒与地面碰撞后以原速率反弹，向上匀减速至最高点，所需的时间为t,0＝v－3gt，解得t＝eq \f(v,3g)＝eq \f(\r(2gH),3g)；
A棒匀减速上升的位移大小xA＝eq \f(v2,2×3g)＝eq \f(1,3)H，
B环向下做匀减速运动的位移大小xB＝vt－eq \f(1,2)gt2＝eq \f(5,9)H
B环相对A棒滑动的距离x＝xA＋xB＝eq \f(8,9)H
(3)由分析可知，圆环B一直相对于A向下滑动，A最终静止在地面，B沿A下滑一段距离s后静止，全过程根据能量的转化和守恒，有mgH＋mg(H＋s)＝Ffs
解得s＝2H，
则圆环B离地的高度为h＝L－s＝0.5H.
8．(2020·渤海高中模拟)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；
(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？
【答案】(1)2 s (2)5 m (3)eq \f(4\r(5),5) s
【解析】(1)开始阶段，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
所以a1＝gsin θ＋μgcs θ
解得a1＝10 m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s
煤块发生的位移为
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m<16 m
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；
第二阶段有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
解得t2＝1 s
煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为
Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m
故煤块相对于传送带上移5 m
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx2＝(LAB－x1)－vt2
解得Δx2＝1 m
即煤块相对传送带下移1 m
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5 m。
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，
则有LAB＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,min)
可得tmin＝eq \f(4\r(5),5) s。
三．练规范解答
1.(2020·马鞍山检测)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的vt图象如图乙所示。g取10 m/s2，求：
甲 乙
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
【答案】(1)15 N (2)6 m
【解析】(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图象得，
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,2) m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得
aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝eq \f(0－v0,aA)＝eq \f(0－6,－3) s＝2 s
物块A通过的位移xA＝eq \f(v0,2)t＝6 m
物块B通过的位移
xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离
Δx＝xB－xA＝6 m。
2.如图所示，光滑曲面AB与长度L＝6 m的水平传送带BC平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度大小为v＝6 m/s，传送带最右侧C端靠近一倾角θ＝30°的足够长斜面的底端，二者间通过一段长度不计的光滑小圆弧(图中未画出)平滑连接。将一小物块从曲面上高h＝1.25 m 处的A点由静止释放，物块与传送带、斜面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝eq \f(\r(3),2)，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求物块从开始滑上传送带到最终停止运动的总时间(结果保留2位小数)；
(2)若传送带的速度大小v可以任意调节，求小物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比。
【答案】 (1)1.52 s (2)49∶1
【解析】 (1)设物块质量为m，物块运动到B点时的速度为v0，则物块从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝5 m/s
假设物块在传送带上可以达到与传送带相同的速度大小，对物块在传送带上做匀加速运动的过程应用牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
由运动学公式有v2－veq \\al(2,0)＝2a1x
解得x＝2.75 m＜L
假设成立，物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
则物块在传送带上匀加速运动的时间
t1＝eq \f(v－v0,a1)＝eq \f(6－5,2) s＝0.5 s
匀速运动的时间t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(6－2.75,6) s＝eq \f(13,24) s
物块冲上斜面后，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μ2mgcs θ＝ma2
解得a2＝12.5 m/s2
物块在斜面上向上运动的时间t3＝eq \f(v,a2)＝eq \f(6,12.5) s＝eq \f(12,25) s
因μ2＝eq \f(\r(3),2)＞tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，所以物块最后会停在斜面上，故物块从滑上传送带到最终停止运动的总时间为
t＝t1＋t2＋t3＝1.52 s。
(2)当物块在传送带上一直做匀加速运动时，其滑至C端时的速度最大，设为v1
则有veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2a1L
当物块在传送带上一直做匀减速运动时，其滑至C端时的速度最小，设为v2
则有veq \\al(2,2)－veq \\al(2,0)＝－2a1L
物块滑上斜面后均做匀减速直线运动，则有
veq \\al(2,1)＝2a2x1＝2a2eq \f(h1,sin 30°)
veq \\al(2,2)＝2a2x2＝2a2eq \f(h2,sin 30°)
联立可得物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比为h1∶h2＝49∶1。
3．(2020·山东邹城市高三期中)如图甲所示，质量M＝0.2 kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1 kg的物块(可视为质点)叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态.现对平板施加一水平向右的拉力，该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.5 s末撤去拉力.已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与平板间的动摩擦因数μ1＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.求：
(1)0～1 s内物块和平板的加速度大小a1、a2；
(2)1 s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5 s末物块和平板的速度大小v1′、v2′；
(3)平板的最短长度L.
【答案】 (1)a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 (2)v1＝2 m/s，v2＝3 m/s，v1′＝v2′＝3 m/s (3)1.35 m
【解析】 (1)0～1 s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为：
Ff1＝μ1mg＝0.2 N
Ff2＝μ2(M＋m)g＝1.2 N
设物块与平板间恰好相对滑动时拉力大小为F0
由牛顿第二定律有F0－Ff2＝(m＋M)eq \f(Ff1,m)
解得F0＝1.8 N
因为F1＝2 N>F0＝1.8 N
故物块与平板发生相对滑动.
对物块和平板由牛顿第二定律有：
a1＝eq \f(Ff1,m)
a2＝eq \f(F1－Ff1－Ff2,M)
解得：a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
(2)0～1 s内(t1＝1 s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有：
v1＝a1t1
v2＝a2t1
解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s
1～1.5 s内(t2＝0.5 s)，由于水平向右的拉力F2＝1.4 N恰好与Ff1＋Ff2平衡，故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动，有：
v1′＝v1＋a1t2＝3 m/s
v2′＝v2＝3 m/s
(3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为：
a1′＝eq \f(Ff1,m)＝2 m/s2
a2′＝eq \f(Ff2－Ff1,M)＝5 m/s2
物块和平板停下所用的时间分别为：Δt1＝eq \f(v1′,a1′)＝1.5 s
Δt2＝eq \f(v2′,a2′)＝0.6 s
可画出物块、平板的速度－时间图象，如图所示，
根据“速度－时间图象与时间轴所围的面积表示位移”可知，1～1.5 s内，物块相对平板向左滑行的距离为：x1＝eq \f(1,2)×(1.5－1)×3 m＝0.75 m
1.5～3 s内，物块相对平板向右滑行的距离为：x2＝eq \f(1,2)×(3－2.1)×3 m＝1.35 m
由于x2>x1，故L＝x2＝1.35 m.
4.（2021届云南省高三（下）第二次复习统一检测物理试题）如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量 m1= 1 kg的小滑块，管和弹射器的总质量 m2= 2 kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为 1.0 m； 滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4 m。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10 m/s2。求
（1）滑块被弹射后在圆柱形管内滑动时的加速度大小；
（2）滑块离开弹射器后运动到最高点的时间；
（3）当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力 F，为保证滑块不滑出管口，计算 F的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）24N
【解析】
（1）对滑块由牛顿第二定律得
①
解得
②
（2）设滑块离开弹射器的初速度为v0，离开管口的速度为v1，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大高度为H。
滑块由底端。上升到最高点的过程中，由动能定理得
③
滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得
④
滑块滑到管口的时间
⑤
滑块从管口，上抛到最大高度处的时间
⑥
滑块运动的总时间
⑦
解得
⑧
（3）为保证滑块不滑出圆柱管，当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力F最小。设圆柱形管上升的加速度为a2，共速的时间为t3，共速的速度为v。对管由牛顿第二定律得
⑨
滑块与圆柱形管的相对位移
共速时
解得
F= 24N
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
专题3.2 动力学典型模型的分析【练】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23951" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc23951 \h 1
\l "_Tc5237" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc5237 \h 5
\l "_Tc19015" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc19015 \h 10
一．练经典题型
1．(2021·湖南长沙市长沙县第六中学月考)如图，斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体一起靠惯性沿光滑斜面下滑，下列判断正确的是( )
A．图甲中两物体之间的绳中存在弹力
B．图乙中两物体之间存在弹力
C．图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力
D．图丁中两物体之间既有摩擦力，又有弹力
【答案】 C
【解析】 图甲：整体法分析，根据(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，隔离A可知FT＋m1gsin θ＝m1a，解得绳的拉力FT＝0，故A错误；图乙：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，隔离A可知FN＋m1gsin θ＝m1a，解得两物体之间的弹力FN＝0，故B错误；图丙：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得加速度沿斜面向下，隔离A，将加速度分解到竖直和水平方向，根据牛顿第二定律可知，题图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力，故C正确；图丁：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，隔离A可知Ff＋m1gsin θ＝m1a，解得：Ff＝0，故D错误．
2.(2020·丰台区第二学期统考)如图，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，已知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)。则( )
A．t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2
B．t＝0时，A、B之间的相互作用力为4 N
C．t＝1.5 s时，A、B开始分离
D．A、B开始分离时的速度为3 m/s
【答案】B
【解析】：由变化规律可知，t＝0时，FA＝8 N，FB＝2 N，合力F＝FA＋FB＝10 N，故此时A与B的加速度相等，都是a＝eq \f(F,mA＋mB)＝eq \f(10 N,4 kg＋6 kg)＝1 m/s2，A错误；t＝0时设A、B间的作用力为F′，则对于B而言F′＋FB＝mBa，代入数据解得F′＝4 N，故A、B之间的作用力为4 N，如果分析A的受力也是可以的，结果一样，B正确；由题意可知，当A、B间的作用力为0时开始分离，设时间为t，则对于A而言：FA＝mAa，对于B而言：FB＝mBa，解得t＝2 s，C错误；由于两个力的合力F＝10 N是不变的，即为恒力，故两个物体一起做匀加速直线运动， 前面已经计算出了它共同的加速度是1 m/s2，则到分离时，即t＝2 s时，它们的速度大小为v＝at＝1 m/s2×2 s＝2 m/s，D错误。
3．(多选)(2020·湖北黄冈中学模拟)如图所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动.轻绳拉力的大小( )
A.与斜面的倾角θ有关
B.与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C.与两物体的质量m1和m2有关
D.若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小与θ，μ无关
【答案】 CD
【解析】 对整体受力分析有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcs θ＝(m1＋m2)a，对m2有FT－m2gsin θ－μm2gcs θ＝m2a，解得FT＝eq \f(m2,m1＋m2)F，与μ和θ无关，与两物体的质量m1和m2有关，故A、B错误，C正确；若改用F沿斜面向下拉连接体，同理可得FT＝eq \f(m1,m1＋m2)F，故D正确.
4．(多选)(2020·湖北鄂东南联盟模拟)如图所示，A物体的质量是B物体的k倍．A物体放在光滑的水平桌面上通过轻绳与B物体相连，两物体释放后运动的加速度为a1，轻绳的拉力为FT1；若将两物体互换位置，释放后运动的加速度为a2，轻绳的拉力为FT2.不计滑轮摩擦和空气阻力，则( )
A．a1∶a2＝1∶k B．a1∶a2＝1∶1
C．FT1∶FT2＝1∶k D．FT1∶FT2＝1∶1
【答案】 AD
【解析】 由牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，FT1＝mAa1，同理两物体互换位置，则mAg＝(mA＋mB)a2，FT2＝mBa2，解得a1∶a2＝mB∶mA＝1∶k，FT1∶FT2＝1∶1，故A、D正确．
5.(2021·山东济南历城二中一轮复习验收)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块的加速度大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
【答案】 A
【解析】 当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(kt,m1＋m2)，a∝t；当F比较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a1＝eq \f(μm2g,m1)，μ、m1、m2一定，则a1一定，a2＝eq \f(F－μm2g,m2)＝eq \f(k,m2)t－μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于eq \f(k,m1＋m2)
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，木板的加速度为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
【答案】 D
【解析】 由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，得物块在木板上以a1＝μ2g＝4 m/s2减速滑行时木板以a2＝eq \f(μ2m2g－μ1m1＋m2g,m1)＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v1＝v0－a1t＝1.6 m/s，木板的速度v2＝a2t＝1.2 m/s，B错误.0.6 s内物块位移为x1＝eq \f(v0＋v1,2)t＝1.68 m，木板位移x2＝eq \f(0＋v2,2)t＝0.36 m，相对位移为Δx＝x1－x2＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a4＝μ2g＝2 m/s2，方向向左，C错．在地面上物块会滑行x4＝eq \f(v\\al(,12),2a4)＝eq \f(v\\al(,12),2μ2g)＝0.32 m，木板会滑行x3＝eq \f(v\\al(,22),2a3)＝eq \f(v\\al(,22),2μ1g)＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．
7.(多选)(2020·山东济南一中期中)如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )
【答案】 CD
【解析】 木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C、D正确，A、B错误．
8.(2020·辽宁师大附中开学考试)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度大小为g)( )
A．μ与a之间一定满足关系μ>eq \f(a,g)
B．煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为eq \f(v2,μg)
C．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为eq \f(v,μg)
D．黑色痕迹的长度为eq \f(a－μgv2,2a2)
【答案】 C
【解析】 由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有μmg
1.(2020·江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A.F B.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
【答案】 C
【解析】 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C项正确，A、B、D项均错误。
2.(多选)(2020·山东日照市模拟)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5所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(9,16).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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/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2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2
C.经过eq \r(2) s的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为eq \f(4\r(3),3) m/s
【答案】 AC
【解析】 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq \r(2) s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2eq \r(2) m/s，选项C正确，D错误.
3.(2021·广东深圳二调)如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间．卡车正以90 km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin 37°＝0.6)( )
A．23 mB．33 m
C．43 mD．53 m
【答案】C
【解析】 卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可得mgtan 37°＝ma，解得a＝eq \f(3,4) g，根据运动学公式则有0－v2＝－2ax，解得x＝eq \f(125,3) m，其刹车的最小距离更接近于43 m，故C正确，A、B、D错误．
4.(多选)(2020·滨州二模)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(2,1)B．若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)＝eq \f(1,2)
C．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)D．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(1,2)，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)≠eq \f(1,2)，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cs θ＝mg、F4cs α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)，故选项D正确。
5.(多选)(2021·山东邹城一中测试)如图甲所示，质量为m＝1 kg可视为质点的物块A放置在长木板B上，A、B静止在水平地面上，已知长木板B的质量M＝4 kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻，A的加速度为零
B．t＝5 s时刻，B的加速度为3.5 m/s2
C．在整个运动过程中，物块A的加速度始终不变
D．如果长木板B足够长，最终A、B将共速
【答案】 BC
【解析】 由滑动摩擦力公式可知，A、B间的滑动摩擦力：FfA＝μmg＝1 N，B与地面间的滑动摩擦力：FfB＝μ(M＋m)g＝5 N，A、B间发生相对滑动后，A的加速度将保持不变，其大小为：aA＝eq \f(FfA,m)＝1 m/s2.若A、B间刚好发生相对滑动时的外力为F1，由牛顿第二定律得F1－μ(M＋m)g＝(M＋m)aA，得F1＝10 N，所以t＝0时刻A的加速度aA＝1 m/s2，故A项错误，C项正确；在t＝5 s时，F＝20 N，对长木板B由牛顿第二定律有：F－FfA－FfB＝MaB，得aB＝3.5 m/s2，故B项正确；只要F始终作用在长木板B上，B的加速度始终大于A的加速度，无论长木板B多长，A、B都不会共速，故D项错误．
6.(2021·广西北流市实验中学高三开学考试)如图所示，两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的足够长的斜面体C上．已知A、B质量分别为m1和m2，A与C的动摩擦因数为μ1，B与A的动摩擦因数为μ2.两滑块A、B在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向右
B．滑块A与斜面间的动摩擦因数μ1＝tan θ
C．滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为μ1(m1＋m2)gcs θ
D．滑块B所受的摩擦力大小为μ2m2gcs θ
【答案】 C
【解析】 把AB看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为FNx＝(m1＋m2)gcs θ·sin θ，方向水平向右，AB对C的摩擦力在水平方向的分力为Ffx＝Ffcs θ，方向水平向左．因为AB一起加速下滑，所以(m1＋m2)gsin θ>Ff，则FNx>Ffx，所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左，A错误；
因为AB一起加速下滑，所以μ1(m1＋m2)gcs θ<(m1＋m2)gsin θ，则μ1
滑块AB一起加速下滑，其加速度为a＝gsin θ－μ1gcs θ，则滑块B所受的摩擦力大小为FfB＝m2a＝m2g(sin θ－μ1cs θ)，D错误．
7.(2021·江苏如皋中学高三三模)如图所示，厚度可不计的圆环B套在粗细均匀、足够长的圆柱棒A的上端，圆环和圆柱棒质量均为m，圆环可在棒上滑动，它们之间滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，大小均为Ff＝2mg，开始时棒A的下端距地面的高度为H，圆环B套在A的最上端，由静止释放后棒A能沿光滑的竖直细杆MN上下滑动，设棒与地面相碰时无机械能的损失且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，求：
(1)棒A第一次与地面相碰后向上运动时，棒A和圆环B的加速度分别为多大？
(2)从释放到棒A第一次到达最高点时，圆环B相对A滑动的距离x；
(3)若棒A的长度为L＝2.5H，求最终圆环B离地的高度h.
【答案】 (1)3g g (2)eq \f(8,9)H (3)0.5H
【解析】 (1)A与地面相碰后，速度大小不变，方向变成向上，B仍向下运动，则A、B间出现相对滑动，由牛顿第二定律，
对A：Ff＋mg＝maA，解得aA＝3g；
对B：Ff－mg＝maB，解得aB＝g；
(2)释放后A、B一起做自由落体运动，设A下端第一次与地面相碰时A、B的速度大小为v，则2mgH＝eq \f(1,2)×2mv2，
解得v＝eq \r(2gH)；
A棒与地面碰撞后以原速率反弹，向上匀减速至最高点，所需的时间为t,0＝v－3gt，解得t＝eq \f(v,3g)＝eq \f(\r(2gH),3g)；
A棒匀减速上升的位移大小xA＝eq \f(v2,2×3g)＝eq \f(1,3)H，
B环向下做匀减速运动的位移大小xB＝vt－eq \f(1,2)gt2＝eq \f(5,9)H
B环相对A棒滑动的距离x＝xA＋xB＝eq \f(8,9)H
(3)由分析可知，圆环B一直相对于A向下滑动，A最终静止在地面，B沿A下滑一段距离s后静止，全过程根据能量的转化和守恒，有mgH＋mg(H＋s)＝Ffs
解得s＝2H，
则圆环B离地的高度为h＝L－s＝0.5H.
8．(2020·渤海高中模拟)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；
(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？
【答案】(1)2 s (2)5 m (3)eq \f(4\r(5),5) s
【解析】(1)开始阶段，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
所以a1＝gsin θ＋μgcs θ
解得a1＝10 m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s
煤块发生的位移为
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m<16 m
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；
第二阶段有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
解得t2＝1 s
煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为
Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m
故煤块相对于传送带上移5 m
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx2＝(LAB－x1)－vt2
解得Δx2＝1 m
即煤块相对传送带下移1 m
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5 m。
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，
则有LAB＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,min)
可得tmin＝eq \f(4\r(5),5) s。
三．练规范解答
1.(2020·马鞍山检测)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的vt图象如图乙所示。g取10 m/s2，求：
甲 乙
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
【答案】(1)15 N (2)6 m
【解析】(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图象得，
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,2) m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得
aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝eq \f(0－v0,aA)＝eq \f(0－6,－3) s＝2 s
物块A通过的位移xA＝eq \f(v0,2)t＝6 m
物块B通过的位移
xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离
Δx＝xB－xA＝6 m。
2.如图所示，光滑曲面AB与长度L＝6 m的水平传送带BC平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度大小为v＝6 m/s，传送带最右侧C端靠近一倾角θ＝30°的足够长斜面的底端，二者间通过一段长度不计的光滑小圆弧(图中未画出)平滑连接。将一小物块从曲面上高h＝1.25 m 处的A点由静止释放，物块与传送带、斜面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝eq \f(\r(3),2)，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求物块从开始滑上传送带到最终停止运动的总时间(结果保留2位小数)；
(2)若传送带的速度大小v可以任意调节，求小物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比。
【答案】 (1)1.52 s (2)49∶1
【解析】 (1)设物块质量为m，物块运动到B点时的速度为v0，则物块从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝5 m/s
假设物块在传送带上可以达到与传送带相同的速度大小，对物块在传送带上做匀加速运动的过程应用牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
由运动学公式有v2－veq \\al(2,0)＝2a1x
解得x＝2.75 m＜L
假设成立，物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
则物块在传送带上匀加速运动的时间
t1＝eq \f(v－v0,a1)＝eq \f(6－5,2) s＝0.5 s
匀速运动的时间t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(6－2.75,6) s＝eq \f(13,24) s
物块冲上斜面后，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μ2mgcs θ＝ma2
解得a2＝12.5 m/s2
物块在斜面上向上运动的时间t3＝eq \f(v,a2)＝eq \f(6,12.5) s＝eq \f(12,25) s
因μ2＝eq \f(\r(3),2)＞tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，所以物块最后会停在斜面上，故物块从滑上传送带到最终停止运动的总时间为
t＝t1＋t2＋t3＝1.52 s。
(2)当物块在传送带上一直做匀加速运动时，其滑至C端时的速度最大，设为v1
则有veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2a1L
当物块在传送带上一直做匀减速运动时，其滑至C端时的速度最小，设为v2
则有veq \\al(2,2)－veq \\al(2,0)＝－2a1L
物块滑上斜面后均做匀减速直线运动，则有
veq \\al(2,1)＝2a2x1＝2a2eq \f(h1,sin 30°)
veq \\al(2,2)＝2a2x2＝2a2eq \f(h2,sin 30°)
联立可得物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比为h1∶h2＝49∶1。
3．(2020·山东邹城市高三期中)如图甲所示，质量M＝0.2 kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1 kg的物块(可视为质点)叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态.现对平板施加一水平向右的拉力，该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.5 s末撤去拉力.已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与平板间的动摩擦因数μ1＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.求：
(1)0～1 s内物块和平板的加速度大小a1、a2；
(2)1 s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5 s末物块和平板的速度大小v1′、v2′；
(3)平板的最短长度L.
【答案】 (1)a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 (2)v1＝2 m/s，v2＝3 m/s，v1′＝v2′＝3 m/s (3)1.35 m
【解析】 (1)0～1 s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为：
Ff1＝μ1mg＝0.2 N
Ff2＝μ2(M＋m)g＝1.2 N
设物块与平板间恰好相对滑动时拉力大小为F0
由牛顿第二定律有F0－Ff2＝(m＋M)eq \f(Ff1,m)
解得F0＝1.8 N
因为F1＝2 N>F0＝1.8 N
故物块与平板发生相对滑动.
对物块和平板由牛顿第二定律有：
a1＝eq \f(Ff1,m)
a2＝eq \f(F1－Ff1－Ff2,M)
解得：a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
(2)0～1 s内(t1＝1 s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有：
v1＝a1t1
v2＝a2t1
解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s
1～1.5 s内(t2＝0.5 s)，由于水平向右的拉力F2＝1.4 N恰好与Ff1＋Ff2平衡，故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动，有：
v1′＝v1＋a1t2＝3 m/s
v2′＝v2＝3 m/s
(3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为：
a1′＝eq \f(Ff1,m)＝2 m/s2
a2′＝eq \f(Ff2－Ff1,M)＝5 m/s2
物块和平板停下所用的时间分别为：Δt1＝eq \f(v1′,a1′)＝1.5 s
Δt2＝eq \f(v2′,a2′)＝0.6 s
可画出物块、平板的速度－时间图象，如图所示，
根据“速度－时间图象与时间轴所围的面积表示位移”可知，1～1.5 s内，物块相对平板向左滑行的距离为：x1＝eq \f(1,2)×(1.5－1)×3 m＝0.75 m
1.5～3 s内，物块相对平板向右滑行的距离为：x2＝eq \f(1,2)×(3－2.1)×3 m＝1.35 m
由于x2>x1，故L＝x2＝1.35 m.
4.（2021届云南省高三（下）第二次复习统一检测物理试题）如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量 m1= 1 kg的小滑块，管和弹射器的总质量 m2= 2 kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为 1.0 m； 滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4 m。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10 m/s2。求
（1）滑块被弹射后在圆柱形管内滑动时的加速度大小；
（2）滑块离开弹射器后运动到最高点的时间；
（3）当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力 F，为保证滑块不滑出管口，计算 F的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）24N
【解析】
（1）对滑块由牛顿第二定律得
①
解得
②
（2）设滑块离开弹射器的初速度为v0，离开管口的速度为v1，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大高度为H。
滑块由底端。上升到最高点的过程中，由动能定理得
③
滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得
④
滑块滑到管口的时间
⑤
滑块从管口，上抛到最大高度处的时间
⑥
滑块运动的总时间
⑦
解得
⑧
（3）为保证滑块不滑出圆柱管，当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力F最小。设圆柱形管上升的加速度为a2，共速的时间为t3，共速的速度为v。对管由牛顿第二定律得
⑨
滑块与圆柱形管的相对位移
共速时
解得
F= 24N
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