2019-2020年高考物理第一轮复习 补充资料 第3单元 牛顿运动定律4 牛顿运动定律的应用2.doc

2019-2020年高考物理第一轮复习 补充资料 第3单元 牛顿运动定律4 牛顿运动定律的应用2一知识点1动力学图像问题2传送带模型3板块模型二典例解析1动力学图像问题（st、vt、at、Ft、Fx有一定的综合性）【例1】（xx年课标） xx年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B在0.4s2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD在0.4s2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变变式1 （xx年北京卷）一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘将皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是OtAaOtBaOtDaOtCa变式2 如图所示，水平面上质量相等的两木块A、B，用轻弹簧相连接，这个系统处于平衡状态。现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动（如图b），研究从力F刚作用在木块A瞬间到木块B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块A的起点位置为座标原点则下面图中能正确表示力F和木块A的位移x之间关系的图是A.FOxC.FOAA1m0.50.55xD.FOxB.FOx变式3 用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从某时刻起力F随时间均匀减小，物体所受的摩擦力随时间t变化如下图中实线所示。下列说法正确的是AF是从t1时刻开始减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零BF是从t1时刻开始减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零CF是从t2时刻开始减小的，t2时刻物体的速度刚好变为零DF是从t2时刻开始减小的，t3时刻物体的速度刚好变为零再问：0t1内物体做 运动；t1t2内物体做 运动；t2t3内物体做 运动2传送带模型（1）物体在传送带上的运动情况（加速度、时间、末速度、对地位移）的计算【例2】（水平传送带）如图所示，水平放置的传送带以速度v=2m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数=0.2，若A端与B端相距4 m，则物体由A运动到B的时间和物体到达B端时的速度是：（ ）A2.5s，2m/sB1s，2m/sC2.5s，4m/sD1s，4/s变式：（倾斜传送带）如图所示，传送带与地面的倾角=37，从A端到B端的长度为16m，传送带以v0=10m/s的速度沿逆时针方向转动。在传送带上端A处无初速地放置一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，求物体从A端运动到B端所需的时间是多少？(sin37=0.6，cos37=0.8) （2）物体在传送带上的相对运动问题（相对位移、滑痕长度、相对路程哪个量与发热联系？）理解物体在传送带上的相对运动问题具有一定的难度，只要掌握了分析和计算的方法，问题便迎刃而解，解决此类问题的方法就是：分析物体和传送带相对于地的运动情况分别求出物体和传送带对地的位移求出这两个位移的矢量差（熟练的学生可以传送带为参考系分析问题，但要注意：要不要引进惯性力？初速度和加速度是不是也有相对性？）。【例3】（水平传送带）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。变式1：（倾斜传送带）如图所示，皮带轮带动传送带沿逆时针方向以速度v0=2 m / s匀速运动，两皮带轮之间的距离L=3.2 m，皮带绷紧与水平方向的夹角=37。将一可视为质点的小物块无初速地从上端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，物块在皮带上滑过时能在皮带上留下白色痕迹。求物体从下端离开传送带后，传送带上留下的痕迹的长度。（sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10 m / s2）（与例2对应的变式情境一样，问题不同）变式2 （岳阳市一中xx届质检4彭立君）如图所示，小物块A（初速度为零）轻放在与水平面倾角为、足够长的传送带上某点C，传送带以恒定的速度v逆时针转动。当物块与传送带有相对运动时，会在传送带上留下划痕，从物块放上传送带开始研究划痕S随时间t的变化关系，作出S-t图像如图，则由图可求（g=10m/s2）A0.5s至1.5s这段时间内，物块的速度和传送带速度相等B传送带的速度v=4.8m/s，0.5s内物块的位移为1.2mC1.5s内物块的位移等于传送带上C点向下的位移D物块0-0.5s的加速度a1是0.5s以后的加速度a2的4倍（3）物体在传送带上运动过程中功能关系和能的转化问题（注意能量的比例）解决系统能量转化问题的方法是：明确传送带和物体的运动情况求出物体在传送带上的相对位移，进而求出摩擦力对系统所做的总功明确能量分配关系，由能量守恒定律建立方程求解。【例4】（水平）如图所示，水平长传送带始终以速度v=3m/s匀速运动。现将一质量为m=1kg的物块放于左端（无初速度）。最终物体与传送带一起以3m/s的速度运动，在物块由速度为零增加至v=3m/s的过程中，求： （1）由于摩擦而产生的热量。（2）由于放了物块，带动传送带的电动机消耗多少电能？变式1 （倾斜）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角=30，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2m/s的速率运行。现把一质量m=10kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经时间t=1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s2。求：（1）工件与皮带间的动摩擦因数；（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。 变式2 （综合）（2003年全国卷）一传送带装置示意图如图所示，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这个装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，求电动机的平均输出功率P。（5）与传送带相关的极值问题求解极值问题的基本方法之一是:明确物理过程让制约极值出现的物理量变化起来（即动态分析），找出极值出现的条件求解讨论。【例5】如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落在地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示，已知它落地时相对于B点的水平位移OC=L。现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B点的距离为，当传送带静止时，让小物体P再次从A点静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面上的C点。当驱动轮转动而带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），物体P的落地点为D。不计空气阻力，问传送带速度v的大小满足什么条件时，点O、D之间的距离s有最小值？这个最小值为多少？svvsv1v20s1s2图甲图乙变式：（岳阳市一中xx届质检2卢伟）如图甲所示，曲面末端与水平传送带相切，传送带以速率v顺时针转动，设物块从传送带左端平抛的水平位移为s，改变v的大小，物块每次从曲面上足够高的同一位置释放，测得s与v的关系如图乙所示，关于该图象，下列说法正确的是A传送带速率v满足vv1时，物块随传送带匀速运动B传送带速率v满足v1vv2时，物块随传送带匀速运动D物块滑到曲面末端时的速度大小为3板块模型（1）过程与图像恒外力作用下的过程问题（常根据受力分析运动参数v、v、a及能量Ek、Ep）例6 （单摩擦、恒外力、过程分析）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法正确的有A当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大m1m2F变式：（临界、单摩擦、过程与质心）（xx年新课标） 如图，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），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是atOa1a2atOa1a2atOa1a2atOa1a2A B C D变外力作用下的过程问题（常根据变力规律分析运动参数常涉及图像的推理）BFt02t0Ft0F甲乙例7 （变外力、单静摩擦、隔离与整体、图象与推理）叠放在一起的两物块A、B静止在光滑的水平面上，如图甲所示。某变力F随时间t的变化关系图象如图乙所示（水平向右为正方向，下同）。现将该变力F作用在B上，已知两物块A、B始终相对静止，用a表示物块A的加速度，v表示物块A的速度，L表示物块A的位移，f表示物块B对物块A的摩擦力，t表示时间，下面四幅图中，正确的是 t02t0at0At02t0vt0Bt02t0Lt0Ct02t0ft0D2m m F 图1图21213t/s00.4F/mg 1.5变式1：（变力、单摩擦、多过程）（xx海南卷）图l中，质量为的物块叠放在质量为的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2在木板上施加一水平向右的拉力F，在03s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s2整个系统开始时静止 (1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出03s内木板和物块的图象，据此求03s内物块相对于木板滑过的距离。变式2：第10题图FAB（双摩擦、变外力、图像、推理）（岳阳市xx届模拟一）如图所示，在水平面上有一质量为m=10 kg的足够长的木板B，其上叠放一质量相同的物块A，A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为1=0.3和2=0.1。所有接触面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k=5N/s），g取10m/s2。下列反映A、B运动的加速度图象、速度图象及A、B间摩擦力Ff1、B与地面间摩擦力Ff2随时间变化的图线中正确的是/Sa/(ms-2)BA/Sv/(ms-1)BAABF1/N/Sf1/N/Sf2/NCD（2）临界问题例8 （临界、滑落、双摩擦、多过程）（2004年全国II）一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么? (以g表示重力加速度)变式：（双摩擦、极值与临界、开放）如图17所示，长度L = 1.0 m的长木板A静止在水平地面上，A的质量m1 = 1.0 kg，A与水平地面之间的动摩擦因数1 = 0.04小物块B（可视为质点）以0 = 2.0 m/s的初速度滑上A的左端，B的质量m2 = 1.0 kg，A与B之间的动摩擦因数2 = 0.16取重力加速度g = 10 m/s2（1）求B在A上相对A滑行的最远距离；BA0图17L（2）若只改变物理量0、1、2中的一个，使B刚好从A上滑下，请确定改变后该物理量的数值（只要提出一种方案即可） （3）往返问题v/(ms-1)t/s0150.5例9 （双摩擦、返回）（xx年课标II）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示。己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。取重力加速度的大小g=10m/s2，求：物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。（4）多解问题例10 （双摩擦、不确定外力、临界与多解）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（）Aa=gBaCaDa-变式1：（xx年江苏卷）如图所示，倾角为的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M、m(Mm)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在角取不同值的情况下，下列说法正确的有A两物块所受摩擦力的大小总是相等B两物块不可能同时相对绸带静止CM不可能相对绸带发生滑动Dm不可能相对斜面向上滑动变式2：上题中，滑块与斜面有动摩擦因数取不同值时，小滑块m有多种不同的运动情况，请你分析计算的临界值及对应的区间小滑块的运动情况。变式3：（长沙市一中xx届月考二）如图所示，倾角为的等腰三角形斜面固定在水平面上，左右两侧斜面长度均为2L，一轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带的两端刚好分别位于两侧斜面的底端，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为2m、m的小物块A、B同时轻放在斜面两侧的绸带上距斜面底端L处。两物块与绸带间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。讨论动摩擦因数取不同值时A物块运动到斜面底端时速度v的大小。多过程综合问题例11 （恒外力、单摩擦、板分段、多过程、平抛）（xx年山东卷）24.（15分）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg。B与A左段间动摩擦因数=0.4。开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m。（取g=9.8m/s2）求：（1）B离开平台时的速度vB。（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xBBl1FAxl2h（3）A左端的长度l2 ABC变式：（单摩擦、多过程、追及）（岳阳市一中xx届第6次质检）如图所示，在倾角=37的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=3m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7m。在平板的上端A处放一质量m=0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为m=0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差t。（sin370=0.6，cos370=0.8，g=10m/s2）一板多块问题（略）与动量有关的板块模型（略）典例解析答案例1AC（易错点：阻拦索的张力与合力混淆）变式1：C变式2：A变式3：A例2：思路点拨：小物体放在A端时初速度为零，且相对于传送带向后运动，所以小物体受到向前的滑动摩擦力，小物体在该力作用下向前加速，a=g，当小物体的速度与传送带的速度相等时，两者相对静止，不存在摩擦力，小物体开始做匀速直线运动。解析：所以小物体的运动可以分两个阶段，先由零开始加速，后做匀速直线运动。小物体开始先做匀加速运动，加速度a=g=2m/s2，达到的最大速度为2m/s。当v物=2m/s时，。，以后小物体做以2m/s做匀速直线运动所以t总=1s+1.5s=2.5s，且到达B端时的速度为2m/s。答案：A总结升华：（1）物体刚放在传送带上时，尽管其对地的初速度为零，但是相对于传送带的初速度却不为零，而是-2m/s，物体受滑动摩擦力作用做匀加速运动；（2）如果传送带的长度较小，物体可能没有匀速运动的阶段；（3）物体匀速运动时不受摩擦力的作用。变式：思路点拨：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带施加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。 解析：在物体运动的开始阶段受力如图（a）所示，由牛顿第二定律，得 mgsinmgcos=ma1， 此阶段物体的加速度 a1=gsingcos=10m/s2 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为 t1v/a11s， 发生的位移为s1a1125m16m， 可知物体加速到10m/s时仍未到达B点。 第二阶段的受力分析如图(b)所示，应用牛顿第二定律，有 mgsinmgcosma2， 所以此阶段的加速度为 a22m/s2 设第二阶段物体滑动到B端的时间为t2，则 LABs1v2a222 解得t21s，2=-11s（舍去） 故物体经历的总时间=t1t2=2s答案：2s总结升华：以上两个传送带的问题，运用牛顿定律及运动学公式解答即可。但要注意皮带传送物体时物体所受的摩擦力大小和方向的突变，在求解传送带类题时不注意这一点就很容易出错。皮带传送物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。上题可拓展：如改变动摩擦因数、传送带倾斜角度、传送带速度v（大小和方向）、物块初速度v0（大小和方向）、传送带长度L等，可使物块的运动过程发生变化。tvv00例3：解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得：a=g设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有：v0=a0t v=at由于aa0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t，煤块的速度由v增加到v0，有：v0=v+at此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有： 传送带上留下的黑色痕迹的长度由以上各式得：总结升华：本题考查了匀变速运动的规律和牛顿运动定律，题目设计巧妙，难度较高，很好的考察了分析物理过程的能力。分析的要点有两处：其一、是传送带上有划痕说明物体与传送带之间有相对运动，传送带和物体的加速度不相同aa0。其二、煤块和物体不能经历相同的时间达到共同速度，传送带经历两个运动过程。思路点拨：物块做初速度为零的匀减速直线运动，传送带匀速运动，物块相对于传送带向后运动；电动机注入到系统的能量一部分转化为物块的动能，一部分克服摩擦力做功转化为内能；分别计算出这一过程物块增加的动能和系统产生的热量，问题得到解决。变式1：1m （tan=0.75，=0.5，小物块不能与传送带保持相对静止，速度相同后仍加速向下运动，相对滑动反向，相对路程增加，但相对位移减小当传送带足够长时，是不是也可能先减小后增大？摩擦生热只能增加，滑痕一定会增加吗？）变式2：BCD例4：解析：（1）小物块刚放到传送带上时其速度为零，将相对于传送带向左滑动， 受到一个向右的滑动摩擦力，使物块加速，最终与传送带达到相同速度v。 物块所受的滑动摩擦力为Ff=mg 物块加速度 加速至v的时间 物块对地面位移 这段时间传送带向右的位移 则物块相对传送带向后滑动的位移 根据能量守恒定律知 （2）电动机多消耗的电能即物块获得的动能及产生的热量之和， 即。答案：4.5J 9J总结升华：在利用传送带运输物体时，因物体与传送带间存在相对滑动而产生摩擦生热，这样就会使动力系统要多消耗一部分能量。在计算传送带动力系统因传送物体而消耗的能量时，一定不要忘记物体在传送带上运动时因相对滑动而产生摩擦生热的计算。变式1 (1) (2) WQEkEp230J思路点拨：从系统着眼、全部过程入手看，电动机输出的能量一部分增加了系统的机械能，一部分摩擦产生了热量；分析出隐含条件v0T=NL，分别求出全部过程系统增加的机械能和产生的热量，问题得到解决。变式2解析：以地面为参考系，设传送带的运动速度为v0。在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度a，则对小货箱有 v0=at在这段时间内，传送带运动的路程为：s0=v0t由以上可得 s0=2 s 用f表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为 传送带克服小货箱对它的摩擦力做功 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量可见在小货箱加速运动过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。T时间内，电动机输出的功为此功用于增加小货箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即已知相邻两小货箱的距离为L，所以v0T=NL 联立，得。答案：总结升华：着眼系统，分析特点，寻找隐含条件是解决综合题的关键。【例5】 思路点拨：要使点O、D之间的距离s有最小值，即使小物体的水平射程最小，必须使它到达传送带右端时速度最小，要使物体到达右端时的速度最小，必须使小物体P在传送带上一直做匀减速运动，物体受到的摩擦力必须是向后的，物体在传送带上的速度始终要大于传送带的速度，因此传送带的速度必须小于或等于物体P在静止的传送带上滑至右端的速度v2。解析：物体P从轨道B端或从传送带右端滑出均做平抛运动，因为两个端点离地面的高度相等，所以物体做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即v2/v1L2/L1。由题意可知，L1L，L2=，v1则v2小物体P在传送带上滑动，滑动摩擦力做负功，由动能定理得mgmv22mv12则当传送带向右运动时，要使小物体的水平射程最小，必须使它到达传送带右端时速度最小，这就要求小物体P在传送带上一直做匀减速运动，那么传送带的速度只要小于或等于物体P在静止的传送带上滑至右端的速度v2，即传送带的速度v时，点O、D之间的距离最小，smin=L，即物体落点D与点C重合。变式：【答案】BD例6 BCD变式：【答案】A【解析】木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律，木块和木板相对运动时，恒定不变，。所以正确答案是A。例7：AD变式1：（1）4m/s（2）2.25m【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为和，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得v/(ms-1)123t/s04.51.542物块木板，当由式与题给条件得(2)由式得到物块与木板运动的图象，如右上图所示。在03s内物块相对于木板的距离等于木板和物块图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25(m)，下面的三角形面积为2(m)，因此变式2：AD例8：略（全品上有一道与之相似的题并有规范解答你要认真填空并领会）变式：例9【答案】(1)1=0.20 2=0.30 (2)s=1.125m【解析】(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同，设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则 式中v0=5m/s，v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。设物块和木板为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1和2，由牛顿第二定律得 联立式得 (2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为和，则由牛顿第二定律得 假设，则；由式得，与假设矛盾，故 由式知，物块的加速度的大小等于a1；物块的v-t图象如图中点划线所示。 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为v/(ms-1)0 物块相对于木板的位移的大小为 联立式得 s=1.125m变式：？例10 C D变式1：A C解析：丝绸轻质，故两边受摩擦力一定相等，否则加速度无限大；左边M一定带着丝绸向下匀加速运动（只能是静摩擦）丝绸给M的静摩擦力一定小于Mgsin；右边m与丝绸间可能是静摩擦也可能是动摩擦（相对丝绸向下运动）；右边m相对斜面可能向上，可能静止，也可能向下运动； 变式2： M、丝绸、m整体运动时（两边均为静摩擦）：（M-m）gsin=(M+m)a 此时丝绸给m的静摩擦力为：（小于或等于最大静摩擦力则不会滑动）得：即：当时，大小滑块整体运动（M沿左斜面向下，m沿右斜面向上）。若：，即，此时丝绸给m的摩擦力由静摩擦力变为动摩擦力且大小为，当时，即，小滑块m沿斜面向上加速，相对于丝绸向下滑动；当时，即，小滑块m相对于斜面静止，相对于丝绸向下滑动； 当时，即，小滑块m沿斜面向下加速，相对于丝绸向下滑动；的临界、区间及运动情况：m相对于斜面上滑m相对于斜面下滑区间m相对于丝绸运动的临界m相对于斜面运动的临界变式3：（1）（2）（3）例11：【答案】（1）2m/s （2）0.5s 0.5m （3）1.5m【解析】（1）B离开平台做平抛运动。竖直方向有 水平方向有 由式解得代入数据求得 （2）设B的加速度为aB,由牛顿第二定律和运动学知识得 联立式，代入数据解得 （3）设B刚开始运动时A的速度为,由动能定理得设B运动时A的加速度为由牛顿第二定律和运动学知识有 变式：解析：对薄板，由于Mgsin37fmax，物体由静止开始做匀加速直线运动， ， v=at=6m/s， ，KS*5U.C#6-9s时：F=f，物体做匀速直线运动， s3=vt=63=18m，9-12s时：Ff，物体以6m/s为初速度，以2m/s2为加速度继续做匀加速直线运动， ，所以0-12s内物体的位移为：s=s1+s2+s3+s4=54m，选项B正确。6B【解析】由题图乙可知，在t1时刻物块的速度为零，离开A点的距离最大，A错误；t2时刻，小物块刚好相对传送带静止，此时相对传送带滑到距离最大，B正确；0t2时间内，小物块在摩擦力的作用下先减速再反向加速，摩擦力不变，C错误；t2t3时间内，小物块相对传送带静止且随水平传送带一起匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。7 8（1）0.2 （2）6N （3）46m【解析】（1）设物体做匀减速运动的时间为t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则 设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有 联立得： （2）设物体做匀减速运动的时间为t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则 根据牛顿第二定律有 联立得： （3）解法一：由匀变速运动的位移公式得： 解法二：根据v-t图像围成的面积得： 9（1）a=1 m / s2（2）t=1 s （3）vmin=2 m / s（当传送带速度超过2m/s时，为什么不能缩短行李从A到B的时间？）10解析：（1）滑块从静止开始做匀加速直线运动到A过程，滑动摩擦力做正功，滑块从A到B，重力做正功，根据动能定理，解得： （2）滑块从B滑上滑板后开始作匀减速运动,此时滑板开始作匀加速直线运动，当滑块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v，根据动量守恒 ，解得：对滑块，用动能定理列方程：，解得：s1=8R 对滑板，用动能定理列方程：，解得：s2=2R 由此可知滑块在滑板上滑过s1s2=6R时，小于6.5R，并没有滑下去，二者就具有共同速度了。 当2RL5R时，滑块的运动是匀减速运动8R，匀速运动L2R，匀减速运动0.5R，滑上C点，根据动能定理：，解得：，滑块不能滑到CD轨道的中点。当RL2R时，滑块的运动是匀减速运动6.5R+L，滑上C点。根据动能定理：，解得：当时，可以滑到CD轨道的中点，此时要求L0.5R，这与题目矛盾，所以滑块不可能滑到CD轨道的中点。11A12B13A（物块的加速度或vt图呢？）14（1） (0.4m/s2)（2）(30N)（3）（30m）四好题收集（请同学们把自己遇到的与这一节内容相关的经典好题整理收集于此栏）