3.2.3 动力学中的两种常见模型（课件PPT）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏专版）

动力学中的两种常见模型 (综合应用课) 第3课时 动力学的两类典型模型——“滑块—木板”模型和传送带模型，常以计算题压轴题的形式命题。解决此类问题应牢牢把握受力分析和运动分析的主线，在训练中体会“万变不离其宗”的思考方向，体会透过情境看本质的建模过程，注意拆分复杂过程，注重培养审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达能力等物理学科素养。 1 (一)动力学中的传送带模型 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 (二)动力学中的“滑块—木板”模型 2 动力学中的传送带 模型 NO.1 [科学思维] 1．受力分析 (1)“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻。 (2)共速时突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。 2．运动分析 (1)参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。 (2)判断共速以后是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动。 (3)判断传送带长度(物体在达到共速之前是否滑出)。 续表 [例1]　(2024年1月·九省联考安徽卷)如图，相距l＝2.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1m/s。质量m＝10kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)货物运动到传送带左端时的速度大小； (2)货物在传送带上运动的时间。 [针对训练] √ 续表 [例2]　机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s 从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 [解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcosα－mgsinα＝ma，解得a＝0.4m/s2。 所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5s。 [答案]　(1)0.4m/s2 (2)4.5s [针对训练] 2．(2024·溧阳模拟) 如图所示，一传送带与水平面之间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v2沿顺时针方向稳定运行，现让一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v1冲上传送带，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，v1>v2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　 ) A．μ与θ之间的关系为μ>tanθ B．物块在做减速运动的过程中，加速度不变 C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为2μgcosθ D．在物块与传送带速度相等前，物块在传送带上的划痕长度一定等于物块位移大小的一半 √ 动力学中的“滑块—木板”模型 NO.2 (一)两种常见类型 (二)解题方法突破 1．关注“一个转折”和“两个关联” 2.掌握“板块”模型的“思维流程” [例1]　(2024·东台调研)如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5kg，B的质量M＝2.0kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻(t＝0)水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t＋4(N) (F、t均取国际单位)。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。 求：(1)经过多长时间B开始滑动； (2)经过多长时间A开始相对B滑动； (3)t＝3s时AB间的摩擦力大小Ff(结果保留两位有效数字)。 [解析]　(1)当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即μ2(m＋M)g＝5t1＋4(N) 解得t1＝2s。 (2)当A开始在B上滑动时，对木块μ1mg＝ma 对整体F2－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a 由题知F2＝5t2＋4(N)，解得t2＝ 3.4s。 [答案]　(1)2s (2)3.4s (3)2.1N [针对训练] 1．(2024·江苏南通质检)如图所示，足够长的木板静止在水平面上，物块静止在木板上，已知木板与水平面间的动摩擦因数小于物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t＝0时刻，给木板一水平向右的初速度，则木板的速度大小v随时间t的关系图像是(　 ) √ [例2]　(2024·烟台模拟)如图所示，质量为M＝2kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m＝3kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10m/s2。 求：(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长； (2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。 [解析]　(1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝－μ1g＝－2m/s2 对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5m/s2 设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t，解得v＝1m/s，t＝2s [答案]　(1)5 m (2)1.5 m [规律方法] “滑块—木块”模型的解题策略 续表 续表 [针对训练] 2．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　 ) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2< μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度不相等 √ 课时跟踪检测 NO.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级——全员必做 1．如图所示，传送带保持v＝1m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5kg的物块轻轻地放在传送带的左端a点上，则物块从a点运动到右端b点所经历的时间为(设物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5m，g取10m/s2)(　 ) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2．如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是(　 ) A．M下滑的速度不变 B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动 C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动 D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsinθ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3．如图甲所示一足够长木板在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端，之后木板运动的v-­t图像如图乙所示。则小物块运动的v-­t图像可能是(　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：根据木板运动的v-­t图像可知，物块先加速到与木板共速后，再一起减速，且减速时加速度相同，即图像斜率相同，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4．(2024·江阴调研) 如图甲所示，一块质量为mA＝1kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。则下列说法错误的是(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C．F的大小可能为9N D．F的大小与板长L有关 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5．(2024·天一中学月考)如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其v­t图像如图乙所示。已知传送带的速度为v0，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A．物块的初速度小于v0 B．物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα C．物块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻 D．若物块从传送带顶端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动 解析：由图像可知，物块先以加速度a1做匀减速直线运动，后以加速度a2做匀减速直线运动，且a1>a2，分析可知mgsinα>μmgcosα，即μ<tanα，故B错误；若物块的初速度小于v0，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会一直以此加速度向上减速为0与 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 题设不符，故A错误；物块的初速度大于v0，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有mgsinα＋μmgcosα＝ma1，物块减速到速度等于v0后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块根据牛顿第二定律，有mgsinα－μmgcosα＝ma2，故C正确；若物块从传送带顶端开始向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于μ<tanα则物块会以加速度a2一直向下加速运动，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6．(2023·连云港调研)如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ，已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对A施一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，下列说法正确的是(　 ) A．当F＝0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动 B．当F＝2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动 C．当F＝3.5μmg时，B、C以相同加速度运动 D．只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：B对C的最大静摩擦力为fBC＝μmg，由于C是轻质绸布，合力始终为零，故A、C间的摩擦力最大为fAC＝fBC＝μmg，小于A、C间最大静摩擦力2μmg，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动，故B正确，D错误；当B与C刚要发生相对滑动时，对B，由牛顿第二定律可得μmg＝ma0，对A、B、C整体，由牛顿第二定律可得F0＝(2m＋m)a0＝3μmg，故当F＝3μmg时，B与C将发生相对滑动，当F＝0.5μmg时，因F＜F0，所以A、B、C保持相对静止，一起向左运动，故A错误；当F＝3.5μmg时，B相对C滑动，两者加速度不同，故C错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7．(2023·扬中三模)如图(a)所示，物块和长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上。t＝0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2­x图像如图(b)所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A．拉力F的作用时间为2s B．拉力F作用时长木板的加速度大小为2m/s2 C．长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D．物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 8．(2023·盐城高三调研)某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20g，硬纸板的质量为m2＝10g，长度为l＝5cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？ (2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a，对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，联立解得F0＝0.15N。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 B级——重点选做 9．(2024·兴化模拟)快递公司在分拣快递物品时常常利用传送带，某段传送带的俯视图如图所示。水平传送带以速度v1＝1.5m/s向右匀速运动，物品以速度v2＝2.5m/s与垂直于传送带方向成θ＝37°偏向左侧方向冲上传送带。物品与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，可把物品视为质点，重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A．物品冲上传送带后，在相对传送带停下前相对地面做直线运动 B．物品在传送带上划过的痕迹为直线 C．物品在传送带上滑行时间为0.5s D．传送带的宽度只需要大于0.5m，物品就不会冲出传送带 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析： 以传送带为参考系，物品受摩擦力方向与物品相对传送带速度方向相反，物品相对传送带做匀减速直线运动，在传送带上的划痕为直线，B正确。物品受摩擦力方向与物品相对地面速度方向不共线，物品冲上传送带后，相对地面做曲线运动，A错误。如图所示，物品冲上传送带时，沿传送带方向相对初速度v相0x＝v1＋v2sinθ＝3m/s，垂直于传送带方向相 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10．(2024·江苏徐州开学考)某游乐项目可简化为利用纸带把滑块拉到平台上，如图所示。光滑固定斜面的倾角θ＝37°，长度L＝1.44m，纸带平铺在斜面上，下端与斜面底端对齐。可视为质点的滑块放在纸带上静止在斜面正中间，滑块与纸带间的动摩擦因数μ＝0.9，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。现用力沿斜面向上匀加速拉动纸带。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，试计算拉动纸带的加速度不得小于多少； (2)若滑块能运动到平台上，试计算拉动纸带的加速度不得超过多少。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 答案：(1)2.4 m/s2 (2)2.64 m/s2 eq \a\vs4\al(类型一　水平传送带问题) 情境 滑块可能的运动情况 情境1：轻放 (1)传送带较短时，一直加速 (2)传送带较长时，先加速后匀速 情境2：同向 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情境 滑块可能的运动情况 情境3：反向 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中当v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0 [解析]　(1)根据牛顿第二定律，货物在左侧平台上时加速度为a1＝eq \f(F－μ1mg,m)＝2m/s2 由运动学规律有v12＝2a1s1，其中s1＝1m 解得货物运动到传送带左端时的速度大小为v1＝2m/s。 (2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为a2＝eq \f(F－μ2mg,m)＝－1m/s2 故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝eq \f(v－v1,a2)＝1s 该段时间货物位移为s2＝eq \f(v1＋v,2)t2＝1.5m 共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝eq \f(l－s2,v)＝1s 故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2s。 [答案]　(1)2m/s (2)2s 1.(2024·江苏徐州调研)如图所示，水平方向的传送带以v1的恒定速度顺时针转动。一物块从右端以v2(v2＞v1)的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带长度L＞eq \f(v\o\al( 2,2),2μg)。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是(　 ) 解析：由物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a＝μg，当物块向左运动至速度减为零时的位移为x＝eq \f(v\o\al( 2,2),2μg)，由题可知L＞eq \f(v\o\al( 2,2),2μg)，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为x′＝eq \f(v\o\al( 2,1),2μg)，又v2＞v1，则x＞x′，故向右运动的速度与传送带相等后，物块做匀速直线运动。故选B。 eq \a\vs4\al(类型二　倾斜传送带问题) 情境 滑块可能的运动情况 情境1：上传 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情境2：下传(v0＝0) (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后再以a2加速 情境 滑块可能的运动情况 情境3：下传(v0≠0) (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后再以a2加速 (6)可能一直减速 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s，在传送带上滑动的距离为x1＝eq \f(v2＋v1,2)t1＝eq \f(1.6＋0.6,2)×2.5m＝2.75m， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcosα＞mgsinα，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6)s＝2s， 解析：根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有μmgcosθ<mgsinθ，可得μ<tanθ，故A错误；由于v1>v2，物块与传送带速度相等之前，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcos θ,m)＝gsinθ＋μgcosθ，物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcos θ,m)＝gsinθ－μgcosθ<a1，故B错误；物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为a1－a2＝gsinθ＋μgcosθ－(gsinθ－μgcosθ)＝2μgcosθ，故C正确；设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为t1，此过程物块的位移为x物＝eq \f(v1＋v2,2)t1，传送 带的位移为x传＝v2t1可知此过程物块在传送带上的划痕长度为Δx1＝x物－x传＝eq \f(v1＋v2,2)t1－v2t1＝eq \f(v1－v2,2)t1，若满足Δx1＝eq \f(1,2)x物，则有v1＝3v2，由于v1不一定等于3v2，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，故D错误。 类型图示 规律分析 长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 一个 转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下，是受力和运动状态变化的转折点 两个 关联 转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的变化，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 eq \a\vs4\al(类型一　木板带动滑块运动的情形) (3)当t2>t＝3s>t1 B已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块Ff＝ma′ 对整体F3－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a′ 且F3＝5t＋4(N) 解得Ff＝eq \f(15,7)N≈2.1N。 解析： t＝0时刻，给木板一水平向右的初速度，物块在向右的摩擦力作用下开始加速，木板在物块和水平面给的摩擦力作用下开始减速，f水平＋f块＝ma，当物块和木板速度相同时，由于木板与水平面间的动摩擦因数小于物块与木板间的动摩擦因数，两者将相对静止，两者间摩擦力变成静摩擦力，对木板有f水平＋f块′＝ma′，因为静摩擦力小于滑动摩擦力，所以a′＜a，图像斜率变小。故选C。 eq \a\vs4\al(类型二　滑块带动木板运动的情形) t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1＝v0t＋eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2 因此B板的长度至少为L＝x1－x2＝5m。 (2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1m/s2 设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有x2＝eq \f(1,2)a2t2 减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5m。 运动 状态 板块速 度不相等 板块速度相等瞬间 板块 共速运动 处理 方法 隔离法 假设法 整体法 具体 步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界 条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘时二者共速是滑块滑离木板的临界条件 相关 知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 解析：分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞eq \f(m1＋m2,m2)μ1，C错误；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，B正确，D错误。 A．eq \r(5)s　 B．(eq \r(6)－1)s　 C．3s　 D．2.5s 解析：物块开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(1,2×1)m＝0.5m＜L，所经历的时间t1＝eq \f(v,a)＝1s，物块接着做匀速直线运动，所经历的时间t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2.5－0.5,1)s＝2s，故物块从a点运动到b点所经历的时间t总＝t1＋t2＝3s，故C正确。 解析：由图像可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,1) m/s2＝2m/s2，对木板根据牛顿第二定律μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出时木板的加速度为a2＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,2)m/s2＝1m/s2，对木板根据牛顿第二定律μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.4，μ2＝0.1，故A错误，B正确；根据L＝eq \f(1,2)aBt2－eq \f(1,2)a1t2式中t＝1s，联立解得F＝2L＋6(N)即F的大小与板长L有关，且大于6，故C、D正确。 解析：由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2倍，a1＝eq \f(v2,2x)＝eq \f(1,2)×eq \f(16,8)m/s2＝1m/s2，B错误；撤去拉力时的速度v＝4m/s，拉力作用时间t1＝eq \f(v,a1)＝4s，A错误；撤去拉力后的加速度a2＝eq \f(v2,2x)＝eq \f(1,2)×eq \f(16,1)m/s2＝8m/s2，由牛顿第二定律eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))gsinθ＋μ1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))gcosθ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))a2，解得μ1＝0.25，C正确；物块与长木板之间无相对滑动，对物块由牛顿第二定律μ2mgcosθ－mgsinθ≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，D错误。 (2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min。则对橡皮擦有x1＝eq \f(1,2)at2，v＝at 对纸板有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2 x2＝v0mint－eq \f(1,2)a2t2，v＝v0min－a2t 根据位移关系有x2－x1＝eq \f(l,2) 联立解得v0min＝eq \f(\r(3),2)m/s 则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝eq \f(\r(3),2)m/s。 答案：(1)0.15 N (2)v0≥eq \f(\r(3),2)m/s 对初速度v相0y＝v2cosθ＝2m/s，相对传送带的初速度v相00＝ ＝eq \r(13)m/s，设方向与垂直于传送带方向夹角为α，有cosα＝eq \f(v相0y,v相0)＝eq \f(2\r(13),13)，滑动摩擦力f＝μmg，物品相对传送带的加速度a＝μg＝5m/s2，由v相0＝at，得t＝eq \f(v相0,a)＝eq \f(\r(13),5)s，C错误。物品相对传送带的加速度在垂直于传送带方向的分量ay＝acosα＝eq \f(10\r(13),13)m/s2，物品在垂直于传送带方向速度为0时，在垂直于传送带方向的位移设为ym，有 ＝2ayym，可得ym＝ ＝eq \f(\r(13),5)m，物品 若不会冲出传送带，传送带的宽度需要大于eq \f(\r(13),5)m，D错误。 解析：(1)设纸带加速度为a1时，滑块到达斜面顶端时纸带恰好被拉出，滑块加速度为as，对滑块，由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝mas，滑块位移eq \f(1,2)L＝eq \f(1,2)ast2，纸带位移L＝eq \f(1,2)a1t2，联立可得a1＝2.4m/s2 若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，拉动纸带的加速度不得小于2.4m/s2。 (2)设纸带加速度为a2时，滑块先以加速度as加速，离开纸带后在斜面上以加速度大小ax减速，到达斜面顶端时速度恰好减到0，对滑块，由 牛顿第二定律有mgsinθ＝max 设滑块加速时间为t1，减速时间为t2，最大速度为vm 由平均速度公式，有eq \f(1,2)L＝eq \f(1,2)vm(t1＋t2)，又vm＝ast1，vm＝axt2，可得t1＝1s 由位移关系，有eq \f(1,2)a2t12－eq \f(1,2)ast12＝eq \f(1,2)L，可得a2＝2.64m/s2 若滑块能运动到平台上，拉动纸带的加速度不得超过2.64m/s2。 $$