2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點微專題《 牛頓運動定律的綜合運用》（全國通用） 含答案解析

1、考向06 牛頓運動定律的綜合運用【重點知識點目錄】超重與失重問題整體法與隔離法在動力學(xué)中的運用滑塊-滑板模型傳送帶模型動力學(xué)中的臨界極值問題（多選）1（2021乙卷）水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左端上有一質(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的大小。木板的加速度a1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1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）AF11m1gBF2（21）gC21D在0t2時間段物塊

2、與木板加速度相等【答案】BCD。【解析】解：A、由圖（c）可知，在0t1時間段物塊和木板均靜止，在t1時刻木板與地面的靜摩擦力達到最大值，對物塊和木板整體分析可知F11（m1+m2）g，故A錯誤；B、由圖（c）可知，t1t2時間段物塊和木板一起加速運動，在t2時刻物塊和木板開始相對運動，此時物塊和木板間的靜摩擦力達到最大值，根據(jù)牛頓第二定律，有對物塊和木板F21（m1+m2）g（m1+m2）am對木板2m2g1（m1+m2）gm1am整理可得F2（21）g故B正確；C、由圖（c）可知，對木板2m2g1（m1+m2）gm1am故2m2g1（m1+m2）g，即21，故C正確；D、由上述分析可知，在

3、0t1時間段物塊和木板均靜止，t1t2時間段物塊和木板一起以共同加速度運動，故在0t2時間段物塊與木板加速度相等，故D正確。2（2022山東）某糧庫使用額定電壓U380V，內(nèi)阻R0.25的電動機運糧，如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度v2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流I40A，關(guān)閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質(zhì)量m1100kg，車上糧食質(zhì)量m21200kg，配重質(zhì)量m040kg，取重力加速度g10m/s，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數(shù)

4、為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求：（1）比例系數(shù)k值；（2）上行路程L值。【答案】（1）比例系數(shù)k值為0.1；（2）上行路程L值為m?！窘馕觥拷猓海?）設(shè)電動機的牽引繩張力為T1，電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有UII2R+T1v解得T17400N小車和配重一起勻速，設(shè)繩的張力為T2，對配重有T2m0g設(shè)斜面傾角為，對小車勻速有T1+T2（m1+m2） gsin+k （m1+m2） g而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有m1gsinm0g+km1g聯(lián)立各式解得sin0.5，k0.1（2）關(guān)閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線

5、運動，設(shè)加速度為a，對系統(tǒng)由牛頓第二定律有 （m1+m2） gsin+k （m1+m2） gm0g（m1+m2+m0） a根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有：v22aL聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Lm（1）超重與失重問題解答超重、失重問題時，關(guān)鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現(xiàn)象：1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。2）物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。3）當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只產(chǎn)生使物體具有a=g的加速度的效果，不再產(chǎn)生其他效果。平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。4）物體超重或失重的多少是由物

6、體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。（2）用整體法和隔離法解決連接體問題1）解答連接體問題時，決不能把整體法和隔離法對立起來，而應(yīng)該把這兩種方法結(jié)合起來，從具體問題的實際情況出發(fā)，靈活選取研究對象，恰當(dāng)選擇使用隔離法和整體法2）在使用隔離法解題時，所選取的隔離對象可以是連接體中的某一個物體，也可以是連接體中的某部分物體（包含兩個或兩個以上的單個物體），而這“某一部分”的選取，也應(yīng)根據(jù)問題的實際情況，靈活處理3）選用整體法或隔離法可依據(jù)所求的力來決定，若為外力則應(yīng)用整體法；若所求力為內(nèi)力則用隔離法但在具體應(yīng)用時，絕大多數(shù)的題目要求兩種方法結(jié)合應(yīng)用，且應(yīng)用順序也較為固定，即求外力時，先

7、隔離后整體；求內(nèi)力時，先整體后隔離先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度牛頓定律處理連接體問題時，常常采用隔離法和整體法相結(jié)合的方法研究隔離法選取受力少的物體研究簡單求內(nèi)力時，必須用隔離法求整體的加速度可用整體法整體法的選取原則及解題步驟當(dāng)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。運用整體法解題的基本步驟:明確所研究系統(tǒng)和運動的全過程畫出系統(tǒng)整體的受力圖或運動全過程的示意圖選用適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解隔離法的選取原則及解題步驟當(dāng)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。運用隔離法解題的基本步驟:明確研究對象或過程、狀態(tài)。將某

8、個研究對象或某段運動過程、某個狀態(tài)從系統(tǒng)或全過程中隔離出來。畫出某狀態(tài)下的受力圖或運動過程示意圖。選用適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解。傳送帶模型的解題方法-抓好摩擦力的分析對于傳送帶問題,分析物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力,以及摩擦力的方向,是問題的要害。分析摩擦力時,先要明確“相對運動”,而不是“絕對運動”。者達到“共速”的瞬間,是摩擦力發(fā)生“突變”的“臨界狀態(tài)”。如果遇到水平勻變速的傳送帶,或者傾斜傳送帶,還要根據(jù)牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時刻物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力。臨界與極值問題的兩種”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(yīng)的臨界條

9、件入手,求出臨界值。2)解析法:明確題目中的變量,求解變量間的數(shù)學(xué)表達式,根據(jù)數(shù)學(xué)表達式分析臨界值。超重與失重實重和視重：實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。（2）超重、失重和完全失重的比較：連接體問題連接體：兩個或兩個以上存在相互作用或有一定關(guān)聯(lián)的物體系統(tǒng)稱為連接體，在我們運用牛頓運動定律解答力學(xué)問題時經(jīng)常會遇到解連接體問題的基本方法整體法：把兩個或兩個以上相互連接的物體看成一個整體，此時不必考慮物體之間的作用內(nèi)力隔離法：當(dāng)求物體之間的作用力時，

10、就需要將各個物體隔離出來單獨分析解決實際問題時，將隔離法和整體法交叉使用，有分有合，靈活處理（3）滑塊-滑板模型模型特點:涉及兩個物體,并且物體間存在相對滑動。摩擦力方向的特點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。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。運動特點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(shè)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

11、向運動時：如圖乙所示，L=x1+x2若滑塊與滑板最終相對靜止，則它們的末速度相等。（4）傳送帶模型水平傳送帶模型情景1可能一直加速，可能先加速后勻速。情景2v0v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速。v0v返回時速度為v,當(dāng)v。v返回時速度為v。 。傾斜傳送帶模型情景1可能一直加速，可能先加速后勻速。情景2可能一直加速，可能先加速后勻速?？赡芟纫詀1加速后再以a2加速情景3可能一直加速；可能一直勻速；可能先加速后勻速；可能先減速后勻速；可能先以a1加速后再以a2加速；可能一直減速情景4可能一直加速；可能一直勻速；可能先減速后反向加速；可能先減速再反向加速最后勻速；可能一直減速（5）臨界與極值問

12、題的4類條件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:靜摩擦力達到最大值。3)繩子斷裂與松弛的臨界條件: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Fr=0。4)最終速度(收尾速度)的臨界條件:物體所受合外力為零。易錯題【01】受力分析時，容易漏掉一些力，致受力分析不全面導(dǎo)致錯誤易錯題【02】受力分析時摩擦力的方向容易混淆，以及多過程中摩擦力可能會發(fā)生突變，如果沒有分析到位，都會導(dǎo)致錯誤易錯題【03】對于整體法，系統(tǒng)分析等方法掌握不到位導(dǎo)致錯誤3（2022天心區(qū)校級二模）“血沉”是指紅細胞在一定條件下沉降的速度

13、，在醫(yī)學(xué)中具有重要意義。測量“血沉”可將經(jīng)過處理后的血液放進血沉管內(nèi)，由于有重力以及浮力的作用，血液中的紅細胞將會下沉，且在下沉的過程中紅細胞還會受到血液的粘滯阻力。已知紅細胞下落受到血液的粘滯阻力表達式為f6rv，其中為血液的粘滯系數(shù)，r為紅細胞半徑，v為紅細胞運動的速率。設(shè)血沉管豎直放置且足夠深，紅細胞的形狀為球體，若某血樣中半徑為r的紅細胞，由靜止下沉直到勻速運動的速度為vm，紅細胞密度為1，血液的密度為2。以下說法正確的是（）A該紅細胞先做勻加速運動，后做勻速運動B該紅細胞的半徑可表示為rC若血樣中紅細胞的半徑較大，則紅細胞勻速運動的速度較小D若采用國際單位制中的基本單位來表示的單位，

14、則其單位為【答案】B?！窘馕觥拷猓篈、設(shè)紅細胞質(zhì)量為m，浮力為F浮，由牛頓第二定律mgfF浮ma又因為f6rv故紅細胞隨著速度的增大，粘滯阻力逐漸增大，加速度逐漸減小，紅細胞做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度減到零時，受力平衡，此后勻速運動，故A錯誤；B、紅細胞勻速時mgf+F浮又因為紅細胞的質(zhì)量為浮力為聯(lián)立可得解得，故B正確；C、由上述分析可知若血樣中紅細胞的半徑較小，則紅細胞勻速運動的速度較小，故C錯誤；D、由粘滯阻力公式f6rv可知故采用國際單位制中基本單位來表示的單位，應(yīng)為，故D錯誤。4（2022春浙江期中）如圖所示，兩個半徑不同的豎直圓環(huán)相切于O點，圓心O1、O2連線正好沿豎直方向?，F(xiàn)

15、有長度可伸縮的光滑桿剛好過O點放置，調(diào)節(jié)桿的長度，兩端始終與環(huán)接觸，上下兩接觸點分別記作a、b。一大小不計的光滑小圓環(huán)（圖中未畫出）從a點由靜止釋放后沿桿下滑。當(dāng)慢慢增大桿與豎直方向夾角時，小圓環(huán)沿桿下滑的時間t將（）A增大B減小C不變D因角度與兩豎直圓環(huán)的半徑均未知，故無法確定【答案】C?！窘馕觥拷猓涸O(shè)上圓半徑為r，下圓半徑為R，桿與豎直方向的夾角為，則在上半圓，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgcosma，解得agcos下滑到O點的時間為t1，則2rcos，解得，到達O點的速度為在下半圓中，Ob的長度為L2Rcos，則，即，根據(jù)二次函數(shù)可知，t2為定值，故下滑的總時間tt1+t2與角度無關(guān)，故AB

16、D錯誤，C正確；5（2022梁河縣校級開學(xué)）如圖所示，自由下落的小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，則（）A小球一直做減速運動B小球一直處于超重狀態(tài)C小球所受的彈簧彈力等于重力時，小球速度最大D小球處于先超重后失重狀態(tài)【答案】C?！窘馕觥拷猓篈C、開始于彈簧接觸時，壓縮量很小，因此彈簧對小球向上的彈力小于向下重力，此時合外力大?。篎mgkx，方向向下，此時小球繼續(xù)做加速運動，隨著壓縮量的增加，彈力增大，故合外力減小，當(dāng)mgkx時，合外力為零，此時速度最大，由于慣性物體繼續(xù)向下運動，此時合外力大小為：Fkxmg，方向向上，物體減速，隨著壓縮量增大，物體合外

17、力增大，當(dāng)速度為零時，合外力最大，故整個過程中物體合力先減小后增大，速度先增大后減小，最后為零，故A錯誤，C正確；BD、小球向下的速度先增大后減小，加速度先向下后向上，所以小球先失重，后超重，故BD錯誤。6（2022遼寧開學(xué)）商場安裝了的智能化的自動扶梯，無人乘行時扶梯運轉(zhuǎn)得很慢，有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉(zhuǎn)，一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這兩個過程，如圖所示，下列說法中正確的是（）A顧客始終處于超重狀態(tài)B顧客始終受到三個力的作用C顧客受到扶梯摩擦力的方向指向右上方D顧客受到扶梯作用力的方向先指向右上方，再豎直向上【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、扶梯開始加速時顧客一開始處于超重狀態(tài)，扶

18、梯勻速后處于平衡狀態(tài)不再超重，故A錯誤；B、剛開始顧客加速運動時，受到重力，支持力和摩擦力三個力的作用，后勻速運動，只受到重力和支持力兩個力作用，故B錯誤；C、顧客受到摩擦力的方向總是與接觸面相切的，與顧客相對扶梯的運動趨勢方向相反，當(dāng)扶梯先加速上升時，顧客相對扶梯有向左的運動趨勢，所以顧客所受摩擦力的方向水平向右，故C錯誤；D、扶梯對顧客的作用力即支持力與摩擦力的合力，加速時先指向右上方，其合力在豎直方向的分力與重力平衡，水平方向的分力提供加速度，勻速時僅受豎直向上的支持力，故D正確。7（2022春浦東新區(qū)校級期中）高空滑索是勇敢者的運動。如圖所示一個人用輕繩通過輕質(zhì)滑環(huán)懸吊在足夠長的傾斜鋼

19、索上運動（設(shè)鋼索是直的），下滑過程中到達圖中A位置時輕繩與豎直線有夾角，到達圖中B位置時輕繩豎直向下。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A在A位置時，人的加速度可能為零B在A位置時，鋼索對輕繩的作用力大于人的重力C若輕環(huán)在B位置突然被卡住，則此時輕繩對人的拉力大于人的重力D在B位置時，鋼索對輕環(huán)的摩擦力為零【答案】C?！窘馕觥拷猓篈B、在圖中A位置時，對人受力分析，受重力和拉力，由于兩個力不共線，故合力一定不為零；由于做直線運動，故合力與速度共線，所以人沿鋼索的方向斜向下做勻加速直線運動；鋼索對輕繩的作用力垂直鋼索斜向上，大小等于重力在垂直于鋼索方向的分力，故AB錯誤；C、若輕環(huán)在B位置突然被

20、卡住，則此時由于慣性，人將在豎直平面內(nèi)做圓周運動，輕繩的拉力與重力的合力提供向心力，所以輕繩對人的拉力大于人的重力，故C正確；D、在圖中B位置時，人受重力和拉力，若合力不為零，合力與速度不共線，不可能做直線運動，故合力一定為零，人做勻速直線運動，故Tmg；環(huán)做勻速運動，合力為零，受細線的拉力、支持力和摩擦力，三力平衡，故D錯誤；8（2022桃源縣校級模擬）如圖所示，臺秤上有一質(zhì)量為M，傾角為的粗糙斜面體，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的滑塊放上斜面體同時施加一與豎直方向成向下的恒力F，使物塊沿斜面向下加速，則臺稱的示數(shù)為（）A（M+m）gB（M+m）g+FcosmasinC（M+m）g+FcosmacosD（

21、M+m）g+Fsinmacos【答案】B。【解析】解：將斜面體和滑塊當(dāng)成一個系統(tǒng)，在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律得：（M+m）gFNFcos+masin結(jié)合牛頓第三定律得：系統(tǒng)對臺秤的壓力為：NFN聯(lián)立解得：N（M+m）g+Fcosmasin，故B正確，ACD錯誤；9（2022岳陽三模）如圖所示，一豎直輕彈簧靜止上在水平面上，其上端位于O點，重力均為G的a、b兩物體疊放在輕彈簧上并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一恒力F豎直向上拉b，將a、b視為質(zhì)點，則下列說法正確的是（）A若FG，則a、b恰好在O點分離B若F2G，則a、b恰好在圖示的初始位置分離C若F，則a、b在O點正下方某一位置分離D若F，則a、b在0

22、點正上方某一位置分離【答案】B?！窘馕觥拷猓篴、b兩物體疊放在輕彈簧上并處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的彈力F彈2G，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，則xA、ab兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為零，對b，根據(jù)牛頓第二定律得：FGma，結(jié)合FG，解得 a0，此時對a，根據(jù)牛頓第二定律可得：F彈Gma，解得F彈G，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；B、若F2G，ab兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為零，對b，根據(jù)牛頓第二定律得：FGma，結(jié)合F2G，解得 ag，此時對a，根據(jù)牛頓第二定律可得：F彈Gma，解得F彈2G，則a、b恰好在圖示的初始位置分離，故B正確；C、若FG，對ab組成的整體，平位置時，彈簧的壓縮

23、量為x，則F+kx2G，解得x，ab組成系統(tǒng)做簡諧振動，振幅A，2Ax，故ab不可能分離，故C錯誤；D、若FG，對ab組成的整體，平位置時，彈簧的壓縮量為x，則F+kx2G，解得x，ab組成系統(tǒng)做簡諧振動，振幅A，2Ax，故則a、b在O點位置下方分離，故D錯誤；10（2022甘肅模擬）如圖所示，水平勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶左右兩端相距L3.5m，物塊A（可看做質(zhì)點）以水平速度v04m/s滑上傳送帶左端，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.1，設(shè)A到達傳送帶右端時的瞬時速度為v，g取10m/s2，下列說法不正確的是（）A若傳送帶速度等于2m/s，物塊不可能先減速運動后勻速運動B若傳送帶速度等于3.5m/s，v

24、可能等于3m/sC若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3m/s，傳送帶可能沿逆時針方向轉(zhuǎn)動D若A到達傳送帶右端時的瞬時速度v等于3m/s，則傳送帶的速度不大于3m/s【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、根據(jù)牛頓第二定律可得：mgma，解得a1m/s2，物塊達到傳送帶速度通過的位移為x，則，解得x6mL，故物塊一直減速運動，故A正確；BC、若傳送帶速度等于3.5m/s，且逆時針轉(zhuǎn)動，到達右端的速度為v，則，解得v3m/s，故BC正確；D、若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，物塊在傳送帶上一直減速運動，到達右端的速度一定為3m/s，傳送帶的速度可以為任意值，故D錯誤；因選不正確的11（2022南通四模）如圖所示，足夠長的

25、傾斜傳送帶以恒定速率v0順時針運行。一小木塊以初速度v1從傳送帶的底端滑上傳送帶。木塊在傳送帶上運動全過程中，關(guān)于木塊的速度v隨時間t變化關(guān)系的圖像不可能的是（）ABCD【答案】C?！窘馕觥拷猓篈、當(dāng)v1v0時，且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶之間的摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，而合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動，速度減為零后，繼續(xù)相對傳送帶向下滑動，所以合外力不變，加速度不變，表現(xiàn)為vt圖像的斜率不變，木塊速度開始反向增大，根據(jù)對稱性殼子木塊返回到傳送帶下端時的速度為v1，故A正確；B、當(dāng)v1v0時，且木塊重力沿傳送帶向下的分力小

26、于木塊與傳送帶間的摩擦力時，木塊滑上傳送帶先相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，合外力沿傳送帶向上，木塊做勻加速運動，當(dāng)木塊速度增大至v0時，由于木塊與傳送帶之間的最大靜摩擦大于重力沿傳送帶向下的分力，所以木塊將隨傳送帶一起勻速運動，故B正確；C、當(dāng)v1v0時，且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶之間的最大摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳動帶向上滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動（設(shè)加速度大小為a1），當(dāng)木塊加速度減小至v0時，將開始相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，所以木塊所受合外力減小，加速度減小，表現(xiàn)為vt圖像的斜

27、率減小，木塊沿傳送帶向上做勻減速運動（設(shè)加速度大小為a2），速度減為零之后開始沿傳送帶向下做勻加速運動（由于合外力不變，所以加速度大小仍為a2，表現(xiàn)為vt圖像的斜率不變），根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可知木塊速度從v1減小至v0的過程位移大小為木塊速度從v0減至0的過程位移大小為假設(shè)木塊返回至傳送帶下端時的速度為v1，則木塊速度從0增大至v1的過程中位移大小為由于a1a2，則有即x1+x2x3而木塊整個過程的位移為零，上式明顯不滿足，故C錯誤；D、當(dāng)v1v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力不待遇木塊與傳送帶間的最大摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向上滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，合外力沿傳送帶向下，

28、木塊做勻減速運動，當(dāng)木塊速度減小至v0時，將隨傳送帶一起勻速運動，故D正確；本題選不正確的12（2022衡陽三模）如圖所示，在粗糙的水平地面上有一斜面，輕繩繞過兩光滑的定滑輪，左端與粗糙斜面上的物塊P相連。右端與小球相連，輕繩PC恰好與斜面垂直?，F(xiàn)將小球從A處由靜止釋放，小球在AB間擺動過程中，斜面體和物塊P始終保持靜止不動，則小球從AOB的運動過程中（）A斜面對物塊的摩擦力先減小后增大B地面對斜面體的摩擦力先增大后減小C若小球運動到O點，輕繩斷裂，小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動D若小球運動到O點，輕繩斷裂，物塊P可能會沿斜面運動【答案】B?！窘馕觥拷猓篈.對物塊受力分析，由于輕繩PC恰好與斜面垂直，斜

29、面體和物塊P始終保持靜止不動，物塊受斜面沿斜面向上的靜摩擦力f與物塊重力沿斜面向下的分力mgsin始終平衡，所以斜面對物塊的摩擦力保持不變，故A錯誤；B.小球從AOB的運動過程中，由機械能守恒知小球的速度先增大后減小，由牛頓第二定律可知繩的拉力先增大后減小，細繩對P物塊的拉力也是先增大后減小，以P和斜面為一整體進行受力分析可知：細繩對P的拉力即對整體的拉力的水平分力被地面對斜面向左的靜摩擦力平衡，所以地面對斜面體的摩擦力先增大后減小，故B正確：C.若小球運動到O點，輕繩斷裂，小球速度水平向右，只受重力作用，將做平拋運動，故C錯誤：D.若小球運動到O點，輕繩斷裂，物塊P對斜面體的壓力增大，最大靜

30、摩擦力增大，斜面體給物塊的靜摩擦力繼續(xù)平衡物塊重力沿斜面向下的分力，物塊保持靜止，故D錯誤。13（2022鄭州三模）粗糙水平地面上有一質(zhì)量為m50kg的物塊，在F500N的水平恒力作用下運動。物塊與地面間的動摩擦因數(shù)恒定，物塊受到的空氣阻力與速度v成正比，比例系數(shù)為k。從某時刻開始計時，測得物塊運動的vt圖象如圖中的實線所示。圖中虛線a是運動圖象的漸近線，虛線b是運動圖象在縱軸交點的切線，切線上一點A的坐標為（4，15），g取10m/s2，下列說法正確的是（）A04s內(nèi)，物塊做的是加速度逐漸減小曲線運動B0時刻，物塊的加速度大小為a3.75m/s2C物塊與地面間的動摩擦因數(shù)0.1D比例系數(shù)k2

31、5Ns/m【答案】D?！窘馕觥拷猓篈、vt圖象的斜率表示加速度，t軸上方表示速度為正方向，所以04s內(nèi)，物塊做的是加速度逐漸減小直線運動，故A錯誤；B、0時刻，物塊的加速度大小為am/s22.5m/s2，故B錯誤；CD、0時刻，速度v05m/s，則有：Fmgkv0ma，達到勻速的速度大小為v10m/s，則有：Fmg+kv，聯(lián)立解得：k25Ns/m，0.5，故C錯誤、D正確。14（2022興慶區(qū)校級三模）如圖所示，水平面上有一固定著輕質(zhì)定滑輪O的木塊A，它的上表面與水平面平行，它的右側(cè)是一個傾角37的斜面。放置在A上的物體B和物體C通過一輕質(zhì)細繩相連，細繩的一部分與水平面平行，另一部分與斜面平行

32、?，F(xiàn)對A施加一水平向右的恒力F。使A、B、C恰好保持相對靜止。已知A的質(zhì)量為2m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，不計一切摩擦（sin370.6，cos370.8），則恒力F的大小為（）AmgBmgCmgDmg【答案】D?！窘馕觥拷猓簩、C受力分析，如圖所示使A、B、C恰好保持相對靜止時三者具有相同的加速度對B，根據(jù)牛頓第二定律得Tma對C，根據(jù)牛頓第二定律得FNsinTcosmaFNcos+Tsinmg聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得對A、B、C整體用牛頓第二定律得。故D正確，ABC錯誤。15（2022春宿城區(qū)校級月考）長木板上表面的一端放有一個木塊，木塊與木板接觸面上裝有摩擦力傳感器，如圖甲所示，木

33、板由水平位置緩慢向上轉(zhuǎn)動（即木板與地面的夾角變大），另一端不動，摩擦力傳感器記錄了木塊受到的摩擦力Ff隨角度的變化圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A木塊與木板間的動摩擦因數(shù)tan1B木塊與木板間的動摩擦因數(shù)C木板與地面的夾角為2時，木塊將做自由落體運動D木板由1轉(zhuǎn)到2的過程中，木塊的速度越來越大、加速度越來越小【答案】A?！窘馕觥拷猓篈B、當(dāng)木塊與長木板相對滑動之前，受靜摩擦力作用，受力分析得大小為f1mgsin，由三角函數(shù)可知，隨著的增大靜摩擦力增大，由圖乙可知，F(xiàn)f2是最大靜摩擦力的大小，F(xiàn)f2mgsin1；當(dāng)木塊與長木板相對滑動時，受滑動摩擦力，受力分析得大小為f2mgcos，根據(jù)三

34、角函數(shù)可知，隨著的增大滑動摩擦力增減小，由圖乙可知，F(xiàn)f1是剛滑動時的初始滑動摩擦力大小，所以mgcos1Ff1Ff2，解得tan1，故B錯誤，A正確；CD.木板由1轉(zhuǎn)到2的過程中，對木塊受力分析，運用牛頓第二定律得F合mgsinmgcosma，解得加速度為ag（sincos），隨著增大，sin增大，而cos減小，則a增大，即木塊做加速度增大的加速運動，由圖乙可知夾角為2時滑動摩擦力為零，說明290，此時ag木塊做有初速度的勻加速直線運動（豎直下拋運動），不是自由落體運動，故CD錯誤。16（2022懷仁市校級四模）如圖所示，木塊A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的質(zhì)量m1.5kg，B的質(zhì)量

35、M2.0kg，A、B間動摩擦因數(shù)10.2，B與地面間動摩擦因數(shù)20.4。某時刻（t0）水平力F作用于B上，其隨時間變化的規(guī)律為F5t+4（N）（F、t均取國際單位）。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。求：（1）經(jīng)過多長時間B開始滑動；（2）經(jīng)過多長時間A開始相對B滑動；（3）t3s時AB間的摩擦力大小F（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）經(jīng)過2s時間B開始滑動；（2）經(jīng)過3.4s時間A開始相對B滑動；（3）t3s時AB間的摩擦力大小Ff為2.1N.【解析】解：（1）B與地面的摩擦力最大值為 f12（M+m）g0.4（2.0+1.5）10N14N 所以當(dāng)外力F114N時，B開始

36、運動由F5t+4（N）可得，當(dāng)t12s時B開始滑動。（2）A、B能一起運動的最大加速度為a，由牛頓第二定律可得1mgma代入數(shù)據(jù)解得因此當(dāng)滿足F22（M+m）（M+m）a時，A開始相對B滑動代入數(shù)據(jù)解得F221N由F5t+4（N）可得此時t23.4s（3）當(dāng)t3s時，A、B還沒有相對滑動，此時F353N+4N19N由牛頓第二定律得 F32（M+m）g（M+m）a1代入數(shù)據(jù)解得因此此時AB間的摩擦力大小為Ffm1a11.51.43N2.1N17（2022涼州區(qū)校級開學(xué)）皮帶傳輸裝置示意圖的一部分如下圖所示，傳送帶與水平地面的夾角37，以恒定的速率v02m/s逆時針運轉(zhuǎn)。質(zhì)量為1kg的煤塊無初速度

37、地放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時間t10.2s煤塊速度與傳送帶相同，再經(jīng)t21s到達傳送帶底端Q點，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：（1）煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；（2）傳送帶PQ的長度L；（3）煤塊從P點到達Q點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度l?！敬鸢浮浚?）煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5；（2）傳送帶PQ的長度為3.2m；（3）煤塊從P點到達Q點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為1m?！窘馕觥拷猓海?）物塊剛放上傳送帶的t10.2s內(nèi)，物體的速度v0a1t1由牛頓第二定律mgsin+mgcosma1解得0.5（2）在最初0

38、.2s內(nèi)物塊的位移x1t1以后物塊的加速度mgsinmgcosma2解得a22m/s2再經(jīng)t21s到達傳送帶底端Q點，則x2v0t2+則傳送帶PQ的長度Lx1+x2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：L3.2m（3）在最初0.2s內(nèi)物塊相對傳送帶向上運動，相對滑動的距離x1v0t1x1以后的1s內(nèi)滑塊相對傳送帶向下滑動，則相對滑動的距離x2x2v0t2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：x10.2m，x21m，則煤塊從P點到達Q點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度l1m18（2022春長安區(qū)校級月考）4個相同的木板緊挨在一起，靜置在地面上，每塊木板的質(zhì)量為m1kg，長l1.5m，它們與地面間的動摩擦因數(shù)10.1，木板與地面的最大靜

39、摩擦力等于滑動摩擦力。在第一塊木板左端放置一個質(zhì)量為M2.5kg的小鉛塊B，可視為質(zhì)點，當(dāng)時間t0時，鉛塊B具有水平向右的初速度v04m/s，鉛塊與木板間的動摩擦因數(shù)20.2，g10m/s2。（1）經(jīng)過多長時間木板開始運動？（2）最終鉛塊會滑下木板嗎？如果會，t為多久時滑下？如果不會，t為多久時鉛塊和木板共速？【答案】（1）經(jīng)過1s時間木板開始運動；（2）最終鉛塊不會滑下木板，木板開始運動后再經(jīng)過s鉛塊和木板共速?！窘馕觥拷猓海?）設(shè)小鉛塊滑到第n塊木塊時對木塊的摩擦力為：f12Mg5N后面的（4n+1）塊木塊受到地面的最大靜摩擦力為：f21M+（5n）mg要使木塊滑動，應(yīng)滿足f2f1，即1M

40、+（5n）mg4 可得：n2.5，則取n3設(shè)小鉛塊在前兩塊木塊上運動的加速度大小為a1，選取向右為正方向，剛滑到第三塊的速度為v1由牛頓第二定律得2MgMa1由運動學(xué)公式得聯(lián)立得：v12m/s設(shè)鉛塊運動的時間為t，則：v1v0+at聯(lián)立可得：a1s（2）設(shè)鉛塊滑上3木塊經(jīng)過t秒和3、4木塊達到共同速度，此過程鉛塊、3、4木塊的對地位移為s1和s2，相對位移為s，3、4木塊運動的加速度為a；則：2Mg1（M+2m）g2ma2代入數(shù)據(jù)可得：當(dāng)它們速度相等時：v1+a1ta2t；它們的相對位移：ss1s2聯(lián)立解得：ts；m，m，sml1.5m，說明鉛塊沒有離開第3塊木塊，最后小鉛塊與3、4木塊達共同

41、速度一起減速為零19（2017新課標）如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1kg和mB5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為m4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為20.1某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v03m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g10m/s2求（1）B與木板相對靜止時，木板的速度；（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離?！敬鸢浮浚?）B與木板相對靜止時，木板的速度為1m/s；（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離為1.9m?！窘馕觥拷猓海?）對A受力分析，根據(jù)牛頓

42、第二定律得：1mAgmAaA代入數(shù)據(jù)解得：aA5m/s2，方向向右，對B分析，根據(jù)牛頓第二定律得：1mBgmBaB代入數(shù)據(jù)解得：aB5m/s2，方向向左。對木板分析，根據(jù)牛頓第二定律得：1mBg1mAg2（m+mA+mB）gma1代入數(shù)據(jù)解得：a12.5m/s2，方向向右。當(dāng)木板與B共速時，有：vv0aBt1a1t1，代入數(shù)據(jù)解得：t10.4s，v1m/s，（2）此時B相對木板靜止，突變?yōu)殪o摩擦力，A受力不變加速度仍為5m/s2，方向向右，對B與木板受力分析，有：1mAg+2（m+mA+mB）g（m+mB）a2代入數(shù)據(jù)解得：a2，方向向左，當(dāng)木板與A共速時有：vva2t2v+aAt2：代入數(shù)據(jù)解得：t20.3s，v0.5m/s。當(dāng)t10.4s，xB0.4m0.8m，x木0.4m0.2mLB板xBx木0.8m0.2m0.6m，對A，向左，xA0.4m0.8m，LA1板xA+x木0.8m+0.2m1m，當(dāng)t20.3s，對A，向左，xA10.3mm，對木板，向右，x木10.3mmLA2板xA1+x木1m0.3m，可知AB相距LLB板+LA1板+LA2板0.6+1+0.3m1.9m。20（