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 微專題一　連接體問題、板塊模型、傳送帶問題高考熱點1　連接體問題1．常見連接體三種情況中彈簧彈力、繩的張力相同(接觸面光滑，或A、B與接觸面間的動摩擦因數(shù)相等)常用隔離法常會出現(xiàn)臨界條件2.連接體的運動特點(1)疊放連接體——常出現(xiàn)臨界條件，加速度可能不相等、速度可能不相等。(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和加速度總是大小相等。(3)輕彈簧連接體——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時，兩端連接體的速率相等。1．加速度相同的連接體問題的處理方法(1)若求解整體的加速度，可用整體法。將整個系統(tǒng)看作一個研究對象，分析整體受外力情況，再由牛頓第二定律求出加速度。(2)若求解系統(tǒng)內(nèi)力，可先用整體法求出整體的加速度，再以所求力的受力物體或反作用力的受力物體為研究對象，分析受力，用牛頓運動定律求解。2．加速度不同的連接體問題的處理方法若系統(tǒng)內(nèi)各個物體的加速度不同，一般應采用隔離法。將各個物體分別作為研究對象，對每個研究對象進行受力和運動情況分析，分別應用牛頓第二定律建立方程，并注意各個物體間的相互作用關系，聯(lián)立求解。例1　(2020·海南高考)(多選)如圖，在傾角為θ的光滑斜面上，有兩個物塊P和Q，質(zhì)量分別為m1和m2，用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運動，則(　　)A．兩物塊一起運動的加速度大小為B．彈簧的彈力大小為C．若只增大m2，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大D．若只增大θ，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大[解析]　對P、Q及彈簧組成的整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得兩物塊一起運動的加速度大小為a＝－gsin θ，故A錯誤；對Q受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有T－m2gsin θ＝m2a，解得彈簧的彈力大小為T＝，故B正確；根據(jù)T＝＝，可知若只增大m2，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈簧的彈力變大，根據(jù)胡克定律，可知彈簧的伸長量變大，故它們的間距變大，故C正確；根據(jù)T＝，可知若只增大θ，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈簧的彈力不變，根據(jù)胡克定律，可知彈簧的伸長量不變，故它們的間距不變，故D錯誤。[答案]　BC1.豎直升降機內(nèi)固定一斜面，其頂端固定一光滑的輕滑輪。滑塊A、B通過不可伸長的細繩跨過滑輪連接，開始時升降機靜止，然后勻加速向上運動，已知整個過程中A、B始終相對斜面靜止，則(　　)A．升降機靜止時，滑塊A受到沿斜面向下的摩擦力B．升降機加速向上運動過程中，A受到的摩擦力一定大于靜止時受到的摩擦力C．升降機加速向上運動過程中，A可能不受摩擦力D．細繩對B的拉力始終等于B的重力答案　C解析　由于不知道A、B兩滑塊的質(zhì)量大小及斜面的傾角，則無法確定升降機靜止時滑塊A所受摩擦力的方向，當升降機加速向上運動時，A所受摩擦力變化也無法判斷，故A、B錯誤；升降機加速向上運動時，如果細繩對A的拉力、斜面對A的支持力與A的重力的合力恰好可以提供A與升降機相同的加速度，則此時A不受摩擦力的作用，C正確；升降機加速向上運動時，滑塊B也加速上升，則此時細繩對B的拉力大于B的重力，故D錯誤。2. (2022·山東省臨沂市高三下三模)如圖所示，固定在水平地面上的斜面體上有一木塊A(到定滑輪的距離足夠遠)，通過輕質(zhì)細線和滑輪與鐵塊B連接，細線的另一端固定在天花板上，在木塊A上施加一沿斜面向下的作用力F＝1.5N，使整個裝置處于靜止狀態(tài)。已知連接光滑動滑輪兩邊的細線均豎直，木塊A和光滑定滑輪間的細線和斜面平行，木塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，斜面的傾角θ＝37°，鐵塊B下端到地面的高度h＝0.75m，木塊A的質(zhì)量m＝0.5kg，鐵塊B的質(zhì)量M＝1kg，不計空氣阻力，不計滑輪受到的重力，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求木塊A受到的摩擦力；(2)撤去力F，設鐵塊B落地后不反彈，求木塊A能沿斜面上滑的最大距離。答案　(1)0.5 N，方向沿斜面向下(2)1.75 m解析　(1)設木塊靜止時細線拉力大小為T0，對木塊A，根據(jù)受力平衡可得F＋f＋mgsin θ＝T0對鐵塊B和動滑輪，根據(jù)受力平衡可得2T0＝Mg聯(lián)立解得f＝0.5N則木塊A受到的摩擦力大小為0.5N，方向沿斜面向下。(2)撤去力F，設木塊A向上加速的加速度為aA，鐵塊B向下加速的加速度為aB，細線上的拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律可得T－mgsin θ－μmgcos θ＝maAMg－2T＝MaB又aA＝2aB聯(lián)立解得aA＝m/s2當鐵塊B落地時，木塊A向上通過的位移為x1＝2h＝1.5m設此時木塊A的速度為v1，則有2aAx1＝v解得v1＝2m/s鐵塊B落地后，設木塊A繼續(xù)向上做勻減速運動的加速度大小為aA′，則有mg sin θ＋μmgcos θ＝maA′解得aA′＝8m/s2木塊A繼續(xù)向上運動的位移為x2＝木塊A能沿斜面上滑的最大距離為x＝x1＋x2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝1.75m。高考熱點2　板塊模型分析“板—塊”模型的四點注意(1)從速度、位移、時間角度，尋找滑塊與滑板之間的聯(lián)系。(2)滑塊與滑板共速是摩擦力發(fā)生突變的臨界條件。(3)滑塊與滑板存在相對滑動的條件①運動學條件：若兩物體速度不相等，則會發(fā)生相對滑動。②力學條件：一般情況下，假設兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出滑塊“所需要”的摩擦力Ff，比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關系，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對滑動。(4)滑塊不從滑板上掉下來的臨界條件是滑塊到達滑板末端時，兩者共速。例2　(2021·全國乙卷)(多選)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的變化關系如圖c所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則(　　)A．F1＝μ1m1gB．C．D．在0～t2時間段物塊與木板加速度相等[解析]　由圖c可知，t1時刻木板剛要開始滑動，此時物塊與木板相對靜止，以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；由圖c可知，t2時刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為研究對象有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對象有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2＞μ1，故B、C正確；由圖c可知，在0～t2時間段物塊與木板相對靜止，有相同的加速度，故D正確。[答案]　BCD3. (2022·河北省保定市高三下第一次模擬考試)(多選)卡車司機運送貼面板啟動過程中容易出現(xiàn)貼面板掉落情況。如圖，某司機在封閉水平場地進行研究，運送質(zhì)量分布均勻規(guī)格相同的貼面板a和b，貼面板與卡車車廂之間無固定裝置。已知a、b之間的動摩擦因數(shù)為0.15，b與卡車車廂底面之間的動摩擦因數(shù)為0.20，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10m/s2，卡車啟動過程可看成做勻加速直線運動，下列判斷正確的是(　　)A．當卡車加速度a＝1.0m/s2時，a與b、b與卡車均沒有相對運動B．當卡車加速度a＝2.0m/s2時，a與b、b與卡車均有相對運動C．無論卡車加速度多大，a和b均不會發(fā)生相對運動D．無論卡車加速度多大，b的加速度不會超過2.5m/s2答案　AD解析　假設a、b相對靜止，一起相對卡車運動，卡車給b的摩擦力為2μ2mg，則a、b整體的最大加速度am＝＝μ2g，此時a所受的靜摩擦力為mam＝μ2mg>μ1mg，即超過了a、b之間的最大靜摩擦力，因此，當卡車與b發(fā)生相對運動時，a、b已經(jīng)相對運動。當b與a及卡車均有相對運動時，有μ2·2mg－μ1mg＝mab，解得b的加速度ab＝2.5m/s2，該情況下，a的加速度aa＝＝1.5m/s2。綜上，當卡車加速度a≤1.5m/s2時，三者相對靜止，一起加速；當1.5 m/s2<a≤2.5m/s2時，b與卡車相對靜止，a、b有相對運動；當a>2.5m/s2時，a與b、b與卡車均有相對運動，此時a的加速度為1.5m/s2，b的加速度等于2.5m/s2。故選A、D。4．(2022·江蘇省連云港市高三下第二次調(diào)研考試)如圖所示，光滑水平面上有一足夠長的輕質(zhì)綢布C，C上靜止地放有質(zhì)量分別為2m、m的物塊A和B，A、B與綢布間的動摩擦因數(shù)均為μ。已知A、B與C間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對A施一水平拉力F，F(xiàn)從0開始逐漸增大，下列說法正確的是(　　)A．當F＝0.5μmg時，A、B、C均保持靜止不動B．當F＝2.5μmg時，A、C不會發(fā)生相對滑動C．當F＝3.5μmg時，B、C以相同加速度運動D．只要力F足夠大，A、C一定會發(fā)生相對滑動答案　B解析　設A與C間的摩擦力大小為f1，B與C間的摩擦力大小為f2。當F很小時，A、B、C相對靜止一起運動，對整體有F＝(3m＋mC)a，對C有f1－f2＝mCa，對B有f2＝ma，其中mC＝0，可得f1＝f2＝，隨著F增大，f1和f2均增大，由于f1max＝2μmg，f2max＝μmg，則f2先達到最大值f2max，此時f1<f1max，B將相對C滑動，A與C仍相對靜止，可解得此時拉力F＝3f2max＝3μmg，故A、C錯誤，B正確；當F繼續(xù)增大時，對A、C整體有F－f2max＝(2m＋mC)a，對A有F－f1＝2ma，可得f1＝μmg，由于始終有f1<f1max，則無論F多大，A、C都不會發(fā)生相對滑動，D錯誤。高考熱點3　傳送帶問題1．處理傳送帶問題的兩個關鍵(1)關注兩個時刻①初始時刻：物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻的摩擦力方向。②物體與傳送帶速度相等的時刻：摩擦力的大小、方向和性質(zhì)(滑動摩擦力或靜摩擦力)可能會發(fā)生突變。(2)物體在傾斜傳送帶上運動時，物體與傳送帶速度相同后需要比較tanθ與μ的大小關系：μ≥tanθ，速度相同后一起運動，相對靜止；μ<tanθ，速度相同后，物體的加速度沿傳送帶向下，根據(jù)v與a的方向關系即可判定運動情況。2．傳送帶問題的常見運動過程總結(jié)(1)水平傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1①可能一直加速；②可能先加速后勻速情景2①v0>v，可能一直減速，也可能先減速再勻速；②v0＝v，一直勻速；③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3①傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端；②傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端，其中若v0>v，返回時速度為v，若v0<v，返回時速度為v0(2)傾斜傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1①可能一直加速；②可能先加速后勻速；③可能無法沿傳送帶向上移動情景2①可能一直加速；②可能先加速后勻速；③可能先以a1加速，后以a2加速例3　(2021·遼寧高考)機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。[解析]　(1)小包裹相對傳送帶滑動時，對小包裹受力分析，如圖所示，垂直傳送帶方向，由平衡條件有FN＝mgcos α由μ>tan37°知，加速度方向沿傳送帶向上，則沿傳送帶方向，由牛頓第二定律有f－mgsin α＝ma又f＝μFN聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得a＝0.4m/s2。(2)假設小包裹到達傳送帶底端前就已與傳送帶共速，共速前小包裹的位移大小為x1，則有v－v＝－2ax1代入數(shù)據(jù)解得x1＝2.75m因為x1<L，所以假設成立。由于μ>tan37°，所以共速后小包裹以速度v1勻速運動。設共速前小包裹的運動時間為t1，共速后小包裹的運動時間為t2，則有v1＝v2－at1L－x1＝v1t2t＝t1＋t2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t＝4.5s。[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5s5．(2022·湖南省永州市高三下第三次適應性考試)(多選)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(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作用答案　BC解析　在0～t1時間內(nèi)，小物塊向左做勻減速運動，t1時刻速度為0，在t1～t2時間內(nèi)，反向做勻加速運動，t2時刻與傳送帶同速，在t2～t3時間內(nèi)，小物塊相對于傳送帶靜止，一起向右勻速運動，所以t1時刻小物塊離A處距離達到最大，t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大值，A錯誤，B正確。由前面分析可知，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。在0～t2時間內(nèi)，小物塊一直受向右的恒定的滑動摩擦力，在t2～t3時間內(nèi)，小物塊相對于傳送帶靜止，小物塊不受摩擦力作用，故D錯誤。6. (2022·江蘇省南通市高三下四模)如圖所示，足夠長的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，關于木塊的速度v隨時間t變化關系的圖像不可能的是(　　) 答案　C解析?、偃魐1<v0，則開始時小木塊所受摩擦力f＝μmgcos θ沿傳送帶向上。a.當μmgcos θ＝mg sin θ時，木塊受力平衡，以速度v1做勻速運動；b.當μmgcos θ>mg sin θ時，木塊先做勻加速運動，加速至v0時，以v0做勻速運動，B可能；c.當μmgcos θ<mg sin θ時，木塊先做勻減速運動，當減速至0后，受力情況不變，開始沿傳送帶向下做勻加速運動，且前、后兩個過程的加速度大小均為g(sinθ－μcosθ)，根據(jù)v2＝2ax知，返回傳送帶下端的速度為－v1，A可能。②若v1>v0，則開始時小木塊所受摩擦力f＝μmgcos θ沿傳送帶向下。a.當μmgcos θ≥mgsin θ時，木塊先做勻減速運動，減速至v0后，以v0做勻速運動，D可能；b.當μmgcos θ<mg sin θ時，木塊先做勻減速運動，減速至v0后，做先減速至零再反向加速的勻變速運動，回到出發(fā)點，分析知前一階段的加速度大小為a1＝g(sinθ＋μcosθ)，后一階段的加速度大小為a2＝g(sinθ－μcosθ)，則前一階段v-t圖線的斜率絕對值較大，設減速至v0的位移為x，滑離傳送帶的速度大小為v2，則v－v＝－2a1x，(－v2)2－v＝－2a2(－x)，可知v0<v2<v1，C不可能。本題選不可能的，故選C。專題作業(yè)一、選擇題(本題共13小題，其中第1～8題為單項選擇題，第9～13題為多項選擇題)1．(2020·江蘇高考)中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為(　　)A.                                                    B． C．                                                        D．答案　C解析　根據(jù)題意可知第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F，每節(jié)車廂的質(zhì)量和所受摩擦力、空氣阻力均相等，對后面38節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律有F－38f＝38ma，設倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，對后面2節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律有F1－2f＝2ma，聯(lián)立解得F1＝，故C正確。2.如圖所示，兩相同物體A、B放在粗糙水平面上，通過一根傾斜的輕繩連接。若用恒力向左拉物體A，兩物體運動的加速度為a1，繩中的張力為F1；若用大小相等的恒力向右拉物體B，兩物體運動的加速度為a2，繩中的張力為F2，則(　　)A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1>F2                                    B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1<F2C．a(chǎn)1<a2，F(xiàn)1<F2                                      D．a(chǎn)1>a2，F(xiàn)1>F2答案　A解析　以A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F－2μmg＝2ma，兩次所施恒力F大小相同，則a1＝a2；設繩中張力與水平方向的夾角為θ，在F向左時，以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F1cosθ－μ(mg＋F1sinθ)＝ma1，在F向右時，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F2cosθ－μ(mg－F2sinθ)＝ma2，因為a1＝a2，所以F1>F2。故A正確。3. (2022·遼寧省撫順市普通高中高三下第一次模擬考試)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量M＝5kg的木塊，木塊上靜止放置一質(zhì)量m＝1kg的物體，物體與木塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)用水平恒力F拉物體m，下列關于物體加速度am和木塊加速度aM的值不可能的是(　　)A．a(chǎn)m＝0.6m/s2，aM＝0.6m/s2B．a(chǎn)m＝1m/s2，aM＝1m/s2C．a(chǎn)m＝1m/s2，aM＝0.8m/s2D．a(chǎn)m＝2m/s2，aM＝0.8m/s2答案　B解析　當兩物塊將要相對滑動時，對木塊有μmg＝Ma0，解得兩者的加速度a0＝0.8m/s2。可知當am≤a0＝0.8m/s2時，兩者一起做勻加速直線運動，aM＝am；當am>a0＝0.8m/s2時，兩者相對滑動，有aM＝a0＝0.8m/s2，故A、C、D正確，B錯誤。本題選不可能的，故選B。4．(2022·山東省臨沂市高三下二模)如圖所示，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，上面放一個質(zhì)量為m的小滑塊，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)是μ，現(xiàn)用恒定的水平拉力F作用在木板上，使二者發(fā)生相對運動，改變拉力F或者木板質(zhì)量M的大小，當二者分離時(　　)A．若只改變F，當F增大時，木板獲得的速度增大B．若只改變F，當F增大時，滑塊獲得的速度增大C．若只改變M，當M增大時，木板獲得的速度增大D．若只改變M，當M增大時，滑塊獲得的速度增大答案　D解析　滑塊在木板上滑動的加速度為am＝＝μg，木板的加速度aM＝，當滑塊滑離木板時滿足aMt2－amt2＝L，可得木板獲得的速度vM＝aMt＝aM，滑塊獲得的速度vm＝amt＝am。若只改變F，F(xiàn)增大時，am不變，aM增大，則vM不一定增大，vm減小，A、B錯誤；若只改變M，M增大時，am不變，aM減小，則vM不一定增大，vm增大，C錯誤，D正確。5．如圖甲所示，長木板靜止在光滑的水平面上，小鉛塊以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端與木板相對靜止。如圖乙所示，將木板分成1和2兩部分，其質(zhì)量分別為m1、m2，緊挨著放在此平面上，再讓小鉛塊以相同的初速度滑上木板1的左端。小鉛塊運動中所受的摩擦力始終不變。下列判斷正確的是(　　)A．當m1>m2時，小鉛塊能從木板2的最右端滑出B．當m1<m2時，小鉛塊仍能滑到木板2的最右端且速度為零C．當m1＝m2時，小鉛塊仍能滑到木板2的最右端且剛好相對靜止D．無論m1與m2之間是何種關系，小鉛塊都能滑到木板2上但不能到達最右端答案　D解析　木板整體時小鉛塊滑到木板最右端才與木板相對靜止，而當將木板分成兩塊，小鉛塊滑上木板2時，木板1、2將分離，分離之后木板1勻速運動，小鉛塊和木板2相互作用，此時木板2的質(zhì)量比原整塊木板質(zhì)量小，小鉛塊給木板2的摩擦力不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，此時木板2的加速度要比整體時大，小鉛塊的加速度不變，這樣達到共同速度所用時間更短(如圖所示)，因此小鉛塊在滑到木板2的最右端之前就與木板保持相對靜止，與m1、m2的大小無關。故D正確。6. (2022·湖南省常德市高三下模擬考試)如圖所示，水平傳送帶AB間的距離為16m，質(zhì)量分別為2kg、4kg的物塊P、Q，通過繞在光滑定滑輪上的細線連接，Q在傳送帶的左端且連接物塊Q的細線水平。當傳送帶以8m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動時，Q恰好靜止。重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當傳送帶突然以8m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是(　　)A．Q與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.6B．Q從傳送帶左端運動到右端所用的時間為2.6sC．Q在運動過程中所受摩擦力始終不變D．Q從傳送帶左端運動到右端的過程中P處于失重狀態(tài)答案　B解析　當傳送帶以v＝8 m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動時，Q恰好靜止不動，對Q受力分析，則有F＝Ff，即mPg＝μmQg，代入數(shù)據(jù)解得Q與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，故A錯誤；當傳送帶突然以v＝8m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動時，物塊Q開始做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有mPg－T＝mPa，μmQg＋T＝mQa，解得a＝m/s2，Q加速到傳送帶的速度v＝8m/s所需的位移x1＝＝4.8m，x1<L＝16m，又mPg＝μmQg，則Q先做勻加速運動，后做勻速運動，根據(jù)v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得Q做勻加速運動的時間為t1＝1.2s，做勻速運動的時間為t2＝＝1.4s，則Q從傳送帶左端滑到右端所用的時間為t總＝t1＋t2＝2.6s，故B正確；物塊Q做勻加速直線運動時，摩擦力方向水平向右，勻速運動過程中，摩擦力方向水平向左，故Q在運動過程中所受摩擦力方向變化，故C錯誤；由B項分析可知，Q做勻加速直線運動時，P加速下降，處于失重狀態(tài)，Q勻速運動過程中，P勻速下降，處于平衡狀態(tài)，故D錯誤。7. (2022·山東省日照市高三下二模)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為37°，當傳送帶靜止時，物塊以3m/s2的加速度沿著傳送帶加速下滑，當物塊加速至v0時，傳送帶突然啟動并立即沿逆時針方向做勻加速運動，g取10m/s2，sin 37°＝0.6，下列判斷正確的是(　　)A．啟動傳送帶后物塊下滑的加速度大小始終大于3m/s2B．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊一定和傳送帶相對靜止C．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊所受摩擦力可能為0D．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊所受摩擦力的方向一定沿傳送帶向下答案　C解析　傳送帶靜止時，對物塊有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，代入數(shù)據(jù)可得物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝。設傳送帶突然啟動后做勻加速運動的加速度為a2，當a2≤a1時，傳送帶與物塊無法共速，物塊下滑的加速度始終為a1＝3m/s2，當a2>3m/s2時，物塊能與傳送帶共速，若a2足夠大，則共速后物塊相對傳送帶向上滑動，對物塊有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1′，解得a1′＝9m/s2，此時a2>a1′＝9m/s2，A、B錯誤。若3m/s2<a2<9 m/s2，則共速后物塊相對傳送帶靜止，加速度相同，當物塊所受摩擦力f＝0時，對物塊有mgsin θ＝ma1″，可得a1″＝6m/s2，此時a2＝a1″＝6m/s2，當3 m/s2<a2<6m/s2時，根據(jù)牛頓第二定律知，共速后物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，當6m/s2<a2≤9 m/s2時，同理知共速后物塊所受摩擦力沿傳送帶向下，C正確，D錯誤。※8.(2022·山東省濟寧市高三下二模)如圖所示，一小球塞在一個豎直圓管中，讓圓管由距地面為h＝5m處靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，運動過程中，圓管始終保持豎直。已知圓管質(zhì)量為M＝4kg，小球的質(zhì)量為m＝1kg，小球與圓管之間的滑動摩擦力大小為f＝40N，g＝10m/s2，不計空氣阻力。下列說法中正確的是(　　)A．圓管第一次與地面碰撞后，與球在空中相對靜止之前，圓管的加速度大小為30m/s2B．圓管第一次與地面碰撞后，與球在空中相對靜止之前，小球的加速度大小為50m/s2C．圓管與地面第一次碰撞后到第二次碰撞前，圓管與小球獲得的共同速度為0.6m/sD．圓管從釋放到第二次觸地的過程中，小球相對圓管下降的高度為4m答案　D解析　圓管第一次與地面碰撞后，圓管與球在空中相對靜止之前，以向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律，對圓管有Mg＋f＝Ma1，對小球有mg－f＝ma2，可得圓管的加速度a1＝20m/s2，小球的加速度a2＝－30m/s2，故A、B錯誤；設圓管第一次與地面碰撞前瞬間速度為v0，則v＝2gh，解得v0＝10m/s，圓管第一次反彈后至第二次與地面碰撞前，設經(jīng)過時間t兩者共速，速度為v，以向下為正方向，則v＝－v0＋a1t＝v0＋a2t，解得t＝0.4s，v＝－2m/s，C錯誤；圓管在時間t內(nèi)的位移為x1＝t＝－2.4m，小球在時間t內(nèi)的位移為x2＝t＝1.6m，則圓管從釋放到第二次觸地的過程中，小球相對管道下降的高度h＝x2－x1＝4m，D正確。9．(2022·全國甲卷)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前(　　)A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小答案　AD解析　設兩滑塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，對Q受力分析可知，彈簧的彈力大小為T0＝μmg。撤去拉力瞬間，彈簧彈力不變，兩滑塊速度相等，與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度大小為aP0＝＝2μg，向右做減速運動，滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，故P、Q間的距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小，根據(jù)牛頓第二定律可知，開始一段時間，P減速的加速度減小，向右做加速度減小的減速運動，Q所受的合外力增大且方向向左，向右做加速度增大的減速運動，彈簧第一次恢復原長時，P可能還在向右運動，也可能已停止運動，但在彈簧第一次即將恢復到原長時，Q的加速度大小一定為aQ1＝＝μg，故在彈簧第一次恢復原長之前，P的加速度大小的最大值為2μg，Q的加速度大小的最大值為μg，A正確，B錯誤；從撤去拉力到彈簧第一次恢復原長，滑塊P、Q的位移水平向右，P、Q間的距離減小，故P的位移大小一定小于Q的位移大小，C錯誤；通過畫v-t圖可知，P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。10．(2022·福建省福州市高三下3月質(zhì)量檢測)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，則小滑塊離開木板的速度變大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解析　A與B相對滑動時，對B有μmg＝maB，對A有－μmg＝MaA，可得aB＝μg，aA＝－，根據(jù)題意畫出原來A、B的v-t圖如圖，t0時刻B恰好從A的右端滑出，圖中的陰影面積表示A的長度L。若只增大m，則aB不變，aA變大，則由v-t圖知，A與B仍能共速，且共速時A相對B的位移減小，小于L，則小滑塊不能滑離木板，A正確；若只增大M，則aB不變，aA減小，則由v-t圖知，B能滑離A，又A相對B的位移仍為L，則小滑塊在木板上運動的時間變短，B正確；若只增大v0，由v-t圖知，B能滑離A，又A相對B的位移仍為L，則B滑離A的時間t<t0，則小滑塊滑離木板的速度變小，C錯誤；若只減小μ，則aA、aB減小相同的倍數(shù)，由v-t圖知，B能滑離A，又A相對B的位移仍為L，則B滑離A的時間t<t0，則小滑塊滑離木板過程中小滑塊對地的位移x＝aBt2減小，D錯誤。11.如圖所示，長為L的水平傳送帶AB以速度v逆時針運轉(zhuǎn)，將小石墨塊P輕放在傳送帶右端A，當石墨塊從左端B離開傳送帶時，傳送帶上留下了長度為l的痕跡，不計繞過傳動輪的皮帶長度，下列說法正確的是(　　)A．增大傳送帶速度v，劃痕長度可能不變B．減小石墨塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，劃痕長度可能會減小C．增加傳送帶的長度，劃痕長度一定會變長D．一定條件下可使l>L答案　AD解析　石墨塊在傳送帶上的運動存在三種可能情況：①石墨塊到達B前速度等于v，則l＝vt－，其中t＝、a＝μg，解得l＝，v增大則l變長；②石墨塊到達B時速度小于或等于v，且石墨塊與傳送帶的相對位移大于傳送帶全部長度，則這段時間傳送帶的位移vt≤3L，則l＝vt－L，得2L≥l＝v－L，v增大則l變長；③石墨塊到達B時速度小于或等于v，且運動時間t>，此時在石墨塊到達B端前劃痕前端就追上石墨塊，劃痕長度為2L，v增大后的劃痕與原來劃痕重疊，劃痕長度為2L不變，A正確；由上述分析可知，減小石墨塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則l會變長或不變，B錯誤；第①種情況下l與L無關，C錯誤；由③可知，D正確。12.如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先水平敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度vA，在B上滑行距離L后停下。接著水平敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度vB，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，相對靜止前B的加速度大小為a1，相對靜止后B的加速度大小為a2，此后兩者一起運動至停下。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)A．a(chǎn)1＝3a2B．C．D．從左邊緣再次對齊到A、B停止運動的過程中，A和B之間沒有摩擦力答案　AC解析　設A、B的質(zhì)量均為m。敲擊B后，A、B相對靜止前，A相對于B向左運動，A對B的滑動摩擦力向左，地面對B的滑動摩擦力也向左，則B所受的合力大小為FB＝μ·2mg＋μmg＝3μmg，對物塊B，由牛頓第二定律得FB＝ma1，解得a1＝3μg，相對靜止后，對A、B整體，由牛頓第二定律得2μmg＝2ma2，解得a2＝μg，則a1＝3a2，故A正確；敲擊A后，A獲得速度后向右做勻減速運動，對B來說，地面與B間的最大靜摩擦力為Ffmax＝2μmg，A對B的滑動摩擦力為Ff＝μmg<Ffmax，故B靜止不動，對A由牛頓第二定律得aA＝μg，由運動學公式有2aAL＝v，解得vA＝，故B錯誤；敲擊B后，設經(jīng)過時間tA、B達到共同速度，則aAt＝vB－a1t，vBt－a1t2－aAt2＝L，聯(lián)立解得vB＝2，故C正確；從左邊緣再次對齊到A、B停止運動的過程中，A、B一起向右做勻減速運動，A有向左的加速度，說明B對A有摩擦力，故D錯誤。※13.如圖，三個質(zhì)量均為1kg的物體A、B、C疊放在水平桌面上，B、C用不可伸長的輕繩跨過一光滑輕質(zhì)定滑輪連接，A與B之間、B與C之間的接觸面以及輕繩均與桌面平行，A與B之間、B與C之間以及C與桌面之間的動摩擦因數(shù)分別為0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用力F沿水平方向拉物體C，以下說法正確的是(　　)A．拉力F小于11N時，不能拉動CB．拉力F為17N時，輕繩的拉力為4NC．要使A、B保持相對靜止，拉力F不能超過23ND．A的加速度將隨拉力F的增大而增大答案　AC解析　當物體C即將運動時，物體C在水平方向受到拉力F、桌面給C的向右的摩擦力f桌、繩子向右的拉力T、B給C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3N，fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4N，對A、B整體受力分析，可知T＝fCB＝fBC＝4N，當C即將滑動時應有F＝f桌＋fBC＋T＝11N，故A正確；因為繩子不可伸長，則B和C的加速度大小相等，在A和B即將發(fā)生相對滑動時，對A受力分析可得fBA＝0.4mAg＝mAa，設此時輕繩上的拉力為T′，對A、B整體受力分析可得T′－fCB＝(mA＋mB)a，對物體C受力分析可得F′－T′－fBC－f桌＝mCa，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F′＝23N，說明要使A和B保持相對靜止，拉力F不能超過23N，故C正確；當F＝17N時，A、B沒有發(fā)生相對滑動，設此時輕繩上的拉力為T″，對A、B整體有T″－fCB＝(mA＋mB)a1，對物體C受力分析可得F－T″－fBC－f桌＝mCa1，聯(lián)立解得T″＝8N，故B錯誤；A和B發(fā)生相對滑動時，若繼續(xù)增大F，因物體A水平方向僅受到滑動摩擦力作用，加速度為a＝0.4g＝4m/s2，保持不變，D錯誤。二、計算題(本題共3小題，須寫出規(guī)范的解題步驟)14. (2022·河北省張家口市一模)如圖所示，足夠長的固定光滑斜面的傾角θ＝30°，斜面頂端有一輕質(zhì)光滑定滑輪。質(zhì)量為m的滑塊P通過不可伸長的細線繞過定滑輪與重物Q相連。開始時托著重物Q使細線豎直且恰好處于繃直狀態(tài)，滑塊P與滑輪間的輕繩與斜面平行?，F(xiàn)由靜止釋放重物Q，重物Q豎直向下運動經(jīng)過時間t0時，細線突然被燒斷，發(fā)現(xiàn)滑塊P又經(jīng)過時間t0恰好回到了出發(fā)位置，重力加速度為g，求：(1)重物Q的質(zhì)量；(2)滑塊P從開始運動到返回出發(fā)位置過程中運動的路程。答案　(1)(2)解析　(1)設重物Q的質(zhì)量為m1，細線斷前，設細線拉力為FT，P、Q的加速度大小均為a1，由牛頓第二定律可知，對滑塊P有FT－mgsin 30°＝ma1對重物Q有m1g－FT＝m1a1滑塊P的位移x1＝a1t滑塊P在t0時的速度v1＝a1t0細線斷后，設P的加速度大小為a2，由牛頓第二定律可知，對滑塊P有mgsin 30°＝ma2又經(jīng)過時間t0，滑塊P運動的位移x2＝v1t0－a2t由題意可知x1＋x2＝0聯(lián)立解得m1＝。(2)細線斷后滑塊P沿斜面上升的距離x3＝滑塊P從開始運動到返回出發(fā)位置運動的路程s＝2(x1＋x3)聯(lián)立解得s＝。※15.(2022·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三下教學情況調(diào)研反饋(二))如圖所示，傾角為37°的斜面固定在水平面上，斜面底端固定彈性擋板，任何物體撞上擋板都以原速率反彈。斜面的頂端放置一長木板，上面疊放著一滑塊(可視為質(zhì)點)。長木板質(zhì)量為M＝1kg，滑塊質(zhì)量為m＝1kg。長木板與斜面間無摩擦，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，木板足夠長且下端距擋板的距離為L＝3m?，F(xiàn)將它們由靜止釋放，重力加速度大小為g＝10m/s2。sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑塊由靜止釋放時所受摩擦力的大?。?div style="height:15px;">