专题四 传送带模型与板块模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

专题四 动力学中的两类典型模型 模型一：传送带模型 知识总结 1、模型特点 传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。 2、基本分析思路： （1）判断摩擦力的方向，对物体受力分析求加速度； （2）由运动学规律判断能否共速、何时共速，并确定共速后能否匀速运动；若不能做匀速运动，需重新求解物体的加速度； （3）由牛顿运动定律并结合运动学公式分段求解。 3、水平传送带 （1）三种常见情境 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情景2 ①v0＞v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0＝v，一直匀速 ③v0＜v，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 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。其中若v0＞v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0 （2）解题方法突破 ①水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向（含物体初速度为0）或反向。 ②在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 ③计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： a．若二者同向，则Δs＝|s传－s物|； b．若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。 4、倾斜传送带模型 （1）倾斜传送带——上传模型 μ＞tan θ μ＜tan θ 受力分析 运动分析 先加后共 一直加速 难点问题 ①滑动摩擦力f＝μmgcos θ ②加速度a＝g(μcos θ－sin θ) ③上传条件：μ＞tan θ ④共速摩擦力突变为静摩擦力f′＝mgsin θ ⑤μ＜tan θ，物体向下加速 ⑥加速度a＝g(μcos θ－sin θ) ⑦物体向下位移为L ⑧物体运动时间、末速度与传送带快慢无关 （2）倾斜传送带——下载模型 μ≥tan θ μ＜tan θ 受力分析 运动分析 难点问题 ①滑动摩擦力f＝μmgcos θ ②加速度a＝g(μcos θ＋sin θ) ③共速后，若μ≥tan θ一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f′＝mgsin θ ④共速后，若μ＜tan θ继续加速，滑动摩擦力方向突变、大小不变， 加速度a′＝g(sin θ－μcos θ) ⑤痕迹问题：共速前，x传＞x物，痕迹Δx1＝x传－x物，共速后，x物＞x传，痕迹Δx2＝x物－x传，总痕迹取二者中大的那一段 （3）方法突破 物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。 典型例题 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（可看成质点）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，物块不可能先减速运动后匀速运动 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 【答案】D 【解析】物块在传送带上的加速度大小a＝＝1 m/s2，若物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v′2－＝－2aL，解得v′＝3 m/s＞2 m/s，可知当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5 m/s时，v可能等于3 m/s，故B正确；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，传送带的速度可以大于3 m/s，故C正确，D错误。 2．如图甲所示，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v－t图象（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．t1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．t2－t3时间内，小物块受到的摩擦力方向向右 D．0－t2时间内，小物块受到摩擦力的大小和方向都不变 【答案】D 【解析】A．t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误； B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，所以t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误； C．t2－t3物体与传送带速度相等，没有摩擦力，故C错误； D．如图知，0～t2小物块做匀变速直线运动，小物块受恒定向右的摩擦力作用，故D正确。 故选D。 3．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图像如图乙所示，2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则（ ） A．传送带的倾角θ＝30° B．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4 C．传送带上下两端的间距为15 m D．物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m 【答案】D 【解析】AB．由题图得0～1 s内物体加速度a1＝＝ m/s2＝10.0 m/s2 根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 1～2 s内加速度a2＝＝ m/s2＝2.0 m/s2 根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma 联立解得θ＝37°，μ＝0.5 故AB错误； C．由题可得物体0～2 s内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据v－t图像与t轴所围的面积表示位移，可知位移l＝ m＋×1 m＝16 m，故C错误； D．由题图知传送带的速率v0＝10 m/s，则0～1 s内，物体的位移为x1＝ m＝5 m 传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1 m＝10 m 故物体与传送带间相对位移大小为Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m 物体相对传送带向上运动；1～2 s内物体的位移为x3＝×1 m＝11 m 传送带的位移为x4＝v0t2＝10×1 m＝10 m 故物体与传送带间相对位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m 物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1 m，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故D正确。 故选D。 4．如图所示，传送带以10 m/s的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1 kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是（ ） A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动 B．滑块A、B同时到达传送带底端 C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等 D．滑块A在传送带上的划痕长度为5 m 【答案】D 【解析】AD、对于A，刚开始加速度为a1＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2， A与传送带共速时，沿传送带向下的位移为x1＝＝ m＝5 m，则此时A还没有到达传送带底端， 这段过程经历时间为t1＝＝1 s，传送带运动的距离为s1＝vt1＝10 m， 此时距离底端为x2＝L－x1＝16 m－5 m＝11 m， 因为μ＜tan 37°，则mgsin 37°＞μmgcos 37°， 所以A将继续做匀加速运动，加速度为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2， 设到达底端的速度为v1，则有＝2a2x2，解得v1＝12 m/s， 这段过程运动时间为t2＝＝1 s，传送带运动的距离为s2＝vt2＝10 m， 综上，第一段过程，A在传送带上的划痕为s1－x1＝5 m，即A落后传送带5 m，后一段过程，A在传送带上的划痕为x2－s2＝1 m，即A又相比传送带前进1 m，则这1 m划痕和前面5 m的划痕是重合的，故总划痕长度就是5 m，故A错误，D正确。 B、对于A，下落到底端所需时间为t＝t1＋t2＝2 s，对于B，因为μ＜tan 37°，所以物体B一直沿传送带向下，做匀加速运动，加速度为a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，设到达底端所用时间为t3，则有＝L，解得t3＝4 s，故B错误； C、B到达底端的速度为vB＝a3t3＝8 m/s，由AD的分析可知A到达底端时的速度为v1＝12 m/s，故C错误。 故选：D。 5．（多选）如图所示，一倾角为θ的倾斜传送带以速度v顺时针匀速运转，t＝0时刻，一小滑块（可视为质点）从传送带底端处以初速度v0沿传送带向上滑上传送带，在t0时刻离开传送带。则下列描述小滑块的速度随时间变化的关系图象可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解析】A．若v0＞v：物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当其速度与传送带相同时，若最大静摩擦力f小于重力沿斜面向下的分力，则物体继续向上减速，但是由于摩擦力反向加速度减小，最终可能速度减小为0之前从上端离开，则A图是可能的，故A正确； B．若v0＜v：物体先做匀加速运动，与传送带共速后，最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，物体将与传送带一起匀速运动，则B图是可能的，故B正确； C．若v0＞v：不可能加速度不变减速减到0，然后反向加速，故C错误； D．若v0＞v：物体可能先做匀减速运动，与传送带共速后，最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体将继续向上减速运动，可能速度减小为0时还未从上端离开，故接下来会向下匀加速运动，由牛二可知第二第三过程加速度相等，且小于第一个过程，则D图是可能的，故D正确。 故选ABD。 6．（多选）粮袋的传送装置如图所示，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋轻放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（ ） A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等 B．若L足够大，且μ＞tan θ，粮袋先做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，再以速度v做匀速运动 C．若L足够大，且μ＜tan θ，粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，再做加速度为g(sin θ－μcos θ)做匀加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a＞gsin θ 【答案】AC 【解析】A．粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确； C．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，若μ＜tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速，也可能先以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速，后以g(sin θ－μcos θ)匀加速，故C正确； B．若μ＞tan θ，粮袋从A到B可能是粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故B错误； D．由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，故D错误。 故选AC。 7．（多选）如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v向下传动，质量分别为m、M的两物块P、Q用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻P以速度v0滑上传送带顶端，同时Q也以速度v0竖直向上运动，此后P运动的v－t图像如图（b）所示，t1、t2已知。已知P与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送带足够长，Q始终没有与滑轮相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．一定有v0＞v B．一定有M＞m C．物块P返回传送带顶端的时刻为2t2 D．根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θ 【答案】AD 【解析】A．由题图（b）可知，P先沿斜面向下做加速度较大的匀减速直线运动，t1时刻与传送带共速，之后沿斜面向下做加速度较小的匀减速直线运动，t2时刻速度减小到零，之后再沿斜面向上做匀加速直线运动，可知t1时刻后P所受滑动摩擦力沿斜面向下，则0～t1时刻P所受的滑动摩擦力沿斜面向上，P相对传送带下滑，故P的初速度v0大于传送带的速度v，故A正确； B．设P与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带倾角θ，0～t1时间内P的加速度大小为a1，t1～t2时间内P的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得： 0～t1时间内，对P有：μmgcos θ＋T－mgsin θ＝ma1 对Q有：Mg－T＝Ma1 联立可得：Mg＋μmgcos θ－mgsin θ＝(M＋m)a1……① t1～t2时间内，对P有：T′－μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2 对Q有：Mg－T′＝Ma2 联立可得：Mg－μmgcos θ－mgsin θ＝(M＋m)a2……② 由于不知μ、θ、a1、a2的具体值，无法判断M与m的大小关系，故B错误； D．根据图像可得：a1＝，a2＝ 联立B选项中①②两式可求出动摩擦因数μ和传送带倾角θ，故D正确； C．根据v－t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，由题图（b）可知，0～t2时间的的图像与时间轴围成的面积大于t2～2t2时间内的图像与时间轴围成的面积，可知2t2时刻P还没有返回到传送带顶端，故C错误。 故选：AD。 8．如图所示，甲图为传送带的实物照片，乙图是其运输水果箱的示意图。传送带倾斜部分倾角为37°，传送带与水果箱之间的摩擦因数μ＝0.8，传送带AB部分长度LAB＝12 m、BC部分长度LBC＝9 m，运行速度恒为2 m/s。现工人每隔1 s在底端A点放上一个水果箱，C点恰好掉下去一个水果箱，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求： （1）稳定运行时传送带上有多少个水果箱； （2）两相邻水果箱之间的距离的最小值Δx1与最大值Δx2。 【答案】解：（1）把水果箱简化成小物块，小物块在斜面上的加速度a＝μgcos 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2， 则物体在斜面上加速的时间为t1＝＝5 s，加速过程的对地位移为x＝＝5 m， 则小物块在传送带上匀速运动的位移x′＝LAB＋LBC－x＝16 m， 小物块在传送带上匀速运动的时间为t2＝＝8 s， 已知每隔1 s放上一个小木块，则传送带上共可以放置木块数为n＝＝13个。 （2）根据分析当第一个小木块放上传送带1 s时，恰好放置第2个木块时此时两木块距离最近，Δx1＝＝×0.4×1 m＝0.2 m， 当两个木块均匀速时，两个小物块距离最远Δx2＝vT＝2×1 m＝2 m。 9．如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝5 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量均为m＝5 kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0＝14 m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）物块A刚冲上传送带时的加速度； （2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间； （3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。 【答案】（1）物块A刚冲上传送带时，对A物块， 根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋T＋μmgcos θ＝ma1 对B物块：mg－T＝ma1 联立代入数据解得：a1＝9 m/s2 方向沿传送带向下； （2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动， 对A物块，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋T′－μmgcos θ＝ma1′ 对B物块有：T′－mg＝ma1′ 联立解得：a1′＝7 m/s2 当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远， 则有：t1＝＝ s＝1，t2＝＝ s 那么物块A冲上传送带运动到最高点所用时间：t＝t1＋t2＝1 s＋ s＝ s （3）此过程中物块对传送带做的功：Wf＝fx1－fx2 其中：f＝μmgcos θ 传送带在两段时间内的位移：x1＝vt1，x2＝vt2 代入数据解得：W＝ J 10．如图所示，水平传送带以v0＝2 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L＝6.2 m，每隔Δt1＝0.5 s将物块（可视为质点）P1、P2、P3、P4……依次无初速度放置于传送带左端A点，一段时间后物块从传送带右端B点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。已知每个物块的质量均为m＝1 kg，物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ＝0.1，B点与货车车厢底板间的竖直高度h＝0.8 m，物块从接触车厢底板到减速为0（忽略物块的反弹和相对车厢的滑动）的时间为Δt2＝0.1 s，重力加速度g＝10 m/s2，求： （1）物块P1从A点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t； （2）传送带上相邻两物块间的最大距离Δx1和最小距离Δx2； （3）物块P1刚到达B点时传送带克服摩擦力做功的瞬时功率P； （4）物块P1从接触车厢底板到减速为0的过程中对车厢底板的平均作用力的大小。 【答案】（1）小物块在传送带上加速的过程满足μmg＝ma，解得a＝1 m/s2 由v0＝at1，解得t1＝2 s，x1＝，解得x1＝2 m 小物块在传送带上匀速的过程满足L－x1＝v0t2，解得t2＝2.1 s 在平抛运动中h＝，解得t3＝0.4 s，则t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s； （2）当相邻两个物块相对静止时距离最大Δx1＝v0·Δt1，解得Δx1＝1 m 当物块刚被放上传送带上时与上一个物块距离最小Δx2＝＝0.125 m； （3）当P1刚到B点时，已经静止的物块个数为n1＝＝4.2 即有5个木块与传送带间的摩擦力为零，仍在加速的物块的个数为n2＝＝4 即有4个木块与传送带间的摩擦力为滑动摩擦力，传送带克服摩擦力做功的功率， P＝4μmgv0，解得P＝8 W； （4）物块从接触车厢底到减速为零的过程中， 在竖直方向满足(Fy－mg)Δt2＝0－(－mvy)，vy＝gt3，解得Fy＝50 N 在水平方向满足－FxΔt2＝0－(－mv0)，解得Fx＝20 N 则＝＝ N。 模型二：板块模型 知识总结 1．模型特点 滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。 2．位移关系 滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移大小之差Δx＝x1－x2＝L（或Δx＝x2－x1＝L）；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx＝x2＋x1＝L。 3．四种常见类型 滑块m与木板M之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。 图例 初始条件 终了条件 （1）滑块m静止。 （2）木板M初速度为v。 （1）滑块m停在木板M上某位置。 （2）滑块m恰好没有滑离木板。 （3）滑块m滑离木板M。 （1）滑块m初速度为v。 （2）木板M静止。 （1）滑块m、木板M均静止。 （2）外力F作用在木板M上。 （1）滑块m、木板M均静止。 （2）外力F作用在滑块m上。 4．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联 5．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板 6．解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确 （1）画运动过程示意图：通过审题、分析与计算，画运动过程示意图，明确各运动过程的时间与位移及位移间关系、明确各时刻的空间位置、速度及速度大小关系。 （2）画速度－时间图像：通过审题、分析与计算，结合运动过程示意图，画v－t图像，明确图像与坐标轴围成的面积对应运动过程示意图中的哪段位移，明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。如果已给出了v－t图像，要能够从图像中获取关键的已知数据。 7．几类常见问题 （1）板块模型中的运动学单过程问题 恒力拉板 恒力拉块 分离，位移关系：x相对＝＝L 分离，位移关系：x相对＝＝L （2）板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题 问题：板块分离，F至少作用时间？ 过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速 位移关系：x1相对＋x2相对＝L即＝L； 利用相对运动Δv＝(a2－a1)t1、Δv＝(a2＋a1′)t2 （3）板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 抽桌布问题 简化模型 过程①：分离 过程：②匀减速 分离，位移关系：x2－x1＝L1 0v0多过程问题，位移关系：x1＋x1′＝L2 Comment by Microsoft: 确认是多余内容不？ （4）板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 块带板 板带块 μ1≥μ2 μ1＜μ2 典型例题 1．（多选）如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小滑块的质量m＝2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2 D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 【答案】AC 【解析】A．对整体分析，由牛顿第二定律有 当F＝6 N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得 当F＞6 N时，根据牛顿第二定律得 知图线的斜率 解得：M＝1 kg，滑块的质量为m＝2 kg。故A正确； BC．根据F＞6 N的图线知，当F＝6 N时，加速度a＝2 m/s2，即有 代入数据解得μ＝0.2； 当F＝7 N时，长木板的加速度为 m/s2＝3 m/s2 根据μmg＝ma，得木板的加速度为a＝μg＝4 m/s2，故B错误，C正确； D．当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为＝2 m/s2，恒定不变，故D错误。 故选AC。 2．（多选）如图甲所示，质量为1 kg的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点的物块。t＝0时刻，对物块施加水平向右、大小为F＝15 N的恒力；t＝1.0 s时刻，撤去F。物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ） A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B．物块的质量为3 kg C．t＝1.3 s时，物块的加速度大小为2 m/s2 D．木板的长度至少为0.75 m 【答案】BC 【解析】AB．对物块受力分析可知F－μmg＝ma1，对长木板μmg－μ1(m＋M)g＝Ma2，t＝1.0 s时刻，撤去F，对物块μmg＝ma2，整理以上公式得μ＝0.3，m＝3 kg，μ1＝0.2，故A错误，B正确； C．t＝1.3 s时，物块与长木板共同运动，加速度a2＝μ1g＝2 m/s2，故C正确； D．木板的长度为物块相对木板的位移即图中三角形的面积s＝×1×1.25＝0.625 m，故D错误。 3．如图所示，质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2。则木板的长度为（ ） A．0.8 m B．1.0 m C．1.2 m D．1.5 m 【答案】B 【解析】分析可知，在拉力F作用下物块在木板上滑动，设在拉力F作用下物块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，拉力作用1 s后撤去，物块的加速度大小为a3，令m＝2 kg，M＝4 kg，μ1＝0.4，μ2＝0.1，Δt＝1 s，有F－μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，μ1mg＝ma3，l＝(a1－a2)(Δt)2＋，解得l＝1.0 m，选项B正确。 4．（多选）如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数μA＝0.2，B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB＝μC＝0.1。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2），下列说法正确的是（ ） A．滑块A能获得的最大加速度为2 m/s2 B．A、B之间的初始距离为4 m C．滑块A的质量为1 kg D．若F＝10.5 N，A、C之间将发生相对滑动 【答案】AC 【解析】A．对滑块A有μAmg＝maA，解得aA＝2 m/s2，故A正确； B．对滑块B有μBmg＝maB，解得aB＝1 m/s2，由图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为t＝ s＝2 s，由－＝L，解得L＝2 m，故B错误； C．当F＝8 N，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有F－4μCmg＝4maB，得m＝1 kg，故C正确； D．设A、B、C均产生相对运动时的拉力为F1，则有F1－4μCmg－μAmg－μBmg＝2maA 得F1＝11 N 故F＝10.5 N时，A、C均保持静止，故D错误。 故选AC。 5．如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2。 （1）若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动； （2）若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。 【答案】（1）不发生相对滑动；（2） s 【解析】（1）假设不发生相对滑动 对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律得： 单独对A受力分析，则它受到的静摩擦力： 解得： 则假设成立，A和B之间没有发生相对滑动。 （2）对B受力分析得： 对A受力分析得： 根据运动学公式有：，， 解得： 7．某同学利用橡皮擦和硬纸板设计了如图所示的游戏。厚度不计的长方形硬纸板放在水平桌面上，硬纸板末端稍稍伸出桌外（伸出桌面的长度可忽略不计），将可视为质点的橡皮擦置于硬纸板的正中间，用水平向左的恒力作用于硬纸板末端，橡皮擦最终静止于桌面上且离桌面左边缘近的获胜。已知橡皮擦的质量m＝10 g，硬纸板的质量M＝150 g、长L＝36 cm，橡皮擦与硬纸板，橡皮擦与桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，硬纸板与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.25，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。 （1）求恰好能拉着硬纸板与橡皮擦一起做匀速直线运动的恒力大小； （2）求能让橡皮擦随硬纸板一起运动的最大恒力； （3）要使橡皮擦恰好能静止在桌面的左边缘处，求此时的恒力大小。 【答案】（1）对硬纸板和橡皮擦构成的整体受力分析，有F1＝f1 其中f1＝μ2FN＝μ2(M＋m)g， 解得F1＝0.4 N； （2）当橡皮擦恰好未相对于硬纸板滑动时，对橡皮擦有f2＝ma1 其中f2＝μ1mg， 对硬纸板受力分析，有F2－f1－f2＝Ma1 解得F2＝0.72 N； （3）橡皮擦落到桌面上运动时，有f3＝f2＝ma1′ 可知a1＝a1′ 由运动的对称性可知，橡皮擦在硬纸板上做匀加速直线运动的位移大小x1＝＝ 橡皮擦要从硬纸板上滑离，应有x2－x1＝ 其中x2＝ 对硬纸板受力分析，有F3－f1－f2＝Ma2 解得F3＝1.32 N。 8．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图（a）所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： （1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离。 【答案】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有 m/s2＝4 m/s2 解得 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s， 其逆运动则为匀加速直线运动可得 解得a＝1 m/s2 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即 可得 （2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有 可得 对滑块，则有加速度 滑块速度先减小到0，此时碰后时间为 此时，木板向左的位移为，末速度 滑块向右位移 此后，木块开始向左加速，加速度仍为 木块继续减速，加速度仍为 假设又经历二者速度相等，则有，解得 此过程，木板位移，末速度 滑块位移 此后木块和木板一起匀减速，二者的相对位移最大为 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m （3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度 位移，所以木板右端离墙壁最远的距离为 9．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°（sin  37°＝）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长。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）在0～2 s时间内A和B加速度的大小； （2）A在B上总的运动时间。 【答案】（1）在0～2 s时间内，A和B的受力情况分别如图甲、乙所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小。 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1 ① N1＝mgcos θ ② f2＝μ2N2 ③ N2＝N1＋mgcos θ ④ 规定沿山坡C向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2， 由牛顿第二定律得mgsin θ－f1＝ma1 ⑤ mgsin θ－f2＋f1＝ma2 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2。 （2）在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2， 则v1＝a1t1＝6 m/s ⑦ v2＝a2t1＝2 m/s ⑧ 2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间摩擦力为零， 同理可得a1′＝6 m/s2 ⑨ a2′＝－2 m/s2 ⑩ 即B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零， 则有v2＋a2′t2＝0 ⑪ 联立⑧⑩⑪式得t2＝1 s 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 s＝＝12 m＜27 m 此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B， 则有l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋ 可得t3＝1 s（另一解不合题意，舍去） 设A在B上总的运动时间为t总， 有t总＝t1＋t2＋t3＝4 s（也可利用图像法，通过图所示的A、B的v－t图像求解）。 10．如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑的水平地面上，质量分别为m和2m的物块A、B（可视为质点）紧挨着放在木板C上。某时刻A、B分别以v0和2v0的初速度向相反方向运动，A、B均刚好不从C上滑落，已知A、B两物块与木板C之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求： （1）最初时刻A、B、C三个物体各自的加速度大小； （2）木板C的最大速度的大小； （3）木板C的长度。 【答案】解：（1）最初时刻对A由牛顿第二定律可得μmg＝maA，解得aA＝μg（向右） 最初时刻对B由牛顿第二定律可得2μmg＝2maB，解得aB＝μg（向左） 最初时刻对B由牛顿第二定律可得2μmg－μmg＝2maC，解得aC＝（向右） （2）以向右为正方向，假设B、C先共速，所以用为t1， 则有：vBC＝2v0－aAt1＝aCt1，解得：t1＝，vBC＝ 此时A的速度为：vA＝－v0＋aAt1＝，方向向右 因vA＜vBC，故假设成立。BC先共速之后，BC相对静止向右做减速运动，A向右做加速运动，直到A、B、C三者共速，一起向右匀速运动。由此可知C的速度最大等于vBC＝。 （3）对B、C相对滑动的过程有：xB＝，xC＝ ΔxBC＝xB－xC＝×2v0t1＝ 以向右为正方向，对A、B、C组成的系统由动量守恒定律得： 2m×2v0－mv0＝(2m＋m＋2m)v共，解得：v共＝ 设A相对C滑动的距离为ΔxAC，由能量守恒得： μmgΔxAC＋2μmgΔxBC＝＋－×(2m＋m＋2m) 解得：ΔxAC＝ 木板C的长度为：L＝ΔxBC＋ΔxAC＝＋＝ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$