壓軸題01 牛頓運動定律 勻變速直線運動（解析版）

壓軸題01牛頓運動定律勻變速直線運動1.本專題是動力學方法的典型題型，包括動力學兩類基本問題和應用動力學方法解決多運動過程問題。高考中既可以在選擇題中命題，更會在計算題中命題。2024年高考對于動力學的考查仍然是熱點。2.通過本專題的復習，可以培養(yǎng)同學們的審題能力,分析和推理能力。提高學生關(guān)鍵物理素養(yǎng)。3.用到的相關(guān)知識有:勻變速直線運動規(guī)律,受力分析、牛頓運動定律等。牛頓第二定律對于整個高中物理的串聯(lián)作用起到至關(guān)重要的效果，是提高學生關(guān)鍵物理素養(yǎng)的重要知識點，因此在近幾年的高考命題中動力學問題一直都是以壓軸題的形式存在，其中包括對與高種常見的幾種運動形式，以及對于圖像問題的考查等，所以要求考生了解題型的知識點及要領(lǐng)，對于?？嫉哪Ｐ鸵笥谐浞值恼J知?？枷蛞唬河嘘P(guān)牛頓第二定律的連接體問題1.處理連接體問題的方法：①當只涉及系統(tǒng)的受力和運動情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。②當涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。2.處理連接體問題的步驟：3.特例：加速度不同的連接體的處理方法：①方法一（常用方法）：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程。②方法二（少用方法）：可以采用整體法，具體做法如下：此時牛頓第二定律的形式：；說明：①F合x、F合y指的是整體在x軸、y軸所受的合外力，系統(tǒng)內(nèi)力不能計算在內(nèi)；②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系統(tǒng)內(nèi)每個物體在x軸和y軸上相對地面的加速度。考向二：有關(guān)牛頓第二定律的動力學圖像問題常見圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像三種類型(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。解題策略(1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系，要注意區(qū)分是哪一種動力學圖像。(2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷。破題關(guān)鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等。(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點?？枷蛉河嘘P(guān)牛頓第二定律的臨界極值問題1．“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT＝0。(4)速度達到最值的臨界條件：加速度為0。2．“兩種”典型分析方法臨界法分析題目中的物理過程，明確臨界狀態(tài)，直接從臨界狀態(tài)和相應的臨界條件入手，求出臨界值。解析法明確題目中的變量，求解變量間的數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式分析臨界值?？枷蛩模夯瑝K—滑板模型1．模型特點：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。2．摩擦力方向的特點(1)若兩個物體同向運動，且兩個物體“一快一慢”，則“快”的物體受到的另一個物體對它的摩擦力為阻力，“慢”的物體受到的另一個物體對它的摩擦力為動力。(2)若兩個物體反向運動，則每個物體受到的另一個物體對它的摩擦力均為阻力。3．運動特點(1)滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移大小之差等于板長；反向運動時，位移大小之和等于板長。設板長為L，滑塊位移大小為x1，滑板位移大小為x2同向運動時：如圖甲所示，L＝x1－x2反向運動時：如圖乙所示，L＝x1＋x2(2)若滑塊與滑板最終相對靜止，則它們的末速度相等?？枷蛭澹簜魉蛶栴}1．水平傳送帶模型情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。其中v0>v返回時速度為v，當v0<v返回時速度為v02．傾斜傳送帶模型情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后再以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直減速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能先減速，再反向加速，最后勻速(5)可能一直減速01有關(guān)牛頓第二定律的連接體問題1.(多選)如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運動時，彈簧的伸長量為x1；當用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運動時，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是()A．若m>M，有x1＝x2 B．若m<M，有x1＝x2C．若μ>sinθ，有x1>x2 D．若μ<sinθ，有x1<x2【答案】BC【詳解】A、B在水平面上滑動時，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有FT－μmg＝ma1②聯(lián)立①②解得FT＝eq\f(m,m＋M)F③在斜面上滑動時，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤聯(lián)立④⑤解得FT′＝eq\f(m,M＋m)F⑥比較③⑥可知，彈簧彈力相等，與動摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān)，故A、B正確，C、D錯誤。02有關(guān)牛頓第二定律的動力學圖像問題2.(多選)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大?。景宓募铀俣萢1隨時間t的變化關(guān)系如圖(c)所示．已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【詳解】由題圖(c)可知，t1時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。03有關(guān)牛頓第二定律的臨界極值問題3.(多選)如圖所示，質(zhì)量mB＝2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A，整個裝置靜止．現(xiàn)對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600N/m，g＝10m/s2。以下結(jié)論正確的是()A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為6NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為eq\f(\r(5),5)m/s【答案】BC【詳解】A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當FNAB最大時，F(xiàn)最小，即剛開始施力時，F(xiàn)NAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，B正確，A錯誤；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(mA＋mBg,k)＝0.05m，A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運動學公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2m/s，C正確，D錯誤。4.如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質(zhì)點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．如圖乙，若讓該小物塊從木板的底端每次均以大小相等的初速度v0＝10m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g取10m/s2.(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．【答案】(1)eq\f(\r(3),3)(2)θ＝60°eq\f(5\r(3),2)m【詳解】(1)當θ＝30°時，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑，則mgsin30°＝Ff，F(xiàn)f＝μmgcos30°，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3).(2)當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，物塊的加速度為a，則－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝eq\f(v02,2gsinθ＋μcosθ)，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即tanα＝μ＝eq\f(\r(3),3)，故α＝30°，又因x＝eq\f(v02,2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)當α＋θ＝90°，即θ＝60°時x最小，最小值為xmin＝eq\f(v02,2gsin60°＋μcos60°)＝eq\f(\r(3)v02,4g)＝eq\f(5\r(3),2)m。04傳送帶問題5.水平傳送帶A、B兩端點相距，以的速度（始終保持不變）順時針運轉(zhuǎn)。今將一質(zhì)量的小物塊，無初速度地輕放至A點處，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為。小物塊離開傳送帶后，無速度損失地滑上質(zhì)量的木板。木板與傳送帶等高，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)也為，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，g取。求：（1）如果想讓小物塊從A點運動到B點的時間最短，求傳送帶的最小速度；（2）傳送帶以正常運行，小物塊從A點運動到B點的時間（3）要使小物塊不從木板上滑落，木板至少多長？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小物塊剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律得解得加速度大小為如果想讓小物塊從A點運動到B點的時間最短，小物塊應一直做勻加速直線運動，則有解得可知傳送帶的最小速度為。（2）傳送帶以正常運行，則小物塊剛放上傳送帶到與傳送帶共速所用時間為通過的位移為小物塊與傳送帶共速后，勻速運動到B點所用時間為則小物塊從A點運動到B點的時間為（3）小物塊滑上木板時，對小物塊，由牛頓第二定律得解得方向水平向左；對木板，由牛頓第二定律得解得方向水平向右；設小物塊與木板經(jīng)過時間達到共速，則有聯(lián)立解得，則共速前小物塊與木板發(fā)生的相對位移為小物塊與木板共速后，保持相對靜止一起在水平地面做勻減速到停下；可知要使小物塊不從木板上滑落，木板至少長。05滑塊—滑板模型6.如圖，足夠長的質(zhì)量為的木板靜置于水平地面上，木板右端放置一質(zhì)量為的物塊（可視為質(zhì)點）。時刻，對木板施加一水平向右的恒定拉力，作用2s后撤去F。物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小取。求：（1）未撤去F時，木板和物塊的加速度大小？（2）撤去F時，木板的速度大?。浚?）物塊最終距木板右端的距離？【答案】（1）2m/s2，4m/s2；（2）8m/s；（3）【詳解】（1）設未撤去F時，物塊和木板的加速度大小分別為和，則有解得，（2）撤去F時，木板的速度大小為，有（3）撤去F時，物塊的速度大小為，物塊和木板的位移分別為和，有撤去F后，物塊和木板的加速度大小分別為和，有解得，設再過時間，兩者速度相等為有，解得，在這段時間里的兩者的位移分別為和，有假設共速后二者一起勻減速，設加速度為，有解得此時物塊需要的靜摩擦力為而物塊的最大靜摩擦力為所以假設不成立，物塊與木板將會分別減速，加速度大小為和，有解得，到減速為0，位移分別為和，有，物塊最終距木板右端的距離為1．（23-24高三上·遼寧葫蘆島·開學考）如圖甲所示，將一圓環(huán)套在固定的足夠長的水平桿上，環(huán)的內(nèi)徑略大于桿的截面直徑，對環(huán)施加一斜向上與桿的夾角為θ的拉力F，當拉力逐漸變大時環(huán)的加速度隨拉力F的變化規(guī)律如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列說法正確的是（

）A．圓環(huán)的質(zhì)量為0.5kgB．圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.2C．當F=10N時，圓環(huán)的加速度大小為12m/s2D．當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N時，圓環(huán)的加速度大小可能為8.75m/s2【答案】D【詳解】A．F在2N～5N內(nèi)時，對圓環(huán)受力分析可得Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma當拉力超過5N時，支持力方向相反，故當F1=5N時Fsinθ=mg此時N=0，f=0，F(xiàn)cosθ=ma代入數(shù)據(jù)F=5N，a=7.5m/s，可得θ=53°代入F1sinθ=mg可得m=0.4kg故A錯誤；B．因為cosθ=0.6，m=0.4kg代入Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma當F=2N，a=0可得μ＝0.5故B錯誤；C．當F=10N＞5N，支持力向下N=F2sinθ-mg對圓環(huán)受力分析可得即當拉力為10N時，圓環(huán)的加速度大小為10m/s2，故C錯誤；D．當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且拉力小于2N時，對圓環(huán)受力分析可知F合=0即Fcosθ=f=1N解得而圓環(huán)的加速度為0；當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且2N＜F＜5N時，可知μ（mg-Fsinθ）=1N解得F4＝2.5N由Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma得a=1.25m/s2當圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且5N＜F時，可知μ（Fsinθ-mg）=1N解得F5＝7.5N由Fcosθ-μ（Fsinθ-mg）=ma得a=8.75m/s2故D正確。故選D。2．（2024·湖北·二模）下圖是大型戶外水上競技闖關(guān)活動中“渡河”環(huán)節(jié)的簡化圖。固定在地面上的圓弧軌道上表面光滑。質(zhì)量的平板浮于河面上，其左端緊靠著圓弧軌道，且其上表面與軌道末端相切。平板左側(cè)放置質(zhì)量的橡膠塊A。質(zhì)量的人從圓弧軌道上與平板上表面高度差處由靜止滑下，人與A碰撞后經(jīng)與平板速度相等，此時A恰好沖出平板并沉入水中，不影響平板運動。已知人、橡膠塊與平板間的動摩擦因數(shù)均為；平板受到水的阻力是其所受浮力的k倍。平板碰到河岸立即被鎖定。河面平靜，水的流速忽略不計，整個過程中有足夠的安全保障措施。人、橡膠塊A可看作質(zhì)點，重力加速度g取，求：（1）人與橡膠塊A相撞之后，A沖出平板之前，平板的加速度多大；（2）人與橡膠塊A相撞之后瞬間，A的速度多大；（3）若“渡河”過程中，平板能夠碰到河岸，河岸寬度的最大值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）人與橡膠塊A相撞之后，設平板的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)，解得（2）設人滑到圓弧軌道底端時的速度大小為v0，由機械能守恒定律解得人與A碰撞后，由牛頓第二定律，設人的加速度為，則解得設A的加速度為，則解得人與A碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，經(jīng)人與平板共速，設人與A碰撞后人的速度大小為，A的速度大小為，有解得對人與A在碰撞過程中，由動量守恒定律得解得（3）時間內(nèi)，A的位移為人與平板共速后，設人與平板整體的加速度為a，對人與板，由牛頓第二定律得解得設人與平板共速時的速度為v，有人與平板共速到平板速度為零過程中，平板的位移大小x2滿足解得則河岸寬度的最大值3．（2024·四川南充·二模）如圖所示，固定在水平面的斜面傾角為37°，兩個小物塊A、B用輕繩相連，輕繩繞過斜面頂端的輕質(zhì)小滑輪，滑輪與輪軸之間的摩擦不計，A物塊鎖定于斜面底部，B物塊離地面高度為。已知A物塊的質(zhì)量為，B物塊的質(zhì)量為，A物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，重加速度為，，。時刻，解除A物塊的鎖定狀態(tài)，當B物塊落地瞬間輕繩斷裂，A恰好未與滑輪相撞，求：（1）B物塊下落過程中的加速度a的大小及落地前瞬間的速度v的大小；（2）斜面的長度L及A從時刻起到返回斜面底端所需時間t?！敬鸢浮浚?），；（2），【詳解】（1）根據(jù)題意，設B物塊下落過程中繩子的拉力為，由牛頓第二定律，對B物塊有對A物塊有聯(lián)立解得B物塊落地前做勻加速直線運動，則有解得（2）根據(jù)題意可知，繩斷前，A的運動時間為繩斷后，A上滑過程有解得A上滑到頂端的時間為上滑的距離為則斜面的長度為A下滑過程有解得下滑到底端的時間為則A從時刻起到返回斜面底端所需時間4.（2024高三下·全國·競賽）如圖所示，一根豎直固定的上下開口的長直圓管內(nèi)有一個質(zhì)量為M的薄圓盤，圓盤與圓管的上端口之間的距離為L，圓管長度為3L。一個質(zhì)量為的小球從圓管的上端口由靜止開始下落，并撞在圓盤中心處，碰撞后圓盤向下滑動，圓盤所受的阻力為其重力的1.2倍。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）第一次碰撞后的瞬間小球和圓盤的速度；（2）從第一次碰撞后到第二次碰撞前，小球與圓盤之間的最大距離；（3）小球與圓盤能否在圓管內(nèi)發(fā)生第二次碰撞？如果能，求碰撞時圓盤距長直圓管下端口的距離；如果不能，求圓盤離開圓管時的速度?！敬鸢浮浚?），向上，，向下；（2）；（3）能，【詳解】（1）設小球從圓管的上端口由靜止開始下落L時速度為，由機械能守恒定律得設第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為、，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得解得（方向向上），（方向向下）（2）第一次碰撞后，小球做豎直上拋運動，圓盤做勻減速直線運動；由牛頓第二定律得設經(jīng)過時間二者速度相等且速度為，取向下為正方向，則有，解得，設時間內(nèi)小球和圓盤的位移為和，則有由于，且，故當二者速度相等時，圓盤仍在圓管內(nèi)向下運動；則從第一次碰撞后到第二次碰撞之前，小球與圓盤之間的最大距離為（3）假設從第一次碰撞后經(jīng)過時間t，小球和圓盤在圓管內(nèi)發(fā)生第二次碰撞，則解得此時圓盤的速度又由于，，故假設成立。即小球與圓盤能在圓管內(nèi)發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞時圓盤距長直圓管下端口的距離5．（23-24高三下·江西·開學考試）如圖所示，傾斜角為的等腰三角形斜面固定在水平面上，斜面足夠長，一足夠長的輕質(zhì)綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側(cè)，綢帶與斜面間無摩擦?，F(xiàn)將質(zhì)量分別為的小物塊同時輕放在斜面兩側(cè)的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數(shù)均為，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度。（1）末，的速度大小分別為多少？（2）內(nèi)系統(tǒng)機械能的損失量為多少？（3）后重新開始計時，給施加一個平行于斜面向右下的力，給施加一個平行于斜面向右上隨時間變化的力，則當兩物塊速度大小相等時，求二者的速度大小?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）由于輕質(zhì)綢帶合力為零，則兩物塊給它的摩擦力大小相等方向相反，都等于綢帶的張力。再據(jù)牛頓第三定律，得和受到綢帶反作用的摩擦力大小也相等。又有則二者不可能同時為滑動摩擦力，又有會加速下滑，設加速度為，據(jù)牛頓第二定律解得末速度解得則受靜摩擦力方向沿斜面向上，帶著綢帶一起向左加速下滑，設加速度為，據(jù)牛頓第二定律解得末速度解得（2）內(nèi)向右下滑距離內(nèi)綢帶隨一起向左滑距離與綢帶相對位移解得又有解得內(nèi)系統(tǒng)機械能的損失轉(zhuǎn)化為與綢帶摩擦生熱所以，內(nèi)系統(tǒng)機械能的損失（3）因為，所以兩物體所受合外力大小每時每刻都相等，則相同時間內(nèi)合外力沖量的大小相同，動量的變化量大小相等。對據(jù)動量定理對據(jù)動量定理即解得6．（2024·四川瀘州·二模）如圖，質(zhì)量的物塊靜置于質(zhì)量的長木板右端，長木板長，物塊與長木板間動摩擦因數(shù)，長木板與地面間動摩擦因數(shù)，物塊與長木板之間、長木板與地面之間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度?，F(xiàn)有一水平向右的恒力F作用在長木板上。（1）若恒力，求物塊和長木板的加速度大?。唬?）若恒力，求物塊在長木板上滑動的時間；（3）若恒力，作用一段時間后撤去，物塊恰好不從長木板上掉下，求恒力作用的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）物塊與木板剛要出現(xiàn)相對滑動時，對物塊由牛頓第二定律對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律聯(lián)立解得即當拉力F超過15N，物塊和長木板間就會出現(xiàn)相對滑動，由于，故物塊和長木板相對靜止，一起向右做加速運動，其加速度為，對物塊和長木板整體受力分析，由牛頓第二定律解得物塊和長木板的加速度大小為（2）當時，物塊和長木板有相對滑動。物塊的加速度為，長木板的加速度為，對物塊由牛頓第二定律對長木板受力分析，由牛頓第二定律設經(jīng)過時間，當物塊滑下長木板時兩者的位移關(guān)系滿足物塊在長木板上滑動的時間為（3）當時，物塊仍以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻加速直線運動，對長木板由牛頓第二定律作用時間后，長木板的速度為，由運動學公式撤去后，物塊繼續(xù)以加速度做勻加速直線運動，長木板做加速度為的勻減速直線運動，對長木板由牛頓第二定律撤去F3后，經(jīng)過時間物塊與長木板共速，由運動學公式由于，因此共速后兩者不會再有相對運動，位移滿足聯(lián)立解得，恒力作用的時間為7．（23-24高三上·福建一模）如圖甲所示，質(zhì)量的盒狀工件靜置于粗糙的水平桌面上，O為工件上表面一點，工件上表面O點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。質(zhì)量的小滑塊放在工件上并緊靠左側(cè)壁，其與工件上表面粗糙部分間的動摩擦因數(shù)。現(xiàn)對工件施加水平推力F，推力F隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，在推力作用下工件運動的速度v隨時間t變化的關(guān)系如圖丙所示。1.5s時撤去推力后，當滑塊到達O點時工件速度恰好為零，滑塊運動過程中始終未與工件右側(cè)壁相碰。g取，不計工件側(cè)壁的厚度，桌面足夠長。求：（1）工件底面與水平桌面間的動摩擦因數(shù)；（2）工件光滑部分的長度d；（3）工件的最小長度L和工件發(fā)生的最大位移x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【詳解】（1）由工件運動的丙圖像得設工件底面與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為，在水平推力作用下，滑塊與工件看成整體，對整體由牛頓第二定律可得解得（2）撤去推力F后，滑塊勻速到達O點，工件做減速運動，對工件則有解得工件運動時間為解得工件光滑部分的長度解得（3）滑塊運動到粗糙面上時，由于滑塊做減速運動，工件做加速運動，對滑塊則有解得對工件則有解得滑塊運動在粗糙面上時，與工件達到共速，則有解得，滑塊與工件右側(cè)壁未相碰，則粗糙面長度最小為則工件的最小長度為滑塊與工件達到共速后兩者一起減速運動，加速度解得工件從開始運動到最后靜止，經(jīng)歷了先加速后減速，再加速，最后減速的運動過程，發(fā)生的位移解得8．（23-24高三上·遼寧一模）如圖所示，傾角的固定斜面上放有物塊A和B，A、B之間拴接有勁度系數(shù)的輕彈簧，物塊B和小桶C由跨過光滑的定滑輪的輕繩連接。開始時彈簧處于原長，A、B、C均處靜止狀態(tài)，且B剛好不受摩擦力，輕彈簧、輕繩平行于斜面。已知A、B的質(zhì)量，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.875，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取，，。（1）求C的質(zhì)量；（2）求開始時A受到的摩擦力；（3）若向C中緩慢加入沙子，當B剛要向上運動還沒動時，加入沙子的總質(zhì)量記為，繼續(xù)緩慢加入沙子，B緩慢向上運動，當A剛要向上運動還沒動時（C未觸地，彈簧處于彈性限度范圍內(nèi)），加入沙子的總質(zhì)量記為；求：①②A剛要向上運動時，B已經(jīng)向上運動的距離。

【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）把B、C視為整體，由平衡條件有解得（2）對A進行受力分析，由平衡條件有解得（3）①當B剛要向上運動時，將B、C和沙子視為整體，由平衡條件有當A剛要向上運動時，將A、B、C和沙子視為整體，則有解得②當A剛要往上運動時，對A進行受力分析，則有由胡克定律有解得說明B已經(jīng)向上運動了。9．（2024·湖南邵陽·二模）某工廠利用配重物體通過輕質(zhì)繩及光滑定滑輪協(xié)助傳送帶運煤，如圖所示，傾角為θ=30°的傳送帶以v1=5m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，配重物體B的質(zhì)量mB=300kg，離地高度為h=9m?，F(xiàn)將質(zhì)量mA=200kg的裝煤麻袋A從傳送帶底端（與地面等高）無初速度釋放，當B落地瞬間繩子斷裂，最終A恰好能到達傳送帶頂端，傳送帶與麻袋接觸面間動摩擦因數(shù)（傳送帶長度L大于9m）。g取10m/s2。求：（1）釋放后瞬間B的加速度大小a1；（2）該過程中B對A所做的功W；（3）傳送帶長度L。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）A無初速度釋放后瞬間，對A、B兩物體分析，由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）A從靜止加速到5m/s，發(fā)生的位移為解得A與傳送帶共速后，由于A繼續(xù)加速，對A、B物體分析，可得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得且所以解得（3）設物體B落地時速度大小為v2，則有解得B落地后，A向上做勻減速運動的加速度大小為a3，有解得物體A從速度為v2減速到v1，發(fā)生的位移為解得A減速到v1后，繼續(xù)向上做勻減速運動的加速度大小為a4，有解得從v1剛好到達頂端速度是零時，發(fā)生的位移為解得則有傳送帶的長度解得10．（2024·云南昆明·三模）如圖所示，長的水平傳送帶順時針以速度勻速轉(zhuǎn)動，可以視作質(zhì)點且質(zhì)量的物塊A和物塊B通過足夠長的輕質(zhì)細線相連（細線跨過光滑定滑輪）。t＝0時刻A物塊從水平傳送帶最左端靜止釋放，時刻一質(zhì)量為的子彈以初速度從右向左正對射入物塊A并且穿出，穿出速度為，之后每隔就有一顆相同的子彈以相同的速度射入物塊A并穿出，子彈射穿物塊A時間極短且每次射入點均有細微不同。運動過程中細線OA始終保持水平，細線OB始終保持豎直，且物塊B始終沒有碰到地面，輕質(zhì)細線始終未斷裂。已知物塊A與水平傳送帶之間動摩擦因數(shù)，重力加速度大小g取，求：（1）從靜止釋放物塊A開始到物塊A的速度與傳送帶速度相同所需的時間；（2）第一顆子彈射穿物塊A后瞬間，物塊A的速度大小；（3）物塊A第一次運動到傳送帶右端所需時間。【答案】（1）0.5s；（2）；（3）7.5s【詳解】（1）根據(jù)題意，物塊A剛放上時，對B受力分析對A受力分析解得到達共速的時間（2）共速后，對B受力分析對A受力分析解得子彈射入前物塊的速度子彈射入，物塊A、B、子彈系統(tǒng)動量守恒解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，內(nèi)內(nèi)子彈射入后到下一次子彈射入過程中，物塊A與傳送帶共速的時間為到下一次子彈射入前，物塊A與傳送帶共速后的運動時間為物塊A運動的距離為綜上所述，相鄰兩次子彈射入間隔內(nèi)，物塊A向前運動的距離相等，則有物塊A第一次運動到傳送帶右端所需時間11．（23-24高三下·河南·