第三章 专题强化四 动力学中两类典型物理模型-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

专题强化四　动力学中两类典型物理模型 1．本专题是动力学方法在典型模型问题中的应用，滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题中的形式命题。 2．通过本专题的学习，可以培养同学们的审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力。 3．用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识。 [对应学生用书P51] 热点 “传送带”模型(方法模型) 传送带模型问题两类分析角度 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)共速要突变的三种可能性：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 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已滑出) 类型1　水平传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 水平传送带 (1)v0＝0时，可能一直加速，也可能先加速后匀速 (2)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速后匀速 (3)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速后匀速 (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v0＞v时返回速度为v，v0＜v时返回速度为v0 [例1]　应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图甲所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率顺时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。 (1)若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求行李到达B处的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 (2)要想把无初速度放在A处的行李传到B处所用的时间最短，传送带的速度至少为多大？ (3)传送带转动方向反向，如图乙。 ①若行李放在A处时的初速度为v0＝0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； ②若行李放在A处时的初速度为v0＝0.6 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 解析　(1)对行李，根据μmg＝ma，解得a＝2 m/s2， 根据v＝at1，匀加速运动的时间t1＝0.2 s， 匀加速运动的位移大小x＝at＝×2×0.22 m＝0.04 m<2 m， 故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s， 可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s， 在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m。 (2)行李一直加速所用时间最短， 加速度大小a＝2 m/s2， 由v2＝2aL，得传送带的速度至少为v＝2 m/s。 (3)①传送带转动速度反向，若行李放在A处时的初速度为v0＝0.2 m/s，行李先向右匀减速，加速度大小为a＝2 m/s2， 匀减速运动的时间t1＝＝0.1 s，匀减速运动的位移大小x＝v0t1－at＝0.01 m<2 m， 行李不会从右端滑出，接着行李向左匀加速运动，匀加速运动的时间t2＝t1＝0.1 s，行李从左端离开，在传送带上的时间为t＝t1＋t2＝0.2 s， 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1＋x＋vt2－x＝0.08 m。 ②若行李放在A处时的初速度为v0＝0.6 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2 m/s2，匀减速运动的时间t1＝＝0.3 s，匀减速运动的位移大小x1＝v0t1－at＝0.09 m<2 m，行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，根据v＝at1，匀加速运动的时间t2＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x2＝at＝×2×0.22 m＝0.04 m<0.09 m，接着再匀速运动t3＝＝0.125 s，行李从左端离开，在传送带上的时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.625 s；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1＋x1＋vt2－x2＝0.25 m。 答案　(1)5.1 s　0.04 m　(2)2 m/s (3)①0.2 s　0.08 m　②0.625 s　0.25 m 1．如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是(　　) A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动 B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动 D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s 解析　A．根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，物块速度达到传送带速度时通过的位移为x，则v2－v02＝2ax，解得x＝6 m>L，故物块一直减速运动，故A正确；BC．若传送带速度等于3.5 m/s，且逆时针转动，到达右端的速度为v，则v2－v02＝2aL，解得v＝3 m/s，故BC正确；D．若传送带逆时针转动，物块在传送带上一直减速运动，到达右端的速度一定为3 m/s，传送带的速度可以为任意值，故D错误。 答案　D 类型2　倾斜传送带 项目 图示 滑块可能的运动情况 倾斜传送带 (1)传送带两端距离较小时，可能一直加速 (2)传送带两端距离较大时，若μ≥tan θ，则先加速后匀速，若μ＜tan θ，则先以加速度a1做加速运动，后以加速度a2做加速运动 (1)μ＜tan θ时，一直加速 (2)μ＝tan θ时，一直匀速 (3)μ＞tan θ时，先减速，后反向加速 [例2]　(2021·辽宁卷)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＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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μmg cos α－mg sin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2； (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＝＝ s＝2.5 s， 在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m， 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μmg cos α＞mg sin α， 所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动滑至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s， 所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 2．(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的vt图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　) A．传送带的速度为4 m/s B．物块上升的竖直高度为0.96 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反 解析　若v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动。由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于vt图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝L sin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误。 答案　BC 3.如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求： (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止。 (2)求出煤块从A运动到B的时间，试画出煤块的v-t图像。 (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 解析　(1)由于mg sin 37°>μmg cos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝a1t＝5 m， 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动， 则有a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m， 由x2＝v0t2＋a2t， 得t2＝0.5 s， 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。v-t图像如图所示。 (3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m， 第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m， Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。 答案　(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m 2．临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3．滑块与传送带的划痕长度等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小。(图乙) 热点 “滑块—木板”模型(方法模型) 1．两种常见类型 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 2.解题方法突破 (1)关注“一个转折”和“两个关联” 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 (2)掌握“板块”模型的“思维流程” 类型1　水平面上的板块问题 [例3]　如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 解析　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得， a＝， 解得a＝3 m/s2； (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用， 故am＝μg＝2 m/s2， Δx1＝at2－amt2＝0.5 m； (3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s， 撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2， 最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′， 解得共同速度v′＝2.8 m/s； (4)在t′内，小物块和长木板的相对位移： Δx2＝－， 解得Δx2＝0.2 m， 最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 答案　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m 4.(2025·辽宁大连市期末)平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　) 解析　方法一：箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t时间箱子与平板车达到共速v共，此过程平板车的位移为x车＝t，箱子的位移为x箱＝t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx＝x箱－x车＝t－t＝t，可得Δx＝t>x车＝t，故选C。 方法二：由v-t图像可知箱子的位移大于小车的位移，二者相对位移大于小车的位移。 答案　C 类型2　斜面上的板块问题 [例4]　(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙子间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 解析　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小： a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。 答案　BC 类型3　“板块”模型中的图像问题 [例5]　如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是(　　) A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板 C．滑块的质量大于木板的质量 D．木板的长度一定为 解析　AB．由题图乙可知，在t1时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终未离开木板，故A错误，B正确；C．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律a＝可知滑块的质量大于木板的质量，故C正确；D．根据vt图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t1时刻滑块相对木板的位移大小为Δx＝但滑块在t1时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为，其满足题意的最小长度为，故D错误。 答案　BC 课时检测训练12　动力学中两类典型物理模型 对应学生用书P345 对点练1　“传送带”模型 1.(多选)质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A.木板一定静止不动 B.小铁块不能滑出木板 C.木板一定向右滑动 D.小铁块能滑出木板 解析　小铁块与木板间的最大静摩擦力为Ff1＝μ2mg＝40 N，木板与地面间的最大静摩擦力为Ff2＝μ1(m0＋m)g＝45 N，因为Ff1<Ff2，所以木板一定静止不动，故A正确，C错误；根据牛顿第二定律可得小铁块在木板上滑行的加速度大小为a＝μ2g＝4 m/s2，假设小铁块未滑出木板，则小铁块在木板上运动的距离为x＝＝2 m<L，故假设成立，小铁块不能滑出木板，故B正确，D错误。 答案　AB 2．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析　0～t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；0～t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；t2时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，t2时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。 答案　B 3．如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(　　) A．μ＝0.4　　　　　　　 B．μ＝0.3 C．t＝4.5 s D．t＝3 s 解析　由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，选项A、B错误；在vt图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，选项C正确，选项D错误。 答案　C 对点练2　“板块”模型 4.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施加一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，重力加速度为g，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 解析　B对C的最大静摩擦力为FfBC＝μmg，由于C是轻质绸布，故A、C间最大静摩擦力为FfAC＝FfBC＝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；B与C发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律有μmg＝ma0，对A、B、C整体，由牛顿第二定律有F0＝(2m＋m)a0＝3μmg，则当F>3μmg时，B与C发生相对滑动，且发生相对滑动后，二者加速度不同，故C错误；水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会发生运动，故A错误。 答案　B 5．(多选)如图甲所示，质量为2 kg的木板B静止在水平面上。某时刻物块A(可视为质点)从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度v0＝4 m/s此后A和B运动的vt图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，设A与B上表面之间的动摩擦因数μ1，与水平面间的动摩擦因数μ2，则(　　) A．μ1＝0.2，μ2＝0.1　　　 B． μ1＝0.1，μ2＝0.2 C．A的质量为4 kg D．A的质量为6 kg 解析　AB．由图像可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，AB在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，对AB由牛顿第二定律得－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，故A正确、B错误；CD．由图像可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，故C错误、D正确。 答案　AD 6．如图甲所示，水平地面上有一静止的平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，平板车在一水平拉力作用下开始沿水平面做直线运动，其vt图像如图乙所示。g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的vt 图像为图中的(　　) 解析　平板车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小相等，a车＝4 m/s2，物块与平板车发生相对滑动时滑动摩擦力产生的加速度大小为a物＝μg＝2 m/s2，设平板车和物块在t时刻速度相同，有24 m/s－a车(t－6 s)＝a物t，解得t＝8 s，此后物块以2 m/s2的加速度匀减速至速度为零也需要8 s，故只有选项C正确。 答案　C 7．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 解析　当0＜F≤μmg时，A、B均静止；当μmg＜F≤3≤mg时，A、B相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F＞3μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确。当F＝μmg时，A、B相对静止，A与B共同的加速度a＝＝μg，选项B正确。A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，物块B的加速度最大为a2＝＝μg，选项D正确。 答案　BCD 8．如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　　) A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 解析　当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝ m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－FT＝mPa，解得FT＝ N，之后做匀速直线运动，有FT′＝20 N，D错误。 答案　C 9．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端。取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2。求： (1)物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v。 (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。 解析　(1)由vt图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为vt图线与t轴所围的面积，所以 L＝×1×10 m＋×(10＋12)×1 m＝16 m， 由平均速度的定义得＝＝8 m/s； (2)由vt图像可知传送带运行速度： v1＝10 m/s， 0～1 s内物体的加速度为a1＝＝10 m/s2， 1～2 s内的加速度为a2＝2 m/s2， 根据牛顿第二定律得， mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1， mg sin θ－μmg cos θ＝ma2， 联立两式解得μ＝0.5。 答案　(1)8 m/s　(2)0.5 10.如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始时滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施加一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)滑板由A滑到B的最短时间。 (2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。 解析　(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板的最大加速度为a2，则有Ff＝μm1g＝m2a2，解得a2＝10 m/s2，又s＝a2t2, 解得最短时间t＝1 s。 (2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，对滑块有F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N， 当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，对滑块有F2－μm1g＝m1a1，由位移关系有－＝L，解得F2＝34 N，则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。 答案　(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N 11．如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B与木板相对静止时，木板的速度。 (2)A、B开始运动时，两者之间的距离。 解析　(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有Ff1＝μ1mAg ①， Ff2＝μ1mBg ②， Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③， 由牛顿第二定律得Ff1＝mAaA ④， Ff2＝mBaB ⑤， Ff2－Ff1－Ff3＝ma1 ⑥， 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1＝v0－aBt1 ⑦， v1＝a1t1 ⑧， 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s； (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt12， 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2， 由①②④⑤式知，aA＝aB， 再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反； 由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2＝－v1＋aAt2可求得a2与t2的值， 由③⑥⑧式可得t1的值，a2＝0.6 m/s2，t2＝0.3 s，t1＝0.4 s，v2＝0.5 m/s， 当t1＝0.4 s时，xB＝t1＝0.8 m，x木＝t1＝×0.4＝0.2 m，LB板＝xB－x木＝0.6 m，对A，xA＝t1＝0.8 m，LA1板＝xA＋x板＝1 m， 当t2＝0.3时，对A，xA1＝t2＝0.12 m，对木板，x木1＝t2＝0.225 m，LA2板＝xA1＋x木1＝0.345 m， 可知A、B开始运动时，两者之间的距离L＝LB板＋LA1板＋LA2板＝1.945 m。 答案　(1)1 m/s　(2)1.945 m 学科网（北京）股份有限公司 $$