2025高考物理專項(xiàng)復(fù)習(xí)專題進(jìn)階課九　動(dòng)力學(xué)的圖像問題含答案

2025高考物理專項(xiàng)復(fù)習(xí)專題進(jìn)階課九動(dòng)力學(xué)的圖像問題含答案專題進(jìn)階課九動(dòng)力學(xué)的圖像問題核心歸納1.常見的圖像形式在動(dòng)力學(xué)與運(yùn)動(dòng)學(xué)問題中,常見、常用的圖像是位移—時(shí)間圖像(x-t圖像)、速度—時(shí)間圖像(v-t圖像)和力—時(shí)間的圖像(F-t圖像)等,這些圖像反映的是物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律、受力規(guī)律,而絕非代表物體的運(yùn)動(dòng)軌跡。v-t圖像(屬于已知運(yùn)動(dòng)求受力)(1)根據(jù)圖像確定物體各段的加速度大小和方向(2)弄清每段圖線與物體運(yùn)動(dòng)的對(duì)應(yīng)關(guān)系(3)對(duì)各段圖線進(jìn)行受力分析(4)用牛頓第二定律求解F-t圖像(屬于已知受力求運(yùn)動(dòng))(1)根據(jù)圖像結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)情況明確物體在各時(shí)間段的受力情況(2)利用牛頓第二定律求出加速度(3)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求其他運(yùn)動(dòng)量a-F圖像圖像的力F是物體受到的某一個(gè)力的變化對(duì)物體加速度的影響:(1)對(duì)物體進(jìn)行全面受力分析(2)根據(jù)牛頓第二定律求其他未知力2.圖像問題的分析方法(1)分清圖像的類別:即分清橫、縱坐標(biāo)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(huì)分析臨界點(diǎn)。(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義:圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn),圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn),兩圖線的交點(diǎn)等。(3)明確能從圖像中獲得的信息:把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來,應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式,進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系,以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。典題例析角度1v-t圖像【典例1】(2024·淮安高一檢測(cè))如圖甲所示,傾角為30°的斜面固定在水平地面上,一個(gè)小物塊在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,從斜面底端A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后撤去拉力F,小物塊能到達(dá)的最高位置為C點(diǎn),已知小物塊的質(zhì)量為0.3kg,小物塊從A到C的v-t圖像如圖乙所示,取g=10m/s2。(1)求小物塊上升過程中加速和減速的加速度大小的比值。(2)求小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和拉力F的大小。(3)分析小物塊是否能靜止在C點(diǎn)。如果不能,計(jì)算出回到A點(diǎn)的速度大小。【解析】(1)小物塊加速時(shí)的加速度大小為a1=Δv1Δt1=7.5-03m/s2=2.5m/s2,減速時(shí)的加速度大小為a2=(2)撤去拉力后,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin30°+μmgcos30°=ma2即a2=gsin30°+μgcos30°,得μ=3在拉力作用下,根據(jù)牛頓第二定律,有F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1,代入數(shù)據(jù)得F=3N。(3)在C點(diǎn),mgsin30°>μmgcos30°,所以小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將沿斜面下滑,即mgsin30°-μmgcos30°=ma3,得a3=2.5m/s2,由x=15m,v2=2a3x,得v=53m/s。答案:(1)13(2)363N(3)不能5對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練如圖(a),一物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面,其運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則不可求出 ()A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度【解析】選B。由題圖可知,物塊上滑的加速度大小a1=v0t1,下滑的加速度大小a2=v1t1,根據(jù)牛頓第二定律,物塊上滑時(shí)有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,下滑時(shí)有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,則可求得斜面傾角及動(dòng)摩擦因數(shù),故A、C不符合題意;由于m均消去,無法求得物塊的質(zhì)量,故B符合題意;物塊上滑的最大距離x=v0角度2F-t圖像【典例2】(2024·重慶高一檢測(cè))甲、乙兩物體靜置于粗糙水平地面上,與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。t=0時(shí)刻起,在物體上均施加周期性變化的水平外力F,如圖a,變化規(guī)律如圖b所示。甲、乙在運(yùn)動(dòng)中具有如下特點(diǎn):甲物體在2s末、4s末速度相同且不為0;乙物體在第3s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)。則甲與乙質(zhì)量之比為 ()A.3∶2 B.3∶4C.2∶3 D.無法確定【解析】選A。甲在2s末和4s末速度相同,則2s到4s間必經(jīng)過先減速再加速的過程,因減速和加速時(shí)間相同,所以兩階段加速度大小相同,故f甲=6N,乙因?yàn)樵诘?s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng),所以所受合力為零,所以f乙=4N,又因動(dòng)摩擦因數(shù)相同,f=μmg,所以有m甲m乙=f甲f【補(bǔ)償訓(xùn)練】為了探究物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù),某同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn):取一質(zhì)量為m的物體,使其在沿斜面方向的推力F作用下向上運(yùn)動(dòng),如圖甲所示,通過力傳感器得到推力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示,通過頻閃照相處理后得出速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖丙所示,若已知斜面固定且傾角α=30°,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)撤去推力F后,物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大距離(斜面足夠長(zhǎng))?！窘馕觥?1)0~2s時(shí)間內(nèi),有F1-mgsinα-μmgcosα=ma1,由題圖丙可知,a1=ΔvΔt=0.5m/s2,2s后,有F2-mgsinα-μmgcosα=ma2,代入數(shù)據(jù)解得m=3kg,μ=39(2)撤去推力F后,有-μmgcosα-mgsinα=ma3,解得a3=-203m/s2,則s=0-v答案:(1)39(2)0.角度3a-F圖像【典例3】(多選)如圖甲所示,用一水平力F拉著一個(gè)在傾角為θ的光滑固定斜面上的物體,逐漸增大F,物體由靜止做變加速運(yùn)動(dòng),其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示,重力加速度為g=10m/s2,根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計(jì)算出()A.物體的質(zhì)量B.斜面的傾角正弦值C.加速度為6m/s2時(shí)物體的速度D.物體能靜止在斜面上所施加的最小外力【解析】選A、B、D。對(duì)物體,由牛頓第二定律可得Fcosθ-mgsinθ=ma,上式可改寫為a=cosθmF-gsinθ,故a-F圖像的斜率為k=cosθm=0.4kg-1,截距為b=-gsinθ=-6m/s2,解得物體質(zhì)量為m=2kg,sinθ=0.6,故A、B正確;由于外力F為變力,物體做非勻變速運(yùn)動(dòng),故利用已有物理知識(shí)無法求出加速度為6m/s2時(shí)物體的速度,C錯(cuò)誤;物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為Fmin=對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練(2024·昆明高一檢測(cè))如圖甲所示,用一水平力F拉靜止在水平面上的物體,在F從零開始逐漸增大的過程中,加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示。若水平面各處粗糙程度相同,且認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10m/s2,則()A.物體的質(zhì)量m=2.4kgB.物體的質(zhì)量m=0.5kgC.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3【解析】選C。在F從零開始逐漸增大的過程中,由牛頓第二定律得F-μmg=ma,解得加速度a=Fm-μg,結(jié)合圖像有1m=5-212-6kg-1,解得m=2kg,故A、B錯(cuò)誤;由于F-μmg專題進(jìn)階課二勻變速直線運(yùn)動(dòng)的三個(gè)推論和六個(gè)比例關(guān)系式一、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的三個(gè)推論核心歸納1.推論一做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體在一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度,也等于這段時(shí)間初、末時(shí)刻速度和的一半。平均速度公式:vt2=v證明:v=xt=v0+12at=v0+atvt2=v2.推論二位移中點(diǎn)速度vx2證明:vx22-3.推論三逐差法:連續(xù)相等的相鄰時(shí)間間隔T內(nèi)的位移差相等,Δx=aT2即x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2。證明:x1=v0T+12aT2所以有x2-x1=Δx=aT2推廣:xm-xn=(m-n)aT2。典題例析角度1平均速度公式的理解與應(yīng)用【典例1】(多選)如圖所示,物體自O(shè)點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),A、B、C、D為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的四點(diǎn),測(cè)得AB=2m,BC=3m。且物體通過AB、BC、CD所用的時(shí)間相等,下列說法正確的是 ()A.可以求出物體加速度的大小B.可以求得CD=4mC.可以求得OA之間的距離為1.125mD.可以求得OB之間的距離為3.25m【解析】選B、C。設(shè)物體通過AB、BC所用的時(shí)間均為t。由Δx=at2可得,物體的加速度的大小為a=Δxt2=BC-ABt2,由于t未知,所以不能求出a。故A錯(cuò)誤;根據(jù)xCD-xBC=xBC-xAB=1m,可知xCD=(3+1)m=4m,故B正確;物體經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度vB=vAC=AB+BC2t,再由vt2=2ax可得,OB兩點(diǎn)間的距離為xOB=vB22a=254t2·t22=3.角度2中點(diǎn)位置的瞬時(shí)速度公式的理解【典例2】物體做直線運(yùn)動(dòng),在t時(shí)間內(nèi)通過的路程為x,在中間位置x2處的速度為v1,且在中間時(shí)刻t2處的速度為v2,則v1和v2的關(guān)系錯(cuò)誤的是(A.當(dāng)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),v1>v2B.當(dāng)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),v1>v2C.當(dāng)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),v1=v2D.當(dāng)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),v1<v2【解析】選D。物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng),由vt2-v02=2ax,知v1由以上兩式得v1=v討論:由于v2=v0+vt2則v12-v22=v02+vt22-(v0+vt2)2=(v0角度3逐差相等公式的理解【典例3】(2024·貴陽高一檢測(cè))在杭州亞運(yùn)會(huì)男子4×100m接力決賽中,陳佳鵬在巨大的壓力下表現(xiàn)出了驚人的速度和毅力,最后幾十米沖刺成功反超日本選手,助力中國隊(duì)奪得金牌。若陳佳鵬在啟動(dòng)階段可視為勻加速直線運(yùn)動(dòng),他在啟動(dòng)階段沿直線依次經(jīng)過A、B、C三點(diǎn),AB和BC的長(zhǎng)度分別為4m和17m,通過AB和BC的時(shí)間分別為1s和2s,關(guān)于陳佳鵬的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是 ()A.陳佳鵬運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為7m/sB.陳佳鵬運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為5m/sC.陳佳鵬啟動(dòng)階段的加速度為3m/s2D.陳佳鵬從起跑位置運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為53【解析】選C。取BC時(shí)間中點(diǎn)為D,則xDC-xBD=xBD-xAB又xBD+xDC=17m得xBD=7m,xDC=10m運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為vB=xADtAD=4+71+1m/s=5.5m/s,A、B錯(cuò)誤;啟動(dòng)階段的加速度為a=xBD-xABtAB2=7-412m/s2=3m/s2,C正確對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練有一個(gè)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體,它在兩段連續(xù)相等的時(shí)間內(nèi)通過的位移分別是24m和64m,連續(xù)相等的時(shí)間為4s,求物體在第一段4s的初速度大小和加速度大小。【解析】畫出物體運(yùn)動(dòng)的示意圖,如圖所示,物體從A到B再到C各用時(shí)4s,AB=24m,BC=64m。解法一(常規(guī)解法):設(shè)物體的加速度為a,則x1=vAT+12aTx2=[vA·2T+12a(2T)2]-(vAT+12aT將x1=24m,x2=64m,T=4s代入兩式求得vA=1m/s,a=2.5m/s2。解法二(用平均速度求解):v1=x1T=v2=x2T=由v2=v1代入數(shù)據(jù)解得a=2.5m/s2再由x1=vAT+12aT求得vA=1m/s。解法三(用推論Δx=aT2求解):由x2-x1=aT2代入數(shù)據(jù)解得a=2.5m/s2再代入x1=vAT+12aT可求得vA=1m/s。答案:1m/s2.5m/s2【補(bǔ)償訓(xùn)練】(2024·蘇州高一檢測(cè))如圖所示,在高速公路上,為了行車安全,每隔一段路程就會(huì)設(shè)置一組車距確認(rèn)標(biāo)志牌:0m、50m、100m、150m、200m。設(shè)有一輛汽車沿著平直路面行駛,當(dāng)車經(jīng)過“0m”標(biāo)志牌A時(shí)前方出現(xiàn)突發(fā)情況,司機(jī)立即開始剎車做勻減速運(yùn)動(dòng)直到停止。已知車通過AC的時(shí)間與通過CD的時(shí)間相等,則預(yù)計(jì)車停下來的位置與“150m”標(biāo)志牌D的距離為 ()A.50m B.25m C.12.5m D.6.25m【解析】選D。設(shè)標(biāo)志牌之間的距離為l,則連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移差為:2l-l=at2解得a=l由平均速度公式得vC=2l+車停下來的位置與C的距離:x=vC22a=(3故車停下來的位置與標(biāo)志牌D的距離為:Δx=x-l=56.25m-50m=6.25m。二、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的六個(gè)比例關(guān)系式(初速度為0)核心歸納1.速度比例式(末速度之比)(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬時(shí)速度之比:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n推證:因?yàn)関=at,所以v1∶v2∶v3∶…∶vn=t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶2∶3∶…∶n(2)1x末、2x末、3x末、…、nx末的瞬時(shí)速度之比:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n推證:根據(jù)vt2-v02=2ax可得,vt=2ax,所以v1∶v2∶v3∶…∶vn=2ax∶2a(2x)∶2a(3x2.位移比例式(1)1T內(nèi)、2T內(nèi)、3T內(nèi)、…、nT內(nèi)的位移之比:x1∶x2∶x3∶…∶xn=12∶22∶32∶…∶n2推證:根據(jù)x=12at2可得,x1∶x2∶x3∶…∶xn=t12∶t22∶t32∶…∶tn2=12∶2(2)第1個(gè)T內(nèi)、第2個(gè)T內(nèi)、第3個(gè)T內(nèi)、…、第n個(gè)T內(nèi)的位移之比:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶…∶(2N-1)推證:根據(jù)x=12at2可得,xΙ=12aTxⅡ=12a(2T)2-12aT2=32xⅢ=12a(3T)2-12a(2T)2=52所以,xN=12a(NT)2-12a[(N-1)T]2=(2即有xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶…∶(2N-1)3.時(shí)間比例式(1)通過前x、前2x、前3x、…前nx的位移所用時(shí)間之比:t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶2∶3∶…∶n推證:根據(jù)x=12at2可得t=所以,tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN=1∶2∶3∶…∶N(2)通過連續(xù)相等的位移間隔所用時(shí)間之比:tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN=1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(N-N-1推證:典題例析【典例4】在高11.25m的屋檐上,每隔一定的時(shí)間有一滴水落下,設(shè)水滴的運(yùn)動(dòng)是從靜止開始的勻加速直線運(yùn)動(dòng),且所有水滴運(yùn)動(dòng)的加速度相同。已知第1滴水落到地面時(shí),第4滴水剛好離開屋檐。求第1滴水落地瞬間空中各相鄰兩滴水之間的距離。【解析】設(shè)相鄰兩滴水落下的時(shí)間間隔為T,第1滴水落到地面時(shí),第4滴水剛好離開屋檐,中間的時(shí)間間隔就是3T。將第4滴水和第3滴水之間的距離作為x1,第3滴水和第2滴水之間的距離作為x2,第2滴水和第1滴水之間的距離作為x3,根據(jù)速度從零開始的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中連續(xù)相等的時(shí)間內(nèi)位移之比是x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1),整個(gè)高度可分為1+3+5=9份,則x1占1份、x2占3份、x3占5份。故x1=19×11.25m=1.25m,x2=39×11x3=59×11.25m=6.25m答案:第1、2滴水之間的距離為6.25m,第2、3滴水之間的距離為3.75m,第3、4滴水之間的距離為1.25m[規(guī)律方法]有關(guān)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論的選取技巧(1)對(duì)于初速度為零,且運(yùn)動(dòng)過程可分為等時(shí)間段或等位移段的勻加速直線運(yùn)動(dòng),可優(yōu)先考慮應(yīng)用初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的常用推論。(2)對(duì)于末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng),可把它看成逆向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后用比例關(guān)系,可使問題簡(jiǎn)化。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.如圖所示,一冰壺以速度v垂直進(jìn)入3個(gè)完全相同的矩形區(qū)域做勻減速直線運(yùn)動(dòng),且剛要離開第3個(gè)矩形區(qū)域時(shí)速度恰好為零,則冰壺依次進(jìn)入每個(gè)矩形區(qū)域時(shí)的速度之比和穿過每個(gè)矩形區(qū)域所用的時(shí)間之比正確的是 ()A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1B.v1∶v2∶v3=1∶2∶3C.t1∶t2∶t3=1∶2∶3D.t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1【解析】選D。把冰壺的運(yùn)動(dòng)看作逆向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。冰壺通過3個(gè)矩形區(qū)域的位移相等,則從右向左穿出每個(gè)矩形區(qū)域時(shí)的速度之比為1∶2∶3,則冰壺實(shí)際運(yùn)動(dòng)中依次進(jìn)入每個(gè)矩形區(qū)域的速度之比為v1∶v2∶v3=3∶2∶1,A、B錯(cuò)誤;冰壺從右向左通過每個(gè)矩形區(qū)域所用的時(shí)間之比為1∶(2-1)∶(3-2),則冰壺實(shí)際運(yùn)動(dòng)中穿過每個(gè)矩形區(qū)域所用的時(shí)間之比為t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1,C錯(cuò)誤,D正確。2.(多選)一小球沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),先后經(jīng)過斜面上的A、B兩點(diǎn),其速度分別為vA=2m/s和vB=14m/s,經(jīng)歷時(shí)間為2s。下列說法中正確的是 ()A.從A到B的加速度大小為6m/s2B.經(jīng)過A、B中點(diǎn)時(shí)速度大小為8m/sC.A、B兩點(diǎn)之間的距離為16mD.從A到B中間時(shí)刻的速度大小為12m/s【解析】選A、C。從A到B的加速度大小為:a=vB-vAt=14m/s-2m/s2s=6m/s2,故A正確;由vx22-vA2=2a·x2,vB2-vx22=2a·x2,聯(lián)立可得,小球經(jīng)過A、x=vt=vA+vB2t=2m/s+14m/s2×2s=16m,故C正確;小球從A到B中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度大小為:vt2專題進(jìn)階課八板塊模型核心歸納1.模型概述:疊放在一起的滑塊—木板之間存在摩擦力,在其他外力作用下它們或者以相同的加速度運(yùn)動(dòng),或者以不同加速度運(yùn)動(dòng),有的題目也可能沒有外加的拉力或推力,但板塊有初速度。無論是哪種情況,受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析都是解題的關(guān)鍵。2.一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián):3.三個(gè)基本關(guān)系:加速度關(guān)系如果滑塊與木板之間沒有發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),可以用“整體法”求出它們一起運(yùn)動(dòng)的加速度;如果滑塊與木板之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),應(yīng)采用“隔離法”分別求出滑塊與木板運(yùn)動(dòng)的加速度。應(yīng)注意找出滑塊與木板是否發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)等隱含條件速度關(guān)系滑塊與木板之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),明確滑塊與木板的速度關(guān)系,從而確定滑塊與木板受到的摩擦力。應(yīng)注意當(dāng)滑塊與木板的速度相同時(shí),摩擦力會(huì)發(fā)生突變的情況,速度是聯(lián)系兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的紐帶,上一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度位移關(guān)系滑塊與木板疊放在一起運(yùn)動(dòng)時(shí),應(yīng)仔細(xì)分析滑塊與木板的運(yùn)動(dòng)過程,明確滑塊與木板對(duì)地的位移和滑塊與木板之間的相對(duì)位移之間的關(guān)系提醒:運(yùn)動(dòng)學(xué)公式中的位移都是對(duì)地位移。典題例析角度1有初速度模型【典例1】(2024·深圳高一檢測(cè))質(zhì)量為m的木板放在水平面上,一質(zhì)量為2m的物塊以水平速度v0從木板左端滑上木板,物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,已知μ1=2μ2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是 ()A.若物塊不能從木板上滑下,僅增大物塊的質(zhì)量,木板的加速度減小B.若物塊不能從木板上滑下,僅增大物塊的質(zhì)量,物塊的加速度增大C.若物塊能從木板上滑下,僅增大木板的質(zhì)量,物塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)D.若物塊能從木板上滑下,僅增大木板的質(zhì)量,木板相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)的總位移將減小【解析】選D。由題意,設(shè)物塊的質(zhì)量為m1,木板的質(zhì)量為m2,當(dāng)物塊沖上木板時(shí),物塊將做減速運(yùn)動(dòng),對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g=m1a1,可得a1=μ1g;對(duì)木板有μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,μ1=2μ2,可得a2=(m1-m2)m2μ2g,木板將向前做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊與木板速度相等時(shí),二者將一起減速直至停止。設(shè)它們達(dá)到速度相同時(shí)的速度為v,則有a3=μ2g,由以上式子可知,若物塊不能從木板上滑下,僅增大物塊的質(zhì)量,木板的加速度增大,物塊的加速度不變,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;若物塊能從木板上滑下,物塊在木板上滑行時(shí),僅增大木板的質(zhì)量m2,若木板的質(zhì)量非常大,將導(dǎo)致木板受到地面的最大靜摩擦力遠(yuǎn)大于或等于物塊對(duì)它的滑動(dòng)摩擦力,即μ2(m1+m2)對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板靜止放置在粗糙的水平地面上,質(zhì)量也為m的木塊(視為質(zhì)點(diǎn))靜止放置在長(zhǎng)木板的最左端,長(zhǎng)木板的上表面光滑,下表面與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)讓長(zhǎng)木板與木塊瞬間同時(shí)獲得一個(gè)水平向右的速度v0,經(jīng)過一段時(shí)間,長(zhǎng)木板停止運(yùn)動(dòng)時(shí)木塊正好從長(zhǎng)木板的最右端脫離,重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.長(zhǎng)木板在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小為2μgB.長(zhǎng)木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為vC.木塊從長(zhǎng)木板的最右端脫離時(shí),木塊的位移為vD.長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為v【解析】選A、D。對(duì)長(zhǎng)木板,由牛頓第二定律可得μ·2mg=ma,解得長(zhǎng)木板在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小a=2μg,故A正確;長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=v0a=v02μg,故B錯(cuò)誤;木塊從長(zhǎng)木板的最右端脫離時(shí),木塊的位移x1=v0t=v022μg,長(zhǎng)木板的位移x2=v0t2=角度2有動(dòng)力模型【典例2】如圖所示,水平面上有一長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1m的平板A,其正中間放置一小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn)),A和B的質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg,A與B之間、A與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=0.20,μ2=0.30。開始時(shí)A和B都靜止,用一個(gè)F=12N的水平推力作用到平板A上,當(dāng)A的位移為x=2m時(shí),立即撤去推力,已知重力加速度g=10m/s2。求:(1)撤去推力前,物塊B和平板A的加速度;(2)撤去推力時(shí),物塊B和平板A的速度大小;(3)物塊B停止運(yùn)動(dòng)時(shí)到平板A左側(cè)的距離。【解析】(1)設(shè)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)最小推力為F0,則由牛頓第二定律,對(duì)B有μ1mBg=mBa0對(duì)A、B整