素养提升课(五) 连接体问题、临界问题、动力学图像问题
学习任务 1．学会处理动力学中的连接体问题。 2．学会处理动力学中的临界问题。 3．学会处理动力学中的图像问题。
动力学中的连接体问题
1．连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起。
2．处理连接体问题的方法
(1)整体法：把多个物体组成的系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。
(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。
3．整体法与隔离法的选用
(1)求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。
(2)求解连接体问题时，随着研究对象的转换，往往两种方法交叉运用．一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。
(3)无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
【典例1】 如图所示，A、B、C三个物体以轻质细绳1、2相连，mA＝2 kg，mB＝3 kg，mC＝1 kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，不计绳2与滑轮间的摩擦，取g＝10 m/s2，求：
(1)系统的加速度大小。
(2)绳1和绳2中的张力大小。
[思路点拨] 解此题应抓住以下两点
(1)物体A、B、C的加速度大小相等。
(2)物体A、C与水平桌面间存在摩擦力，且动摩擦因数相同，所以A、C可以看作一个“小整体”。
[解析] 设系统的加速度大小为a，绳1的张力大小为F1，绳2的张力大小为F2。
对物体C由牛顿第二定律得
F1－μmCg＝mCa
对A、C整体由牛顿第二定律得
F2－μ(mA＋mC)g＝(mA＋mC)a
对物体B由牛顿第二定律得
mBg－F2＝mBa
解得：a＝3.75 m/s2，F1＝6.25 N，F2＝18.75 N。
[答案] (1)3.75 m/s2 (2)6.25 N 18.75 N
[跟进训练]
1．(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为( )
A． B． C． D．
A [当两球运动至二者相距时，二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cos θ＝0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1，对轻绳的中点受力分析得F－2F1sin θ＝m绳a，又轻绳质量近似为0，解得F1＝。对质量为m的小球，由牛顿第二定律有F1＝ma，解得a＝，选项A正确。]
2．(多选)(2022·江西省铜鼓中学高一检测)如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g；忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．斜面对小球的弹力为mg cos θ
B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为m
C．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大
D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大
BD [以小球为研究对象，分析受力情况，小球受到重力mg、竖直挡板对球的弹力N和斜面的弹力F1，由题知斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得，竖直方向F1cos θ＝mg，水平方向N－F1sin θ＝ma，联立解得F1＝，与加速度无关，A、C错误；根据N＝mg tan θ＋ma可知，若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大，D正确；小球所受重力mg、竖直挡板对球的弹力N和斜面的弹力F1的合力为ma，即ma与重力的合力和N与F1的合力等大反向，斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为m， B正确。]
动力学中的临界问题
1．题型概述
在动力学问题中出现某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态即临界问题。问题中出现“最大”“最小”“刚好”“恰能”等关键词语，一般都会涉及临界问题，隐含相应的临界条件。
2．临界问题的常见类型及临界条件
(1)接触与分离的临界条件：两物体相接触(或分离)的临界条件是弹力为零且分离瞬间的加速度、速度分别相等。
(2)相对静止与相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是绳上的张力恰好为零。
(4)出现加速度最值与速度最值的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值。
3．解题关键
正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行判断与分析，挖掘出隐含的临界条件。
【典例2】 如图所示，一质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜面与水平面夹角为θ＝30°，则：
(1)劈以加速度a1＝水平向左加速运动时，绳的拉力为多大？
(2)劈的加速度至少为多大时小球对劈无压力？此时加速度方向如何？
[解析] 当劈水平向左的加速度较小时，小球对劈有压力作用，当劈水平向左的加速度较大时，小球将离开斜面。
(1)对小球进行受力分析如图所示。
在水平方向上有
FT1cos θ－FN1sin θ＝ma1
在竖直方向上有
FT1sin θ＋FN1cos θ＝mg
由以上两式得FT1＝mg。
(2)对小球进行受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得小球对劈无压力时
FT2cos θ＝ma2
FT2sin θ＝mg
由以上两式得a2＝g，方向水平向左。
[答案] (1)mg (2)g，方向水平向左
[母题变式]
本题中若劈的加速度为a3＝2g且水平向左加速运动时，绳的拉力又为多大？
提示：FT3＝mg
解答临界问题的三种方法
(1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而找出临界条件。
(2)假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理。
(3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件。
[跟进训练]
3．(2022·北京朝阳高一期中)如图所示，质量为m＝2.5 kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F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＝0.3。这时铁箱内一个质量为m′＝0.5 kg 的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．木块受到的摩擦力大小为＝2.5 N
B．木块对铁箱压力的大小N＝15 N
C．铁箱与地面的摩擦力为＝7.5 N
D．水平拉力大小F＝129 N
D [木块恰好能静止在后壁上，在竖直方向由平衡条件得木块受到的摩擦力大小为＝mg＝0.5×10 N＝5 N，A错误；由滑动摩擦力公式可知木块对铁箱压力的大小为N＝＝ N＝20 N，B错误；铁箱与地面的摩擦力为＝μ1(M＋m)g＝0.3×(2.5＋0.5)×10 N＝9 N，C错误；对木块在水平方向上由牛顿第二定律得N＝ma，对整体由牛顿第二定律得＝(M＋m)a，解得F2＝129 N，D正确。]
4．如图所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1.0 kg的均匀小球，a线与水平方向成53°角，b线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N。(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。
(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。
[解析] (1)竖直向上匀加速运动时小球受力如图所示，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得
竖直方向有Fmsin 53°－mg＝ma
水平方向有Fmcos 53°＝Fb
解得Fb＝9 N，此时加速度有最大值a＝2 m/s2。
(2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得
竖直方向有Fasin 53°＝mg
水平方向有Fb－Facos 53°＝ma
解得Fa＝12.5 N
当Fb＝15 N时，加速度最大，有a＝7.5 m/s2。
[答案] (1)2 m/s2 (2)7.5 m/s2
动力学中的图像问题
1．常见的图像形式
在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(x-t图像)、速度图像(v-t图像)和力的图像(F-t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹。
v-t图像 (属于已知运动求受力) (1)根据图像确定物体各段的加速度大小和方向 (2)弄清每段与物体运动的对应关系 (3)对各段进行受力分析 (4)用牛顿第二定律求解
F-t图像 (属于已知受力求运动) (1)根据图像结合物体运动情况明确物体在各时间段的受力情况 (2)利用牛顿第二定律求出加速度 (3)利用运动学公式求其他运动量
a-F图像 图像的力F是物体受到的某一个力的变化对物体加速度的影响， (1)对物体进行全面受力分析 (2)根据牛顿第二定律求其他未知力
2．图像问题的分析方法
遇到带有物理图像的问题时，要认真分析图像，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式去解题。
【典例3】 如图甲所示，质量为m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)10 s末物体离a点的距离。
[思路点拨] ①恒力F的方向不变，而摩擦力的方向随速度方向的改变而改变。②v-t图像的斜率表示物体的加速度。③v-t图像与t轴所围面积表示物体的位移。
[解析] (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v-t图像得a1＝2 m/s2
根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，
则由v-t图像得a2＝1 m/s2
根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2
联立解得F＝3 N，μ＝0.05。
(2)设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图像与横轴所围的面积，则
d＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m
负号表示物体在a点左边。
[答案] (1)3 N 0.05 (2)在a点左边2 m处
[跟进训练]
5．(多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图像如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10 m/s2)( )
A．物体的质量为1 kg
B．物体的质量为2 kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
BC [由题图乙可知F1＝7 N时，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N时，a2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得m＝2 kg，μ＝0.3，故选项B、C正确。]
6．质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙水平地面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10 m/s2，则以下结论正确的是( )
A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C．0～1 s内，物体的位移为7 m
D．0～2 s内，物体的总位移为10 m
B [0～1 s内，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，A错误；1～2 s内物体的加速度大小a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B正确；由题可得物体运动的v-t图像，如图所示，故0～1 s内物体的位移为x1＝ m＝6 m，C错误；0～2 s内物体的总位移x＝x1＋x2＝[6＋] m＝11 m，D错误。故选B。]素养提升课(六) 传送带模型和板—块模型
学习任务 1．知道传送带模型的特点，掌握应用动力学角度解决传送带模型的方法。 2．知道板—块模型的特点，掌握应用动力学角度解决板—块模型的方法。
传送带模型
1．传送带模型分类
传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示。
2．水平传送带
(1)当水平传送带传送物体时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。
(2)滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力突变为零。
3．倾斜传送带
(1)当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
(2)倾斜传送带问题的两种类型。(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长)。
项目 条件 运动性质
向上传送物体 μ>tan θ 物体先沿传送带做向上的加速直线运动，速度相同以后二者相对静止，一起做匀速运动
μ＝tan θ 物体保持静止
μ向下 传送 物体 μ≥tan θ 物体先相对传送带向上滑，做初速度为零的匀加速[a＝g(sin θ＋μcos θ)]直线运动，速度相同后二者相对静止，一起做匀速运动
μ命题角度1 水平传送带模型
【典例1】 如图所示，水平传送带以不变的速度v＝10 m/s向右运动，将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2 s，速度达到v；再经过时间t′＝4 s，工件到达传送带的右端，g取10 m/s2，求：
(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；
(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数；
(3)传送带的长度。
[解析] (1)工作的加速度a＝
解得a＝5 m/s2。
(2)设工件的质量为m，则由牛顿第二定律得μmg＝ma
所以动摩擦因数μ＝＝＝0.5。
(3)工件加速运动距离x1＝t
工件匀速运动距离x2＝vt′
工件从左端到达右端通过的距离x＝x1＋x2
联立解得x＝50 m，此即为传送带的长度。
[答案] (1)5 m/s2 (2)0.5 (3)50 m
命题角度2 倾斜传送带模型
【典例2】 (2022·福建福州八县一中联考)如图所示，传送带与水平地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为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痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)当煤块与传送带速度相等时，它们能否相对静止；
(2)煤块从A到B的时间。
[解析] (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块分析有
mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以它们不能相对静止。
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
加速过程中t1＝＝1 s，
x1＝＝5 m
达到v0后，煤块受到沿斜面向上的摩擦力，其加速度为
a2＝＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
x2＝v0t2＋
t2＝0.5 s(t2＝－10.5 s舍去)。
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
[答案] (1)不能 (2)1.5 s
传送带模型的求解思路
[跟进训练]
1．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是( )
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
D [刚放上木炭包时，木炭包的速度小，传送带的速度大，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹出现在木炭包的右侧，所以A错误；木炭包与传送带共速所用时间t＝，木炭包的位移x1＝t＝，传送带运动的位移x2＝vt＝，径迹长L＝x2－x1＝，由此可知选项D正确，B、C错误。]
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(重力加速度大小为g)( )
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2g sin θ－
AD [若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ)，将一直匀加速到底端；当木块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项A正确。在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝g sin θ＋μg cos θ，由题图乙可知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沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误。速度相等后木块的加速度a2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值得a2＝2g sin θ－，选项D正确。]
板—块模型
1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2．滑块—滑板模型的三个基本关系
加速度 关系 滑块与滑板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度
如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与滑板运动的加速度，应注意发掘滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件
速度 关系 滑块与滑板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况
滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况，应注意摩擦力发生突变的情况
位移关系 滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之差
滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之和
【典例3】 如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。(g取10 m/s2)
(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大；
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放在长木板上开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少。
[思路点拨] 解此题注意以下三点：
(1)“长木板足够长”说明小物块不会滑出木板。
(2)判断“两者达到相同的速度”后小物块的运动情况。
(3)明确“从小物块放在长木板上开始，经过t＝1.5 s”内小物块的运动情况。
[解析] (1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2
长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。
(2)由a1t＝v0＋aMt可得t＝1 s。
(3)在开始1 s内小物块的位移x1＝amt2＝1 m
1 s末速度为v＝amt＝2 m/s
在接下来的0.5 s内小物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移为x2＝vt＋at2＝1.1 m
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。
[答案] (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m
解决板—块模型的思维方法
[跟进训练]
3．如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。
(1)求物块A和木板B运动过程中的加速度的大小；
(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小。
[解析] (1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有
a1＝＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有
a2＝＝1 m/s2。
(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有
时间关系t＝＝
位移关系L＝－
解得v0＝2 m/s。
[答案] (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)2 m/s素养提升练(五) 连接体问题、临界问题、动力学图像问题
一、选择题
1．某运送物资的列车由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．
C． D．
2．(多选)(2022·河北衡水高一检测)汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度g＝10 m/s2，下列情况说法正确的是(tan 15°＝0.27)( )
A．当a＝2 m/s2时，P有示数，Q无示数
B．当a＝2 m/s2时，P有示数，Q有示数
C．当a＝3 m/s2时，P有示数，Q有示数
D．当a＝3 m/s2时，P无示数，Q有示数
3．如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )
A B
C D
4．(多选)(2022·浙江余姚中学高一期中)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．物块A受到的摩擦力大小可能为μMg
B．物块B受到的拉力大小为mg
C．若物块A、B未发生相对滑动，轻绳对B的拉力大小为F＝
D．若增大C的质量，则物块A的加速度必然增加
5．(2022·福建省厦门集美中学高一期中)A、B两物体质量均为m＝1 kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。现对B施加一水平拉力F，下列说法正确的是( )
A．只有当F>2 N，B才会运动
B．当F＝3 N时，B的加速度大小为1 m/s2
C．当F>4 N时，A相对B滑动
D．当F＝5 N时，A的加速度大小为2.5 m/s2
6．滑块A的质量为2 kg，斜面体B的质量为10 kg，斜面倾角θ＝30°，已知A、B间和B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.27，将滑块A放在斜面B上端的同时，给B施加一水平力F，为使A沿竖直方向落地，拉力F的大小至少为(g取10 m/s2)( )
A．(100＋27) N B．100 N
C．100 N D．200 N
7．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α，如图乙所示。已知人的质量为M，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F与速度v成正比，重力加速度为g。则每根悬绳能够承受的拉力至少为( )
A． B．C． D．
8．(多选)如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后( )
A．绳子上的拉力大小T＝(M＋m)g
B．物体A的加速度a＝g
C．的取值小一些，便于观测和研究
D．的取值大一些，便于观测和研究
9．(多选)(2022·上海市静安高一检测)一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块运动中的加速度a随推力F变化的图像如图所示。重力加速g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块的质量为0.5 kg
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．当推力F减小为2 N时，物块的速度最大
D．当推力F减小为0时，物块的速度为零
10．(2022·江苏南京市第五高级中学高一期中)斜面上的物体受到平行于斜面向下的拉力F的作用，力F随时间变化的图像及物体运动的v t图像如图所示。由图像中的信息能够求出的量或可以确定的关系是(g取10 m/s2)( )
A．物体的质量m
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ
C．μ＜tan θ
D．斜面的倾角θ
二、非选择题
11．如图所示，物块A和B的质量分别为M＝2 kg和m＝1 kg，它们通过跨过光滑定滑轮的轻绳连接，物块A置于倾角为α(α未知)的光滑固定斜面上，恰好处于静止状态。现互换A、B两物块的位置，然后释放A，物块A、B会加速运动，已知重力加速度g取10 m/s2。斜面上方的轻绳始终与斜面平行，则A、B运动过程中，求：
(1)A运动的加速度大小；
(2)轻绳的拉力大小。
12．(2022·江苏淮安市高一检测)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，小物块能达到的最高位置为C点，已知小物块的质量为0.3 kg，小物块从A到C的v t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，求：
(1)小物块上升过程中加速和减速的加速度比值；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；
(3)分析小物块是否能静止在C点？如果不能，并计算出回到A点的速度大小。
素养提升练(五)
1．C
2．AD [仅N传感器有示数时，有tan 15°＝，得a＝2.7 m/s2，当a＝2 m/s2<2.7 m/s2时，P有示数，Q无示数，当a＝3 m/s2>2.7 m/s2时，P无示数，Q有示数。故选AD。]
3．A
4．AC [当物块C的质量达到某一大小时，物块A相对B发生滑动，此时物块A受到的摩擦力为滑动摩擦力μMg，故A正确；三个物块都做加速运动，所以绳对于物块C拉力一定小于其重力，物块B受到的拉力也一定小于mg，B错误；若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加速度的大小相等，由牛顿第二定律得mg＝(2M＋m)a；对A、B整体，F＝2Ma，解得F＝，故C正确；当A、B发生相对滑动之后，再增大C的质量，物块A的加速度不再增大，故D错误。]
5．C 6．A 7．C
8．BD [对物体A，由牛顿第二定律得：T－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得：(M＋m)g－T＝(M＋m)a，联立解得T＝Mg＋，a＝g，故A错误，B正确；由a＝g＝g知，则a小一些，便于观测和研究，故C错误，D正确。]
9．BC [由物块运动中的加速度a随推力F变化的图像可知，当推力F＝2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律，F－μmg＝0；当F＝0时，加速度a＝－2 m/s2，运用牛顿第二定律，－μmg＝ma，联立解得μ＝0.2，m＝1.0 kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，选项A错误、B正确；用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时，物块的速度最大，选项C正确；当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，选项D错误。]
10．A
11．解析：(1)当系统静止时：Mg sin α＝mg
解得α＝30°
A、B位置互换后，对A、B整体由牛顿第二定律得Mg－mg sin α＝(M＋m)a
两式联立解得a＝5 m/s2。
(2)对物块B由牛顿第二定律得FT－mg sin α＝ma
解得FT＝10 N。
答案：(1)5 m/s2 (2)10 N
12．解析：(1)小物块加速时的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2
减速时的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝7.5 m/s2
小物块加速时的加速度和减速时加速度大小的比值为1∶3。
(2)撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
即a2＝gsin 30°＋μgcos 30°
得μ＝
在拉力作用下，根据牛顿第二定律，有F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1
代入数据得F＝3 N。
(3)在C点，mgsin 30°＞μmgcos 30°，所以小物块到达C点后将沿斜面下滑，即
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma3
得a3＝2.5 m/s2
由x＝15 m
v2＝2ax
得v＝5 m/s。
答案：(1)1∶3 (2)μ＝ F＝3 N (3)不能 v＝5 m/s素养提升练(六) 传送带模型和板—块模型
一、选择题
1．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动。已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是( )
A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg
B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
C．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动
2．(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项正确的是( )
A B C D
3．如图所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是( )
A．物块下滑的速度不变
B．物块开始在传送带上加速到2v0后匀速
C．物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动
D．物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上
4．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC。小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(物块P在AB、BC上所做两段运动均可看作匀变速直线运动)( )
A．1∶4 B．8∶1
C．1∶1 D．4∶1
5．(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )
A．＋ B．
C． D．
6．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
7．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 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)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中( )
A．小煤块从A运动到B的时间是 s
B．小煤块从A运动到B的时间是2.25 s
C．划痕长度是4 m
D．划痕长度是0.5 m
二、非选择题
8．如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg 的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
9．(2022·乌鲁木齐八一中学高一阶段检测)如图所示传送带水平部分AB＝2 m，倾斜部分BC＝4 m且与水平面夹角为α＝37°，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25。传送带沿顺时针方向以2 m/s的速率转动。若将物块放在A处，它将从静止开始被传送带送到C处(物块始终不离开传送带)，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小物块从A到B所用时间；
(2)小物块从B到C所用时间。
素养提升练(六)
1．D
2．AB [物体在传送带上先做匀加速运动，当达到共同速度后再做匀速运动，故A、B正确。]
3．C 4．B
5．ACD [因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L＝μgt2，可得t＝，故C正确；若一直加速到右端的速度恰好与传送带速度v相等，则L＝t，可得t＝，故D正确；若先匀加速到传送带速度v，再匀速到右端，则＋v＝L，可得t＝＋，故A正确；木块不可能一直匀速至右端，故B错误。]
6．BC [物块在木板上运动过程中，μmg＝ma1，而v t图像的斜率大小表示加速度大小，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，0～2 s内，两者的v t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确。]
7．BD [小煤块刚放上传送带时，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝＝0.5 s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1 m，故小煤块在传送带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5 m，选项D正确，C错误；之后小煤块匀速运动，其位移为x－x1＝3.5 m，故匀速运动的时间t2＝＝1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25 s，选项A错误，B正确。]
8．解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为
f＝μmg cos θ＝7.5 N
由牛顿第二定律，对小物块有f＋mg sin θ＝ma1
代入数据得a1＝12.5 m/s2
对长木板，由牛顿第二定律有
Mg sin θ－f＝Ma2
代入数据得a2＝2.5 m/s2。
(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对位移为
s＝t1－t1＝5 m，故长木板长度至少为10 m。
答案：(1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
9．解析：(1)小物块放在A点后在摩擦力作用下向右做匀加速运动，假设达B之前可以和传送带共速，则有
a1＝μg＝2.5 m/s2
x1＝＝0.8 m＜AB＝2 m
则假设成立，达到共速所需时间t1＝＝0.8 s
此后小物块随传送带匀速运动，到达B的时间t2＝＝0.6 s
则小物块从A到B所用时间t＝t1＋t2＝1.4 s。
(2)小物块在B到C过程中，由于mgsin 37°＝0.6mg＞μmgcos 37°＝0.2mg
所以小物块一直匀加速运动，在BC段的加速度大小为
a2＝＝4 m/s2
BC＝vt3＋
解得t3＝1 s。
答案：(1)1.4 s (2)1 s
