第3章 第二讲 第3课时 动力学中的两种常见模型（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

动力学中的两种常见模型 第3课时 逐点清(一)　动力学中的传送带 模型 1 2 CONTENTS 目录 3 逐点清(二)　动力学中的“滑块— 木板 ”模型 课时跟踪检测 逐点清(一)　动力学中的传送 带模型 动力学中的传送带模型分为水平传送带模型和倾斜传送带模型，解答此类问题，关键是做好两个分析： 受力分析 (1)摩擦力方向的判断： ①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力的可能突变： ①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。 运动分析 (1)参考系的选择： ①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系； ②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 (2)判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 (3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。 类型1　水平传送带模型 1.(2024·北京高考)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是(　　) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 √ 解析：刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速运动过程中，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时，加速度大小为a==μg，物体做匀加速运动，直至物体速度等于传送带速度，由v=at=μgt可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 2. (2025·山东济宁质检)如图所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v=4 m/s顺时针转动，两轮轴心间距L=10 m。一个物块(视为质点)以速度v0=8 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t=2 s物块离开传送带，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.物块在传送带上一直做匀减速直线运动 B.物块在传送带上做匀减速运动的时间为1.5 s C.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4 D.物块在传送带上留下的划痕为6 m √ 解析：假设物块在传送带上一直做匀减速直线运动，设加速度的大小为a，则有L=v0t-at2，解得a=3 m/s2，离开传送带时物块的速度为v=v0-at=2 m/s<4 m/s，假设不成立，故物块在传送带上先做匀减速运动，再与传送带共速，最后从右端离开，A错误；设物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1，则与传送带一起匀速的时间为t2=2 s-t1，则有L=t1+4 m/s×(2 s-t1)，解得t1=1 s，B错误； 物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s，根据加速度的定义可知a'== m/s2=4 m/s2，由牛顿第二定律可得μmg=ma'，解得μ=0.4，C正确；划痕长度即物块与传送带的相对位移大小，为Δx=v0t1-a'-vt1=2 m，D错误。 类型2　倾斜传送带模型 3.如图所示，倾角为θ=37°且长L=0.4 m的传送带以恒定的速率v=1 m/s沿顺时针方向运行。现将一质量m=2 kg的物块(可视为质点)以v0=3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，则物块(　　) A.先做匀减速运动，后做匀速运动 B.开始时加速度大小为2 m/s2 C.经过t=0.2 s到达顶端 D.相对传送带发生的位移大小为0.4 m √ 解析：开始时加速度大小为a==10 m/s2，物块与传送带共速时有-v2=2ax，解得x=0.4 m=L，则物块只做匀减速运动到与传送带共速，A、B错误；物块到达顶端的时间为t==0.2 s，C正确；物块相对传送带发生的位移大小为Δx=x-vt=0.2 m，D错误。 4.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； 答案： 0.4 m/s2　 解析：小包裹的初速度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μmgcos α-mgsin α=ma，解得a=0.4 m/s2。 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案：4.5 s 解析：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向下的分力，即μmgcos α>mgsin α，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== s=2 s， 所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5 s。 1.水平传送带模型的三种情境 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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 2.倾斜传送带模型的三种情境 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，后以a2加速 (6)可能一直减速 逐点清(二)　动力学中的“滑块—木板 ”模型 1.两种常见类型 必备知能 类型图示 规律分析 长为L的木板B带动滑块A，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB=xA+L 类型图示 规律分析 滑块A带动长为L的木板B，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB+L=xA 2.两个解题关键 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 类型1　木板带动滑块运动的情形 1.(2025·安徽安庆检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l=0.5 m、质量M=2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m=1 kg的物块，物块与薄板间的动摩擦因数μ=0.2，开始时两者均静止。现对薄板施加F=8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，物块在薄板上运动的时间为(　　) A.0.5 s B.1 s C.1.5 s D.2 s √ 解析：设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时间为t，由牛顿第二定律有μmg=ma1，F-μmg= Ma2，代入数据解得a1=2 m/s2，a2=3 m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2-a1t2=l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间t=1 s，故选B。 2.如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1∶4，A距B的右端距离为L。现给长木板B一个水平向右的初速度v0=10 m/s，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右的初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为(　　) A.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s √ 解析：由牛顿第二定律可得μmAg=mAaA，μmAg=mBaB，给长木板B一个水平向右的初速度v0，滑块A恰好滑下时的速度设为v1，经过的时间设为t1，则有v1=v0-aBt1，v1=aAt1，-=2aBxB1，=2aAxA1，xB1-xA1=L，可得=L；给滑块A一个水平向右的初速度v，滑块A恰好滑下时的速度设为v2，经历的时间设为t2，则有v2=v-aAt2，v2=aBt2，v2-=2aAxA2，=2aBxB2，xA2-xB2= L，可得=L，两式对比可得v=v0=10 m/s，故选项B正确。 类型2　滑块带动木板运动的情形 3.(2025·湖南模拟预测)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 √ 解析：设在拉力F作用下物块的加速度大小为a1，撤去拉力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有F-μ1mg =ma1，μ1mg=ma2，μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3，解得a1=2 m/s2，a2=4 m/s2，a3=0.5 m/s2，拉力F作用的时间为1 s时，物块、木板的速度分别为v1= a1t1=2 m/s，v2=a3t1=0.5 m/s，设又经t2时间物块恰好滑到木板右端，物块、木板共速，则v共=v1-a2t2=v2+a3t2，解得t2= s，v共= m/s，木板的长度为L=v1t1-v2t1+t2-t2=1.0 m，故选B。 4.(2024·新课标卷)如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g=10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； 答案： 4 m/s　 s 解析：设物块和薄板的质量均为m，薄板加速度大小为a1，物块离开薄板时薄板的速度大小为v1，对薄板受力分析，由牛顿第二定律得μmg=ma1 由初速度为零的匀变速直线运动规律得l=a1，v1=a1t1 设物块的初速度大小为v0，加速度大小为a2，由题意可知，物块滑离薄板时，相对平台向右运动的位移为l+l=l，对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmg=ma2 由匀变速直线运动规律得l=v0t1-a2 联立解得t1= s，v0=4 m/s，v1=1 m/s。 (2)平台距地面的高度。 答案： m 解析：物块离开薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设运动时间为t2，平台距地面的高度为h， 对薄板由运动学规律得l=v1t2 对物块由平抛运动规律得h=g，联立解得h= m。 1.解答第2题的关键点 (1)小滑块A恰好从长木板B上滑下时，A、B的速度相等。 (2)两种情形下的相对位移大小不同，分别是L和L。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 2.解答第4题的关键点 (1)物块与薄板的相对位移为l。 (2)物块飞出后薄板做匀速运动，且滑动 - 的时间与物块平抛运动时间相等。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动，现将一个质量m=0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，a、b间的距离L=2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为(取g=10 m/s2)(　　) A. s B.(-1)s C.3 s D.2.5 s √ 6 7 8 9 10 11 解析：物体在传送带上做匀加速直线运动的加速度大小为a=μg =1 m/s2，加速到与传送带共速的时间为t1==1 s，做匀加速直线运动的位移大小为x=t1=0.5 m，之后物体随传送带做匀速直线运动的时间为t2==2 s，则物体从a点运动到b点所经历的时间为3 s，C正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.(2025·辽宁模拟预测)在物流运输的过程中经常使用传送带。如图所示，倾角为30°的足够长的传送带以恒定的速率v稳定运行，质量为m的物体由A点到达B点，传送带和物体间的动摩擦因数为μ，则在物体随传送带稳定运行的过程中 (　　) A.物体受到的摩擦力一定为μmgcos 30° B.物体受到4个力的作用 C.物体对传送带的作用力垂直传送带向下 D.物体受到的合力为零 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：物体随传送带稳定运行的过程中，物体与传送带保持相对静止，物体受到重力、垂直于传送带的支持力和沿传送带向上的静摩擦力，即物体受到3个力的作用，故B错误；结合上述可知，稳定时，物体沿传送带向上做匀速直线运动，根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力一定为mgsin 30°，故A错误；结合上述可知，传送带对物体的作用力与重力平衡，即传送带对物体的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的作用力方向竖直向下，故C错误；结合上述可知，稳定时，物体向上做匀速直线运动，物体受到的合力为零，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.光滑水平面上停放着质量M=2 kg的平板小车，一个质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)以v0=3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l=1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ=0.4，取g=10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为 (　　) A.1 m B.0 C.0.25 m D.0.75 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：设最终小滑块与小车的速度大小相等，小滑块的加速度大小a1==μg，小车加速度大小a2=，则v=v0-a1t0，v=a2t0，联立解得t0=0.5 s<1 s，v=1 m/s，0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动。在0~0.5 s时间内，小滑块运动的位移大小x1=t0=1 m，小车运动的位移大小x2=t0=0.25 m，如图所示，小滑块与小车B端的距离d=l+x2-x1=0.25 m，C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.(2025·无锡高三月考)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大 (　　) A.仅增大恒力F B.仅增大木板的质量M C.仅增大木块的质量m D.仅减小木块与木板间的动摩擦因数 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1==-μg，木板的加速度为a2=，设板长为L，根据L=a1t2-a2t2，得t=，木板相对地面运动位移为x=a2t2。则知若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，可知时间t减小，x减小，B错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则t增大，x增大，C正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度不变，则t减小，x减小，A错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则t减小，x减小，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.如图所示是一种“鱼虾自动分离装置”的简化结构图。分离器出口在倾斜传送带中段适当位置正上方一定高度，鱼虾下落到传送带时均有沿传送带向下的初速度，最终虾均能被传送至下端收集箱中，鱼均能被传送至上端收集箱中。已知传送带与水平面间夹角为θ，始终以恒定速率顺时针转动，下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.鱼在传送带上传送的过程所受的摩擦力方向先沿传送带向上后沿传送带向下 B.虾在传送带上做加速直线运动，鱼在传送带上做减速直线运动 C.虾与传送带间的动摩擦因数一定小于tan θ D.鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于tan θ 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由于鱼落在传送带时有沿着传送带向下的初速度，则鱼相对于传送带向下运动，鱼受到沿传送带向上的滑动摩擦力，鱼均能被传送至上端收集箱中，则鱼所受重力沿传送带向下的分力小于滑动摩擦力，即μ鱼mgcos θ>mgsin θ，解得μ鱼>tan θ，则鱼先沿传送带向下做匀减速直线运动，当速度减为0后，沿传送带向上做匀加速直线运动，当鱼与传送带共速时，做匀速直线运动，鱼在传送带上传送的过程所受的摩擦力方向一直沿斜面向上，故A错误，D正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 由于虾落在传送带时有沿着传送带向下的初速度，则虾相对于传送带向下运动，虾受到沿传送带向上的滑动摩擦力，当虾所受重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力时，虾沿传送带向下做匀加速直线运动，当虾所受重力沿传送带向下的分力等于滑动摩擦力时，虾沿传送带向下做匀速直线运动，这两种情况均能把虾传送至下端收集箱中；当虾所受重力沿传送带向下的分力小于滑动摩擦力时，虾沿传送带向下做匀减速直线运动，当初速度比较大时，这种情况也可能把虾传送至下端收集箱中，故虾与传送带间的动摩擦因数不一定小于tan θ，故B、C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.如图所示，足够长的水平传送带以v=2 m/s的速度逆时针匀速转动，一个物块以v0=4 m/s的初速度从左端A处水平滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2，那么物块再次返回到A处所用的时间为 (　　) A.4 s B.2 s C.4.5 s D.3 s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小为a=μg= 2 m/s2，则物块速度减为零的时间为t1==2 s，运动的距离x== m =4 m；物块速度减为零后反向加速，加速到与传送带共速的时间为t2==1 s，运动的距离x1== m=1 m；物块匀速运动回到原出发点的时间为t3== s=1.5 s，则物块从左端A处滑上传送带到再次返回到A处所用的时间t=t1+t2+t3=4.5 s，故C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.(2025·陕西宝鸡阶段练习)如图甲所示，粗糙水平地面上静置一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板，在其右端放一质量为1 kg的小物块(可看作质点)。某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10 m/s2。若一开始改用F=16 N的水平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为 (　　) A.2 s B.3 s C. s D. s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后发生相对滑动。当F>2 N时二者开始一起加速，则长木板受水平地面的滑动摩擦力Ff2=2 N；当F>14 N时小物块和长木板发生相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N，则小物块的加速度最大为a1== m/s2=4 m/s2。改用F=16 N的外力水平拉长木板时，对长木板由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=Ma，解得a=5 m/s2，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2-a1t2=L，代入数据解得t=2 s，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 8.(2025·内蒙古呼和浩特模拟)(多选)如图甲所示，传送带与水平面的夹角为θ，在传送带中点无初速度地放置一木块(视为质点)，木块的速度随时间变化的图像如图乙所示，v1、v2、t1、t2均已知，木块到达传送带底端的时间大于t2，重力加速度大小为g，则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.传送带可能沿顺时针方向转动 B.木块与传送带间的动摩擦因数μ < tan θ C.sin θ=+ D.传送带的长度L = v1t1 + (v2+v1)(t2-t1) 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：若传送带沿顺时针方向转动，当mgsin θ > μmgcos θ时，木块将一直沿传送带向下做匀加速直线运动，当mgsin θ<μmgcos θ时，木块将向上先加速到与传送带速度相等再做匀速运动，两种情况的速度—时间图像均不符合题图乙，所以传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误；由题意可知，木块不能在传送带上与传送带保持相对静止，则mgsin θ >μmgcos θ，即μ<tan θ，故B正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 由题图乙可知，0~t1时间内有mgsin θ+μmgcos θ=m，t1 ~ t2时间内有mgsin θ-μmgcos θ=m，联立解得sin θ=+，故C正确；由题图乙可知，0~t2时间内木块的位移大小x=，但木块运动时间大于t2，则传送带的长度L>v1t1+，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 9.(2024·黑吉辽高考)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是 (　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 2 3 4 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由题图可知，t=3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t=3t0时滑上木板，A正确；v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0~3t0时间内，木板的加速度大小为a1==μg，t=3t0时木板的速度大小为v1=a1·3t0=μgt0，结合题意可知，t=3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t=4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a'==2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ'，对小物块由牛顿第二定律得μ'mg=ma'，联立解得μ'=2μ，B正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 设木板的质量为M，0~3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1，解得F=μMg，3t0~4t0时间内，木板的加速度大小a2==μg，由牛顿第二定律可得F-μ'mg-μ(M +m)g=-Ma2，解得m∶M=1∶2，C错误；t=4t0时，小物块与木板速度相同，假设t=4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力f作用，由于f=μ(M+m)g= μMg=F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(16分)如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m、质量为m=2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2。一质量为M=3 kg的小物块A放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数为μ2=0.4。刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动，g=10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)A、B刚开始运动时的加速度；(6分) 答案： 4 m/s2，方向向左　1 m/s2，方向向右　 解析：对小物块受力分析有Ff1=μ2Mg=12 N， 对A、B整体受力分析有Ff2=μ1(M+m)g=10 N 根据牛顿第二定律得，A的加速度大小为a1==4 m/s2，方向向左 B的加速度大小为a2==1 m/s2，方向向右。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)B在地面上滑行的最大距离。(10分) 答案：0.75 m 解析：当A、B的速度相同时，两者不再发生相对滑动，有v0-a1t=a2t 所以t==1 s 此过程A运动的位移大小为xA=v0t-a1t2=3 m B运动的位移大小为xB=a2t2=0.5 m 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 则A、B的相对位移大小为Δx=xA-xB=2.5 m<3 m 所以A不会从B上滑下 之后A、B一起做匀减速直线运动 a3=μ1g=2 m/s2 此时的速度大小为v=v0-a1t=1 m/s A、B一起运动的位移大小为xAB==0.25 m 所以B滑行的距离x=xB+xAB=0.75 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(16分)(2025·河南模拟预测)如图所示，传送带倾 斜放置，与水平方向的夹角为θ=37°，小物块以v0= 2 m/s的初速度从A端沿传送带向下运动。当传送带静 止不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt= 5 s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，=1.73。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)求A、B两端之间的距离L；(5分) 答案： 35 m　 解析：传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma1 解得a1=2 m/s2， A、B两端之间的距离为L=v0Δt+a1(Δt)2 解得L=35 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)若传送带以v1=2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块在传送带上留下的痕迹长度s；(3分) 答案：25 m　 解析：传送带以v1=2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的时间仍为Δt，则传送带运动的位移大小为x带=v1Δt=10 m 小物块在传送带上留下的痕迹长度为s=L-x带=25 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)若传送带以v2=8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的时间t。(结果保留3位有效数字)(8分) 答案：3.52 s 解析：若传送带以v2=8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma2 解得a2=10 m/s2 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 设经过时间t1小物块与传送带达到共同速度，则有v2=v0+a2t1 这段时间内小物块运动的位移大小为x1=v0t1+a2 在此之后，小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有x2=L-x1 x2=v2t2+a1 则小物块从A端运动到B端所用的总时间t=t1+t2 联立并代入数据解得t=3.52 s。 $$