14 第三章 专题突破三 动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型-【名师导航】2026年高考物理一轮总复习教师用书（通用版）

专题突破三　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型 　动力学中的“传送带”模型　 　水平传送带模型 1．受力分析 (1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力可能突变：①滑动摩擦力突变为0；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变。 2．过程分析 常见情境 物体的运动情况及v-t图像(加速度a＝μg) l≤时，一直匀加速。 l>时，先匀加速后匀速。 v0＝v时，一直匀速。 v0<v时： ①l≤x物，一直匀加速。 ②l>x物，先匀加速后匀速。 v0>v时： ①l≤x物，一直匀减速。 ②l>x物，先匀减速后匀速。 l≤时，一直匀减速。 l>v时，先匀减速后反向匀加速再匀速。 l>且v0≤v时，先匀减速后反向匀加速。 [典例1]　如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5 s到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10 s 到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出三个物体的v-t 图像如图乙、丙、丁所示，g取10 m/s2，求： (1)传送带的速度大小v0； (2)传送带P、Q两端之间的长度L； (3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数，物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC。 解析：(1)物体A与物体B均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小v0＝4 m/s。 (2)v-t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体A的位移xA＝×(8.5＋9.5)×4 m＝36 m 传送带P、Q之间的长度L与A的位移相等，也是36 m。 (3)物体A的加速度aA＝＝4 m/s2 由牛顿第二定律得μAmg＝maA 所以μA＝＝0.4 同理，物体B的加速度aB＝＝2 m/s2 μB＝＝0.2 设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则L＝tC tC＝＝24 s 物体C的加速度aC＝＝ m/s2 μC＝＝0.012 5。 答案：(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2　0.012 5 24 s 　倾斜传送带模型 1．过程分析 常见情境 物体的运动情况及v-t图像 倾斜向上传送： l≤，μ>tan θ时： 加速度a＝g(μ·cos θ－sin θ)，一直匀加速。 l>，μ>tan θ时： 加速度a＝g(μ·cos θ－sin θ)，先匀加速后匀速。 倾斜向下传送： l≤，μ>tan θ时： 加速度a＝g(μcos θ＋sin θ)，一直匀加速。 l>，μ>tan θ时：加速度a＝g(μcos θ＋sin θ)，先匀加速后匀速。 l>，μ<tan θ时：加速度a＝g(μcos θ＋sin θ)、a′＝g(sin θ－μcos θ)，先以a匀加速后以a′匀加速。 2．方法突破 解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos 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。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 [典例2]　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无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，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，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？ (2)煤块从A到B的时间； (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 思路点拨：解此题注意以下几点 (1)比较当煤块与传送带速度相等时摩擦力与重力沿传送带的分力的关系，判断是否能相对静止。 (2)以煤块与传送带达到相同速度时为节点，将煤块的运动分成两个阶段，判断摩擦力的方向，计算加速度。 (3)达到相同速度后，煤块相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。 解析：(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mg sin 37°>μmg cos 37°，所以它们不能相对静止。 (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＝＝5 m 煤块速度达到v0后，因μg cos θ<g sin θ，故煤块继续沿传送带向下加速运动，则 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m 由x2＝v0t2＋，得t2＝0.5 s 煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 (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　(3)5 m [跟进训练] 1．(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) 　　 A　 　　　　　B 　　 C　 　　　　　D C　[0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动，t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为0，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。] 2．(2025·本溪模拟)(多选)如图所示，传送带以10 m/s 的速度逆时针方向匀速转动，两侧的传送带长都是L＝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，与传送带间的动摩擦因数μ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比B早2 s到达底端 C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小不相等 D．滑块A在传送带上的划痕长度为4 m BC　[两滑块从静止开始沿传送带下滑，开始阶段传送带对滑块A的滑动摩擦力沿斜面向下，对滑块B的滑动摩擦力沿斜面向上，则aA＝g sin 37°＋μg cos 37°＝10 m/s2，滑块A先加速，加速到与传送带速度相等，位移为x1＝＝ m＝5 m<16 m，所需时间为t1＝＝ s＝1 s，滑块A加速到与传送带速度相等后，由于mg sin 37°>μmg cos 37°，故滑块A不能和传送带保持相对静止，则摩擦力反向，之后加速度大小为a′A＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2，加速到传送带底端，则有L－x1＝v0t2＋，解得t2＝1 s，所以滑块A到达底端共用时tA＝t1＋t2＝2 s，滑块B一直做匀加速运动，加速度大小为aB＝g sin 37°－μg cos 37°＝2m/s2，L＝，解得tB＝4 s，所以tB－tA＝4 s－2 s＝2 s，故A错误，B正确；A到达底端时的速度大小为vA＝v0＋a′At2＝12 m/s，B到达底端时的速度大小为vB＝aBtB＝8 m/s，故C正确；A加速到与传送带共速时，划痕长度为v0t1－x1＝5 m，在这之后，相对位移为Δx2＝11 m－v0t2＝1 m，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5 m，故D错误。] 　动力学中的“滑块—木板”模型　 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或者外力作用下发生相对滑动。 2．解题关键 (1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 3．常见情境 常见情形 木板获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止 滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块，Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止 开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板 木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动 　水平面上的“滑块—木板”模型 [典例3]　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，如图甲所示。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 图线如图乙所示。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μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 [大题拆分]　第一步：分析研究对象模型 设小物块和木板的质量分别为m和m′。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。 第二步：分析过程模型 (1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，木板与墙壁碰撞前速度大小为v1，如图乙所示。 (2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。 (3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为0(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为0时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。 (4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。 (5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。 解析：(1)根据图像可以判定碰撞前小物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 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小 a2＝＝ m/s2＝4 m/s2 根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2 解得μ2＝0.4 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 x＝vt＋a1t2 解得a1＝1 m/s2 设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。 (2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有 μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3 可得a3＝ m/s2 对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2 由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s，此过程中，木板向左运动的位移为 x1＝vt1－＝ m 末速度v1＝v－a3t1＝ m/s 小物块向右运动的位移x2＝t1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2 木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2 假设又经历t2二者速度相等，则有 a2t2＝v1－a3t2 解得t2＝0.5 s 此过程中，木板向左运动的位移 x3＝v1t2－＝ m 末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移 x4＝＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的最大相对位移为 Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。 (3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2 向左运动的位移为x5＝＝2 m 所以木板右端离墙壁的最终距离为 x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。 答案：(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m 　斜面上的“滑块—木板”模型 [典例4]　如图所示，有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)的斜坡C，上面有一质量为m的木板B，其上、下表面与斜坡平行。B上有一物块A(质量也为m)，A和B均处于静止状态。在极短时间内，在A与B、B与C之间注入两种不同的液体，使得A、B间的动摩擦因数μ1为 0.375, 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＝12 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取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上运动的总时间。 解析：(1)设0～2 s时间内A和B的加速度大小分别为a1和a2 对A，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1 解得a1＝3 m/s2 对B，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μ1mg cos θ－μ2·2mg cos θ＝ma2 解得a2＝1 m/s2。 (2)2 s时，A的速度大小v1＝a1t1＝6 m/s B的速度大小v2＝a2t2＝2 m/s 2 s后对A，由牛顿第二定律得 mg sin θ＝ma′1 解得a1′＝6 m/s2 2 s后对B，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μ2·2mg cos θ＝ma′2 解得a′2＝－2 m/s2，即2 s后，B做减速运动直至静止 设经过时间t2，B的速度减为0 则v2＋a′2t2＝0，解得t2＝1 s 在t1＋t2＝3 s时间内A相对B运动的距离 x＝＝12 m x＝l＝12 m，所以A在B上运动的总时间 t＝t1＋t2＝3 s。 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)3 s [跟进训练] 1．(2024·辽宁卷)(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，小物块与木板的速度相同。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 ABD　[v-t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；结合图像可知t＝3t0时刻，木板的速度为v0＝μgt0，设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，由题意可知物块开始滑上木板时的速度为v1＝－μgt0，负号表示方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为a0＝＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝μgt0，方向水平向右，故可得v共－v1＝a0t0，解得μ0＝2μ，故B正确；设木板质量为m板，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a＝＝，解得F＝μm板g，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a′＝＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋m板)g－μ0mg＝m板a′，解得＝，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F－μ(m＋m板)g＝μm板g－·g＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。] 2．(2025·大理模拟)如图所示，已知一质量为m1＝5 kg 的滑块A放在倾角θ＝37°的固定斜面上，A上再放一质量为m2的滑块B，且m2＝30 kg，滑块A与滑块B间的动摩擦因数μ2＝0.8，滑块A与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.1，现给滑块A一平行于斜面向上的恒力F，用时t＝50 s将A和B拉至斜面顶端，斜面长度L＝250 m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。 (1)求滑块B所受摩擦力的大小和方向。 (2)求拉力F的大小。 (3)只给滑块B一个沿斜面向上的恒定拉力F′(F已撤走)，求能将两滑块拉至斜面顶端且不会发生相对滑动的F′的取值范围。 解析：(1)对A、B整体，根据at2＝L 得加速度a＝0.2m/s2 对B，根据牛顿第二定律有 Ff－m2g sin θ＝m2a 得Ff＝186 N 方向沿斜面向上。 (2)对A、B整体，根据牛顿第二定律有 F－(m1＋m2)g sin θ－μ1(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a 解得F＝245 N。 (3)给滑块B一个沿斜面向上的恒定拉力F′，能将他们拉至顶端的最小拉力为 F′min＝(m1＋m2)g sin θ＋μ1(m1＋m2)·g cos θ＝238 N 若A和B恰好相对滑动，则A和B之间达到最大静摩擦力μ2mg cos θ，对整体有 F′max－(m1＋m2)g sin θ－μ1(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a′ 对A有 μ2m2g cos θ－μ1(m1＋m2)g cos θ－m1g·sin θ＝m1a′ 联立代入数据得 F′max＝1 176 N a′＝26.8m/s2 故238 N≤F′≤1 176 N。 答案：(1)186 N，方向沿斜面向上 (2)245 N (3)238 N≤F′≤1 176 N 专题突破练习(三) 1．如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．要实现这一目的前提是μ<tan θ B．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为0 C．全过程中传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 C　[要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mg sin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。] 2．(2024·北京卷)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 D　[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；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，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a＝＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v＝at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。故选D。] 3．如图所示，一长木板a在光滑水平地面上运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上，此时a的速度为v0，同时对b施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，则物块放到木板上后，下列关于a、b运动的速度—时间图像可能正确的是(　　) 　　 A　　 　　　　　　B 　　 C　　 　　　　　　D D　[长木板a和物块b速度达到相等之前，b相对a向左运动，b受到a向右的摩擦力和恒力F，a受到b向左的摩擦力，a做减速运动，b做加速运动，由于不清楚a、b质量以及恒力的大小，无法比较a、b加速度的关系，a、b共速后，若在F作用下，a、b间的摩擦力没有达到最大静摩擦力，对a、b整体由牛顿第二定律可知，a、b一起做加速运动，若在F作用下，a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力，则a、b加速度大小不相等，均做加速运动，故选D。] 4．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法正确的是(　　) A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 C　[木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色的径迹应出现在木炭包的右侧，选项A错误；设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，则对木炭包有μmg＝ma，木炭包加速的时间t＝＝，该过程传送带的位移x1＝vt＝，木炭包的位移x2＝t＝＝，黑色径迹的长度Δx＝x1－x2＝，由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C正确，B、D错误。] 5．(2025·泸州模拟)如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力F大小和长木板及小物块的加速度a的数值，如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝ B．长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝ C．小物块的质量m＝ D．长木板的质量m′＝ C　[由题中a-F图像知，当F＝F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有F1＝μ2(m＋m′)g；当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有F－μ2(m＋m′)g＝(m＋m′)a，即a＝－μ2g，结合图像的截距有－a0＝－μ2g，联立可解得μ2＝，＝；当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有F－μ1mg＝ma，整理得a＝－μ1g，结合图像有＝，则小物块的质量m＝，对长木板根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m′＋m)g＝m′a1，联立解得m′＝－，由题中a-F图像知＝，可解得m′＝，μ1＝，故选C。] 6．(2025·自贡模拟)(多选)传送带被广泛运用于生活中各种输送类场景。在某一工厂车间里，有一足够长的传送带与水平面的夹角为α＝30°，一质量m＝1 kg的小物块静止在传送带上，如图甲所示，t＝0时接通电源，传送带开始逆时针转动，其加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，t＝0.4 s 后的加速度为0。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．t＝0至t1＝0.2 s，物块的加速度为5 m/s2 B．传送带转动的最大速度的大小为6 m/s C．整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能Q为1.05 J D．t3＝0.48 s时，物块和传送带共速 BCD　[对物块根据牛顿第二定律有μmg cos α＋mg sin α＝mamax，代入数据解得amax＝12.5 m/s2，恰好等于传送带t＝0至t1＝0.2 s的加速度，可知t＝0至t1＝0.2 s，物块的加速度为12.5 m/s2，故A错误；自t＝0至t2＝0.4 s，对传送带有v＝12.5×t1＋17.5×(t2－t1)，代入数据解得v＝6 m/s，即传送带转动的最大速度的大小为6 m/s，故B正确；t1＝0.2 s时物块和传送带的共同速度v0＝amaxt1＝2.5 m/s，t1＝0.2 s后物块继续以加速度amax匀加速运动，t2＝0.4 s后传送带以6 m/s的速度匀速运动，设t3时刻两者速度相同，则v＝v0＋amax(t3－t1)，代入数据解得t3＝0.48 s， 物块和传送带速度相同以后不再有相对运动，对两者相对运动过程，传送带位移为x传＝v0(t2－t1)＋2＋v(t3－t2)＝1.33 m，物块位移为x物＝v0(t3－t1)＋2＝1.19 m，摩擦产生的内能Q＝μmg cos α·(x传－x物)，代入数据解得Q＝1.05 J，故C正确；根据以上分析可知t3＝0.48 s时物块和传送带共速，故D正确。] 7．如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝1 kg，不计A的大小，木板B长L＝2 m。开始时A、B均静止，现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？ (2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？ (3)若A刚好没有从B上滑下来，求B在地面上滑行的总位移大小。 解析：(1)分别对物块A、木板B进行受力分析，可知A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得 μ1mg＝ma1 解得a1＝＝μ1g＝3 m/s2 木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得 μ1mg－μ2·2mg＝ma2 解得a2＝1 m/s2。 (2)A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有 v＝v0－a1t v＝a2t x1＝v0t－a1t2 x2＝a2t2 x1＝x2＋L 解得v＝1 m/s，v0＝4 m/s 则若A刚好没有从B上滑下来，A的初速度v0为4 m/s。 (3)若A刚好没有从B上滑下来，A到达B的最右端时B的位移x2＝＝0.5 m 此后A、B一起匀减速运动直至停止，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得 μ2×2mg＝2ma3 解得a3＝μ2g＝1 m/s2 A、B在地面上一起滑行的位移x3＝ 解得x3＝0.5 m 则B在地面上滑行的总位移为x＝x2＋x3＝1 m。 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 m/s (3)1 m 8．(2025·海口模拟)如图所示，一长为l的木板Q放置在倾角为37°的足够长斜面上，一小物块P(可看成质点)放在木板Q的最上端，小物块P和木板Q的质量相等。小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ1＝，木板Q与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，刚开始在外力作用下小物块P和木板Q均处于静止状态。某时刻外力撤离，小物块P和木板Q开始运动并从此刻开始计时，在2 s时小物块P与木板Q间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变，动摩擦因数μ1变为零，其他条件均不变，且小物块P在木板Q上共运动4 s便滑离木板Q。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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)在2 s时刻小物块P和木板Q的速度大小； (2)木板Q的长度l。 解析：(1)假设开始时，小物块P和木板Q未发生相对滑动，则有 2mg sin θ－2μ2mg cos θ＝2ma 解得 a＝2 m/s2 对小物块P，有 mg sin θ－f＝ma 解得 f＝4m>μ1mg cos θ＝3m 所以假设不成立，小物块P和木板Q发生滑动； 在0～2 s内，规定沿斜面向下为正方向，设小物块P和木板Q的质量均为m，加速度分别为a1和a2，对小物块P，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1 解得 a1＝3 m/s2 对木板Q，由牛顿第二定律得 mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma2 解得a2＝1 m/s2 在t1＝2 s时刻，设小物块P和木板Q的速度分别为v1和v2，则 v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t1＝2 m/s，(2)2 s后，设小物块P和木板Q的加速度分别为a′1和a′2，小物块P与木板Q之间的摩擦力为0，由牛顿第二定律得 mg sin θ＝ma′1，mg sin θ－2μ2mg cos θ＝ma′2 解得a′1＝6 m/s2，a′2＝－2 m/s2 由于a′2<0，可知木板Q做减速运动；设经过时间t2，木板Q的速度减为零，则有 v2＋a′2t2＝0 解得t2＝1 s 在t1＋t2时间内，小物块P相对于木板Q运动的距离为 x＝－ ＝12 m 此后木板Q静止不动，小物块P继续在木板Q上滑动，设再经过时间t3小物块P离开木板Q，则有t总＝t1＋t2＋t3＝4 s 解得t3＝1 s 又根据题意知l－x＝(v1＋a′1t2)t3＋ 解得l＝27 m。 答案：(1)6 m/s　2 m/s　(2)27 m 9．如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距l＝10 m。现每隔1 s把质量m＝1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，求： (1)两个工件间的最小距离； (2)传送带满载时与空载时相比，电机对传送带增加的牵引力。 解析：(1)对工件受力分析，根据牛顿第二定律有 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 工件放上传送带后的加速度大小 a＝＝2.5 m/s2 设经过t1时间工件与传送带速度相等，则加速时间、运动距离分别为 t1＝＝0.8 s，x1＝t1＝0.8 m 再过t2＝0.2 s放下一个工件，此时该工件距前一个工件的距离最小，有x＝x1＋vt2 代入数据解得x＝1.2 m。 (2)工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，匀速距离为l－x1＝vt3 解得每个工件在传送带上的运动时间t＝t1＋t3＝5.4 s 当第1个工件刚到达B端时，第6个工件已经在传送带上运动了0.4 s，而第7个工件还未放上；传送带上满载时，有1个工件在传送带上滑动，有5个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力为f＝μmg cos θ＋5mg sin θ＝32.5 N 故电机对传送带增加的牵引力F＝f＝32.5 N。 答案：(1)1.2 m　(2)32.5 N 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$