專題06 牛頓運動定律的綜合應用（教師版）-2025版高考物理熱點題型講義

專題06牛頓運動定律的綜合應用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一動力學中的連接體問題 1類型1共速連接體力的“分配” 2類型2關聯(lián)速度連接體 9題型二動力學中的臨界和極值問題 13類型1板塊模型中相對滑動的臨界問題 14類型2恰好脫離的動力學臨界問題 21類型3動力學中的極值問題 30題型三動力學中的圖像問題 35類型1通過F-t、F-x圖像分析運動情況 35類型2通過v-t、a-t圖像分析受力情況 42類型3通過a-F圖像分析力與運動的關系 47題型四“傳送帶”模型問題 52類型1動力學中水平傳送帶問題 53類型2動力學中的傾斜傳送帶問題 59類型3傳送帶中的動力學圖像 67題型五“滑塊－木板”模型問題 75類型1滑塊帶動木板 76類型2滑板帶動滑塊 81類型3斜面上的板塊問題 86題型一動力學中的連接體問題【解題指導】1．同一方向的連接體問題：這類問題通常具有相同的加速度，解題時一般采用先整體后隔離的方法.不同方向的連接體問題：由跨過定滑輪的繩相連的兩個物體，不在同一直線上運動，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整體法或隔離法求解．【核心總結】1．連接體多個相互關聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構成的物體系統(tǒng)稱為連接體．連接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)．2．常見的連接體(1)物物疊放連接體：兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度速度、加速度相同(2)輕繩連接體：輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等．速度、加速度相同速度、加速度大小相等，方向不同(3)輕桿連接體：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度．速度、加速度相同(4)彈簧連接體：在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度、加速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速度、加速度相等．3．整體法與隔離法在連接體中的應用(1)整體法當連接體內(即系統(tǒng)內)各物體的加速度相同時，可以把系統(tǒng)內的所有物體看成一個整體，分析其受力和運動情況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法．(2)隔離法當求系統(tǒng)內物體間相互作用的內力時，常把某個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力和運動情況，再用牛頓第二定律對隔離出來的物體列方程求解的方法．(3)處理連接體方法①共速連接體，一般采用先整體后隔離的方法．如圖所示，先用整體法得出合力F與a的關系，F(xiàn)＝(mA＋mB)a，再隔離單個物體(部分物體)研究F內力與a的關系，例如隔離B，F(xiàn)內力＝mBa＝eq\f(mB,mA＋mB)F②關聯(lián)速度連接體分別對兩物體受力分析，分別應用牛頓第二定律列出方程，聯(lián)立方程求解．類型1共速連接體力的“分配”兩物塊在力F作用下一起運動，系統(tǒng)的加速度與每個物塊的加速度相同，如圖：地面光滑m1、m2與地面間的動摩擦因數(shù)相同，地面粗糙m1、m2與固定粗糙斜面間的動摩擦因數(shù)相同，以上4種情形中，F(xiàn)一定，兩物塊間的彈力只與物塊的質量有關且F彈＝eq\f(m2,m1＋m2)F.【例1】（2023·福建·高考真題）如圖所示，一廣場小火車是由車頭和車廂編組而成。假設各車廂質量均相等（含乘客），在水平地面上運行過程中阻力與車重成正比。一廣場小火車共有3節(jié)車廂，車頭對第一節(jié)車廂的拉力為，第一節(jié)車廂對第二節(jié)車廂的拉力為，第二節(jié)車廂對第三節(jié)車廂的拉力為，則（??）A．當火車勻速直線運動時，B．當火車勻速直線運動時，C．當火車勻加速直線運動時，D．當火車勻加速直線運動時，【答案】BD【詳解】AB．設每節(jié)車廂重G，當火車勻速直線運動時得故A錯誤，B正確；CD．當火車勻加速直線運動時得T1∶T2∶T3=3∶2∶1故C錯誤，D正確。故選BD。【變式演練1】（2024·北京大興·三模）如圖所示，a、b兩物體的質量分別為和，由輕質彈簧相連，當用恒力F水平向右拉著a，使a、b一起沿粗糙水平面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x，加速度大小為。已知a、b兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則下列說法正確的是（）A．如果恒力增大為2F，則兩物體的加速度增大為B．如果恒力增大為2F，則彈簧伸長量仍為xC．若水平面光滑，則彈簧伸長量仍為xD．若水平面光滑，則加速度大小仍為【答案】C【詳解】根據(jù)題意，由牛頓第二定律，對整體有對物體有解得，AB．如果恒力增大為2F，同理可得，兩物體的加速度為彈簧伸長量故AB錯誤；CD．若水平面光滑，同理可得則彈簧伸長量故C正確，D錯誤。故選C。【變式演練2】如圖所示，傾角為的粗糙斜面上有4個完全相同的物塊，在與斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做勻速直線運動，運動中連接各木塊間的細繩均與斜面平行，此時第1、2物塊間細繩的張力大小為，某時刻連接第3、4物塊間的細繩突然斷了，其余3個物塊仍在力F的作用下沿斜面向上運動，此時第1、2物塊間細繩的張力大小為，則等于（）A． B． C． D．1：1【答案】B【詳解】勻速運動時，設每一個物塊所受的摩擦力為，質量為，根據(jù)平衡條件可得對2、3、4物塊由平衡條件可得可得連接第3、4物塊間的細繩突然斷了，對1、2、3根據(jù)牛頓第二定律可得對2、3物塊根據(jù)牛頓第二定律可得可得可得故選B。【變式演練3】如圖所示，5塊質量均為m的木塊并排放在水平地面上，編號為3的木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，其他木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，當用水平力F推第1塊木塊使它們共同加速運動時，下列說法正確的是（）A．由右向左，兩塊木塊之間的摩擦力依次變小B．木塊加速度為0.2m/s2C．第2塊木塊與第3塊木塊之間的彈力大小為0.90FD．第3塊木塊與第4塊木塊之間的彈力大小為0.38F【答案】D【詳解】A．木塊之間只有彈力，無摩擦力，A錯誤；B．對整體進行受力分析，由牛頓第二定律得由于未知，加速度無法求得結果，B錯誤；C．對前兩塊木塊進行受力分析，由牛頓第二定律得得C錯誤；D．對前三塊木塊進行受力分析，由牛頓第二定律得得D正確；故選D?！咀兪窖菥?】如圖所示，水平面上有兩個質量分別為M和m的木塊1和木塊2，中間用一條輕繩連接。兩木塊材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．若水平面是光滑的，則m越大繩的拉力越大B．若木塊和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為C．若木塊和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為D．無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為【答案】D【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有繩子的拉力為聯(lián)立可得即無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為，m越大繩的拉力越小。故選D。【變式演練5】如圖所示，水平面上有兩個質量分別為和的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩物體的材料相同。現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，下列說法正確的是（

）A．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關B．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關C．若水平面是光滑的，則越大，繩的拉力越小D．若物體和地面摩擦因數(shù)為，則繩的拉力為【答案】AC【詳解】若物體和地面摩擦因數(shù)為，以兩木塊整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得以為研究對象，設繩子拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得可見繩子拉力大小與動摩擦因數(shù)無關，與兩物體質量大小有關，即與水平面是否粗糙無關，無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力均為且越大，繩的拉力越小。故選AC。【變式演練6】（2024·云南·一模）如圖所示，熱氣球由球囊、吊籃和加熱裝置三部分構成，加熱裝置固定在吊籃上，用24根對稱分布的輕繩拴住并與球囊相連，輕繩與豎直方向夾角均為37°。熱氣球被鎖定在地面上，現(xiàn)緩慢加熱球內空氣使其密度不斷減小。當加熱至某溫度時，熱氣球受到豎直向上大小為的浮力，球內氣體總質量為3100kg，此時解除熱氣球鎖定。若球囊質量為208kg，吊籃和加熱裝置總質量為192kg，重力加速度大小取，，。熱氣球解除鎖定瞬間，求（1）熱氣球的加速度大小；（2）每根繩子的拉力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設球內氣體質量為，球囊質量為，吊籃和加熱裝置質量為；取整體為研究對象，由牛頓第二定律可得解得（2）繩子對吊籃和加熱裝置的拉力在水平方向合力為0，在豎直方向分力與重力的合力產生向上的加速度，由牛頓第二定律可得解得類型2關聯(lián)速度連接體【例2】（2024·云南·模擬預測）如圖所示，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，P、Q兩物塊的質量分別為、，P與桌面間的動摩擦因數(shù)。從靜止釋放后，P、Q開始加速運動，繩中張力為T。若要讓運動過程中輕繩張力變?yōu)?T，可在P上固定一個質量為的物塊K。取重力加速度，求T和各為多少？【答案】，【詳解】設原來P、Q運動時加速度大小為，輕繩張力為T，分別對P、Q用牛頓第二定律得解得在P上固定一物塊K后，再分別對P、Q用牛頓第二定律得聯(lián)立解得【變式演練1】如圖（a），足夠高的水平長桌面上，P點左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動下從桌面左端開始運動，其圖如圖（b）所示，已知砝碼質量為，重力加速度大小g取，求（1）物塊A的質量；（2）物塊A與P點右邊桌面間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）由題圖（b）可知，物塊A在點左邊運動的加速度根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得（2）物塊A在P點右邊運動的加速度根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得【變式演練2】如圖所示，輕質動滑輪下方懸掛重物A、輕質定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時重物A、B處于靜止狀態(tài)，釋放后A、B開始運動。已知A、B質量均為，假設摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度，當A的位移為時，兩滑輪還未齊平，下列說法正確的是（

）A．重物A的加速度大小為 B．重物B的加速度大小為C．此時A的速度大小為4m/s D．重物B受到的繩子拉力為6N【答案】AD【詳解】ABD．設細線的拉力為T，由題干圖可知，A受到兩細線的拉力為2T，方向向上，B受到細線的拉力為T向上，A、B所受重力大小相等，A、B釋放后，A向上運動，B向下運動，若A上升的高度為時，則連接動滑輪兩側的細線上升高度均為，而細線固定端不移動，所以細線自由端下降的高度為，故B下降的高度為，B的位移大小為，方向向下，由于B下降的位移是A上升位移的兩倍，它們的運動時間相等，由可知，B的加速度是A加速度的兩倍，設重物A的加速度大小為a，則重物B的加速度大小為2a，由牛頓第二定律得，解得，則故AD正確，B錯誤；C．設當A的位移為h時，速度為v，則B的速度大小為2v，B下降的高度為2h，以A、B兩個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，由機械能守恒定律得解得故C錯誤。故選AD?！咀兪窖菥?】質量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩和光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子在各處均平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是（不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦）（）A．輕繩的拉力等于Mg B．輕繩的拉力等于mgC．M運動加速度大小為 D．M運動加速度大小為【答案】BCD【詳解】CD．第一次放置時質量為M的物體靜止，則由平衡條件可得第二次放置，對整體，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得故CD正確；AB．對質量為m的物體研究，由牛頓第二定律得解得故B正確，A錯誤。故選BCD?！咀兪窖菥?】如圖所示三個裝置，（）中桌面光滑，（）、（）中桌面粗糙程度相同，（）用大小為的力替代重物進行牽引，其余均相同。不計繩和滑輪質量及繩與滑輪摩擦，都由靜止釋放，在移動相同距離的過程中，下列關于三個實驗裝置的分析中，正確的是（）A．裝置（）的動能增加量大于（）中的動能增加量B．裝置（）中物塊的加速度為C．裝置（）、（）中物塊的動能增加量相同D．裝置（）中繩上的張力小于裝置（）中繩上的張力【答案】AD【詳解】A．由于裝置（b）有摩擦力，可知裝置（a）中物塊的加速度較大，在移動相同距離的過程中得到的速度較大，則裝置（）的動能增加量大于（）中的動能增加量，選項A正確；B．裝置（）中對系統(tǒng)列方程可知，物塊的加速度為選項B錯誤；C．裝置（）中的加速度裝置（c）中的加速度可知裝置（）中物塊的加速度較大，在移動相同距離的過程中得到的速度較大，則裝置（c）的動能增加量大于（）中的動能增加量，選項C錯誤；D．裝置（）中繩上的張力裝置（）中繩上的張力裝置（）中繩上的張力小于裝置（）中繩上的張力，選項D正確。故選AD。題型二動力學中的臨界和極值問題【解題指導】1．直接接觸的連接體存在“要分離還沒分”的臨界狀態(tài)，其動力學特征：“貌合神離”，即a相同、FN＝0.2.靠靜摩擦力連接(帶動)的連接體，靜摩擦力達到最大靜摩擦力時是“要滑還沒滑”的臨界狀態(tài).3.極限分析法：把題中條件推向極大或極小，找到臨界狀態(tài)，分析臨界狀態(tài)的受力特點，列出方程4.數(shù)學分析法：將物理過程用數(shù)學表達式表示，由數(shù)學方法(如二次函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等)求極值．【核心歸納】1．常見的臨界條件(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0.(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值．(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0.2．解題基本思路(1)認真審題，詳細分析問題中變化的過程(包括分析整個過程中有幾個階段)；(2)尋找過程中變化的物理量；(3)探索物理量的變化規(guī)律；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關系．3．解題方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題數(shù)學法將物理過程轉化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件類型1板塊模型中相對滑動的臨界問題【例1】【多選】如圖所示，質量分別為和m的A、B兩物塊，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為，B與地面間的動摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對B施加一水平拉力F，則下列說法中正確的是（）A．當時，A、B都相對地面靜止B．當時，A、B間相對滑動C．當時，B的加速度等于D．無論F為何值，A的加速度不會超過【答案】CD【詳解】A．地面的最大靜摩擦力為可知，A、B都相對地面發(fā)生運動，A錯誤；C．物塊A能夠獲得的最大加速度當時，假設A、B能夠保持相對地面靜止，則有解得可知，當時，A、B保持相對靜止，B的加速度等于，C正確；B．若A、B恰好發(fā)生相對運動，對B有對A、B有解得可知，當時，A、B間才能發(fā)生相對滑動，B錯誤；D．根據(jù)上述可知，物塊A能夠獲得的最大加速度為即無論F為何值，A的加速度不會超過，D正確。故選CD?！咀兪窖菥?】（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖（a）所示，質量為2kg且足夠長的木板A靜止在水平地面上，其右端停放質量為1kg的小物體B?，F(xiàn)用水平拉力F作用在木板A上，F(xiàn)隨時間t變化的關系如圖（b）所示，其中0~t1時間內F=2t（N），t1時刻A、B恰好發(fā)生相對滑動。已知A與地面、A與B之間的動摩擦因數(shù)分別為0.1和0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．t1=4.5sB．t1時刻，A的速度為4.5m/sC．6.5s時A的速度為18.0m/sD．6.5s時B的速度為6.25m/s【答案】AC【詳解】A．設A、B間滑動摩擦力為f1，則A與地面間滑動摩擦力為f2，則由牛頓第二定律得當A、B恰好發(fā)生相對滑動時，對B由牛頓第二定律得解得則此時由，可知故A正確；B．A即將開始運動時，由解得則內木板A靜止；內A與B一起變加速運動，拉力F對A的沖量對A由動量定理得解得故B錯誤；C．內，A、B相對滑動，拉力對A由牛頓第二定律得解得所以時，A的速度故C正確；D．6.5s時，對B由牛頓第二定律得解得故時，B的速度故D錯誤。故選AC。【變式演練2】．（2024·云南昆明·模擬預測）如圖所示，水平地面上有一長木板B，其左端放置一物塊A，初始A、B均靜止，用如圖所示的拉力作用于物塊A，已知物塊A的質量mA=2kg，長木板B的質量mB=1kg，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.3，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2，則（

）A．0~1s內A、B間的摩擦力為6NB．1s末A的速度為1m/sC．0~2s內A相對B的位移為1mD．0~2s內摩擦力總沖量的大小為6N·s【答案】BCD【詳解】A．由題意可知，兩處最大靜摩擦力分別為則0~1s內，F(xiàn)=6N，假設A、B未發(fā)生相對滑動，則對A、B整體運用牛頓第二定律得對A運用牛頓第二定律得A、B未發(fā)生相對滑動且A、B間的摩擦力為4N，A錯；B．由運動學知識得1s末A的速度故B正確；C．1~2s，F(xiàn)=16N，假設A、B未發(fā)生相對滑動，對A、B整體運用牛頓第二定律得對A運用牛頓第二定律得A、B發(fā)生相對滑動，重新對A運用牛頓第二定律得重新對B運用牛頓第二定律得故所以故C正確；D．因A、B之間的摩擦力為作用力與反作用力（內力），其總沖量始終為零，故0~2s內摩擦力總沖量故D正確。故選BCD?！咀兪窖菥?】．（2024·廣西·模擬預測）如圖所示，質量的小滑塊（可視為質點）放在木板的右端，質量為的木板與水平地面和滑塊間的動摩擦因數(shù)皆為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，開始時木板與小滑塊均處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給木板加一水平向右的恒力F，重力加速度，則以下說法中錯誤的是（）A．當拉力時，小滑塊和木板一起勻速運動 B．當拉力時，小滑塊和木板一起勻速運動C．當拉力時，小滑塊和木板一起加速運動 D．當拉力時，小滑塊和木板發(fā)生相對滑動【答案】AB【詳解】A．木板受到地面最大靜摩擦力則當拉力時，小滑塊和木板都保持靜止，故A錯誤，符合題意；B．當小滑塊受到最大摩擦力時，產生最大加速度為對木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知解得當拉力時，因為所以滑塊和木板一起勻加速運動，故B錯誤，符合題意；C．當拉力時，因為所以滑塊和木板一起加速運動，故C正確，不符合題意；D．當拉力時，因為兩者發(fā)生相對滑動，故D正確，不符合題意。故選AB?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，木板放在水平地面上，質量m=2kg的小物塊（可視為質點）放在木板的右端，兩者均靜止?，F(xiàn)用水平向右的F作用在木板上，通過傳感器測出木板的加速度a與外力F的變化關系如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：（1）小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；（2）木板的質量M；（3）乙圖中圖像與橫軸的交點坐標。【答案】（1）0.4；（2）2kg；（3）（2，0）【詳解】（1）根據(jù)圖乙可知，在外力等于18N時，木板加速度隨時間變化的關系發(fā)生了突變，表明外力小于18N時，小物塊與木板保持相對靜止，當外力等于18N時，小物塊所受木板的摩擦力達到最大靜摩擦力，此時對小物塊分析有其中解得（2）當外力大于18N時，小物塊與木板發(fā)生相對運動，對木板進行分析有變形有結合圖乙有解得（3）結合上述，將坐標（10，0）代入上述函數(shù)式，解得乙圖中圖像與橫軸的交點坐標位置表示木板在作用下恰好發(fā)生運動，即外力等于地面對木板的最大靜摩擦力，則有解得即乙圖中圖像與橫軸的交點坐標為（2，0）。類型2恰好脫離的動力學臨界問題連接體恰好脫離滿足兩個條件(1)物體間的彈力FN＝0；(2)脫離瞬間系統(tǒng)、單個物體的加速度仍相等．【例2】如圖A、B兩物體相互接觸，但并不粘合，放置在水平面上，水平面與物體間的摩擦力可忽略，兩個物體的質量分別為，。從開始，推力FA和分別作用與AB上，和隨時間的變化規(guī)律為，，關于兩個物體的運動。以下說法正確的是（）A．經過，兩物體將分離B．經過1.5s，兩物體將分離C．A對B的彈力做功的功率一直增大D．A對B的彈力做功的功率最大值為2W【答案】D【詳解】CD．以A、B整體為研究對象，A、B整體受到的合力為解得故合力保持不變，即開始一段時間內、以相同的加速度做勻加速運動，對整體研究有解得設A、B之間的彈力為F，對B受力分析可得解得且B在做勻加速直線運動，則B的速度為故A對B的彈力做功的功率為由數(shù)學知識可知，當時，功率有最大值故C錯誤，D正確；AB．當A、B恰好分離時，A、B間的彈力為0，此時兩者的加速度仍然相等，有解得所以在2s內，A、B兩物體一直以的加速度做勻加速直線運動，在2s后A、B兩物體分離，故AB錯誤。故選D?！纠?】【多選】如圖所示，在水平地面上有一傾角為θ，表面光滑的斜面體。在斜面體頂端固定一與斜面垂直的擋板，用質量不計的細線系著一個質量為m的小球?，F(xiàn)對斜面體施加一水平方向的外力F，使斜面體做加速度大小為a的勻加速直線運動。已知，重力加速度大小為g，則（）A．若斜面體以加速度向右加速運動時，小球對滑塊壓力為零B．若斜面體以加速度向右加速運動時，線中拉力為C．當斜面體以加速度向右加速運動時，線中拉力為D．當斜面體以加速度向左加速運動時，線中拉力為零【答案】BCD【詳解】A．若斜面體以臨界加速度向右加速運動時，小球對滑塊壓力為零，則小球只受到重力和細線的拉力，將細線拉力正交分解后有又由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得小球剛好離開斜面的零臨界加速度為若斜面體以加速度向右加速運動時，此時向右的加速度小于臨界加速度，則小球對滑塊壓斜面仍然有壓力，故A錯誤；B．若斜面體以加速度向右加速運動時，由牛頓第二定律有水平方向的合力大小為對小球受力分析可知，小球受力分析如下水平和豎直方向分別滿足如下關系代入數(shù)據(jù)解得細線的拉力大小為故B正確；C．當斜面體以加速度向右加速運動時，超過臨界加速度，小球離開斜面，由牛頓第二定律有水平方向繩子的分力大小為由勾股定理可知線中拉力為故C正確；D．若斜面體以臨界加速度向左加速運動時，細線對小球的拉力為零，則小球只受到重力和斜面的支持力，將支持力正交分解后如圖所示滿足又由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得細線剛好沒有拉力的零臨界加速度為當斜面體以加速度向左加速運動時，可知超過臨界加速度，細線對小球沒有拉力，故D正確。故選BCD。【例4】如圖所示，一勁度系數(shù)的輕質彈簧下端固定于地面上，質量的物塊A與質量的物塊B疊放在其上，處于靜止狀態(tài)。時，在物塊A上施加一豎直向上的力F，使兩物塊一起勻加速上升，時，兩物塊恰好分離。已知重力加速度為，求：（1）兩物塊勻加速運動的加速度大??；（2）分離時力F的大小?！敬鸢浮浚?）2m/s2；（2）1.44N【詳解】（1）初始時，物塊A、B疊放在一起，處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的形變量為，有

解得兩物塊分離時，物塊之間的相互作用力恰好為0，此時彈簧的形變量為，以物塊B為研究對象，有又聯(lián)立解得（2）兩物塊分離時，以物塊A為研究對象，有解得【變式演練1】【多選】如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直輕質彈簧上并保持靜止，現(xiàn)用大小等于0.8mg的恒力F向上拉B，當運動距離為h時B與A恰好分離（）A．彈簧的勁度系數(shù)等于B．B和A剛分離時，彈簧為原長C．B和A剛分離時，B和A的加速度相同D．從開始運動到B和A剛分離的過程中，兩物體的動能先增大后減小【答案】ACD【詳解】ABC．當A和B兩物體疊放在豎直輕質彈簧并保持靜止時，彈簧的彈力為由胡克定律可得彈簧的壓縮量為當A和B兩物體一起上升時，把A和B兩物體看成一個整體，由牛頓第二定律可得對B物體進行隔離分析，得當A和B開始分離時，，解得負號表示方向豎直向下，此時彈簧的彈力為由胡克定律可得彈簧的壓縮量為由題中條件可得可得綜上分析可知B和A剛分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，B和A的加速度相同，故AC正確，B錯誤；D．從開始運動到B和A剛分離的過程中，兩物體的加速度方向先向上后向下，兩物體向上先加速運動，后減速運動，兩物體的動能先增大后減小，故D正確。故選ACD?！咀兪窖菥?】（2024高三下·甘肅·學業(yè)考試）如圖，水平地面上有一汽車做加速運動，車廂內有一個傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個質量為m的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對球的拉力大小為FT、斜面對小球的彈力大小為FN，當汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運動時（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（）A．若a=14m/s2，小球受mg、FT、FN三個力作用B．若a=14m/s2，小球受mg、FT兩個力作用C．若a=13m/s2，小球受mg、FT兩個力作用D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個力作用【答案】B【詳解】若支持力恰好為零，對小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據(jù)牛頓第二定律，有解得D．由以上分析可知，當時，小球受mg、FT兩個力作用，當時，小球受mg、FT、FN三個力作用，故D錯誤；AB．若，小球受mg、FT兩個力作用，故A錯誤，B正確；C．若，小球受mg、FT、FN三個力作用，故C錯誤。故選B。【變式演練4】質量均為m的甲、乙兩物塊，中間連接一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，如圖所示，把甲放在水平面上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給乙施加一個豎直向上的拉力，使乙向上做勻加速直線運動，加速度大小為g（g為重力加速度大小），下列說法正確的是（

）A．乙剛要運動時，豎直向上的拉力大小為2mgB．從乙剛開始運動到甲剛要離開水平面時，乙的位移大小為C．當彈簧處于原長時，豎直向上的拉力大小為3mgD．甲剛要離開水平面時，乙的速度大小為g【答案】B【詳解】A．乙剛要運動時，合力即豎直向上的拉力，則有故A錯誤；B．系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧的壓縮量為甲剛要離開水平面時，彈簧的伸長量為則從乙剛開始運動到甲剛要離開水平面時，乙的位移大小為故B正確；C．當彈簧處于原長時，對乙分析有解得故C錯誤；D．從乙剛開始運動到甲剛要離開水平面時，對乙分析有解得故D錯誤。故選B?！咀兪窖菥?】（2024·河北·二模）如圖所示，質量相等的兩滑塊M、N用一輕質彈簧連接，在拉力F作用下沿著固定光滑斜面勻速上滑。某時刻突然撤去拉力F。已知斜面傾角為θ，重力加速度大小為g，斜面足夠長。從撤去拉力F時開始到彈簧第一次恢復原長的過程中，下列說法正確的是（）A．滑塊M的加速度始終大于滑塊N的加速度B．滑塊N的加速度大小最大值為C．滑塊M的平均速度大小一定小于滑塊N的平均速度大小D．滑塊M的速率始終大于滑塊N的速率【答案】BD【詳解】A．沒有撤掉外力時，，當突然撤去拉力F，對滑塊M受力分析有此后彈簧第一次恢復原長的過程中減小，即滑塊M的加速度由0增大，方向沿斜面向下，則滑塊M將做加速度增大的減速運動；對滑塊N受力分析有此后彈簧第一次恢復原長的過程中減小，即滑塊N的加速度由減小，方向沿斜面向下，則滑塊N將做加速度減小的減速運動，M的加速度一直小于N的加速度，A錯誤；B．當突然撤去拉力F瞬間，滑塊N的加速度最大為B正確；CD．滑塊M和N都向上做減速運動，其中N的加速度一直大于M的加速度，因此N減速更快，速度更小，因此M的速度一直大于N，則平均速度一直大于N直到彈簧長恢復原長，C錯誤；D正確。故選BD。類型3動力學中的極值問題【例5】【多選】如圖所示，質量m=1kg物體以初速度滑上足夠長的斜面。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)。調節(jié)斜面與水平方向的夾角從零開始增大到90°，發(fā)現(xiàn)物體沿斜面向上的最大位移x先減小后增大，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A．當時，物體的最大位移為2.4mB．當時，物體達到最大位移后，將保持靜止C．當時，物體的最大位移具有最小值D．當時，物體克服摩擦力做功18J【答案】ABC【詳解】A．當時，物體沿水平方向故勻減速直線運動。由動能定理解得故A選項正確；B．當時，有物體速度減小到零后，在斜面上保持靜止，故B正確；C．物體在斜面上滑行的過程中，由動能定理可得解得其中由數(shù)學知識可知，當時，物體的最大位移具有最小值，故C正確；D．當時，物體與豎直平面之間的支持力為零，摩擦力為零，故D錯誤。故選ABC?！纠?】用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩個光滑斜面之間，如圖所示，兩個斜面I、II固定在車上，傾角分別為53°和37°。已知，，重力加速度為g。（1）當卡車沿平直公路勻速行駛時，求工件分別對斜面I、II的彈力大?。海ㄒ螽嬍芰Ψ治鰣D）（2）當卡車沿平直公路以的加速度勻減速行駛時，求斜面I、II分別對工件的彈力大小：（3）為保證行車安全，求卡車沿平直公路做勻加速直線運動的最大加速度大小?！敬鸢浮浚?），，；（2），；（3）【詳解】（1）以工件為研究對象，受力分析如圖所示根據(jù)共點力的平衡條件可知，斜面I、II對圓筒的壓力大小分別為根據(jù)牛頓第三定律可知（2）以工件為研究對象，設斜面I、II對工件的彈力分別是和，在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有在豎直方向上根據(jù)平衡條件有解得（3）卡車沿平直公路勻加速行駛的最大加速度時，II對圓筒的壓力大小為0，則有解得【變式演練1】．如圖甲所示，將某一物塊每次以不變的初速率沿足夠長的斜面向上推出，調節(jié)斜面與水平方向的夾角，實驗測得物塊運動的最遠位移x與斜面傾角的關系如圖乙所示，g取，則（）A．物塊的初速度為2m/sB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.4C．物塊沿斜面上滑的最大加速度為gD．物塊沿斜面上滑的最小距離為【答案】AD【詳解】A．由圖可知，當夾角為時，位移為，由豎直上拋運動規(guī)律解得故A正確；B．當夾角為時，位移為，根據(jù)可得故B錯誤；CD．根據(jù)可得因此最大加速度為此時的位移為解得故C錯誤，D正確。故選AD?！咀兪窖菥?】（2024·全國·高考真題）如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設P的質量為，P與桌面的動摩擦力為；以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以盤和砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知當砝碼的重力大于時，才有一定的加速度，當趨于無窮大時，加速度趨近等于。故選D。題型三動力學中的圖像問題【解題指導】1．兩類問題：一類問題是從圖像中挖掘信息，再結合題干信息解題；另一類是由題干信息判斷出正確的圖像.2.兩種方法：一是函數(shù)法：列出所求物理量的函數(shù)關系式，理解圖像的意義，理解斜率和截距的物理意義；二是特殊值法：將一些特殊位置或特殊時刻或特殊情況的物理量值與圖像對應點比較．【核心歸納】1．“兩大類型”(1)已知物體在某一過程中所受的合力(或某個力)隨時間的變化圖線，要求分析物體的運動情況．(2)已知物體在某一過程中速度、加速度隨時間的變化圖線．要求分析物體的受力情況．2．“一個橋梁”：加速度是聯(lián)系v-t圖象與F-t圖象的橋梁．3．解決圖象問題的方法和關鍵(1)分清圖象的類別：分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點．(2)注意圖象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，圖線的轉折點，兩圖線的交點等表示的物理意義．(3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與物體的運動情況相結合，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖象中得出的有用信息．這些信息往往是解題的突破口或關鍵點．類型1通過F-t、F-x圖像分析運動情況【例1】如圖甲所示，一物塊放在光滑的水平面上，在水平向右的推力F的作用下從靜止開始運動，力F隨時間變化的圖像如圖乙所示，則物塊運動速率的平方隨位移變化的關系可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】CD．由牛頓第二定律可得根據(jù)題圖乙可知物塊在時間內加速度正向（以向右為正方向）均勻減小，在，時間內加速度負向均勻減小，由可知，圖像斜率為，則圖像中先逐漸增大變“緩”再逐漸減小變“緩”，故CD錯誤；AB．由圖像可知，物塊在前一半時間內的位移大于在后一半時間內的位移，故A錯誤，B正確。故選B?！纠?】如圖甲所示，水平輕質彈簧左端固定，右端與質量的滑塊相接觸，滑塊在彈簧向右的彈力作用下恰好靜止在粗糙水平地面上。現(xiàn)對滑塊施加水平向右的拉力F，在彈簧恢復原長之前，拉力F隨滑塊位移x的變化圖像如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)，重力加速度g取，可以認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A．滑塊向右做加速度逐漸增大的加速運動B．若滑塊運動4cm時與彈簧分開，滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.02C．施加力F的瞬間滑塊的加速度大小為D．滑塊向右運動2cm所用的時間為0.2s【答案】D【詳解】A．當滑塊位移為時，彈簧彈力的減小量為根據(jù)圖像可知，拉力的增加量為因故彈簧彈力的減小量等于拉力F的增加量，即滑塊所受合力不變，因此滑塊做勻加速直線運動，A錯誤；B．若滑塊運動時與彈簧分開。則滑動摩擦力大小為解得B錯誤；C．根據(jù)圖像可知，時，拉力，根據(jù)牛頓第二定律有解得C錯誤；D．根據(jù)可得D正確。故選D?！咀兪窖菥?】用水平力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，F(xiàn)大小隨時間的變化如圖甲所示，物塊的加速度a隨時間變化的圖像如圖乙所示，最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，重力加速度g取。下列說法正確的是（）A．物塊的質量為B．最大靜摩擦力為C．若在時撤去水平拉力，物塊還可以繼續(xù)滑行D．若在時撤去水平拉力，物塊還可以繼續(xù)滑行【答案】ABC【詳解】B．根據(jù)圖乙可知，在1s時刻，物塊恰好開始運動，此時拉力大小等于最大靜摩擦力，根據(jù)圖甲可知，最大靜摩擦力為，B正確；A．在2s時刻拉力為6N，加速度為1m/s2，則有A正確；C．圖像的面積表示速度的變化量，結合上述則有撤去拉力的加速度則物塊還可以繼續(xù)滑行的時間C正確；D．根據(jù)上述，若在時撤去水平拉力，物塊還可以繼續(xù)滑行的距離D錯誤。故選ABC?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，一輕質彈簧上端固定，下端連接一質量為1kg的物體，物體處于靜止狀態(tài)。用一豎直向上的外力F作用于物體上，物體從靜止開始豎直向上做一段勻加速直線運動，外力F與物體離開靜止位置的位移x的關系如圖乙所示，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度。下列說法正確的是（）A．物體運動的加速度大小為B．彈簧開始時形變量為4cmC．彈簧的勁度系數(shù)為200N/mD．從物體開始運動時計時，當t=0.1s時彈簧的形變量為3cm【答案】ACD【詳解】A．物體從靜止開始運動時重力與彈簧彈力平衡，從圖上讀出外力則開始運動時合力為根據(jù)牛頓第二定律解得物體運動的加速度為故A正確；BC．假設開始時彈簧形變量為，此時彈簧彈力根據(jù)胡克定律可得①當時，根據(jù)牛頓第二定律解得彈簧彈力從圖上讀出此時的位移為，則根據(jù)胡克定律可得②聯(lián)立①②解得故B錯誤，C正確；D．物體做初速度為0的勻加速直線運動，當時位移為則此時彈簧的形變量為故D正確。故選ACD?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，質量為m的物塊在水平力F的作用下可沿豎直墻面滑動，水平力F隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，物塊與豎直墻面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，豎直墻面足夠高，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．物塊一直做勻加速直線運動B．物塊先做加速度減小的加速運動，后做勻速直線運動C．物塊的最大速度為D．時，物塊停止下滑【答案】C【詳解】根據(jù)物塊的受力，由牛頓第二定律有由圖像可知而解得故隨時間的增大，物塊先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速逐漸增大的減速運動，最后停止下滑，靜止后物塊的加速度為零，處于平衡狀態(tài)；當時，物塊的加速度為零，此時物塊的速度最大，做出圖像如下圖所示根據(jù)其面積求出最大速度為故選C?！咀兪窖菥?】地震引起的海嘯會給人們帶來巨大的損失。某中學的部分學生組成了一個課題小組，對海嘯的威力進行了模擬研究，他們設計了如下的模型：如圖甲所示，在水平地面上放置一個質量為的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力（模擬海嘯）作用下運動，推力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度g取，忽略空氣阻力，則（

）A．運動過程中物體的最大加速度為B．物體在水平地面上運動的最大位移是50mC．整個過程中摩擦力對物體做功1kJD．在距出發(fā)點5.0m位置時物體的速度達到最大【答案】B【詳解】A．由牛頓第二定律有可得當推力F＝200N時，物體加速度最大，為45m/s2，A錯誤；BC．由F-x圖像中圖線與坐標軸所圍的“面積”表示功可知，推力對物體做功為由動能定理有代入數(shù)據(jù)得即物體在水平面上運動的最大位移是50m，整個過程中摩擦力對物體做功-1000J，B正確，C錯誤；D．由題圖乙可得推力F隨位移x變化的關系為F＝200-20x（N）物體速度最大時，加速度為零，有解得x＝9m即在距出發(fā)點9m位置時物體的速度達到最大，D錯誤。故選B。【變式演練5】一物塊靜止在粗糙水平地面上，某時刻起受到水平向右的拉力F的作用。在0~4s內拉力F隨時間t變化的情況如圖所示。已知時物塊恰好剛要運動，時物塊的加速度，認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，g取，則（）A．物塊與地面間的滑動摩擦力為2NB．物塊的質量為1kgC．在1~3s內，物塊做勻加速直線運動D．在3~4s內，物塊的速度變化量為2m/s【答案】AD【詳解】A．根據(jù)題意，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，而在時物塊恰好剛要運動，則此時物塊所受摩擦力達到最大值，根據(jù)圖像由平衡條件可得即物塊與地面間的滑動摩擦力為2N，故A正確；B．根據(jù)題意，時物塊的加速度，此時拉力大小為6N，則由牛頓第二定律有可得故B錯誤；C．根據(jù)題意結合圖像可知，在內物塊靜止，在拉力逐漸增大且大于滑動摩擦力，則可知該時間段內物塊做加速度增大的加速運動，故C錯誤；D．在3~4s內，拉力恒定，大小為6N，則可知該時間段內物塊的加速度恒定，大小為，由此可得，該時間段內物塊的速度變化量為故D正確。故選AD。類型2通過v-t、a-t圖像分析受力情況【例1】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖甲，一物塊在時刻滑上一足夠長的固定斜面，其運動的圖像如圖乙所示，若重力加速度，則（）A．物塊向上運動的位移為 B．斜面的傾角C．物塊的質量 D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)【答案】ABD【詳解】A．圍成的面積代表位移，根據(jù)圖像可知小物塊先沿斜面向上減速后沿斜面向下加速，物塊向上運動的位移為故A正確；BD．根據(jù)牛頓第二定律可得物塊向上運動時物體向下加速時圖像斜率表示加速度，兩階段加速度大小分別為，方程聯(lián)立解得斜面的傾角和物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為，故BD正確；C．在以上各式中物塊的質量均被消掉，無法求出物塊的質量。故C錯誤。故選ABD?！纠?】（2024·內蒙古包頭·一模）如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長，物塊A的質量為。時，對物塊A施加水平向右的恒力，時撤去，在內兩物塊的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內，下列說法正確的是（）A．時物塊A的速度小于0.8m/sB．時彈簧彈力為0.6NC．物塊B的質量為2kgD．大小為1.5N【答案】AC【詳解】BCD．根據(jù)題意可知，時，彈簧彈力為0，對物塊A，由牛頓第二定律有由圖乙可知，時，物體A的加速度為，則恒力的大小為時，物體A、B的加速度均為，設此時彈簧的彈力為，則有，解得，故BD錯誤，C正確；A．若內，物體A的加速度均勻減小，如圖所示由圖像的面積表示速度變化量可知，時物塊A的速度為由圖可知，實際的面積小于此面積，則時物塊A的速度小于0.8m/s，故A正確。故選AC?！咀兪窖菥?】如圖（a）所示，將傾角為的斜面體固定在水平桌面上，在斜面上點A（到水平面的距離為）放置一個物塊，在時刻將物塊由靜止釋放，在時刻物塊運動到斜面的底端，與擋板發(fā)生瞬間碰撞并反彈，并在1.4t1時刻速度減為0，全過程中物塊運動的圖像如圖（b）所示，不計空氣阻力，則（）A．當t=1.4t1時，物塊到水平面的距離為B．當t=1.4t1時，物塊到水平面的距離為C．物塊與斜面間的滑動摩擦因數(shù)為D．物塊與斜面間的滑動摩擦因數(shù)為【答案】AD【詳解】AB．由圖像可知，下滑過程的位移反彈后的位移故當t=1.4t1時，物塊到水平面的距離為故A正確，B錯誤；CD．下滑過程的加速度為反彈后的加速度為由牛頓第二定律得聯(lián)立解得故C錯誤，D正確。故選AD?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，質量為的物體受水平拉力作用，在粗糙水平面上做初速度為零的加速直線運動，其圖像如圖乙所示，物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g取，則（）A．水平拉力隨時間的變化關系B．時，物體的速度大小為C．在內，合力對物體做功為D．在內，拉力F對物體的沖量大小為【答案】ABD【詳解】A．由圖乙可知對物體受力分析，有解得A正確；B．內圖像與坐標軸圍成的面積為速度變化量，則B正確；C．在內，合力對物體做功為C錯誤；D．在內解得D正確。故選ABD。類型3通過a-F圖像分析力與運動的關系【例1】（2024·四川成都·二模）如圖甲所示，平行于傾角為固定斜面向上的拉力使小物塊沿斜面向上運動，運動過程中加速與的關系如圖乙。圖線的斜率為，與軸交點坐標為，與軸交點為。由圖可知（

）A．小物塊的質量對 B．小物塊的質量為C．摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為 D．摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為【答案】BD【詳解】以物塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得可得結合圖像可得，可知小物塊的質量為摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為故選BD?！咀兪窖菥?】如圖（a），一水平外力F作用在物體上，使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力變化的圖像如圖（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根據(jù)圖（b）判斷，下列說法正確的是（）A．物體的質量m=2kgB．斜面的傾角θ=53°C．加速度為時力F的大小為25ND．物體靜止在斜面上時，水平外力的大小為F=15N【答案】AD【詳解】AB．當，，時，，其中，，解得，故A正確，B錯誤；C．加速度為時，由解得故C錯誤；D．物體靜止在斜面上時，有解得故D正確。故選AD。【變式演練2】（2024·北京平谷·模擬預測）用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙，甲、乙兩物體運動過程中所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示，由圖可知（）A．m甲>m乙，μ甲>μ乙 B．m甲>m乙，μ甲<μ乙C．m甲<m乙，μ甲>μ乙 D．m甲<m乙，μ甲<μ乙【答案】B【詳解】根據(jù)牛頓第二定律可得所以結合圖線可得，故選B?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，地面上有一質量為M的重物，用力F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數(shù)關系如圖乙所示，則以下說法中正確的是（）A．當F小于圖中A點值時，物體的重力Mg>F，物體不動B．圖中A點值即為物體的重力值C．物體向上運動的加速度和力F成正比D．圖線延長線和縱軸的交點B的數(shù)值等于該地的重力加速度【答案】ABD【詳解】A．當F小于圖中A點值時，物體的加速度為零，則Mg>F，物體不動，A正確；BCD．根據(jù)得當加速度為0時，F(xiàn)值等于重力。由表達式可知，加速度與力不成正比，圖線延長線和縱軸的交點B的數(shù)值等于該地的重力加速度，C錯誤，BD正確。故選ABD?！咀兪窖菥?】物體A、B都靜止在同一水平面上，它們的質量分別是和，與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為和，用平行于水平面的力分別拉物體A、B得到加速度和拉力的關系圖像分別如圖中A、B所示，已知，利用圖像可求出A、B兩物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)和的數(shù)值分別為（）A．， B．，C．， D．，【答案】C【詳解】對物體A，根據(jù)牛頓第二定律可得則有由圖像可知聯(lián)立解得對物體B，根據(jù)牛頓第二定律可得則有由圖像可知聯(lián)立解得故選C。題型四“傳送帶”模型問題【解題指導】1．水平傳送帶問題：求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷．物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻.2.傾斜傳送帶問題：求解的關鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用．當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變．【必備知識】1．水平傳送帶情景滑塊的運動情況傳送帶不足夠長傳送帶足夠長一直加速先加速后勻速v0<v時，一直加速v0<v時，先加速再勻速v0>v時，一直減速v0>v時，先減速再勻速滑塊一直減速到右端滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端．若v0<v返回到左端時速度為v0，若v0>v返回到左端時速度為v.2．傾斜傳送帶情景滑塊的運動情況傳送帶不足夠長傳送帶足夠長一直加速(一定滿足關系gsinθ<μgcosθ)先加速后勻速一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0<v時，一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v時，一直減速(加速度為gsinθ－μgcosθ)若μ≥tanθ，先減速后勻速；若μ<tanθ，先以a1減速，后以a2加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)gsinθ>μgcosθ，一直加速；gsinθ＝μgcosθ，一直勻速gsinθ<μgcosθ，一直減速先減速到速度為0后反向加速到原位置時速度大小為v0類型1動力學中水平傳送帶問題【例1】在地鐵和火車站入口處可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶，如圖甲所示。當旅客把行李放到傳送帶上時，傳送帶從靜止開始啟動。在某次研究性學習活動中，同學將行李箱由靜止放到傳送帶上后，傳送帶開始按照如圖乙所示的規(guī)律運動（向右為速度的正方向）。若行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度g取10m/s2，傳送帶足夠長，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。下列說法正確的是（

）

A．經過ls的時間行李箱與傳送帶共速B．行李箱相對于傳送帶滑動的距離為2mC．若保持傳送帶的最大速度不變，增大傳送帶啟動的加速度，則行李箱達到與傳送帶速度相同所需要的時間保持不變D．若保持傳送帶的最大速度不變，增大傳送帶啟動的加速度，則行李箱相對傳送帶滑動的距離將保持不變【答案】C【詳解】A．由圖乙可知傳送帶的最大速度為，行李箱的加速度為則行李箱速度與傳送帶相同所用時間為故A錯誤；B．行李箱在2s內的對地位移為傳動帶2s內的位移為則行李箱相對于傳送帶滑動的距離為故B錯誤；C．若保持傳送帶的最大速度不變，增大啟動的加速度，則行李箱達到與傳送帶速度相同所需要的時間為可知行李箱達到與傳送帶速度相同所需要的時間保持不變，故C正確；D．若保持傳送帶的最大速度不變，增大啟動的加速度，行李箱的對地位移不發(fā)生改變，由于傳動帶啟動加速度增加了，則傳送帶加速的時間減少，以最大速度運行的時間增長，則傳送帶對地位移變大，則行李箱相對傳送帶滑動的距離將變大，故D錯誤。故選C?！纠?】如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，已知v2>v1，則（）A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C．0~t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向一直向右D．0~t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力【答案】BC【詳解】A．相對地面而言，小物塊在0~t1時間內向左做勻減速運動，t1時刻之后反向向右運動，故小物塊在t1時刻離A處距離最大，A錯誤；B．小物塊在0~t1時間內向左做勻減速運動，相對傳送帶也是向左運動，t1~t2時間內反向向右做勻加速運動，但速度小于傳送帶向右的速度，仍是相對傳送帶向左運動，t2時刻兩者同速，在t2~t3時間內，小物塊與傳送帶相對靜止，一起向右勻速運動，所以t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，B正確；C．由于0~t2時間內，小物塊相對傳送帶一直向左運動，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正確；D．在0~t2時間內，小物塊相對傳送帶一直向左運動，則小物塊一直受向右的滑動摩擦力，在t2~t3時間內，小物塊相對于傳送帶靜止，則小物塊不受摩擦力作用，故D錯誤。故選BC?！咀兪窖菥?】如圖，一大型工廠內足夠長的水平傳送帶左端有一個與傳送帶等高的光滑平臺，二者平滑連接于A點，傳送帶始終以大小為的速度逆時針勻速轉動，在平臺上一工件以水平向右、大小為的速度從A點沖上傳送帶。已知工件的質量為且可視為質點，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小取。下列說法正確的是（

）A．工件在傳送帶上向右運動的最大距離為B．工件在傳送帶上運動的時間為C．工件在傳送帶上留下的劃痕長度為D．工件在傳送帶上運動的整個過程中系統(tǒng)因摩擦產生的熱量為【答案】AD【詳解】A．工件在傳送帶上向右滑動時，規(guī)定向右為正方向，由牛頓第二定律得解得由運動學公式得解得故A正確；B．工件在傳送帶上先向右減速到0，再反向加速到v，再勻速運動到左邊平臺。向右勻減速的時間向左加速滑動的加速度大小向左加速的時間為向左加速的位移大小向左勻速運動時間工件在傳送帶上運動的時間故B錯誤；C．開始時相向運動，劃痕反向加速為同向運動，劃痕故故C錯誤；D．摩擦生熱故D正確。故選AD。【變式演練2】傳送帶在社會生活生產中有著廣泛的應用，一長的水平白色傳動帶順時針勻速運行，如圖1所示．現(xiàn)將一可視為質點的墨塊自傳送帶的左端由靜止釋放，經墨塊被送達傳送帶的右端，其速度－時間圖像如圖2所示，重力加速度g取．則下列判斷正確的是（）A．傳動帶的運行速度大小為B．墨塊在傳送帶上留下的黑色痕跡在墨塊的左側C．墨塊相對傳送帶滑動而留下黑色痕跡的長度為D．若增大傳送帶的運行速度，墨塊的傳送時間最短可達【答案】AC【詳解】A．根據(jù)圖像可知，墨塊先加速達到傳送帶速度與其一起勻速，所以傳動帶的運行速度大小為2m/s，故A正確；B．由于墨塊剛放到傳送帶上至與傳送帶共速時間內速度小于傳送帶的速度，傳送帶相對墨塊向右運動，劃痕也出現(xiàn)在墨塊的右側，故B錯誤；C．根據(jù)題意，設加速時間為t，則解得所以加速階段加速度物塊相對傳送帶滑動而留下痕跡的長度為故C正確；D．若增大傳送帶的運行速度，由于墨塊與傳送帶間的摩擦力不變，可知加速度則物體一直加速時間最短，有代入數(shù)據(jù)解得故D錯誤。故選AC?！咀兪窖菥?】快遞分揀站利用傳送帶可以大幅提高分揀效率，其過程可以簡化為如圖所示的裝置，水平傳送帶長為L，以一定的速度順時針勻速運動，工作人員可以一定的初速度將快遞箱推放到傳送帶左端。若快遞箱被從左端由靜止釋放，到達右端過程中加速時間和勻速時間相等，快遞箱可視為質點，快遞箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，g取，則（）A．傳送帶長L為B．若，全程快遞箱在傳送帶上留下的痕跡長為C．若，則全程快遞箱的路程與傳送帶的路程之比為D．若僅將傳送帶速度增大為原來的2倍，則快遞箱先勻加速運動再勻速運動【答案】AC【詳解】A．根據(jù)傳送帶與快遞箱間動摩擦因數(shù)，快遞箱加速時加速度快遞箱加速位移快遞箱勻速位移所以傳送帶總長故A正確；B．若，快遞箱全程位移為則傳送帶路程為痕跡長故B錯誤；C．如果，快遞箱加速時間加速位移勻速時間在此期間傳送帶勻速位移所以兩者路程之比為12∶13。故C正確；D．如果傳送帶速度加倍，則快遞箱加速時間加速位移大于，故D錯誤。故選AC。類型2動力學中的傾斜傳送帶問題【解題要點】1．求解傳送帶問題的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析與判斷．2．臨界狀態(tài)：當v物＝v帶時，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突變．3．滑塊與傳送帶的劃痕長度Δx等于滑塊與傳送帶的相對位移的大小，若有兩次相對運動且兩次相對運動方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲)；若兩次相對運動方向相反，Δx等于較長的相對位移大?。?圖乙)【例3】．（2024·山西運城·二模）如圖所示，傾角θ=37°的傳送帶以v0=1m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，將物塊B輕放在傳送帶下端的同時，物塊A從傳送帶上端以v1=1m/s的初速度沿傳送帶下滑，結果兩物塊恰好沒有在傳送帶上相碰，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.8，不計兩物塊大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）兩物塊剛在傳送帶上運動時各自的加速度大??；（2）兩物塊從在傳送帶上運動到剛好要相碰所用的時間；（3）若A的質量，求A在整個運動過程中與傳送帶摩擦產生的熱量。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）剛開始物塊A沿傳送帶向下減速運動有解得對于物塊B，向上加速運動有解得（2）物塊B在傳送帶上加速的時間物塊A從沖上傳送帶到速度為零所用時間兩個物塊在與傳送帶共速時恰好不相碰，物塊A從速度為零向上加速到與傳送帶速度相同所用時間為所以，兩物塊從在傳送帶上運動到剛好要相碰所用時間為（3）在t1時間內，物塊A與傳送帶的相對位移大小為在t2時間內，物塊A與傳送帶的相對位移大小為則物塊A與傳送帶間因摩擦產生的熱量代入數(shù)據(jù)解得【例4】如圖所示，傾角為37°的傳送帶以速度逆時針勻速傳動，小滑塊（視為質點）以平行于傳送帶的初速度從頂端滑上傳送帶，經過滑塊滑到傳送帶的底端，在此過程中，滑塊的平均速度為，重力加速度g取，、，下列說法正確的是（）。A．傳送帶轉軸中心間的距離為B．滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.8C．當滑塊向上運動到兩輪間的中點位置時速度大小正好為，則滑塊在上升過程中經歷的總時間為D．若，則滑塊在傳送帶上運動的整個過程中，滑塊與傳送帶的相對位移為【答案】AC【詳解】AB．由勻變速直線運動的規(guī)律可得，滑塊下滑過程，受到的滑動摩擦力斜向上，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，，A正確，B錯誤；C．設滑塊運動到傳送帶的底端時速度為，則有解得滑塊剛向上運動的受力與向下運動的受力情況相同，說明滑塊先向上做初速度為0、加速度為的勻加速直線運動，由題意可得，，，聯(lián)立解得C正確；D．若，分析可知，滑塊在傳送帶上做雙向可逆運動，返回到頂端時速度正好為，根據(jù)對稱性，滑塊在傳送帶上運動的整個過程中的時間為，傳送帶的位移為滑塊的位移為則物塊與傳送帶的相對位移為聯(lián)立解得D錯誤。故選AC?！咀兪窖菥?】（2024·河北·三模）如圖所示，甲圖為傳送帶的實物照片，乙圖是其運輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)，傳送帶AB部分長度、BC部分長度，運行速度恒為。現(xiàn)工人每隔1s在底端A點放上一個水果箱，C點恰好掉下去一個水果箱，已知，，重力加速度，求：（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有多少個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值與最大值?！敬鸢浮浚?）13個；（2）0.2m，2m【詳解】（1）把水果箱簡化成小物塊，小物塊在斜面上的加速度則物體在斜面上加速的時間為加速過程的對地位移為則小物塊在傳送帶上勻速運動的位移小物塊在傳送帶上勻速運動的時間為已知每隔1s放上一個小木塊，則傳送帶上共可以放置木塊數(shù)為個（2）根據(jù)分析當?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶1s時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，有當兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠，有【變式演練2】如圖所示，一傳送帶與水平面之間的夾角為，在電動機的帶動下，傳送帶以速度沿順時針方向穩(wěn)定運行，現(xiàn)讓一物塊（視為質點）從傳送帶的底端以速度沖上傳送帶，當物塊運動到傳送帶的頂端時速度剛好為0，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）A．與之間的關系為B．物塊在做減速運動的過程中，加速度不變C．物塊與傳送帶在速度相等前后，加速度的大小之差為D．共速前物塊在傳送帶上的劃痕長度一定等于物塊位移大小的一半【答案】AC【詳解】A．根據(jù)題意可知，物塊與傳送帶速度相等后繼續(xù)向上減速，則有可得故A正確；B．由于，物塊與傳送帶速度相等之前，物塊受到的滑動摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小為物塊與傳送帶速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小為故B錯誤；C．物塊與傳送帶在速度相等前后，加速度的大小之差為故C正確；D．設物塊從沖上傳送帶到與傳送帶速度相等所用時間為，此過程物塊的位移為傳送帶的位移為可知此過程物塊在傳送帶上的劃痕長度為若滿足則有由于不一定等于，則共速前物塊在傳送帶上的劃痕長度不一定等于物塊位移大小的一半，故D錯誤。故選AC?！咀兪窖菥?】如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角，以恒定速率順時針轉動。一煤塊以初速度從A端沖上傳送帶，煤塊與傳送帶之間動摩擦因數(shù)，取。下列說法正確的是（）A．煤塊沖上傳送帶后經1s與傳送帶速度相同B．煤塊向上滑行的最大位移為8mC．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為5sD．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為【答案】AD【詳解】A．煤塊先做勻減速，由牛頓第二定律可得解得設經t時間與傳送帶共速，由解得故A正確；B．共速后，摩擦力方向向上，由牛頓第二定律得解得煤塊先以12m/s的初速度，的加速度減速至4m/s，后又以的加速度減速至0，再反向加速至回到A點，圖像如圖所示由圖像煤塊上升到最高點的位移大小等于速度－時間圖線與時間軸所包圍的面積的大小，有故B錯誤；C．物塊上升到最高點后反向向下做初速度為零，加速度為的勻加速直線運動，設返回到A點所需的時間為，下滑的位移解得結合圖像知，物塊從沖上傳送帶到返回A端所用時間s故C錯誤；D．在0到1s內傳送帶比物塊速度慢，則滑塊在傳送帶上的劃痕此時劃痕在物塊的下方，在1s到2s內，傳送帶速度比物塊速度大，則因為，所以在上升階段產生的劃痕為4m，此時煤塊在產生的劃痕的中點，在2s到時間內，煤塊向下滑了10m，傳送帶向上滑了，則煤塊在傳送帶上的劃痕故D正確。故選AD。類型3傳送帶中的動力學圖像【例5】如圖1所示，一傾角為的傳送帶以恒定的速率逆時針轉動。將兩個不同的物塊A、B輕輕并排放在傳送帶上，二者并不接觸（圖中只顯示一個物塊）。以平行于傳送帶向下的方向為正方向，兩物塊的速度—時間圖像如圖2所示。不計空氣阻力，重力加速度g取，，。關于兩物塊在傳送帶上的運動，下列說法正確的是（）A．傳送帶的速度的大小為B．傳送帶與物塊B間的動摩擦因數(shù)為0.75C．在內，兩物塊與傳送帶間產生的熱量相等D．后，若物塊A在傳送帶上運動的時間少于，則A、B間的最大距離就不會變【答案】AB【詳解】A．由物體B的圖像可知，在0.50s后物體B與傳送帶共速，即此時物塊B的速度為傳送帶的速度，所以傳送帶的速度大小為6m/s，故A項正確；B．0.50s前物塊B在傳送帶上做勻加速直線運動，其加速度根據(jù)圖像可知為對其受力分析有解得故B項正確；C．在，物塊B與傳送帶相對位移為產生的熱量為對物體A有解得在，物塊A與傳送帶相對位移為產生的熱量為因為兩物塊的質量未知，所以其產生的熱量不一定相等，故C項錯誤；D．0.75s時，兩物塊的速度大小相等，根據(jù)追及相遇的知識點可知，此時兩物塊在相遇前其距離達到了最大值，其距離為設0.75s后在經過時間物塊A超過物塊B后其距離達到，則有解得所以在0.75s后，物塊A在傳送帶上運動的時間小于等于時，A、B間的最大距離就不會變，故D項錯誤。故選AB?！纠?】水平傳送帶被廣泛地應用于工廠的貨物運送，如圖所示為一足夠長的水平傳送帶裝置，在其左側輕放一小物塊，下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t、a-t圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】BD【詳解】AB．水平傳送帶以恒定的速度持續(xù)運轉，小物塊剛放上去時速度為零，所以物塊和傳送帶之間將產生滑動，滑動摩擦力使小物塊做初速度為零的勻加速直線運動，當速度增大到和傳送帶速度相同時，小物塊相對于傳送帶不再滑動，二者以相同的速度沿同方向運動，故A錯誤、B正確；CD．小物塊和傳送帶之間的滑動摩擦力大小不變，所以小物塊的加速度也是恒定的；當小物塊的速度達到傳送帶的速度時，二者之間的相對滑動就結束了，滑動摩擦力也就消失了，小物塊的加速度也會即刻減小到零，故C錯誤、D正確。故選BD。【變式演練1】如圖甲所示，傾角為的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現(xiàn)將一質量為1kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，2s末煤塊恰好到達B端，煤塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，g取，則（1）求煤塊在第一秒和第二秒內的加速度大小分別是多少？（2）求煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)？（3）2s內傳送帶上留下的痕跡長度？【答案】（1），；（2）；（3）2m【詳解】（1）由題圖可知，第1s內煤塊的加速度大小為第2s內煤塊的加速度大小為（2）煤塊的加速度在1s末發(fā)生突變，則在第1s內對煤塊有在第2s內對煤塊有聯(lián)立解得（3）0~1s內皮帶的位移及物體的位移分別為它們的相對位移為1~2s內皮帶的位移及物體的位移分別為它們的相對位移為0~1s內物體位移小于皮帶位移，在皮帶上出現(xiàn)5m長的痕跡，1~2s內物體位移大于皮帶的位移，這1m長的痕跡與剛才的痕跡重合，所以皮帶上出現(xiàn)的痕跡長為2m?！咀兪窖菥?】為了保證乘客的安全，通常情況下在進入火車站前應對旅客攜帶的物品安檢，安檢時將物品無初速度地放到沿水平方向向右傳送的運輸帶一端，已知運輸帶以恒定的速度勻速傳動，如圖甲所示，整個過程中物品的速度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。物品可視為質點，且質量為，運輸帶兩端相距，經測量該物品在運輸帶上留下了一條長為的劃痕，重力加速度g取。則下列說法正確的是（）A．整個過程中，物品始終受到向右的摩擦力B．物品與運輸帶間的動摩擦因數(shù)為0.25C．運輸帶對物品摩擦力的沖量大小為D．整個過程因傳送該物品多消耗的電能為【答案】BC【詳解】A．由圖乙可知，物品在內做勻加速直線運動，則運輸帶對物品的摩擦力為滑動摩擦力，方向沿運輸帶水平向右；末物品與運輸帶具有相同的速度，則的時間內物品所受的摩擦力為零，故A錯誤；B．在內物品加速的位移為物品勻速的位移為在內運輸帶的位移為又由以上可解得則物品加速時的加速度大小為由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得故B正確；C．物體在運輸帶上加速時受摩擦力的作用，勻速時不受摩擦力，則運輸帶對物品摩擦力的沖量為故C正確；D．由能量守恒定律得因傳送物品多消耗的電能為故D錯誤。故選BC?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，傾角為的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現(xiàn)將一質量為的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，煤塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，末煤塊到達端，取沿傳送帶向下為正方向，取，則（）A．傾角B．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.4C．內傳送帶上留下的痕跡長為D．內物體與傳送帶摩擦產生的內能【答案】AC【詳解】AB．由圖乙可知，0~1s物體的加速度為a1=10m/s2，1~2s物體的加速度為a2=2m/s2，皮帶的速度為v1=10m/s，根據(jù)牛頓第二定律得解得故A正確，B錯誤；C．0~1s內皮帶的位移及物體的位移分別為它們的相對位移為1~2s內皮帶的位移及物體的位移分別為它們的相對位移為0~1s內物體位移小于皮帶位移，在皮帶上出現(xiàn)5m長的痕跡，1~2s內物體位移大于皮帶的位移，這1m長的痕跡與剛才的痕跡重合，所以皮帶上出現(xiàn)的痕跡長為5m，故C正確；D．2s內物體與傳送帶摩擦產生的內能為故D錯誤。故選AC?！咀兪窖菥?】（2024·河南·二模）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣葀0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像中可能正確是（）A． B．C． D．【答案】ABD【詳解】A．當小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得即可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當小物塊達到傳送帶速度時，若滿足可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為故A正確；B．當小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為若滿足則小物塊應沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；CD．當小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時，若滿足則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，加速度大小為若滿足則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。故選ABD。題型五“滑塊－木板”模型問題【解題指導】1．“滑塊—木板”模型問題中，靠摩擦力帶動的那個物體的加速度有最大值：am＝eq\f(Ffm,m).假設兩物體同時由靜止開始運動，若整體加速度小于該值，則二者相對靜止，二者間是靜摩擦力；若整體加速度大于該值，則二者相對滑動，二者間為滑動摩擦力.2.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，位移之差等