专题03 牛顿运动定律的综合应用高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍解析版.docx

专题03 牛顿运动定律的综合应用高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍解析版.docx

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专题03牛顿运动定律的综合应用高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍解析版

2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍

专题03牛顿运动定律的综合应用

题型一动力学的连接体问题和临界问题

【题型解码】

整体法、隔离法交替运用的原则：

若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．

【典例分析1】（2019·四川教考联盟三诊）（多选）如图，在水平面上固定一倾角为30°的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定挡板，A和B用轻弹簧相连，A靠在挡板上，C靠在B上，A、B、C三者质量均为m，力F作用在C上使弹簧处于压缩状态。

现撤去F，弹簧弹开，最后使A和挡板恰无弹力，重力加速度为g，在这个过程中以下说法正确的是（　　）

A．当B速度最大时，B、C间弹力为0B．当B和C分离时，A对挡板的压力为

mg

C．当B和C分离时，它们的速度相等且达到最大D．当B的速度最大时，A对挡板的压力为

mg

【参考答案】　BD

【名师解析】　B和C分离瞬间，加速度相等且弹力消失，分离后的瞬间C的加速度为gsin30°，则B的加速度也为gsin30°，由此推知B和C在弹簧原长时分离，此时，它们的加速度不为0，即速度不是最大，速度最大出现在分离之前，故A、C错误；当B和C分离时弹簧处于原长，此时A对挡板的压力等于A重力沿斜面方向的分力，即

mg，故B正确；当B的速度达到最大时，C的速度也最大，它们受弹簧的弹力等于二者重力沿斜面方向的分力，即2mgsin30°＝mg，弹簧另一端的弹力大小也是mg，所以此时A对挡板的压力为

mg，D正确。

【提分秘籍】

（1）整体法与隔离法的使用条件

①当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。

②求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。

（2）两物体分离或相对滑动的条件

①叠加体类连接体：

两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。

②靠在一起的连接体：

分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。

（3）用滑轮连接的连接体的处理方法

通过滑轮连接的两个物体：

加速度大小相同。

加速度不为零时，轻绳的拉力不等于所悬挂物体的重力。

【突破训练】

1.（2019·黑龙江哈尔滨三中三模）（多选）如图所示，A、C、D长方体木块完全相同，质量均为m，其中C、D放在光滑水平面上，A放在长木板B上，B质量为2m，A、B、C、D间动摩擦因数均为μ，现用水平向右的恒力F拉木块A，使A、B、C、D保持相对静止一起沿水平面向右运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则（　　）

A．B对A的摩擦力大小为μmg，方向向左B．A对B的摩擦力大小为

，方向向右

C．C对B的摩擦力大小为

，方向向右D．C、D两木块所受到的摩擦力大小相等，方向相同

【答案】　BD

【解析】　A与B之间没有相对运动，为静摩擦力，A错误；将A、B、C、D看成整体，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度a＝

，隔离A，可得F－fBA＝ma，fBA＝

F，B对A的摩擦力向左，再根据牛顿第三定律，可知A对B的摩擦力向右，大小为

F，B正确；隔离C可得，fBC＝ma＝

F，B对C的摩擦力向右，所以C对B的摩擦力向左，大小为

F，C错误；隔离D可得，fBD＝ma＝

F，B对D的摩擦力向右，所以C、D受到的摩擦力大小相等，方向相同，D正确。

2.（2019·河北衡水中学三模）（多选）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。

木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图象，已知g取10m/s2，则（　　）

A．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1B．当F＝10N时木板B的加速度为4m/s2

C．木板B的质量为1kgD．滑块A的质量为4kg

【答案】　BC

【解析】　由图乙可知，当F＝8N时，A、B恰不发生相对滑动，加速度为：

a＝2m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律有：

F＝（mA＋mB）a，代入数据解得：

mA＋mB＝4kg；当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：

a＝

＝

F－

，由图象可知，图线的斜率：

k＝

＝

＝1，解得：

mB＝1kg，故滑块A的质量为：

mA＝3kg；由方程a＝

＝

F－

，可知当a＝0时，F＝6N，代入数据解得μ＝0.2，故A、D错误，C正确。

F＝10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：

aB＝a＝

＝

m/s2＝4m/s2，故B正确。

3.（2019·广东惠州二模）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。

若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。

要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为（　　）

A．3μmgB．4μmg

C．5μmgD．6μmg

【答案】　D

【解析】　当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律得：

对砝码有：

f1＝μ·2mg＝2ma1，

得：

a1＝

＝μg，

对纸板有F－f1－f2＝ma2，

纸板与砝码发生相对运动需要纸板的加速度不小于砝码的加速度，即：

a2≥a1，

所以：

F＝f1＋f2＋ma2≥f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg，

即：

F≥6μmg，选D。

4.（2019·陕西咸阳三模）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。

t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。

则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　）

A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零

C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m

【答案】　AD

【解析】　设t时刻A、B分离，由图象可知，分离之前A、B共同做匀加速运动，设加速度为a，以整体为研究对象，则有：

a＝

＝

m/s2＝1.2m/s2，分离时：

F2－F拉＝mBa，得F2＝F拉＋mBa＝0.3N＋2×1.2N＝2.7N，结合图象可知，分离时t＝

×4.0s＝3s，A、B两物块共同运动的位移为s＝

at2＝5.4m，故D正确；当t＝2s时，F2＝1.8N，F2＋T＝mBa，得T＝mBa－F2＝0.6N，A正确，B错误；当t＝2.5s时，F2＝2.25N，F2＋T′＝m2a，得T′＝m2a－F2＞0，故A对B的作用力方向向右，C错误。

题型二动力学基本问题（含超失重、瞬时性问题）

【题型解码】

（1）做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；

（2）做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；

（3）求解加速度是解决问题的关键；

（4）力的处理方法一般用合成法或正交分解法．

【典例分析1】（2019·湖南衡阳三模）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。

调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）

A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gB．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g

C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大

【参考答案】　C

【名师解析】　当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没拉力，则弹簧处于压缩状态，且弹簧弹力大小T1＝mg。

撤去木板瞬间，B物块受到的合力为T1＋2mg＝3mg，由牛顿第二定律可知：

aB＝

＝1.5g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时弹簧弹力向上，且大小为T2＝2mg＝kx′，又T1＝mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x′＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。

【典例分析2】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N。

试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。

设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m。

求飞行器所受的阻力f的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。

求飞行器能达到的最大高度h；

（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。

【参考答案】　

（1）4N　

（2）42m　（3）

s（或2.1s）

【名师解析】　

（1）飞行器第一次试飞时做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，

H＝

a1t

①

由牛顿第二定律F－mg－f＝ma1②

由①②解得f＝4N③

（2）第二次试飞中，设失去升力时的速度大小为v1，上升的高度为s1，运动示意图如图，s1＝

a1t

④

设失去升力后的加速度大小为a2，上升的高度为s2，

由牛顿第二定律mg＋f＝ma2⑤

v1＝a1t2⑥

s2＝

⑦

由③④⑤⑥⑦解得h＝s1＋s2＝42m⑧

（3）设失去升力下降阶段加速度大小为a3，恢复升力后加速度大小为a4，恢复升力时速度大小为v3，运动示意图如图，

由牛顿第二定律mg－f＝ma3⑨

F＋f－mg＝ma4⑩

且

＋

＝h⑪

v3＝a3t3⑫

由③⑧⑨⑩⑪⑫解得t3＝

s（或2.1s）。

【典例分析3】（2019·贵阳一模）一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2s时开启降落伞，其跳伞过程中的vt图象如图所示，根据图象可知该伞兵（　　）

A．在0～2s内做自由落体运动B．在2～6s内加速度方向先向上后向下

C．在0～14s内先处于失重状态后处于超重状态D．在0～24s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动

【参考答案】　C

【名师解析】　由图象可知，该伞兵在0～2s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；由图可知，2～6s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，故B错误；0～14s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，先失重后超重，故C正确；在0～24s内，2～12s内的加速度大小发生变化，故该伞兵不做匀变速运动，D错误。

【提分秘籍】

1.解决动力学两类基本问题的思路

受力分析

加速度

运动状态

2．动力学基本问题的解题步骤

（1）明确研究对象：

根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。

（2）受力分析：

画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。

①合成法：

合成法适用于受力个数较少（2个）的情况。

②正交分解法：

正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多（3个或3个以上）时。

（3）运动情况分析：

画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。

（4）根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。

3．瞬时加速度的两种模型

（1）刚性绳（或接触面）：

不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

（2）弹簧（或橡皮绳）：

两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳），特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看做保持不变。

4．处理多过程动力学问题的“二分析一关键”

（1）“二分析”

①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；

②分析研究对象在每个阶段的运动特点。

（2）“一关键”

前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键。

【突破训练】

1.（2019·福建龙岩市期末质量检查）如图3所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m.物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是（　　）

A．细线剪断前，弹簧的弹力为mgB．细线剪断前，细线的拉力为mg

C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为

g

【答案】　D

【解析】　细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力：

F＝mgsinθ＝

mg，对B分析可以得到FT＝mgsinθ＝

mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度：

a＝

＝

g，故D正确．

2.（2019·广东深圳市4月第二次调研）图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。

两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。

取重力加速度g＝10m/s2。

根据图象分析可知（　　）

A．张明的重力为1000NB．e点位置张明处于超重状态

C．c点位置张明处于失重状态D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度

【答案】　B

【解析】　开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500N，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500N，故A错误；e点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故B正确；c点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故C错误；张明在d点时，a1＝

＝

m/s2＝20m/s2，张明在f点时，a2＝

＝

m/s2＝10m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误。

3.（2019·黑龙江哈尔滨三中二模）水平路面上质量为30kg的小车，在60N水平推力作用下由静止开始以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动。

2s后撤去该推力，则（　　）

A．小车2s末的速度是4m/sB．小车受到的阻力大小是15N

C．撤去推力后小车的加速度大小是1m/s2D．小车运动的总时间为6s

【答案】　B

【解析】　小车2s末的速度是：

v＝at＝1.5×2m/s＝3m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：

F－f＝ma，解得：

f＝F－ma＝60N－30×1.5N＝15N，故B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：

f＝ma1，解得：

a1＝0.5m/s2，故C错误；撤去推力后运动的时间为：

t1＝

s＝6s，所以小车运动的总时间为：

t总＝（2＋6）s＝8s，故D错误。

4.（2019·四川雅安三诊）如图所示，质量为1kg的物体静止于水平地面上，用大小为6.5N的水平恒力F作用在物体上，使物体由静止开始运动50m后撤去拉力F，此时物体的速度为20m/s，物体继续向前滑行直至停止，g取10m/s2。

求：

（1）物体与地面间的动摩擦因数；

（2）物体运动的总位移；

（3）物体运动的总时间。

【答案】　

（1）0.25　

（2）130m　（3）13s

【解析】　

（1）在拉力F作用下，物体的加速度大小为：

a1＝

对物体，由牛顿第二定律有：

F－μmg＝ma1，

联立解得：

μ＝0.25。

（2）撤掉拉力F后的加速度大小为：

a2＝μg＝2.5m/s2

撤掉拉力F后的位移为：

x2＝

＝80m

全程总位移为：

x＝x1＋x2＝50m＋80m＝130m。

（3）物体加速运动的时间为：

t1＝

＝5s

减速运动的时间为：

t2＝

＝8s

物体运动的总时间：

t＝t1＋t2＝13s。

题型三动力学图像问题

【题型解码】

1.解图象问题时要做好“三看”

（1）看清坐标轴所表示的物理量：

明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象（vt、xt、at、xv2、vx等），还是动力学图象（Ft、Fx、Pt等）；

（2）看图线本身：

识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；

（3）看交点、斜率和“面积”：

明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。

【典例分析1】（2019·安徽安庆高三二模）（多选）如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2s撤去外力F，物体在0～4s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示。

已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则（　　）

A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5B．水平外力F＝5.5N

C．水平外力F＝4ND．物体在0～4s内的位移为24m

【参考答案】　AC

【名师解析】　根据vt图象的斜率表示加速度，知2～4s内物体的加速度为：

a2＝

＝

m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律有：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：

μ＝0.5，故A正确；0～2s内物体的加速度为：

a1＝

＝

m/s2＝4m/s2，由牛顿第二定律有：

mgsinθ＋Fcosθ－μ（mgcosθ－Fsinθ）＝ma1，解得：

F＝4N，故B错误，C正确；由vt图线与t轴围成的面积表示位移，可得物体在0～4s内的位移为：

x＝28m，故D错误。

【典例分析2】（2019·江西南昌市一模）一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过点P（5,25）的直线，如图4所示，则（　　）

A．小物块做匀速直线运动B．水平拉力F的大小为2.5N

C．5s内小物块的位移为5mD．5s末小物块的速度为25m/s

【答案】　B

【解析】　由F＝ma及v2＝2ax得v2＝

·x，故

＝

，得F＝2.5N

小物块做匀加速运动的加速度大小为a＝

＝2.5m/s2

5s末v＝at＝12.5m/s

5s内x＝

at2＝31.25m，

故B正确，A、C、D错误．

【提分秘籍】

图象问题要“四看一注意”

（1）看坐标轴：

看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量（纵轴表示的量）与自变量（横轴表示的量）之间的制约关系。

（2）看图象：

识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程。

（3）看纵坐标、“斜率”和“面积”：

vt图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点；xt图象中根据坐标值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特点。

（4）看交点：

明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义。

在xt图象中，两图线的交点表示两物体相遇；在vt图象中，两图线的交点表示两物体速度相同，此时相对速度为零，相对位移出现极值，是相距最远、最近、是否碰撞的关键时刻。

（5）一注意：

利用vt图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发。

若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离。

【突破训练】

1.（2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟）在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t＝0时刻受一与运动方向相反的恒力F＝4N的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的vt图象如图所示，已知g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．物体与水平面的动摩擦因数μ为0.2B．物体最后回到t＝0时刻的位置

C．F的作用时间为1sD．物体的质量为1kg

【答案】　AD

【解析】　由于物体在0～1s内沿正向做减速运动，1～2s内沿负向做加速运动，2s后沿负方向做减速运动，则拉力F是在2s末撤去的，拉力F的作用时间为2s，在2～3s内物体的加速度大小为a＝

＝2m/s2，摩擦力大小为μmg，且μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正确，C错误；由图知，0～1s内物体沿正向运动，位移大小x1＝

×6×1m＝3m,1～3s内沿负向运动，位移大小x2＝

×（3－1）×2m＝2m，则知3s末与出发点距离为x＝x1－x2＝1m，故B错误；在0～1s内物体沿正向运动，根据图象可得加速度大小a1＝

＝

m/s2＝6m/s2，根据牛顿第二定律可得：

F＋μmg＝ma1，解得物体的质量m＝1kg，故D正确。

2.（2019·山东烟台市第一学期期末）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为37°的固定且足够长的斜面上，t＝0时刻对物体施加沿斜面向上的拉力F，使物体开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F，物体速度的平方与位移之间的关系图象如图乙所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6.下列说法正确的是（　　）

A．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.25B．撤去拉力的时刻为t＝0.5s

C．拉力F的大小为24.5ND．物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功为10J

【答案】　AB

【解析】　由速度位移的关系式v2＝2ax与题图乙对比得：

物体的最大速度vm＝8m/s，撤去F前的加速度大小a1＝16m/s2，撤去F后的加速度大小a2＝8m/s2，撤去F时发生的位移x1＝2m．撤去F前由牛顿第二定律得：

F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，撤去F后由牛顿第二定律得：

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2，联立解得：

F＝24N，μ＝0.25，故A正确，C错误；力F作用时物体做匀加速运动，由速度公式得：

vm＝a1t，解得：

t＝0.5s，故B正确；设撤去F后发生的位移为x2，vm2＝2a2x2，解得：

x2＝4m，物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功W克f＝μmgcos37°（x1＋x2）＝12J，故D错误．

3.（2019·湖北恩施州2月教学质量检测）如图甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a与弹簧的伸长量x的关系如图乙所示（图中所标量已知），弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则物块的质量m及物块与地面间的动摩擦因数μ为（　　）

A．m＝

，μ＝

B．m＝

，μ＝

C．m＝

，μ＝

D．m＝

，μ＝

【答案】　A

【解析】　对物块，根据牛顿第二定律：

kx－μmg＝ma，解得a＝

x－μg，结合题图乙可知，

＝

，－μg＝－b，解得m＝

，μ＝

，故选A.

题型四动力学中的传送带问题

【题型解码】

1．模型特点

传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．

2．解题关键

（1）理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．

（2）传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．

【典例分析】（20