第14講 牛頓第二定律的綜合應(yīng)用（講義）（解析版）

學(xué)而優(yōu)教有方第14講牛頓第二定律的綜合應(yīng)用目錄復(fù)習(xí)目標(biāo)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建考點一連接體問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點處理連接體問題的方法【提升·必考題型歸納】考向1加速度相同的連接體問題考向2加速度不相同的連接體問題考點二動力學(xué)中的臨界極值問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1“四種”典型臨界條件知識點2“兩種”典型分析方法【提升·必考題型歸納】考向1接觸與脫離的臨界問題考向2疊加系統(tǒng)的臨界極值問題考向3運動類臨界極值問題考點三傳送帶模型【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1水平傳送帶知識點2傾斜傳送帶【提升·必考題型歸納】考向1水平傳送帶考向2傾斜傳送帶考點四板塊模型【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點板塊模型的解題策略【提升·必考題型歸納】考向1無外力板塊模型考向2有外力板塊模型真題感悟利用牛頓第二定律通過整體法和隔離法處理連接體問題。利用牛頓第二定律處理臨界極值問題。利用牛頓第二定律處理傳送帶和板塊模型?？键c要求考題統(tǒng)計考情分析（1）連接體問題（2）動力學(xué)中臨界極值問題（3）傳送帶模型（4）板塊模型2022年江蘇卷第10題2022年河北卷第9題2022年山東卷第16題高考對連接體問題的考查更為頻繁，多以選擇題的壓軸題的形式出現(xiàn)，臨界極值問題近幾年沒有考查，對于傳送帶和板塊模型多與功能關(guān)系和動量相結(jié)合?？键c一連接體問題知識點處理連接體問題的方法1.整體法的選取原則及解題步驟①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。②運用整體法解題的基本步驟：2.隔離法的選取原則及解題步驟①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。②運用隔離法解題的基本步驟：第一步：明確研究對象或過程、狀態(tài)。第二步：將某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。第三步：畫出某狀態(tài)下的受力圖或運動過程示意圖。第四步：選用適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解?！咎貏e提醒】加速度不同的連接體問題：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。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?？枷?加速度相同的連接體問題1．如圖所示，地面上有一個大臺秤，臺秤上面放置一個傾角、足夠長的、底面粗糙的斜面，斜面上表面光滑，其上端固定著一個定滑輪，一根輕繩跨過定滑輪，一端固定在一個小車上面，另一端被小車上的人拉住，輕繩與斜面上表面始終保持平行。斜面的質(zhì)量，人的質(zhì)量，小車的質(zhì)量，滑輪的質(zhì)量、滑輪與輕繩間的摩擦均不計。在人拉動輕繩的過程中，人和車一直保持相對靜止沿斜面向上運動，斜面相對臺秤靜止。取，，，當(dāng)臺秤示數(shù)為時，下列說法正確的是（）A．人的加速度大小B．輕繩拉力大小為C．小車對人的摩擦力方向沿斜面向下D．小車對人的摩擦力大小為【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意，設(shè)小車和人整體豎直方向上對斜面的作用力為，由平衡條件有解得由牛頓第三定律可知，斜面對小車和人整體豎直方向上的作用力對小車和人，豎直方向上，有牛頓第二定律有解得則由幾何關(guān)系可得，小車的加速度為故A錯誤；B.設(shè)輕繩拉力大小為，對小車和人整體，由牛頓第二定律有解得故B錯誤；CD．設(shè)小車對人的摩擦力方向沿斜面向下，大小為，由牛頓第二定律，對人有解得即小車對人的摩擦力方向沿斜面向上，大小為，故C錯誤，D正確。故選D。2．如圖所示，質(zhì)量分別為和的小物塊，通過輕繩相連，并接在裝有光滑定滑輪的小車上。如果按圖甲所示，裝置在水平力作用下做勻加速運動時，兩個小物塊恰好相對靜止；如果互換兩個小物塊，如圖乙所示，裝置在水平力作用下做勻加速運動時，兩個小物塊也恰好相對靜止，一切摩擦不計，則（）A．B．C．兩種情況下小車對質(zhì)量為的小物塊的作用力大小之比為D．兩種情況下小車對質(zhì)量為的小物塊的作用力大小之比為【答案】AC【詳解】AB．一切摩擦不考慮，則題圖甲中小車的加速度為題圖乙中小車的加速度為所以兩題圖中小車的加速度之比為因為題圖甲和題圖乙裝置的整體質(zhì)量是一樣的，所以，A正確，B錯誤；CD．題圖甲中，小車對質(zhì)量為的小物塊的作用力為題圖乙中，小車對質(zhì)量為的小物塊的支持力大小等于其所受的重力大小，即所以，C正確，D錯誤。故選AC?？枷?加速度不相同的連接體問題3．如圖所示，質(zhì)量為2m和m的滑塊A和B置于光滑水平桌面上，連接兩滑塊的細(xì)線通過桌子邊緣拉著一個動滑輪，動滑輪下面掛質(zhì)量為4m的物塊C。已知左右兩側(cè)細(xì)線互相平行，重力加速度g取，不計一切摩擦和動滑輪的質(zhì)量?，F(xiàn)將A、B、C三者同時由靜止釋放，在A、B滑出桌面之前，下列說法正確的是（）A．滑塊A和B的速度始終相等 B．物塊C的機械能在不斷增大C．滑塊A的加速度大小為 D．物塊C的加速度大小為【答案】D【詳解】A．動滑輪兩側(cè)繩中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，開始運動后在A、B滑出桌面之前，A的速度始終小于B的速度，故A錯誤；B．動滑輪對C的拉力做負(fù)功，物塊C的機械能在不斷減小，故B錯誤；CD．設(shè)繩中的拉力大小為T，對A、B根據(jù)牛頓第二定律有對C根據(jù)牛頓第二定律有如圖所示，根據(jù)動滑輪繩端與滑輪端的位移關(guān)系有根據(jù)運動學(xué)公式可知；；聯(lián)立以上各式解得；故C錯誤，D正確。故選D。4．如圖所示，質(zhì)量為M、上表面光滑的斜面體放置在水平面上，另一質(zhì)量為m的物塊沿斜面向下滑動時，斜面體一直靜止不動。已知斜面傾角為，重力加速度為g，則（）A．地面對斜面體的支持力為B．地面對斜面體的摩擦力為零C．斜面傾角越大，地面對斜面體的支持力越小D．斜面傾角不同，地面對斜面體的摩擦力可能相同【答案】CD【詳解】物塊在水平方向和豎直方向的加速度大小分別為；設(shè)地面對斜面體的支持力大小為FN，摩擦力大小為Ff，根據(jù)質(zhì)點系的牛頓第二定律可得；解得；由上面兩式可知，地面對斜面體的支持力小于，且斜面傾角越大，地面對斜面體的支持力越?。坏孛鎸π泵骟w的摩擦力不為零，且當(dāng)斜面傾角取互余的兩個值時，F(xiàn)f大小相等。綜上所述可知AB錯誤，CD正確。故選CD?？键c二動力學(xué)中的臨界極值問題知識點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(dá)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(dá)到最值的臨界條件：加速度為0。知識點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(yīng)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(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式分析臨界值?？枷?接觸與脫離的臨界問題1．如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端連接物體B，B上疊放著物體A，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使A開始向上做勻加速運動。以系統(tǒng)靜止時的位置為坐標(biāo)原點，豎直向上為位移x正方向，對物體A施加豎直向上的拉力，物體A以做勻加速運動，B物體的加速度隨位移變化的圖像如圖乙所示，坐標(biāo)上的值為已知量，重力加速度g。以下說法正確的是（）A．在圖乙PQ段中，拉力F恒定不變B．在圖乙QS段中，B的速度逐漸減小C．B位移為時，A、B之間彈力大小0D．B位移為時，彈簧達(dá)到原長狀態(tài)【答案】C【詳解】A．以A、B為整體分析，PQ段一起向上勻加速運動，受彈簧彈力、重力和拉力F，合力恒定，向上運動過程中彈簧彈力減小，所以拉力F增大，故A錯誤；B．QS段B的加速度在減小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B錯誤；C．在時B的加速度開始減小，而A加速度保持不變，故此時兩物體剛好分離，A、B之間彈力大小0，故C正確；D．位移為時，B加速度為0，合力為0，彈簧彈力大小等于B的重力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故D錯誤。故選C。2．如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接，兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時物塊均靜止?，F(xiàn)用平行于斜面向上的拉力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，兩物塊在開始一段時間內(nèi)的v-t圖像如圖乙所示（t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應(yīng)A圖線的最高點），重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．t1時刻，彈簧形變量為B．t2時刻，彈簧形變量為C．t1時刻，A、B剛分離時的速度為D．從開始到t2時刻，拉力F先逐漸增大后不變【答案】AD【詳解】A．由圖乙可知，t1時刻A、B開始分離，對A，根據(jù)牛頓第二定律kx－mgsinθ=ma則x=故A正確；B．由圖乙知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得mgsinθ=kx′則得x′=故B錯誤；C．對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得F－2mgsinθ＋kx=2ma得F=2mgsinθ－kx＋2ma則知t=0時F最小，此時有2mgsinθ=kx0得F的最小值為F=2ma由圖乙知，t1時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律kx－mgsinθ=ma，t=0時有2mgsinθ=kx0又x0－x=速度v=at1=故C錯誤；D．從t=0到t1時刻，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＋kx－2mgsinθ=2ma得F=2mgsinθ＋2ma－kx則隨著x減小，F(xiàn)增大；t1時刻到t2時刻，對B，由牛頓第二定律得F－mgsinθ=ma得F=mgsinθ＋ma可知F不變，故D正確。故選AD?？枷?疊加系統(tǒng)的臨界極值問題3．如圖所示，一個長度、質(zhì)量的木板靜止在光滑的水平面上，木板的左端放置一個質(zhì)量可視為質(zhì)點的物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取。現(xiàn)對物塊施加一水平向右的恒定拉力F，使物塊相對木板向右滑動。則下列說法正確的是（）A．拉力B．物塊離開木板時速度的最小值為4m/sC．物塊離開木板的最短時間為1sD．木板獲得的最大速度為2m/s【答案】B【詳解】A．物塊相對木板向右滑動，對木板有得對物塊有且根據(jù)可得故A錯誤；B．設(shè)歷時t物塊滑離木板，則有物塊滑離木板時的速度得可知當(dāng)即時物塊離開木板的速度最小，其最小值故B正確；C．當(dāng)時，木板獲得的速度若，則，故C錯誤；D．若，則，故D錯誤。故選B。4．水平面上放置一質(zhì)量為m的滑塊B，上方有圓形凹槽，質(zhì)量也為m的圓柱A恰好能放置在凹槽中，其截面圖如圖所示，圓心與二者接觸的左端點連線跟豎直方向夾角α=30°。一質(zhì)量為M的物體C通過跨過定滑輪的不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩與B相連，細(xì)繩張緊后由靜止釋放C，不計一切摩擦，B離定滑輪足夠遠(yuǎn)，下列說法正確的是（）

A．如果A、B能保持相對靜止，B對A的作用力大小為B．如果A、B能保持相對靜止，B對A的作用力大小為mgC．當(dāng)時，A恰要從凹槽中滾出D．如果α=45°時，無論M為多大，A都不能滾出凹槽【答案】CD【詳解】AB．如果A、B能保持相對靜止，將A、B、C看作一個整體，根據(jù)牛頓第二定律可知解得加速度大小為，A受到B水平方向的作用力大小為豎直方向的作用力為，B對A的作用力大小為故AB錯誤；C．小球滾出凹槽的臨界條件為小球受到槽的支持力沿著圓心與二者接觸的左端點連線方向；得臨界加速度大小為整體上有解得故C正確；D．當(dāng)α=45°時，小球滾出凹槽的臨界條件為小球受到槽的支持力沿著圓心與二者接觸的左端點連線方向，有；得臨界加速度大小由于，所以無論M為多大，A都不能滾出凹槽，故D正確；故選CD?？枷?運動類臨界極值問題5．如圖所示，上表面粗糙、傾角θ=的斜面體放在光滑的水平地面上，一物塊靜止在斜面體上?，F(xiàn)給斜面體一水平向左的推力F，發(fā)現(xiàn)無論F多大，物塊均能與斜面體保持相對靜止。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin=0.6，cos=0.8，則物塊與斜面體間的動摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足的條件為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】當(dāng)F=0時，物塊能靜止在斜面上，可知得即當(dāng)F特別大時，對物塊受力分析，將加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛頓第二定律，沿斜面方向垂直斜面方向又，由于F可以取無窮大，加速度無窮大，所以以上各式中的和可忽略，聯(lián)立解得綜合分析得故ACD錯誤，B正確。故選B。12．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(zhì)量不計的細(xì)線系著一個質(zhì)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?qū)瑝K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(dāng)斜面體以加速度向右加速運動時，線中拉力為D．當(dāng)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?qū)瑝K壓力為零，則小球只受到重力和細(xì)線的拉力，將細(xì)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?qū)瑝K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(guān)系；代入數(shù)據(jù)解得細(xì)線的拉力大小為故B正確；C．當(dāng)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(xì)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(xì)線剛好沒有拉力的零臨界加速度為當(dāng)斜面體以加速度向左加速運動時，可知超過臨界加速度，細(xì)線對小球沒有拉力，故D正確。故選BCD?？键c三傳送帶模型知識點1水平傳送帶1.三種常見情景常見情景物體的v-t圖像條件：條件：條件：v0=v條件：v0<v①;②條件：v0>v①;②條件：條件：；v0>v條件：；v0<v2.方法突破(1)水平傳送帶又分為兩種情況：物體的初速度與傳送帶速度同向(含物體初速度為0)或反向。(2)在勻速運動的水平傳送帶上，只要物體和傳送帶不共速，物體就會在滑動摩擦力的作用下，朝著和傳送帶共速的方向變速，直到共速，滑動摩擦力消失，與傳送帶一起勻速運動，或由于傳送帶不是足夠長，在勻加速或勻減速過程中始終沒達(dá)到共速。(3)計算物體與傳送帶間的相對路程要分兩種情況：①若二者同向，則Δs＝|s傳－s物|；②若二者反向，則Δs＝|s傳|＋|s物|。知識點2傾斜傳送帶1.兩種常見情景常見情景v-t圖像條件：；μ>tanθ加速度：a=g(μcosθ-sinθ)條件：；μ>tanθ加速度：a=g(μcosθ-sinθ)條件：；μ>tanθ加速度：a=g(μcosθ+sinθ)條件：；μ>tanθ加速度：a=g(μcosθ+sinθ)條件：；μ<tanθ加速度：a=g(μcosθ+sinθ)a'=g(sinθ-μcosθ)2.傾斜傳送帶問題分析（1）物體沿傾角為θ的傳送帶傳送時，可以分為兩類：物體由底端向上運動，或者由頂端向下運動。解決傾斜傳送帶問題時要特別注意mgsinθ與μmgcosθ的大小和方向的關(guān)系，進(jìn)一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，確定物體運動情況。當(dāng)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。（2）痕跡問題：共速前，x傳>x物，痕跡Δx1=x傳-x物，共速后，x物>x傳，痕跡Δx2=x物-x傳，總痕跡取二者中大的那一段?？枷?水平傳送帶1．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(dá)到最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大C．0~t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向一直向右D．0~t3時間內(nèi)，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(nèi)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(nèi)向左做勻減速運動，相對傳送帶也是向左運動，t1~t2時間內(nèi)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(nèi)，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(dá)到最大，B正確；C．由于0~t2時間內(nèi)，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(nèi)，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(nèi)，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。2．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(dá)右端過程中加速時間和勻速時間相等，快遞箱可視為質(zhì)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。考向2傾斜傳送帶3．如圖甲所示，一物塊以某一初速度從傾角為、順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶底端沿傳送帶向上運動，其圖像如圖乙所示。已知傳送帶的速度為，傳送帶足夠長，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，下列說法正確的是（）A．物塊的初速度小于B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)C．物塊運動過程中的速度一定有等于的時刻D．若物塊從傳送帶項端由靜止向下運動，其他條件不變，物塊會向下先做勻加速運動再做勻速運動【答案】C【詳解】B．由圖像可知，物塊先以加速度做勻減速直線運動，后以加速度做勻減速直線運動，且分析可知即故B錯誤；A．若物塊的初速度小于，則受到沿傳送帶向上的摩擦力，物塊做勻減速直線運動，物塊會一直以此加速度向上減速為0與題設(shè)不符，故A錯誤；C．物塊的初速度大于，則受到沿傳送帶向下的摩擦力，物塊做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，有物塊減速到速度等于后，則受到沿傳送帶向上的摩擦力，對物塊根據(jù)牛頓第二定律，有故C正確；D．若物塊從傳送帶頂端開始向下運動，物塊受到沿傳送帶向上的摩擦力，由于則物塊會以加速度一直向下加速運動，故D錯誤。故選C。4．皮帶傳送在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用。一運煤傳送帶傳輸裝置的一部分如下圖所示，傳送帶與水平地面的夾角。若傳送帶以恒定的速率逆時針運轉(zhuǎn)，將質(zhì)量為的煤塊（看成質(zhì)點）無初速度地放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時間煤塊速度與傳送帶相同，再經(jīng)到達(dá)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，，，則（）

A．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5B．傳送帶的長度為C．煤塊從P點到Q點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為D．煤塊從P點到Q點的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為【答案】ABD【詳解】物塊剛放上傳送帶的內(nèi)，物體的速度由牛頓第二定律解得故A正確；B．在最初0.5s內(nèi)物塊的位移以后物塊的加速度再經(jīng)到達(dá)傳送帶底端Q點，則則傳送帶PQ的長度聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得故B正確；C．在最初0.5s內(nèi)物塊相對傳送帶向上運動，相對滑動的距離以后的2s內(nèi)滑塊相對傳送帶向下滑動，則相對滑動的距離聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得；則煤塊從點到達(dá)點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為4m，故C錯誤；D．煤塊從P點到Q點的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為故D正確。故選ABD?？键c四板塊模型知識點板塊模型的解題策略運動狀態(tài)板塊速度不相等板塊速度相等瞬間板塊共速運動處理方法隔離法假設(shè)法整體法具體步驟對滑塊和木板進(jìn)行隔離分析，弄清每個物體的受體情況與運動過程假設(shè)兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出其中一個物體“所需要”的摩擦力Ff；比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對滑動將滑塊和木板看成一個整體，對整體進(jìn)行受力分析和運動過程分析臨界條件①兩者速度達(dá)到相等的瞬間，摩擦力可能發(fā)生突變②當(dāng)木板的長度一定時，滑塊可能從木板滑下，恰好滑到木板的邊緣，二者共速是滑塊滑離木板的臨界條件相關(guān)知識運動學(xué)公式、牛頓運動定律、動能定理、功能關(guān)系等考向1無外力板塊模型1．如圖所示，質(zhì)量為M的長木板A以速度v0，在光滑水平面上向左勻速運動，質(zhì)量為m的小滑塊B輕放在木板左端，經(jīng)過一段時間恰好從木板的右端滑出，小滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ，下列說法中正確的是（）A．若只增大m，則小滑塊不能滑離木板B．若只增大M，則小滑塊在木板上運動的時間變短C．若只增大v0，則系統(tǒng)在摩擦生熱增大D．若只減小μ，則小滑塊滑離木板過程中小滑塊對地的位移變大【答案】AB【詳解】A．設(shè)取初速度方向為正方向，對滑塊受力分析可知；再對木板受力分析；若只增大滑塊質(zhì)量，滑塊所受的支持力變大，滑動摩擦力變大，對應(yīng)的木板減速的加速度變大，所以滑塊與木板共速所需的時間便減小，發(fā)生的相對位移也減小，共速時小滑塊沒有離開木板，之后二者一起向左做勻速直線運動，A正確；B．若只增大長木板質(zhì)量，由可知，木板做減速的加速度減小，但是滑塊做加速運動的加速度不變，以木板為參考系，最后滑塊到木板最末端v1時的速度先對與原來變大了，對滑塊滑塊運動的平均速度變大，木板長度不變，由即滑塊在木板上的運動時間減小，B正確；C．若只增大初速度，滑塊的受力不變，摩擦力不變，則滑塊仍能滑離木板摩擦力做功不變，C錯誤；D．若只減小動摩擦因數(shù)，由；那么滑塊和木板的加速度等比例減小，由；相對位移不變，滑塊滑離木板時速度變小、時間變短，木板對地位移變小，所以，滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移為板長加木板對地位移，故滑塊對地的位移減小，D錯誤。故選AB。2．如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M，t=0時刻，質(zhì)量為m的物塊以速度v水平滑上長木板，此后木板與物塊運動的v--t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2下列說法正確的是（）A．M=m B．M=2mC．木板的長度為8m D．木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.1【答案】BC【詳解】ABD．物塊在木板上運動過程中，在水平方向上只受到木板給的滑動摩擦力，故μmg=ma1而v--t圖像的斜率表示加速度，故a1=m/s2=2m/s2解得μ=0.2對木板受力分析可知μmg=Ma2由可知a2=m/s2=1m/s2解得M=2mAD錯誤，B正確；C．從題圖乙可知物塊和木板最終分離，兩者v-t圖像與t軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L==8m，C正確。故選BC。考向2有外力板塊模型3．如圖甲，水平地面上有一長木板，將一小物塊放在長木板上，給小物塊施加一水平外力F，通過傳感器分別測出外力F大小和長木板及小物塊的加速度a的數(shù)值如圖乙所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A．小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù) B．長木板與地面間的動摩擦因數(shù)C．小物塊的質(zhì)量 D．長木板的質(zhì)量【答案】B【詳解】由題圖乙知，當(dāng)F=F1時