2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律熱點(diǎn)專題2第15講動(dòng)力學(xué)中的三種典型物理模型教學(xué)案新人教版

PAGE25-第15講動(dòng)力學(xué)中的三種典型物理模型熱點(diǎn)概述(1)本熱點(diǎn)是動(dòng)力學(xué)方法在三類典型模型問題中的應(yīng)用，其中“等時(shí)圓”模型常在選擇題中考查，而“滑塊—木板”模型和“傳送帶”模型常以選擇題或計(jì)算題的形式命題。(2)通過本熱點(diǎn)的學(xué)習(xí)，可以培育同學(xué)們的審題實(shí)力、建模實(shí)力、分析推理實(shí)力和規(guī)范表達(dá)實(shí)力等物理學(xué)科素養(yǎng)。經(jīng)過針對(duì)性的專題強(qiáng)化，通過題型特點(diǎn)和解題方法的分析，幫助同學(xué)們快速提高解題實(shí)力。(3)用到的相關(guān)學(xué)問有：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、相對(duì)運(yùn)動(dòng)的有關(guān)學(xué)問。熱點(diǎn)一“等時(shí)圓”模型1．“等時(shí)圓”模型設(shè)想半徑為R的豎直圓內(nèi)有一條光滑直軌道，該軌道是一端與豎直直徑相交的弦，傾角為θ，一個(gè)物體從軌道頂端滑究竟端，則下滑的加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，而x＝eq\f(1,2)at2，解得t＝2eq\r(\f(R,g))，這也是沿豎直直徑自由下落的時(shí)間。總結(jié)：物體沿著位于同一豎直圓上的全部光滑細(xì)桿(或光滑斜面)由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(diǎn)(或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn))的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。2．三種典型狀況(1)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓上沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到圓的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。(2)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止起先滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。(3)兩個(gè)豎直圓相切且兩圓的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的過切點(diǎn)的光滑弦從上端由靜止起先滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，若每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫出)，將兩滑環(huán)同時(shí)從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、從c到d所用的時(shí)間，則()A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．無(wú)法確定解析設(shè)滑桿與豎直方向的夾角為α，圓的直徑為D，依據(jù)牛頓其次定律得滑環(huán)的加速度為a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα，桿的長(zhǎng)度為x＝Dcosα，則依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2得，t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2Dcosα,gcosα))＝eq\r(\f(2D,g))，可見時(shí)間t只與圓的直徑、當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣扔嘘P(guān)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A“等時(shí)圓”問題的解題思路1．(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無(wú)初速度釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無(wú)初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是()A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3答案BCD解析設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，依據(jù)“等時(shí)圓”模型可知，由c、O、d無(wú)初速釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c到a和由O到b滑動(dòng)的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，故A錯(cuò)誤，B、C、D正確。2．如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點(diǎn)，O點(diǎn)恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上、下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α>β>θ，現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間關(guān)系為()A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF答案B解析如圖所示，過D點(diǎn)作OD的垂線與豎直虛線交于G，以O(shè)G為直徑作圓，可以看出F點(diǎn)在協(xié)助圓內(nèi)，而B點(diǎn)在協(xié)助圓外，由“等時(shí)圓”模型的結(jié)論可知，tAB>tCD>tEF，B正確。熱點(diǎn)二“傳送帶”模型1．特點(diǎn)：傳送帶始終以恒定的速率運(yùn)行，物體和傳送帶之間μ≠0。2．常見的傳送帶模型(1)水平傳送帶項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)狀況情景1①可能始終加速②可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將變?yōu)榱闱榫?①v0>v時(shí)，可能始終減速，也可能先減速再勻速②v0<v時(shí)，可能始終加速，也可能先加速再勻速③v0＝v，始終勻速情景3①傳送帶較短時(shí)，滑塊始終減速達(dá)到左端②傳送帶較長(zhǎng)時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端。當(dāng)v0>v時(shí)返回速度為v，當(dāng)v0<v時(shí)返回速度為v0(2)傾斜傳送帶項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)狀況情景1①μ>tanθ時(shí)，可能始終加速上滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力②μ<tanθ時(shí)，始終加速下滑情景2①μ>tanθ時(shí)，可能始終加速下滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力②μ<tanθ時(shí)，先以a1＝gsinθ＋μgcosθ加速下滑，若傳送帶較長(zhǎng)，將再以a2＝gsinθ－μgcosθ加速下滑[例1](多選)如圖所示，水平傳送帶長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)速率恒為v，在其左端無(wú)初速度放上木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能是()A.eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg) B.eq\f(L,v)C.eq\r(\f(2L,μg)) D.eq\f(2L,v)解析若木塊始終勻加速，則有L＝eq\f(1,2)μgt2，得t＝eq\r(\f(2L,μg))，C正確；若到達(dá)傳送帶另一端時(shí)，速度恰好等于v，則有L＝eq\x\to(v)t＝eq\f(v,2)t，得t＝eq\f(2L,v)，D正確；若木塊先勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1，位移為x，再勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2，位移為L(zhǎng)－x，則有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－x，得t＝t1＋t2＝eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg)，A正確；由以上分析可知，木塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間肯定大于eq\f(L,v)，B錯(cuò)誤。答案ACD物體在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若v0＝0且傳送帶的長(zhǎng)度不確定，物體可能始終加速，也可能先加速再勻速，要留意分類探討。[例2]如圖所示，傳送帶的傾角θ＝37°，從A到B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)AB＝16m，傳送帶以v0＝10m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上端無(wú)初速度放一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需的時(shí)間是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)解析起先階段，傳送帶對(duì)物體的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，物體由靜止起先加速下滑，受力如圖甲所示由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2物體加速至速度與傳送帶速度相等時(shí)須要的時(shí)間t1＝eq\f(v0,a1)＝1s物體運(yùn)動(dòng)的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m<16m即物體加速到10m/s時(shí)仍未到達(dá)B點(diǎn)，當(dāng)物體加速至與傳送帶速度相等時(shí)，由于μ<tanθ，物體將接著加速，此后物體的速度大于傳送帶的速度，傳送帶對(duì)物體的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，如圖乙所示，由牛頓其次定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2設(shè)此階段物體滑動(dòng)到B所需時(shí)間為t2，則LAB－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s，t2′＝－11s(舍去)故物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝2s。答案2s處理傾斜傳送帶問題時(shí)，要留意物體重力沿傳送帶斜面對(duì)下的分力mgsinθ與物體所受傳送帶的滑動(dòng)摩擦力μmgcosθ的大小和方向關(guān)系，推斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，從而確定物體運(yùn)動(dòng)的狀況。另外物體與傳送帶共速經(jīng)常是受力狀況和運(yùn)動(dòng)狀況突變的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。1．(2024·河南洛陽(yáng)三模)如圖所示，一水平傳送帶以v0＝2m/s的恒定速度勻速運(yùn)動(dòng)。已知傳送帶左端A到右端B的距離為10m，傳送帶各處粗糙程度相同。把工件無(wú)初速地放到A處，經(jīng)過時(shí)間6s，工件被傳送到B處。則下列圖象中能表示工件的速度v隨時(shí)間t改變關(guān)系的是()答案B解析假設(shè)工件到達(dá)B時(shí)恰好與傳送帶的速度相等，則全程的平均速度為eq\f(1,2)v0＝1m/s，所用的時(shí)間應(yīng)為t0＝eq\f(LAB,\f(1,2)v0)＝10s>6s，說明工件在到達(dá)B之前已經(jīng)和傳送帶的速度相等，所以工件先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。2．如圖所示為車站運(yùn)用的水平傳送帶模型，其A、B兩端的距離L＝8m，它與水平臺(tái)面平滑連接，現(xiàn)有物塊以v0＝10m/s的初速度從A端水平地滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6。g取10m/s2。(1)若傳送帶保持靜止，求物塊滑到B端時(shí)的速度大小；(2)若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速率恒為12m/s，求物塊到達(dá)B端時(shí)的速度大??；(3)若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速率恒為4m/s，且物塊初速度變?yōu)関0′＝6m/s，仍從A端滑上傳送帶，求物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶的總時(shí)間。答案(1)2m/s(2)12m/s(3)eq\f(25,12)s解析(1)設(shè)物塊的加速度大小為a，由受力分析可知FN＝mg，F(xiàn)f＝ma，F(xiàn)f＝μFN，得a＝6m/s2。傳送帶靜止，物塊從A到B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，又x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(25,3)m>L＝8m，則由veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2aL，得vB＝2m/s。(2)由題意知，若物塊能加速到v1＝12m/s，由veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2ax1，得x1＝eq\f(11,3)m<L＝8m。故物塊先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，即物塊到達(dá)B端時(shí)的速度為vB′＝v1＝12m/s。(3)若物塊能向右減速到v2＝0，由veq\o\al(2,2)－v0′2＝－2ax2，得x2＝3m<L＝8m，所以物塊先向右減速到0，由v2＝v0′－at1，得減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝1s。接著向左加速運(yùn)動(dòng)，向左加速到v3＝4m/s的過程中，由veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2ax3，得x3＝eq\f(4,3)m<x2＝3m，故物塊向左先加速后勻速，由v3＝v2＋at2，得加速時(shí)間t2＝eq\f(2,3)s。向左勻速運(yùn)動(dòng)的位移x4＝x2－x3＝eq\f(5,3)m，由x4＝v4t3，得勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq\f(5,12)s，故t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(25,12)s。3．如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶始終保持以v＝5m/s的速率順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B兩端距離d＝15.25m?，F(xiàn)將一物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度從A端放上傳送帶，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2,sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求物塊到達(dá)B端時(shí)的速度大小和物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所用的時(shí)間。答案9m/s2.5s解析假設(shè)物塊由靜止能加速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度v＝5m/s相等，設(shè)此過程加速度為a1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，位移為x1，由牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，x1＝1.25m，由于x1＝1.25m<d＝15.25m，故假設(shè)正確。當(dāng)物塊的速度等于傳送帶速度時(shí)，因?yàn)閙gsin37°>μmgcos37°，物塊將接著向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊此后運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，位移為x2，到B端的速度為vB，由牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，x2＝d－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，vB＝v＋a2t2。代入數(shù)據(jù)解得a2＝2m/s2，t2＝2s，vB＝9m/s，物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所用時(shí)間t＝t1＋t2＝2.5s。熱點(diǎn)三“滑塊—木板”模型滑塊—木板模型是高考考查的熱點(diǎn)之一，涉及摩擦力的分析推斷、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律等主干學(xué)問，實(shí)力要求較高?；瑝K和木板的位移關(guān)系、速度關(guān)系是解答滑塊—木板模型的切入點(diǎn)，前一運(yùn)動(dòng)階段的末速度是下一運(yùn)動(dòng)階段的初速度，解題過程中必需以地面為參考系。1．模型特點(diǎn)：滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))置于長(zhǎng)木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。2．位移關(guān)系：滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端過程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差Δx＝x2－x1＝L(板長(zhǎng))；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。[例1]一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖a所示。t＝0時(shí)刻起先，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖b所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)木板的最小長(zhǎng)度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓其次定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①由題圖b可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1＝4m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v1＝v0＋a1t1②s0＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)③式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板起先運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1④在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓其次定律有－μ2mg＝ma2⑤由題圖b可得a2＝eq\f(v2－v1,t2－t1)⑥式中，t2＝2s,v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得μ2＝0.4。⑦(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時(shí)間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓其次定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝eq\f(－v1＋v3,2)Δt?小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為s2＝eq\f(v1＋v3,2)Δt?小物塊相對(duì)木板的位移為Δs＝s2－s1?聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)據(jù)得Δs＝6.0m?因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0m。(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3，由牛頓其次定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4?0－veq\o\al(2,3)＝2a4s3?碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為s＝s1＋s3?聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得s＝－6.5m木板右端離墻壁的最終距離為6.5m。答案(1)μ1＝0.1μ2＝0.4(2)6.0m(3)6.5m分析“板—塊”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)[例2]下暴雨時(shí)，有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)難。某地有一傾角為θ＝37°sin37°＝eq\f(3,5)的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時(shí)間內(nèi)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為eq\f(3,8)，B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B起先運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，A離B下邊緣的距離l＝27m，C足夠長(zhǎng)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)在0～2s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大??；(2)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。解析(1)假設(shè)0～2s內(nèi)A、B相對(duì)靜止，則2mgsinθ－μ2·2mgcosθ＝2ma，對(duì)A，mgsinθ－fBA＝ma，解得fBA＝0.4mg，而fBmax＝μ1mgcosθ＝0.3mg<fBA，故假設(shè)不成立，A在B上滑動(dòng)。在0～2s時(shí)間內(nèi)，A和B的受力如圖甲、乙所示，其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力，方向如圖所示。由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得f1＝μ1N1①N1＝mgcosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1＋mgcosθ④規(guī)定沿山坡C向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓其次定律得mgsinθ－f1＝ma1⑤mgsinθ－f2＋f1＝ma2⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題給條件得a1＝3m/s2⑦a2＝1m/s2。⑧(2)在t1＝2s時(shí)，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6m/s⑨v2＝a2t1＝2m/s⑩t>t1時(shí)，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時(shí)A與B之間摩擦力為零，同理可得a1′＝6m/s2?a2′＝－2m/s2?即B做減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2，B的速度減為零，則有v2＋a2′t2＝0?聯(lián)立⑩??式得t2＝1s?在t1＋t2時(shí)間內(nèi)，A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋v1t2＋eq\f(1,2)a1′teq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＋v2t2＋eq\f(1,2)a2′teq\o\al(2,2)＝12m<27m?此后B靜止不動(dòng)，A接著在B上滑動(dòng)。設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t3A離開l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋eq\f(1,2)a1′teq\o\al(2,3)?可得t3＝1s(另一解不合題意，舍去)?設(shè)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t總，有t總＝t1＋t2＋t3＝4s。(利用下面的速度圖線求解，正確的，參照上述答案即可)答案(1)3m/s21m/s2(2)4s“板—塊”模型的解題思路1．(2024·天津試驗(yàn)中學(xué)高考模擬)如圖，水平桌面上靜止放置一質(zhì)量M＝1kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的木板，板上最右端放一質(zhì)量m＝2kg的滑塊，滑塊可看做質(zhì)點(diǎn)，以F＝20N的水平力拉木板，將其從滑塊下面抽出來(lái)。若全部接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.3，g＝10m/s2。(1)求滑塊與木板間的摩擦力f1多大？木板與桌面間的摩擦力f2多大？(2)求滑塊從木板上掉下的時(shí)間t為多少？答案(1)6N9N(2)1s解析(1)滑塊與木板之間的摩擦力f1＝μmg＝0.3×2×10N＝6N木板與桌面間的摩擦力f2＝μ(M＋m)g＝0.3×(1＋2)×10N＝9N。(2)對(duì)滑塊，依據(jù)牛頓其次定律得：f1＝ma1解得：a1＝3m/s2對(duì)木板：F－f1－f2＝Ma2解得：a2＝5m/s2滑塊的位移：x1＝eq\f(1,2)a1t2，木板的位移：x2＝eq\f(1,2)a2t2滑塊從木板上掉下時(shí)：x2－x1＝L代入數(shù)據(jù)解得：t＝1s。2．一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖所示。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：(1)物塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)從t＝0時(shí)刻到物塊與木板均停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊相對(duì)于木板的位移大小。答案(1)0.200.30(2)1.125m解析(1)從t＝0時(shí)起先，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程始終持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。由題圖可知，t1＝0.5s時(shí)，物塊和木板的速度相同。在0～0.5s時(shí)間內(nèi)：物塊的加速度大小a1＝eq\f(v1,t1)＝2m/s2①木板的加速度大小a2＝eq\f(v0－v1,t1)＝8m/s2②設(shè)物塊和木板的質(zhì)量均為m，物塊和木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，由牛頓其次定律得對(duì)物塊有μ1mg＝ma1③對(duì)木板有μ1mg＋μ2·2mg＝ma2④聯(lián)立①②③④解得μ1＝0.20，μ2＝0.30⑤(2)在t1時(shí)刻后，假設(shè)物塊和木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則共同加速度大小a共＝eq\f(μ2·2mg,2m)＝μ2g⑥物塊受到的靜摩擦力Ff＝ma共＝μ2mg>μ1mg，與假設(shè)沖突，所以物塊相對(duì)長(zhǎng)木板將向前“打滑”。t1時(shí)刻后，由牛頓其次定律得對(duì)物塊有μ1mg＝ma1′⑦對(duì)木板有μ2·2mg－μ1mg＝ma2′⑧解得物塊和木板的加速度大小分別為a1′＝2m/s2a2′＝4m/s2物塊還能運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1′＝eq\f(v1,a1′)＝0.5s⑨木板還能運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2′＝eq\f(v1,a2′)＝0.25s⑩物塊全程運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖中粗實(shí)線所示。物塊相對(duì)于木板的位移大小即為兩圖線與t坐標(biāo)軸所圍面積的差值，即x＝x2－x1＝1.125m。3．(2024·四川高考)避險(xiǎn)車道是避開惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長(zhǎng)12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物起先在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38m，再過一段時(shí)間，貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2。求：(1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；(2)制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度。答案(1)5m/s2方向沿制動(dòng)坡床向下(2)98m解析(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則f＋mgsinθ＝ma1f＝μmgcosθ聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5m/s2a1的方向沿制動(dòng)坡床向下。(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23m/s。貨物在車廂內(nèi)起先滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38m的過程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s＝4m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2。貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長(zhǎng)度l0＝12m，制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度為l，則M＝4Mgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gs1＝vt－eq\f(1,2)a1t2s2＝vt－eq\f(1,2)a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得l＝98m。課時(shí)作業(yè)1．如圖所示，長(zhǎng)木板放置在水平面上，一小物塊置于長(zhǎng)木板的中心，長(zhǎng)木板和物塊的質(zhì)量均為m，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(μ,4)，已知最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一水平向右的拉力F，則木板的加速度a的大小可能是()A．μg B.eq\f(1,3)μgC.eq\f(2,3)μg D.eq\f(F,2m)－eq\f(1,4)μg答案D解析若物塊和木板之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊和木板一起運(yùn)動(dòng)，對(duì)木板和木塊組成的整體，依據(jù)牛頓其次定律可得：F－eq\f(1,4)μ·2mg＝2ma，解得：a＝eq\f(F,2m)－eq\f(1,4)μg；若物塊和木板之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板，水平方向受兩個(gè)摩擦力的作用，依據(jù)牛頓其次定律，有：μmg－eq\f(1,4)μ·2mg＝ma，解得：a＝eq\f(1,2)μg，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2．如圖所示，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對(duì)角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直，各桿上分別套有一可看成質(zhì)點(diǎn)的小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3，現(xiàn)讓三小球同時(shí)從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時(shí)間之比為()A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3答案A解析因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點(diǎn)必在以AC線段為直徑的同一個(gè)圓周上，由等時(shí)圓模型可知，從A、B、D三點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放的小球a、b、d必定同時(shí)到達(dá)圓的最低點(diǎn)C點(diǎn)，故A正確。3．(2024·江蘇高考模擬)(多選)如圖所示，物塊A從弧形滑槽上的某一固定高度滑下后，以速度v1又滑上粗糙的水平傳送帶。若傳送帶不動(dòng)，A滑下后，從離開滑槽進(jìn)入傳送帶左端起先計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間t1滑至傳送帶右端某處便停止下來(lái)而不會(huì)掉下去。若傳送帶以恒定速率v2做逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A滑下后，從離開滑槽進(jìn)入傳送帶左端起先計(jì)時(shí)，直到又返回傳送帶左端，所用時(shí)間為t2，則以下推斷正確的是()A．若v1＜v2，則t2＝2t1B．若v1＞v2，則t2＜2t1C．若v1＞v2，則t2＞2t1D．若v1＝v2，則t2＝2t1答案ACD解析當(dāng)傳送帶不動(dòng)時(shí)，物塊滑上傳送帶后做勻減速運(yùn)動(dòng)到停止。若v1<v2，物塊返回時(shí)，始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)對(duì)稱性，返回的時(shí)間與勻減速運(yùn)動(dòng)到停止的時(shí)間相等，則t2＝2t1，故A正確；若v1>v2，物塊返回時(shí)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則返回的時(shí)間大于起先勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，則t2>2t1，故B錯(cuò)誤，C正確；若v1＝v2，物塊返回時(shí)，始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，同理依據(jù)對(duì)稱性可知，t2＝2t1，故D正確。4．(2024·江西新余四校高三其次次聯(lián)考)如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0＝7m/s的速率運(yùn)行?，F(xiàn)把一質(zhì)量為4kg的工件(可看為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)一段時(shí)間后工件被傳送到h＝8m的高處。已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2)，取g＝10m/s2，在這段時(shí)間，工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F隨時(shí)間t改變的圖象正確的是()答案A解析依據(jù)題意可知，皮帶的總長(zhǎng)度L＝eq\f(h,sin30°)＝16m，工件剛放上皮帶時(shí)受重力、支持力以及沿皮帶向上的滑動(dòng)摩擦力，依據(jù)牛頓其次定律可知，a＝μgcos30°－gsin30°＝eq\f(\r(3),2)×10×eq\f(\r(3),2)－10×eq\f(1,2)m/s2＝2.5m/s2，工件做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，工件速度達(dá)到與皮帶速度相同時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(72,2×2.5)m＝9.8m<L，工件速度達(dá)到與皮帶速度相同時(shí)由fmax＝μmgcos30°＝eq\f(3,4)mg>mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，所以接下來(lái)工件與皮帶保持相對(duì)靜止做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖a，一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時(shí)，小物塊以速度v0滑到長(zhǎng)木板上，t1時(shí)刻小物塊恰好滑至長(zhǎng)木板最右端。圖b為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖象，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．木板的長(zhǎng)度為eq\f(v0t1,2)B．物塊與木板的質(zhì)量之比為eq\f(v1,v0)C．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(v0－v1,gt1)D．t1時(shí)刻，物塊和木板的動(dòng)能之比為eq\f(v1,v0－v1)答案ACD解析t1時(shí)刻小物塊恰好滑至長(zhǎng)木板最右端，所以相對(duì)位移就是板長(zhǎng)，依據(jù)圖b知，相對(duì)位移為eq\f(v0t1,2)，A正確；相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)相互間的摩擦力為f，物塊的加速度a＝eq\f(f,m)＝eq\f(v0－v1,t1)，木板加速度a′＝eq\f(f,M)＝eq\f(v1,t1)，所以物塊與木板的質(zhì)量之比為eq\f(m,M)＝eq\f(v1,v0－v1)，B錯(cuò)誤；摩擦力f＝μmg，所以物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(f,mg)＝eq\f(a,g)＝eq\f(v0－v1,gt1)，C正確；t1時(shí)刻，速度相同，所以動(dòng)能之比等于質(zhì)量之比，為eq\f(v1,v0－v1)，D正確。6．(2024·湖南省衡陽(yáng)縣第四中學(xué)高三月考)如圖所示，一水平傳送帶以2.0m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。水平部分長(zhǎng)為2.0m，其右端與一傾角為θ＝37°的光滑斜面平滑相連，斜面長(zhǎng)為0.4m，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊無(wú)初速度地放在傳送帶最左端。已知物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，sin37°＝0.6，g取10m/s2。則()A．物塊在傳送帶上始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．物塊到達(dá)傳送帶右端的速度大小為1.5m/sC．物塊沿斜面上滑能上升的最大高度為0.2mD．物塊返回皮帶時(shí)恰好到達(dá)最左端答案C解析物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：μmg＝ma1，x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)，解得：x1＝1m<2m，所以在到達(dá)傳送帶右端前，物塊已以2m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，即物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；物塊以初速度v0滑上斜面后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律可得，mgsinθ＝ma2，當(dāng)物塊速度減為零時(shí)，上上升度最大，此時(shí)沿斜面上滑的距離為x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(1,3)m<0.4m，上升的最大高度hm＝x2sinθ＝0.2m，故C正確；物體從斜面返回時(shí)，到傳送帶右端的速度大小為2m/s，設(shè)物塊返回皮帶時(shí)滑動(dòng)的距離為x3，向左滑行時(shí)的加速度大小a1＝2m/s2，所以物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離x3＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝1m<2m，故物塊不會(huì)到達(dá)傳送帶的左端，D錯(cuò)誤。7．(2024·陜西高考模擬)(多選)如圖所示，繃緊的水平傳送帶足夠長(zhǎng)，且始終以v1＝2m/s的恒定速率運(yùn)行。初速度大小為v2＝3m/s的小墨塊從與傳送帶等高的光滑水平面上的A處滑上傳送帶。若從小墨塊滑上傳送帶起先計(jì)時(shí)，小墨塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)5s后與傳送帶的速度相同，則()A．小墨塊未與傳送帶速度相同時(shí)，受到的摩擦力方向水平向右B．依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)學(xué)問可知a＝0.2m/s2C．小墨塊在傳送帶上的痕跡長(zhǎng)度為4.5mD．小墨塊在傳送帶上的痕跡長(zhǎng)度為12.5m答案AD解析小墨塊未與傳送帶速度相同時(shí)，相對(duì)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，故受到傳送帶的摩擦力方向水平向右，A正確；小墨塊在摩擦力的作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)，小墨塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)5s后與傳送帶的速度相同，故加速度大小a＝eq\f(v1－－v2,t)＝eq\f(v1＋v2,t)＝1m/s2，方向向右，故B錯(cuò)誤；小墨塊向左減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)小墨塊有：0＝v2－at1，x1＝eq\f(0＋v2,2)t1，聯(lián)立解得：x1＝4.5m，小墨塊向左減速的過程中，傳送帶的位移大小為：x2＝v1t1，小墨塊向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)小墨塊有：v1＝at2，x1′＝eq\f(0＋v1,2)t2，傳送帶的位移大小x2′＝v1t2，因而小墨塊在傳送帶上的痕跡長(zhǎng)度為：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)，解得：x＝12.5m，故C錯(cuò)誤，D正確。8．(2024·廣東汕頭二模)(多選)長(zhǎng)木板B放置在傾角為θ的固定斜面上，一小物塊A置于長(zhǎng)木板的中間。將A、B同時(shí)由靜止釋放，結(jié)果B沿斜面下滑，同時(shí)A、B也發(fā)生了相對(duì)運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間t，A脫離B，此時(shí)B還處于斜面上。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則在這段時(shí)間內(nèi)()A．物塊A的加速度大小與A的質(zhì)量有關(guān)B．木板B的加速度大小與A和B的質(zhì)量都有關(guān)C．物塊A的加速度肯定大于木板B的加速度D．物塊A的加速度可能大于gsinθ答案BC解析以A為探討對(duì)象，設(shè)其加速度大小為aA，A與B、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，由牛頓其次定律有：mAgsinθ－μ1mAgcosθ＝mAaA，解得：aA＝gsinθ－μ1gcosθ，與A的質(zhì)量mA無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；A、B發(fā)生了相對(duì)運(yùn)動(dòng)，兩者加速度不等，因經(jīng)過一段時(shí)間t，A脫離B，則aA>aB，以B為探討對(duì)象，設(shè)其加速度大小為aB，由牛頓其次定律有：mBgsinθ＋μ1mAgcosθ－μ2(mA＋mB)gcosθ＝mBaB，可知木板B的加速度大小與A和B的質(zhì)量都有關(guān)，故B、C正確；aA＝gsinθ－μ1gcosθ<gsinθ，故D錯(cuò)誤。9．(2024·河南許昌高三二診)(多選)如圖所示為糧袋的傳送帶裝置，已知A、B間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時(shí)運(yùn)行速度為v，糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，正常工作時(shí)工人在A點(diǎn)將糧袋放在運(yùn)行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)()A．糧袋到達(dá)B點(diǎn)的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等B．糧袋起先運(yùn)動(dòng)的加速度為g(sinθ－cosθ)，若L足夠大，則以后將肯定以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)C．若μ<tanθ，則糧袋從A到B肯定是始終做加速運(yùn)動(dòng)D．不論μ如何小，糧袋從A到B始終做勻加速運(yùn)動(dòng)，且a>gsinθ答案AC解析糧袋在傳送帶上可能始終做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度小于v；可能先做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大于v，故A正確。糧袋起先時(shí)受到沿斜面對(duì)下的滑動(dòng)摩擦力，大小為μmgcosθ，依據(jù)牛頓其次定律得到，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B錯(cuò)誤。若μ<tanθ，則重力的下滑分力大于滑動(dòng)摩擦力，故a的方向始終向下，糧袋從A到B始終做加速運(yùn)動(dòng)，可能是始終以g(sinθ＋μcosθ)的加速度加速，也可能先以g(sinθ＋μcosθ)的加速度勻加速，后以g(sinθ－μcosθ)的加速度勻加速，故C正確。由以上分析可知，糧袋從A到B不肯定始終勻加速運(yùn)動(dòng)，且a>gsinθ，故D錯(cuò)誤。10．(2024·江蘇高三月考)(多選)一足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)綢帶置于光滑水平地面上，綢帶上放著質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝2kg的A、B兩物塊，A、B與綢帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示(重力加速度g取10m/s2)，若A、B與綢帶之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則當(dāng)F漸漸增大時(shí)，A、B的加速度aA和aB隨F改變的圖象正確的是()答案BD解析A與綢帶間的最大靜摩擦力為：fA＝μmAg＝0.2×1kg×10m/s2＝2N，B與綢帶間的最大靜摩擦力為：fB＝μmBg＝0.2×2kg×10m/s2＝4N，綢帶受到的最大摩擦力為：f＝fA＝2N＜fB，故綢帶與物體B始終保持相對(duì)靜止，產(chǎn)生的最大加速度為：a＝eq\f(f,mB)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，此時(shí)對(duì)A分析，F(xiàn)－fA＝mAa，解得：F＝3N；當(dāng)F≤3N時(shí)，A、B和綢帶一起做加速運(yùn)動(dòng)，加速度為：a共＝eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(F,3)，當(dāng)F＞3N時(shí)，A與綢帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A的加速度為：aA＝eq\f(F－fA,mA)＝F－2，B的加速度恒定，故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。11．(2024·江蘇高考)如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水