2020版高考一轮复习物理通用版讲义：第三章第3节牛顿运动定律的综合应用

第3节　牛顿运动定律的综合应用

一、超重与失重

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：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．超重、失重和完全失重的比较

二、整体法与隔离法[注2]

1．整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况。运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。

2．隔离法：当求系统内物体间相互作用力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。

[注解释疑]

[注1] 物体在完全失重状态下由重力引起的现象将消失。

[注2] (1)如果以几个物体组成的系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。

(2)应用牛顿第二定律对整体列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转变为隔离体的外力。

[深化理解]

1.不管物体的加速度是否沿竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。

2.发生超重、失重现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化，即视重发生了变化。

3.整体法和隔离法的选取与所研究的问题及连接体的组成特点有关。如用滑轮连接的两物体加速度大小相同，但方向往往不同，常采用隔离法。

[基础自测]

一、判断题

(1)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)

(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×)

(3)加速上升的物体处于超重状态。(√)

(4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)

(5)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×)

(6)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。(√)

(7)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。(√)

二、选择题

1．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v ­t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是(　　)

解析：选B　根据v ­t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：小于重力→等于重力→大于重力→大于重力→等于重力→小于重力，故选项B正确。

2．[粤教版必修1 P98 T1改编]如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。g取10 m/s2。下列各种情况中，体重计的示数最大的是(　　)

A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2

B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2

C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5 m/s2

D．电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5 m/s2

解析：选C　由题意可知，体重计的示数最大时，人应具有向上的最大加速度，处于超重状态，故A、D错误；由F－mg＝ma，可得F＝mg＋ma，则当a＝1.5 m/s2时体重计的示数最大，故C正确，D错误。

3.(多选)如图所示用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是(　　)

A．Ta增大　　　　　　　　　 B．Tb增大

C．Ta减小   D．Tb减小

解析：选AD　设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝，对最左边的物体分析，Tb＝ma，对最右边的物体分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－m′a。在中间物体上加上橡皮泥，由于原拉力F不变，则整体的加速度a减小，因为m、m′不变，所以Tb减小，Ta增大，A、D正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在对超重和失重的理解、临界极值问题分析、整体法与隔离法的应用，通常以选择题的形式呈现，难度一般，而应用牛顿第二定律和运动学规律分析板块模型和传送带模型问题，既是难点，又是热点，题型有选择题，也有计算题，难度较大。

考点一　对超重与失重的理解[基础自修类]

[题点全练]

1．[对完全失重的理解和判断]

下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态(　　)

A．高楼内正常运行的电梯中

B．沿固定于地面的光滑斜面滑行

C．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动

D．不计空气阻力条件下的竖直上抛

解析：选D　高楼内正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的且大小等于g，总是处于完全失重状态，故选项D正确。

2．[根据运动状态判断超重、失重]

如图所示，一物体(可视为质点)从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下。A点为弹簧自然状态时上端点的位置，当物体到达B点时，物体速度恰好为零，然后被弹回。下列说法中正确的是(　　)

A．物体从A点下降到B点的过程中，速率不断变小

B．物体在B点时，所受合力为零

C．物体在A点时处于超重状态

D．物体在B点时处于超重状态

解析：选D　物体从A点开始，所受合力先向下但不断减小，加速度不断减小，速度不断增大，在A、B间的某个位置弹力大小等于重力时，物体所受合力等于0，速度最大，再向下运动，所受合力反向且不断增大，物体向下做减速运动，加速度向上，且不断增大，在B点具有最大的向上的加速度，故物体在A点处于失重状态，在B点处于超重状态，故D正确，A、B、C错误。

3．[根据失重分析物体的运动状态]

如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为12 m/s2

B．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2

C．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2

D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为12 m/s2

解析：选C　电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，此时拉力等于重力，则重物的重力等于10 N。当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物有mg－F＝ma，代入数据解得a＝2 m/s2，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确，A、B、D错误。

考点二　整体法与隔离法在动力学中的应用[师生共研类]

[典例]　如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)

A．此过程中物体C受五个力作用

B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断

C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断

D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为

[解析]　对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。若水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a＝，隔离对A分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误。

[答案]　C

[延伸思考]

(1)若在物体B上再放上质量为m的物体D，则B、C间细绳的拉力大小如何变化？若放在物体A上呢？

(2)若水平面光滑，则细绳刚好被拉断时，拉力F多大？

提示：(1)在B上放上D后，系统向右运动的加速度减小，由F绳－μ(m＋3m)g＝(m＋3m)a可知，细绳的拉力将减小。若放在物体A上，系统向右运动的加速度也减小，由F－F绳＝2ma可知，F绳将增大。

(2)由F＝(m＋3m＋2m)a，FT＝(m＋3m)a可得F＝1.5FT。

[题点全练]

1．[先整体再隔离]

(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　)

A．减小A物块的质量　　　　　 B．增大B物块的质量

C．增大倾角θ   D．增大动摩擦因数μ

解析：选AB　对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。

2．[先隔离再整体]

如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。细线中的拉力大小为(　　)

A．Mg   B．M(g＋a)

C．(m1＋m2)a   D．m1a＋μ m1g

解析：选C　以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，故D错误。

3．[整体法与隔离法交互使用]

质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球且M＞m。用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲所示。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F1′，如图乙所示。下列判断正确的是(　　)

A．a′＝a，F1′＝F1   B．a′＞a，F1′＞F1

C．a′＜a，F1′＝F1   D．a′＞a，F1′＝F1

解析：选D　先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F＝(M＋m)a，再隔离题图甲中的小球受力分析，如图(a)所示。

根据牛顿第二定律，有F－F1sin α＝ma，F1cos α－mg＝0，联立以上三式解得F1＝，a＝。再隔离题图乙中小球受力分析，如图(b)所示。由几何关系得F合＝mgtan α，F1′＝，由牛顿第二定律，得a′＝gtan α，由于M＞m，故a′＞a，F1′＝F1，故D正确。

考点三　动力学中的临界极值问题[多维探究类]

临界或极值条件的标志

考法(一)　接触与脱离的临界问题

[例1]　如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　)

A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长

B．B和A刚分离时，它们的加速度为g

C．弹簧的劲度系数等于

D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动

[解析]　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，

对B：F－mg＝ma，

对A：kx－mg＝ma。

即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，

由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，

则2mg＝kx0，h＝x0－x，

解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确。

[答案]　C

[题型技法]

(1)两接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。

(2)两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同，但物体间的作用力为零。

考法(二)　叠加体系统的临界极值问题

[例2]　(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　)

A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止

B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

C．当F＞3μmg时，A相对B滑动

D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg

[解析]　A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会相对地面运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，得F＝3μmg，则F＞3μmg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确。

[答案]　BCD

[题型技法]　叠加体系统临界问题的求解思路

考法(三)　运动类临界极值问题

[例3]　如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；

(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。

[解析]　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ

联立解得：μ＝。

(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，

由0－v02＝2ax得x＝，

令cos α＝，sin α＝，

即tan α＝μ，

则x＝，

当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，

所以x最小值为

xmin＝ m

＝＝ m。

[答案]　(1)　(2)θ＝60°　 m

[题型技法]

运动类临界极值问题一般是根据已知条件将物理过程用数学关系式表达出来，再借助数学知识求解临界条件和极值。

[题点全练]

1．[叠加体系统的临界极值问题]

如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3。用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2。当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)

A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2

B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2

C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2

D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2

解析：选D　由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即f＝ma1，且f的最大值为fm＝μmg，故a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2。当二者相对静止一起加速运动时，a2＝a1≤3 m/s2；当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2。综上所述，只有选项D符合题意。

2．[接触与脱离的临界极值问题]

(多选)如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平力FA＝(9－2t)N(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则(　　)

A．A物体3 s末时的加速度是初始时刻的

B．t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动

C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零

D．t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反

解析：选ABD　对于A、B整体，由牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为N，则对B由牛顿第二定律可得N＋FB＝mBa，解得N＝mB－FB＝ N。当t＝4 s时N＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，当t＜4 s时，A、B的加速度均为a＝，代入数据可得A物体3 s末时的加速度是初始时刻的，故选项A、B、D正确。

3．[动力学中的极值问题]

如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。

(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。

(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？

解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得

L＝v0t＋at2 ①

v＝v0＋at ②

联立①②式，代入数据得

a＝3 m/s2 ③

v＝8 m/s。 ④

(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，

由牛顿第二定律得

Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤

Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥

又Ff＝μFN ⑦

联立⑤⑥⑦式，可得：

F＝ ⑧

由数学知识得

cos α＋sin α＝sin(60°＋α) ⑨

由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角

α＝30° ⑩

联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin＝ N。

答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N

考点四　滑块—滑板模型[方法模型类]

1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。

2．摩擦力方向的特点

(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。

(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。

3．运动特点

(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，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，滑板位移大小为x2

同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2

反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2

(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。

[典例]　(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)B与木板相对静止时，木板的速度；

(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。

[解析]　(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有

f1＝μ1mAg ①

f2＝μ1mBg ②

f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③

由牛顿第二定律得

f1＝mAaA ④

f2＝mBaB ⑤

f2－f1－f3＝ma1 ⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有

v1＝v0－aBt1 ⑦

v1＝a1t1 ⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得

v1＝1 m/s。 ⑨

(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

sB＝v0t1－aBt12 ⑩

设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪

由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2

 ⑫

对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬

在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为

s1＝v1t2－a2t22 ⑭

在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为

sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ⑮

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为

s0＝sA＋s1＋sB ⑯

联立以上各式，并代入数据得

s0＝1.9 m。 ⑰

(也可用如图所示的速度—时间图线求解)

[答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m

[方法归纳]

求解滑块—滑板模型问题的方法技巧

(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。

(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。

(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。

[题点全练]

1．[水平面光滑的滑块—滑板模型]

如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N。当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。从物体放上小车开始经t＝1.5 s的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)(　　)

A．1 m　　　　　　　　　　 B．2.1 m

C．2.25 m   D．3.1 m

解析：选B　放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移：s1＝a1t12＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a＝＝0.8 m/s2，再运动0.5 s的位移s2＝vt′＋at′2＝1.1 m，故从物体放上小车开始的1.5 s时间内，物体相对地面的位移为1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项B正确。

2．[水平面粗糙的滑块—滑板模型]

如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。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均有摩擦，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，木板运动的速度—时间图像可能是图中的(　　)

解析：选A　放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。

3．[多个板块的组合模型]

如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝1 kg，一质量为m1＝1 kg的物体(可视为质点)以v0＝6 m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2)

(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；

(2)若μ1＝0.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。

解析：(1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得

μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g；

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得

μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，

联立两式，代入数据得0.4＜μ1≤0.6。

(2)若μ1＝0.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动。设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，

由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，

设物体滑到木板A末端时的速度为v1，

由运动学公式得v12－v02＝－2a1l，

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得

v1＝v0－a1t，

代入数据得v1＝4 m/s，t＝0.4 s。

答案：(1)0.4＜μ1≤0.6　(2)4 m/s　0.4 s

“专项研究”拓视野——传送带问题面面观

传送带问题因试题难度较大，近几年较少考查，但作为一个与现实生活息息相关的问题，能很好地考查考生学以致用的能力，其命题潜在价值不可忽视。本内容以难点深化的方式呈现，供学有余力的考生自主选用。

1．两类问题：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。

2．解题关键：关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。

(1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物＜v带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运动。

(2)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物＞v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。

(3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。

(4)若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。

3．物块在传送带上运动的六类常见情形

[例1]　如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动，传送带的右侧上方固定一挡板。在t＝0时刻，将一滑块轻轻放在传送带的左端。当滑块运动到挡板所在的位置时，与挡板发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程中的能量损失。某同学画出了滑块从t＝0时刻到与挡板第二次碰撞前的v­t图像，其中可能正确的是(　　)

[解析]　传送带沿顺时针方向匀速率转动，滑块轻放在传送带上，滑块先向右做初速度为零的匀加速直线运动，如果传送带足够长，滑块加速到与传送带的速度相同，即v0，然后与传送带一起做匀速直线运动，与挡板碰撞后滑块以初速度v0向左做匀减速直线运动，当速度减为零后再向右做初速度为零的匀加速直线运动，与挡板发生第二次碰撞时速度为v0，滑块在传送带上做变速运动时加速度大小相等，故A正确。

[答案]　A

[例2]　(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则(　　)

A．传送带一定逆时针转动

B．μ＝tan θ＋

C．传送带的速度大于v0

D．t0后木块的加速度为2gsin θ－

[解析]　若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsin θ＞μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当木块上滑时(mgsin θ＜μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，选项A正确。木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图可知a1＝，则μ＝－tan θ，选项B错误。当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误。等速即t0后木块的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，选项D正确。

[答案]　AD

[针对训练]

1．[水平传送带模型]

(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度大小g取10 m/s2。则煤块从A运动到B的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s

B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s

C．划痕长度是0.5 m

D．划痕长度是2 m

解析：选BD　根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at12＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误。

2．[物块初速度不为零的倾斜传送带模型]

(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1。不计空气阻力，动摩擦因数一定。关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的(　　)

A．从下端B离开，v＞v1　　　　 B．从下端B离开，v＜v1

C．从上端A离开，v＝v1   D．从上端A离开，v＜v1

解析：选ABC　物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C。

3．[物块初速度为零的倾斜传送带模型]

如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示。在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)物体从A运动到底端B所用的时间；

(2)物体与传送带的相对位移大小。

解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2。

物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝＝5 m<16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝＝1 s。由于mgsin θ＝3 N>μmgcos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动。设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2。

由位移公式L－x1＝v0t2＋a2t22，解得时间t2＝1 s，

所以总时间t＝t1＋t2＝2 s。

(2)在传送带上取一点M。M点做匀速运动，物体一直做加速运动。

法一：整体法

整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M点)的位移大小为：x＝x传－x物＝4 m。由于M点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M点4 m。

法二：v­t图像法

相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即：

x＝－＝4(m)。

法三：分段法

第一个过程：M点的位移为v0t1＝10 m，所以物体与传送带间的相对位移大小x相对1＝v0t1－x1＝5 m。由于M点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M点后面5 m处。

第二个过程：M点的位移为v0t2＝10 m，物体的位移为L－x1＝11 m，故相对位移大小为x相对2＝1 m。此过程物体追M点，并靠近M点1 m。故相对位移大小x＝x相对1－x相对2＝4 m。即全过程物体向后远离M点4 m。

答案：(1)2 s　(2)4 m