【正文】 得： a ＝F3 000 m；以第 1 ～ 2 016 號球整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律： FN 1＝ 2 01 6 ma ，得： FN 1＝2 0163 000F ；以第 1 號球為研究對象： FN 2＝ ma ＝13 000F ；則第 2 0 16 號球與第 2 017 號球間的作用力跟第 1 號球與第 2 號球間的作用力的比為 2 01 6 ∶ 1 ，故 A 正確。 重慶高考 ) 若貨物隨升降機運動的 v t圖像如圖所示 ( 豎直向上為正 ) ，則貨物受到升降機的支持力 F 與時間 t 關(guān)系的圖像可能是 ( ) 3. (2022t2時刻物塊 A受到的拉力 F最大 ,物塊 A的加速度最大 ,選項 B正確 。則以下判斷中正確的是 ( ) A ．木板一定靜止不動，小木塊不能滑出木板 B ．木板一定靜止不動，小木塊能滑出木板 C ．木板一定向右滑動，小木塊不能滑出木板 D ．木板一定向右滑動，小木塊能滑出木板 [對點訓(xùn)練 ] [ 解析 ] m 對 M 的摩擦力 Ff1＝ μ2mg ＝ 100 N ＝ 40 N ，地面對 M 的摩擦力 Ff2＝ μ1( M ＋ m ) g ＝ 45 N ，因為 Ff1 Ff2，木板一定靜止不動，由牛頓第二定律得小木塊的加速 度 a2＝ μ2g ＝ 4 m/s2， x ＝v022 a2＝168 m ＝ 2 m L ，所以小木塊不會滑出，故選項 A 正確， B 、 C 、 D 錯誤。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。 前 2 秒內(nèi)物塊的位移大小 x 1 = ??2 t= 4m, 向右 (1 分 ) 第 3 秒的位移大小 x 2 = ?? 39。 答案： AD 3 ． 整體法、隔離法交替運用原則： 若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度 ， 且要求系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力時 ， 可以先用整體法求出加速度 ， 然后再用隔離法選取合適的研究對象 ，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力 ． 即 “ 先整體求加速度、后隔離求內(nèi)力 ” ． 4 ．“ 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) 加速度變化時 ， 速度達到最值的臨界條件：當(dāng)加速度變?yōu)?0 時 ． 5 ． “ 四種 ” 典型數(shù)學(xué)方法 (1) 三角函數(shù)法； (2) 根據(jù)臨界條件列不等式法； (3) 利用二次函數(shù)的判別式法； (4) 極限法 ． 考點 3 傳送帶模型 1 ． 模型特征 (1) 水平傳送帶模型． 項目 圖 示 滑塊可能的運動情況 情景 1 (1) 可能一直加速 (2) 可能先加速后勻速 情景 2 (1 ) v0 v 時 ， 可能一直減速 ， 也可能先減速再勻速 (2 ) v0 v 時 ， 可能一直加速 ， 也可能先加速再勻速 情景 3 (1 ) 傳送帶較短時 ， 滑塊一直減速達到左端 (2 ) 傳送帶較長時 ， 滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中 v0 v 返回時速度為v ， 當(dāng) 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 1 (1) 可能一直加速 (2) 可能先加速后勻速 情 景 2 (1) 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 情景 3 (1) 可能一直加速 (2) 可能一直勻速 (3) 可能先加速后勻速 (4) 可能先減速后勻速 (5) 可能先以 a1加速后以 a2加速 (6) 可能一直減速 情景 4 (1) 可能一直加速 (2) 可能一直勻速 (3) 可能先減速后反向加速 (4) 可能一直減速 2. 思維模板 例 5 : ( 多選 ) 如圖所示 ， 水平傳送帶 A 、 B 兩端相距 x ＝ 4 m ，以 v0＝ 4 m/s 的速度 ( 始終保持不變 ) 順時針運轉(zhuǎn) ， 今將一小煤塊( 可視為質(zhì)點 ) 無初速度地輕放至 A 端 ， 由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動 ， 會在傳送帶上留下劃痕．已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) μ ＝ 0. 4 ， 取重力加速度大小 g ＝ 10 m/s2， 則 煤塊從A 運動到 B 的過程中 ( ) A ． 煤塊從 A 運動到 B 的時間是 2. 25 s B ． 煤塊從 A 運動到 B 的時間是 1. 5 s C ． 劃痕長度是 m D ． 劃痕長度是 2 m 解析： 根據(jù)牛頓第二定律 ， 煤塊的加速度 a ＝μ mgm＝ 4 m /s2， 煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間 t1＝v0a＝ 1 s ， 位移大小 x1＝12at21＝2 m x ， 此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運動直至 B 端 ， 所以劃痕長度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小 ， 即 Δ x ＝ v0t1－ x1＝ 2 m ， 選項 D 正確 ， 選項 C錯誤； x2＝ x － x1＝ 2 m ， 勻速運動的時間 t2＝x2v0＝ 0. 5 s ， 運動的總時間 t ＝ t1＋ t2＝ 1. 5 s ， 選項 B 正確 ， 選項 A 錯誤． 答案： BD 模型方法 37 例 6： (14分 )(2022 (s in 37 176。 ＝ 0 ． 8 。 a 聯(lián)立以上二式得 F N =( ?? 4 ) ????,故 A 、 B 、 C 錯誤 ,D 正確。,又a39。作用在 m1上時 ,兩物塊均以加速度 a39。當(dāng)拉力 F一定時 ,Q受到繩的拉力 ( ) θ有關(guān) 答案 解析 解析關(guān)閉 設(shè) P 、 Q 的質(zhì)量分別為 m 1 、 m 2 , Q 受到繩的拉力大小為 F T ,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 μ 。 江蘇高考 ) 一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a 隨時間 t 變化的圖線如圖所示，以豎直向上為 a 的正方向，則人對地板的壓力 ( ) A ． t ＝ 2 s 時最大 B ． t ＝ 2 s 時最小 C ． t ＝ s 時最大 D ． t ＝ s 時最小 解析： 人受重力 mg 和支持力 F N 的作用，由牛頓第二定律得F N － mg ＝ ma 。 可見 Q 受到繩的拉力 F T 與斜面傾角 θ 、動摩擦因數(shù) μ 和系統(tǒng)運動狀態(tài)均無關(guān) ,僅與兩物塊質(zhì)量和 F 有關(guān) ,選項 D 正確。=2F 39。=m2a39。已知 m A ＝ 2 k g ， m B ＝ 4 kg ，斜面傾角 θ ＝ 37 176。 3 ． [ 多選 ] 如圖所示的裝置為在摩擦力不計的水平桌面上放一質(zhì)量為 m 乙 ＝ 5 kg 的盒子乙，乙內(nèi)放置一質(zhì)量為 m 丙 ＝ 1 kg 的滑塊丙，用一質(zhì)量不計的細(xì)繩跨過光滑的定滑輪將一質(zhì)量為 m 甲 ＝ 2 kg 的物塊甲與乙相連接，其中連接乙的細(xì)繩與水平桌面平行。 － 2 mg 求 : 模型方法 38 (1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) μ。 = 1 . 5 s (2 分 ) 則物塊在傳送帶上運動時間 t=t1+t2= s。故小物塊在 t1時刻離 A 處距離最大，選項 A 錯誤。 (3)若題目中有 “最大 ”“最小 ”“至多 ”“至少 ”等字眼 ,表明題述的過程存在著極值 ,這個極值點往往是臨界點 。 答案解析關(guān)閉 BC 72 一 物塊靜止在粗糙的水平桌面上。 高考全國卷 Ⅰ ) 如圖甲，一物塊在 t ＝ 0 時刻滑上一固定斜面，其運動的 v t 圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖中的 v 0 、 v 1 、 t 1 均為已知量，則可求出 (