第三章 第17讲 专题强化四 传送带模型和“滑块一木板”模型-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习学案

考向2摩擦力作用下的临界问题 例限的兵药 A 当F≥12N时，F:不再发生 F 变化，说明A、B之间的滑 7m7m7m77m77 动摩擦力为6N 力F的作用，A、B间的摩擦力F、B与地面间的摩擦 力F,随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物 甲 当F≥4N时，F,不再发生 块A的质量m=3kg,取g=10ms2,设最大静摩擦力 变化，说明与地面的滑动 等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 入摩擦力为4N A.两物块间的动摩擦因数为0.2 当4N≤F≤12N时，F由零 B.当0<F<4N时，A、B保持静止 开始增大，说明A、B保持 C.当4N<F<12N时，A、B发生相对滑动 12 相对静止共同加速运动 D.当F>12N时，A的加速度随F的增大而增大 考向3动力学中的极值问题 例回如图所示：一足够长的木板上表面与木块之间 的动摩擦因数4=0.75，木板与水平面成0角， 让木块从木板的底端以初速度o=2m/s沿木板向上 滑行，随着0的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将 A.0.12m B.0.14mC.0.16m D.0.2m 发生变化，重力加速度g=10m/s2,x的最小值为 温馨提示：复习至此，请完成练案[16 第17讲 专题强化四 传送带模型和 “滑块一木板”模型 轮总复习 核心考点·重点突破 物 雪点1传送带模型 ●考向1水平传送带模型 059 (能力考点·深度研析) 水平传送带问题的常见情形及运动分析 解答传送带问题，应注意两点 1.共速时摩擦力可能突变 物块的运动情况 (1)滑动摩擦力突变为零。 传送带不足够长 传送带足够长（物 (2)滑动摩擦力突变为静摩擦力。 情景 (物块最终未与传 块先与传送带达 (3)摩擦力方向突变。 送带相对静止) 到相对静止) 2.注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运 动学公式求得的位移。 ~直加速（加速度 先加速后匀速 (2)物体相对传送带的位移大小△x a=ug） ①若有一次相对运动：△x=x传-x物或△x= 物一X o<v时，一直加 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则 o<v时，先加速 速（加速度a= △x=△x1+△x2(图甲)； 再匀速 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的 ug) 相对位移大小△x2(图乙)。 %>。时，一直减 △x△ >v时，先减速 △x1 速（加速度a= 人 再匀速 △x △x 8)】 甲 乙 物块先减速到速度 反思提升 为0，后被传送带传 要注意三个状态的分析 初态、共速和末态 滑块一直减速到 回左端 初态 相对运动方向 →摩擦力方向→加速度方向 右端（加速度a= 若。≤u,则返回到 g） 左端时速度为o; 初始时刻 两者速度同向 若。>，则返回到 共速 速度变化方向 是否 初始时刻 左端时速度为v 反向加速 两者速度反向 例口传送指在生产生活中广泛应用。如图所示，一 摩擦力突变 加速度突变 运动情况转变 水平传送带长L=10m,以v=5m/s的速度运 匀速 行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面 末态 倾角日=30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块 匀加速 在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后 冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数 【跟踪训练】 u=0.25,重力加速度取g=10m/s2。求： 目（多选）如图所示，水平传送带长L=5.3m,运行 速率v=1m/s,在其左端以初速度o=2m/s水 平滑上一物块。若物块与传送带间的动摩擦因数“= 0.5,g取10m/s2,则物块从左到右的运动过程中 056 (1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所 用时间； 202 (2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小； (3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计 A.刚放上时，物块受到向左的滑动摩擦力 度创 算说明t=10s时物块所处的位置。 B.物块一直做匀减速直线运动 新设 C.物块在传送带上的运动时间为5.2s D.物块在传送带上留下的划痕长度为0.3m 中学案 ·考向2倾斜传送带模型 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 物块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长（物 情景 (物块最终未与传 块先与传送带达 送带相对静止) 到相对静止) 直加速（一定满 先加速后匀速（一 =0 足umgcos0>mg 定满足关系μ> sin0,即u>tan0) tan0)】 若u≥tan0,先加 速后匀速 直加速（加速度 若u<tan0,先以 为a1=gsin0+ a1加速，共速后摩 ugcos 0) 擦力方向改变，再 以a2=gsin0- gcos0加速 o<B时，若u≥ u<tan0,一直加速；u=tan0,一直匀速 。<v时，一直加 tan0,先加速后匀 速（加速度为a1= 速；若u<tan0,先 以a1加速，后以a gsin 0+ugcos 0) u>an0,先减速 =gsin 0-ugcos 0 加速 到速度为0后反 o>时，若u< 向加速，若o≤， tan0,一直加速， u>tan0,一直 运动到原位置时 加速度大小为 o>v时，若u> (摩擦力方向一 减速 tan0,先减速后匀 速度大小为；若 gsin 0-ugcos 0; 定沿传送带向上) 若4>tan0,一直 速；若4<tan0,一 o>v,运动到原位 减速，加速度大小 直加速；若4= 置时速度大小为 为ugcos6-gsin0 tan0,一直匀速 若u=tan0,一直 匀速 列回如图所示，为一传送货物的传送带传送带的部分与水平面夹角 a=37°，bc部分与水平面夹角B=53°，ab部分长为4.7m,bc部分长为7.5m。 个质量m=1kg的物体A(可视为质点)与传送带间的动摩擦因数u=0.8。传送 带沿顺时针方向以速率=1ms匀速转动。若把物体A轻放到a处，它将被传 送带送到c处，此过程中物体A不会脱离传送带。求物体A从a处被传送到 处所用的时间。(sin37°=0.6，sin53°=0.8，g取10ms2) b 两个运动分析，”心 若物体刚滑上c段的速度小于传送带速度，物体受摩豫力方 应该分开做 A 向沿传送带问下，物体以a29sin日+49cos日，向下加速，共 速后，由于u<tanB,物休以a2=9sin日-：gcos日向下加速， a物体在动段能否与传送带共速，若能共速，则物C若物休刚滑上6段的速度等于传送带速度，物体一直以a, 体先加速后匀速，若不能共速，物体一直加速 9sin8-4gcos日问下加速 总 [答案]7.825s 解得加速度a2=gsin B-ugcos B=3.2m/s2, 物 [规范答题]物体A在传送带ab上相对滑动 设在bc部分运动的时间为3，由匀变速运动位移 时，由牛顿第二定律得 1 要写出物体在哪一阶段的运动并说明公式的来源哟！ 公式得s=陆，+2， umgcos a-mgsin a ma, 代入数据解得b3=1.875s。 应写用字母表达的公式哟！ 物体A从a处被传送到c处所用的时间 解得a1=0.4m/s2, 要紧扣题目要求的问题，并说明未知字母〔的 物体运动到与传送带速度相等时所需的时间 意义。 要说明下面未知字母七的意义哟！ t=t1+t2+3=7.825sa 1=”=2.5s, 【跟踪训练】 a (2024·安徽卷)倾角为0的传送带以恒定速率 此段时间内物体运动的位移 4-元20m15u6 12 号，顺时针转动。1=0时在传送带底端无初速度 轻放一小物块，如图所示。。时刻物块运动到传送带 在ab部分做匀速运动的运动时间 中间某位置，速度达到o。不计空气阻力，则物块从传 52=-5-4.7-1.25 1 =3.45s0 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 () 由于mgsin B>mgcos B,所以物体沿传送带bc部 分匀加速运动到c点， 应把物体的运动情况做简要的分析哟！ 由牛顿第二定律得 ma,mgsin B-umgcos B 音点2“滑块一木板”模型 (能力考点·深度研析) 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作 用下发生相对滑动。 2.板块模型的两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A,物块恰好不 冒机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行静 从木板上掉下的临界条件是物 如图所示，以恒定速率“1=0.6m/s运行的传送 块恰好滑到木板左端时二者速 带与水平面间的夹角=37°，转轴间距L=3.95m。 度相等，则位移关系为x= 工作人员沿传送方向以速度2=1.6m/s从传送带顶 A +L 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u=0.8。取重力加速度g=10m/s2, 物块A带动木板B,物块恰好不 sin37°=0.6，c0s37°=0.8，求： A 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x+L 058 二XA 2P2 3.分析板块模型的关键点 一个 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板 度创 (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小α； 转折 上滑下是受力和运动状态变化的转折点 新设 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木 计 板位移与板长之间的关联。一般情况下，由 两个 于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块 中学案 关联 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 ·考向1水平面上的板块问题 《列的〔多选224·黑吉辽卷一足够长木板置于 水平地面上，二者间的动摩擦因数为u。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=4。的时间内，木板速度v随时 间变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。 t=4。时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正 确的是 () 6213047 A.小物块在t=3,时刻滑上木板 A.10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2u B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C.小物块与木板的质量比为3：4 C.由题目条件可求木板C的质量 D.t=4。之后小物块和木板一起做匀速运动 D.F>15N时物块B和木板C相对滑动 [特别提醒](1)t=4o时刻小物块与木板的速 【跟踪训练】 度相同，指的是速度的大小和方向均相同，3。~4，时 用如图所示，质量为 间内小物块速度的支化量大小为g。-(-) M=2kg的木板B A B 静止在粗糙的水平面上， =2ugtoo 木板与地面间的动摩擦因数4=0.1，木板长为L,距离 (2)当小物块滑上木板时，地面对木板的摩擦力木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量 会变大，不再是mg。 m=3kg、可视为质点的小木块A,以初速度vo=5m/s 反思提升 滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数=0.2， 取g=10m/s2。求： 解决板块模型问题的思维模板 (1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长； 物理 →确定板块模型的类型 (2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距 建模 离s至少要多长。 选研究 隔离法 对滑块、木板分别进行受力分析 对象 计算 由牛顿第三定格判断是否存在速度相等的“临界点” 判断 和运动学公式 无临界滑块与木 确定相同时间内的位 速度 板分离 移关系，列式求解 若f≤ 判断 滑块与木 由隔离法 fn,假设 结果 由整 板没有分 求滑块与 成立，整 体法 高考一轮总复习 体列式 有临界 离，假设 木板间摩 速度 求系 速度相等 擦力∫，及 若∫> 统加 f,假设 物理 后加速度 最大静摩 速度 也相等 擦力fm 不成立， 059 分别列 式 P考向2 倾斜面的板块模型 例9(215：江苏扬州模拟)如图甲所示，北滑斜面 上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄 木板C,木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。 木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时， 木板C的加速度α与拉力F的关系图像如图乙所示， 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g= 10m/s2,则由图像可知下列说法正确的是 ↑alm·s 2.5 10 15 甲 如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时 刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木 板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及 木板与地面间均有摩擦，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。在物块放 到木板上之后，木板运动的速度一时间图像可能是图 中的 温馨提示：复习至此，请完成练案[17 第18讲 实验四 探究加速度与 物体受力、物体质量的关系 实验知识·自主回顾 实验方案1 探究加速度与力、质量的关系 (3)平衡阻力 1.实验目的 在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木 (1)学会用控制变量法研究物理规律。 块，反复移动薄木块的位置，直至小车在不挂槽码的情 060 (2)学会灵活运用图像法处理物理问题。 况下能沿木板做 为止。 (3)探究加速度与力、质量的关系，并验证牛顿第 (4)测量加速度 二定律。 ①保持小车的质量不变，让小车靠近打点计时器， 年 2.实验原理 挂上槽码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀 剑 (1)保持小车质量不变，探究小车加速度跟 加速下滑，打出一条纸带。计算槽码的重力，由纸带计 新 的关系。 算出小车的加速度，并记录数据。改变槽码的个数，并 计 (2)保持合外力不变，探究小车加速度与 多做几次。 衡 的关系。 ②保持 不变，在小车上放上钩码改 中 (3)作出a-F图像和a- M图像，确定a与F、M 1 变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带。计算 钩码和小车的总质量M,并由纸带计算出小车对应的 的关系。 加速度，记录数据。改变小车上钩码的个数，多做 3.实验器材 几次。 小车、槽码、钩码、细绳、一端附有定滑轮的长木 5.数据处理 板、薄木块 低压交流电源、导线、纸 带、复写纸、托盘天平（含有一套砝码）、米尺。 小车纸带 打点计时器 (1)利用△x=aT2即逐差法求加速度。 (2)以α为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点， 如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比。 4.实验步骤 (1)称量质量 (3)以口为纵坐标，7为横坐标，描点、连线，如果 用 测小车的质量M。 该线为过原点的直线，就能判定a与M成反比。 (2)安装器材 按如图所示的装置把实验器材安装好，只是不把 特别提醒：a-F、a-M图像的可能情形及对应 悬挂槽码的细绳系在小车上（即小车无牵引力）。 原因：大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y-t图像大跟踪训练4：ACD对小球和物块 F 致如图所示，故C、D错误。 组成的整体受力分析，如图甲所 跟踪训练l:BC根据牛顿第二定律有F-umg=ma,整理后有 示，竖直方向上受重力和支持力 F=ma+wmg,则可知F-a图像的斜率为m,纵截距为umg,则 处于平衡状态，因此杆对物块的 由题图可看出m甲>mz,u甲m甲g=42mzg,则u甲<u2,故 支持力大小为F、=(M+m)g,AM+mg 选BC。 正确；对小球受力分析，如图乙 甲 跟踪训练2：D根据图像，0~1s时间内列出运动学公式得2= a141,1~1.25s时间内列出运动学公式得0=-6+a2(t2-t1), 所示，则R。由牛顿第二 又a2-a1=4m/s2,解得a1=4m/s2,a2=8m/s2,vo=2m/s,故 定律得mgtan0=ma,两物体保持相对静止即加速度相同为a= C错误；设斜面倾角为0，小球从A点运动到挡板，由牛顿第二 gtan6,B错误，D正确；对整体，在水平方向上有F=(M+m)a 定律得mgsin0-f=ma1,小球从挡板运动到C点，由牛顿第二 =（M+m)gtan0,C正确。 定律可得mngsin0+f=ma2,解得sin0=0.6,f=2N,故A、B错 例3：D当砝码的质量m很小时，物块P未被拉动；当物块P被拉 动时，将砝码、砝码盘（质量忽略）和物块P看成一个整体，以整 误：根据图像可知BC之间距离大小为=乞×(-4) o 体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg-mpg=(m+mp)a, 0.25m,设小球从C点运动到B点的时间为t,则x1= 2at,解 可得a=mg二8，当m一时，a一g。综上可知，D正确。 m+mp 跟踪训练5：ACD第一次放置时A静止，则由平衡条件可得 得=是s,则与=6+：=52，放D正确。 4 Mgsin a=mg;第二次按图乙放置时，对A,Mg-FT=Ma;对B, 跟踪训练3：C物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，以竖 ,-mgsin a=ma,联立解得a=(1-sina)g=g,F,= 直向下为正方向，由牛顿第二定律得mg-F=ma,其中F= mg,故A、C、D正确，B错误。 2GS心，F不断增大，加速度不断减小，题图乙中右侧图线与此 例5：AB根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦 2(mg-ma) 过程相符，有mg-2Cp2=ma,解得S= 故 力为6N,所以A,B之间的动摩擦因数4==0.2，选项A正 mg Cpvz A错误，C正确；题图乙中左侧图线为开伞后的图线，当v= 确；当0<F<4N时，根据题图乙可知，F2还未达到B与地面间 的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4N< 时，有mg=s,解得S=,且当减小时，u减小， Cov F<12N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到 故B、D错误。 最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F> 12N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有 例2：(1)mF(2)m一F(3)m1F m mB ma +mB mA +mB a==2m/,加速度不变，选项D错误。 m (4)ma 例6：C设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a,当木板与水 ma+mB ma+mB F 平面成0角时，由牛顿第二定律得-ngsin0-mgcos0=ma, [解析](1)以A、B整体为研究对象，有a= mA+me' 解得a=-g(sin0+ucos0),设木块的位移为x,有0-o2 以A为研究对象，有T=ma, 2ax,根据数学关系知sin0+ucos0=/1+u2sin(0+x),其中 tana=u=0.75,可得a=37°，当0+a=90°时，加速度有最大 联立解得T= mA mB 值，为a。=-名+=-至g,此时x有最小值，为 5 (2)以A,B整体为研究对象，有a-F-(m+m)g mA+me 以A为研究对象，有T-mAg=ma, 22=0.16m,故A、B,D错误，C正确。 5 得Tm 第17讲专题强化四传送带模型和 “滑块一木板”模型 (3)以A,B整体为研究对象，有a=F-(m+m)8 mA mB 核心考点·重点突破 以A为研究对象，有T-mag=mAa 例1：(1)3s(2)2.5m 联立得T= mA一F。 (3)物块在斜面上距离斜面底端2.5m处 厂mA+mg [解析](1)物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第 (4)若斜面光滑，以A、B整体为研究对象， 二定律有mg=ma, 有a=F-(m1+m)gsin0 解得a1=2.5m/s2 mA+mB 物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v=o+at 以A为研究对象，有T-magsin0=maa 有v=a1t 联立得T= 解得t1=2s ma+me 若斜面不光滑，以A、B整体为研究对象有 运动的距离为x1=2a1(=5m a=F-(mmgsin mmgcos 0 L-21=15 mA +mB 物块在传送带上匀速运动的时间为=) 以A为研究对象，有T-mAgsin0-magcos0=mAa 物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t=t1+t2=3s。 联立得T=mF。 (2)物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin0=ma2, ma+mB 解得a=5m/s2, 504 对物块沿斜面上升过程，由运动学公式2-。2=2ax,有2 3 =2a2x2, 速度大小为"，则m=a1×3。=之g,小物块滑上木板的速 解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为2=2.5m。 度大小也为m,方向水平向左，设小物块的加速度大小为a,因 (3)设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3,由运 为t=4,时刻小物块与木板的速度相同，则有)g。=-。+ 动学公式v=o+at有v=a2t3,解得3=1s。 设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4, at,又'mog=moa,解得'=2，B正确；小物块滑上木板后，木 1 板向右做匀减速直线运动，由题图可知其加速度大小，=g, 则有为=2at2,解得4=1s0 物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为 由牛顿第二定律有μ(m+m)g+u'mg-F=ma2,解得”必 m U1=a2t4=5m/s, 2,C错误；t=4,后，假设小物块与木板相对静止一起运动，则 物块沿水平传送带向左减速运动，速度减为零所需时间为t= 对整体有F-u(m+mo)g=(m+m）a',解得a'=0,故二者相 a 对静止一起做匀速运动，D正确。 物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第例4：D由图乙可知，当10N<F<15N对物块B和木板C相对 二次向右加速运动，到达斜面底端所需时间为t6=5=2s。 静止，当F>15N时木板的加速度变大，物块B和木板C产生 物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t,==1s。 了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F= 因为t1+t2+t3+t4+t5+t6+t7=10s, 10N时，a=0,则F=(M+m)gsin0,当F2=15N时，a=2.5 所以10s时，物块刚好第二次上滑到最大位移处，物块在斜面 m/s2,则F2-(M+m)gsin0=(M+m)a,联立得M+m=2kg, 上距离斜面底端2.5m处。 跟踪训练1：AC物块滑上传送带时，由于。>v,物块受到向左的 sim0=,但是不能求解木板C的质量，故C错误；当F,=15N 滑动摩擦力，A正确；根据umg=ma,物块的加速度大小为a= 过，对物块B,有umgcos日-mgim0=ma,解得=号，故b 5m?,匀减速至与传送带共速的时间为6=6一”=0.2s,位移 a 错误。 为x=0t-2,解得x=0.3m<L,则物块先做匀减速运动， 跟踪训练4：(1)5m(2)1.5m [解析](1)对木块A由牛顿第二定律得-u1mg=ma,解得 然后与传送带一起做匀速运动，匀速运动的时间为，=-x= a1=-u18=-2m/s2 5s,故物块在传送带上的运动时间为t位=t+(1=5.2s,B错误， 对木板B由牛顿第二定律得山mg-u(m+M)g=Ma2,解得a2 C正确；传送带在0~0.2s时间内的位移为x2=t=0.2m,物 =0.5m/s2 块在传送带上留下的划痕长度为x'=x-x2=0.3m-0.2m= 设经过时间t后A、B达到共同速度"，由运动学公式得v=+ 0.1m,D错误。 at,v=at 跟踪训练2：C物块刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得 解得v=1m/s,t=2s mgcos0-mgsin0=ma(物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送 t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为 带向下的分力)，解得a=g(ucos0-sim0),物块与传送带共速 出=wt+乃at,4=7ad 后，因为ungcos0>mgsin0,所以物块与传送带保持相对静止， 因此B板的长度至少为L=龙1-x2=5m。 一起做匀速运动，加速度为零，C正确，A、B、D错误。 (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 跟踪训练3：(1)0.4m/s(2)4.5s [解析](1)小包裹的速度2大于传送带的速度1，所以小包 二定律得-u(m+M)g=(m+M)a3,解得a3=-1m/s 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 设木板B加速和减速通过的位移分别为2、x3,则减速过程有 mgcos a-mngsin a=ma,解得a=0.4m/s2。 2a3x3=0-v2,所以s=x2+x3=1.5m。 (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 :跟踪训练5：A放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的 动，用时与=4-=0.6-1.6 滑动摩擦力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作 s=2.5s -a -0.4 用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动， 在传送带上滑动的距离为产066×2.5m= 当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度 2 为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速 2.75m,因为小包襄所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上 度，A正确，B、C错误：由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀 的分力，即umgcos a>mgsin a,所以小包襄与传送带共速后做 速运动，D错误。 匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为女= 第18讲实验四探究加速度与 3.95-2.75 物体受力、物体质量的关系 0.6 s=2s,所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+2 实验知识·自主回顾 =4.5s。 2.(1)合外力(2)质量 例3：ABD设长木板的质量为m,小物块的质量为mo。v-t图像 中图线的斜率表示加速度，由题图可知，0~3站时间内，图线的4（1)托盘天平(3)匀速直线运动(4)槽码的个数 3.电磁打点计时器 斜率不变，则木板运动的加速度不变，木板所受合外力不变，由 核心考点·重点突破 牛顿第二定律有F-wmg=ma,由题图可知a=24g,解得F跟踪训练1：(1)B(2)D(3)反比槽码 =弓mg:1=3%时，图线的斜率发生变化，则木板的加速度发 [解析]（1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的重 力，应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小车所 生变化，说明此时小物块滑上木板，A正确；设t=3。时木板的 受细绳拉力等于小车所受合力，需要调整垫块位置以平衡阻 505