第3章 专题强化（五） 动力学中的传送带和板块模型（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦动力学中的传送带和板块模型两大核心考点，依据高考评价体系明确考查要求，即理解模型特点、进行动力学分析及掌握临界情境。课件通过梳理水平与倾斜传送带、光滑与粗糙地面板块模型等常考题型，分析考点权重，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于结合高考真题训练与应试技巧指导，以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，如通过传送带速度关系分析、板块模型相对运动临界条件拆解等方法突破考点。帮助学生掌握答题技巧，提高得分率，同时为教师复习教学提供系统指导，助力高考冲刺。

专题强化(五)　动力学中的传送带和板块模型 强化点一 强化点二 02 01 备考目标 1.理解传送带模型的特点，能对传送带上的物体进行正确的动力学分析，掌握临界情境，正确求解相关问题。 2.理解板块模型的特点，能对滑块和木板进行正确的动力学分析，掌握临界情境，正确求解相关问题。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 动力学中的传送带模型 强化点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 类型（一） 水平传送带模型 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 类型（二） 倾斜传送带模型 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 动力学中的板块模型 强化点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 类型（一） 光滑地面上的板块模型 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 23 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 24 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 25 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 26 类型（二） 粗糙地面上的板块模型 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 27 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 28 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 29 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 30 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 31 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 32 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 33 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 34 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 35 拓展科学思维 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 36 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 37 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 38 专题强化卷（五） 动力学中的传送带和板块模型 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 52 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 53 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 54 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 55 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 56 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 57 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 58 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 59 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 60 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 61 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 62 01 02 03 04 05 06 07 08 正禾一本通 63 谢谢观看 1．模型特点 (1)货物放到传送带上后，由于货物和传送带之间有相对滑动或相对运动趋势而产生摩擦力，对货物而言，该摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 (2)货物和传送带之间有相对运动，且能获得共同速度(v物＝v传)时，两者之间的摩擦力会发生突变，货物的加速度也发生突变——临界点。 2．分析流程 常见情境 物块的运动 (1)若传送带较短，则物块一直加速。 (2)若传送带较长，则物块先加速，共速后匀速 (1)若v0>v，且传送带较短，则物块一直减速；若v0>v，且传送带较长，则物块先减速再匀速。 (2)若v0＝v，则物块一直匀速。 (3)若v0<v，且传送带较短，则物块一直加速；若v0<v，且传送带较长，则物块先加速再匀速 常见情境 物块的运动 (1)若传送带较短，则物块一直减速到达左端。 (2)若传送带较长，则物块先向左减速至零，然后再向右运动到右端。物块向右运动时： ①若v0>v，则物块先加速后匀速； ②若v0<v，则物块一直加速 【例1】 (多选)如图所示，水平传送带AB长L＝10 m，以恒定速率v1＝4 m/s运行。初速度大小为v2＝8 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块的质量m＝1 kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小物块能够到达B点 B．小物块在传送带上运动的过程中，距A端的最远距离为6 m C．小物块离开传送带时的速度大小为4 m/s D．小物块在传送带上运动的时间为4.5 s 解析：选CD。物块受到的摩擦力f＝μmg，产生的加速度大小a＝ eq \f(f,m) ＝μg＝4 m/s2，若物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，设减速为零时的位移是x，则有－2ax＝0－ v22，解得x＝8 m<10 m，所以物块不能到达B点，在传送带上运动的过程中，距A端的最远距离为8 m，故A、B错误；物块速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带的速度v1后做匀速运动，所以返回A点的速度为4 m/s，故C正确；物块向左减速的时间为t1＝ eq \f(8,4) s＝2 s，物块向右加速至与传送带共速的时间为t2＝ eq \f(4,4) s＝1.0 s，加速位移为x′＝ eq \f(4,2) ×1.0＝2 m，接着匀速的时间为t3＝ eq \f(8－2,4) s＝1.5 s，所以物块在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s，故D正确。 [思维延伸]在“例1”中，小物块在传送带上运动时，相对传送带滑动的距离是多少？ 提示：在前3 s的时间内，小物块的位移为向左的6 m，传送带的位移为向右的12 m，所以相对传送带滑动的距离是18 m。 【例2】 (2024·安徽高考)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(　　) 　　　 解析：选C。由题意知，0～t0时间内物块做加速运动，对物块受力分析，它受到重力、支持力和滑动摩擦力，且滑动摩擦力一定大于重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝μg cos θ－g sin θ，所以物块做匀加速运动。t0时刻物块与传送带共速，由于μmg cos θ>mg sin θ，即μ>tan θ，所以物块与传送带相对静止，一起向上做匀速运动，受到的滑动摩擦力也突变为静摩擦力，综上可知，C正确。 [应考反思]分析倾斜传送带问题时一定要认真审题，确定“μ”和“tan θ”的大小关系，这是判断物块和传送带共速后是否“打滑”的关键。 【例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)当煤块与传送带共速后，它们能否保持相对静止； (2)煤块从A运动到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。 解析：(1)由于mg sin 37°>μmg cos 37°，所以煤块与传送带共速后，它们不能保持相对静止。 (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＝ eq \f(v0,a1) ＝1 s 发生的位移x1＝ eq \f(1,2) a1t12＝5 m 煤块速度达到v0后，相对传送带向下“打滑”，即继续沿传送带向下加速，则有 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m 由x2＝v0t2＋ eq \f(1,2) a2t22，得t2＝0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为 t＝t1＋t2＝1.5 s。 (3)在第一过程，煤块相对传送带向上运动，痕迹长为 Δx1＝v0t1－x1＝5 m 在第二过程，煤块相对传送带向下运动，痕迹长 Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m 由于Δx2与Δx1部分重合，所以痕迹总长为5 m。 答案：(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m [规律方法] “倾斜传送带”与“水平传送带”的类比 (1)物块和传送带共速前，不管传送带是水平的还是倾斜的，不管物块做加速运动还是减速运动，物块运动的最终趋势都是与传送带共速。两类模型的分析思路和方法是相似的。 (2)物块和传送带共速后，若为水平传送带，则一起做匀速运动，若为倾斜传送带，则有以下两种情况： ①μ≥tan θ：物块与传送带共速后保持相对静止，一起做匀速运动。 ②μ<tan θ：物块与传送带共速后会相对向下“打滑”。如图甲，物块从上端加速后与传送带共速，则共速前物块以加速度a1＝g(sin θ＋μcos θ)做匀加速运动，共速后以加速度a2＝g(sin θ－μcos θ)做匀加速运动；如图乙，物块从下端减速后与传送带共速，则共速前物块以加速度a1＝g(sin θ＋μcos θ)做匀减速运动，共速后以加速度a2＝g(sin θ－μcos θ)做匀减速运动。 1．模型特点 (1)物块置于木板上，因物块与木板之间有相对滑动或相对运动趋势而产生摩擦力。当物块和木板的加速度不同时，可用隔离法分别对物块和木板进行受力分析和运动分析。 (2)若物块和木板之间有相对滑动，且能获得共同速度(v物＝v木)，则两者共速时摩擦力会发生突变，物块和木板的加速度也会发生突变——临界点。 2．求解关键 (1)明确物块和木板初始的运动情况和相对运动情况，确定物块和木板所受摩擦力的方向。 (2)分别隔离物块和木板进行受力分析和运动分析，画出情境示意图，然后根据动力学知识建立方程求解。 (3)挖掘物块和木板之间受力或运动的关联。如两者间的作用力和反作用力、位移关系、速度关系等。 (4)注意物块和木板受力或运动的临界点和转折点。如两者共速时，摩擦力会发生突变，相对位移达到最大等。 【例4】 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为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，g取10 m/s2。 (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于多少？ (2)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，则： ①在F的作用下，长木板的加速度多大？ 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的速度分别是多少？ ④最终小物块离长木板右端多远？ 解析：(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，设拉力为F0，加速度为a0，根据牛顿第二定律可得 对小物块有μmg＝ma0 对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0 联立解得F0＝10 N 所以要使物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于10 N。 (2)①拉力F＝14 N＞10 N，所以物块和木板间发生相对滑动。对长木板，根据牛顿第二定律可得 F－μmg＝Ma 解得a＝3 m/s2。 ②撤去F之前，物块只受摩擦力的作用，有 am＝a0＝μg＝2 m/s2 刚撤去F时，物块离长木板右端的距离 Δx1＝ eq \f(1,2) at2－ eq \f(1,2) amt2＝0.5 m。 ③刚撤去F时长木板的速度v＝at＝3 m/s 物块的速度vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，物块的加速度不变，长木板的加速度大小 a′＝ eq \f(μmg,M) ＝0.5 m/s2 此后物块继续加速，长木板减速，获得共同速度后一起做匀速运动，设最终速度为v′，则有 v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得v′＝2.8 m/s。 ④撤去F后，物块和长木板的相对位移 Δx2＝ eq \f(v2－v′2,2a′) －2),\s\do1(m)) eq \f(v′2－v,2am) 解得Δx2＝0.2 m 所以最终物块离长木板右端的距离为 x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 答案：(1)10 N　(2)①3 m/s2　②0.5 m　③2.8 m/s 2.8 m/s　④0.7 m [规律方法] 分析板块模型时，要明确物块和木板间的位移关系。例如：物块由木板一端运动到另一端，若物块和木板同向运动，如图甲，则位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；若物块和木板相向运动，如图乙，则位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 【例5】 (2024·辽宁大连检测)如图所示，质量M＝1 kg且足够长的木板放在水平地面上，木板左端放有一质量为m＝1 kg大小不计的小滑块，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。开始时滑块和木板都静止，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2。 (1)若在小滑块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，当力F增大到多大时，小滑块恰好要相对木板运动？ (2)现给小滑块施加一水平向右的恒力F＝8 N，经过1 s，撤去恒力F，求撤去外力F时，木板的速度大小。 (3)在(2)中条件下，求木板从开始运动到停止的总时间。 解析：(1)小滑块恰好要相对木板运动时，小滑块与木板之间的摩擦力为最大静摩擦力 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma 对滑块和木板组成的系统，同理有 F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 联立解得F＝6 N。 (2)因为施加的恒力F＝8 N>6 N，所以滑块相对木板发生运动，滑块和木板都做匀加速直线运动，直至撤去恒力F，如图中①→② 以木板为研究对象有 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma 解得a＝2 m/s2 撤去外力F时，木板的速度为 v＝at1＝2 m/s。 (3)恒力F作用的时间内，对滑块有 F－μ2mg＝ma1 解得a1＝4 m/s2 撤去恒力F时，滑块的速度为 v1＝a1t1＝4 m/s 撤去外力F后，滑块相对木板继续向前运动，滑块做匀减速直线运动，木板继续以相同的加速度做匀加速直线运动，直至获得共同速度v共，如图中②→③ 此过程滑块的加速度大小为 a2＝ eq \f(μ2mg,m) ＝4 m/s2 且有v共＝v1－a2t2＝v＋at2 解得t2＝ eq \f(1,3) s，v共＝ eq \f(8,3) m/s 滑块和木板获得共同速度后相对静止，一起减速到零，如图中③→④，设两者共同的加速度为a3，则有 μ1(M＋m)g＝(M＋m)a3 一起减速为零的时间为 t3＝ eq \f(v共,a3) 联立解得t3＝ eq \f(8,3) s 故木板从开始运动到停止的总时间为 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。 答案：(1)6 N　(2)2 m/s　(3)4 s [思维延伸]结合“例5”中问题(2)(3)的分析，画出滑块和木板运动的v ­t图像，并根据图像求整个过程滑块相对木板发生的位移。 提示：滑块和木板运动的v ­t图像如图所示，其中图线包围的△OAB的面积就表示整个过程滑块相对木板发生的位移，所以Δx＝ eq \f(1,2) ×2×1 m＋ eq \f(1,2) ×2× eq \f(1,3) m＝ eq \f(4,3) m。 [应考反思]在板块模型中，若物块和木板能获得共同速度，则共速后两者是相对静止一起运动，还是仍存在相对运动，继续“打滑”，取决于木板和地面之间与物块和木板之间的动摩擦因数大小。 物体系的牛顿第二定律 如果一个系统由质量分别为m1、m2、m3、…mn，对应的加速度分别为a1、a2、a3、…an的多个物体组成，则系统受到的合外力等于各个物体的质量和加速度乘积的矢量和，表达式为F合＝m1a1＋m2a2＋m3a3＋…＋mnan，正交分解的形式为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Fx合＝m1a1x＋m2a2x＋m3a3x＋…＋mnanx,Fy合＝m1a1y＋m2a2y＋m3a3y＋…＋mnany)) 【示例】 (多选)如图所示，一质量为M、倾角为30°的斜劈B放在水平地面上，质量为m的木块A在斜劈上由静止释放，沿斜劈向下做加速度为 eq \f(1,4) g的匀加速运动，斜劈保持静止，重力加速度为g，则(　　 ) A．木块与斜劈之间的动摩擦因数为μ＝ eq \f(\r(3),6) B．地面对斜劈的支持力等于(M＋m)g C．地面对斜劈的摩擦力水平向右，大小为 eq \f(\r(3),8) mg D．地面对斜劈无摩擦力作用 解析：选AC。以木块A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma＝m· eq \f(1,4) g，解得μ＝ eq \f(\r(3),6) ，故A正确；以A、B构成的系统为研究对象，则有(M＋m)g－N＝M·0＋may，所以地面对斜劈的支持力小于(M＋m)g，故B错误；同理，A有水平向右的分加速度ax，则对A、B构成的系统有f＝M·0＋max，其中ax＝a cos 30°＝ eq \f(\r(3),8) g，所以地面对斜劈的摩擦力大小为 eq \f(\r(3),8) mg，方向水平向右，故C正确，D错误。 【基础落实练】 1．(多选)如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7 m/s的初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是(　　) A．8 m/s B．9 m/s C．10 m/s D．11 m/s 解析：选CD。欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有v2－v02＝2ax，解得v＝ eq \r(89) m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥ eq \r(89) m/s≈9.4 m/s，故C、D正确。 2．(多选)(2024·湖北十堰检测)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v ­t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．木板和物块的质量关系为M＝m B．木板和物块的质量关系为M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 解析：选BC。物块在木板上运动时，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，根据v ­t图像的斜率知a1＝ eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，解得木板与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，故D错误；同理，对木板有μmg＝Ma2，且a2＝ eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，解得木板和物块的质量关系为M＝2m，故B正确，A错误；由v ­t图像可知，物块和木板在2 s时分离，在0～2 s内v ­t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，所以L＝ eq \f(1,2) ×(7＋3)×2 m－ eq \f(1,2) ×2×2 m＝8 m，故C正确。 3．(2024·辽宁阜新模拟)如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．物块可能沿传送带向上运动 B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ C. t0时间后物块的加速度大小为2g sin θ－ eq \f(v0,t0) D．若传送带反转，则物块将一直以大小为g sin θ－ eq \f(2v0,t0) 的加速度做匀加速直线运动 解析：选C。v－t图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mg sin θ>μmg cos θ，解得μ<tan θ，B错误；根据上述，t0时刻之前有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，a1＝ eq \f(v0,t0) ，t0时刻之后有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2g sin θ－ eq \f(v0,t0) ，C正确；由于mg sin θ>μmg cos θ，若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2g sin θ－ eq \f(v0,t0) 的加速度做匀加速直线运动，D错误。 4．(多选)(2024·上海宝山期末)如图甲，水平传送带逆时针匀速转动，一小物块以某一速度从最左端滑上传送带，取向右为正方向，从小物块滑上传送带开始计时，小物块的v ­t图像(以地面为参考系)如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　 ) A．传送带的速度大小为1.0 m/s B．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．小物块相对传送带滑动的总时间为4.5 s D．小物块相对传送带滑动的总距离为4.5 m 解析：选AD。3～4 s物块的速度与传送带速度相等，则传送带的速度大小为1 m/s，故A正确；0～2 s时间内物块加速度大小为a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，得μ＝0.1，故B错误；由题图乙可知，小物块相对于传送带滑动的总时间为3.0 s，故C错误；由于v ­t图像的面积等于位移，可知小物块相对传送带滑动的总距离为Δx＝+ m＝4.5 m，故D正确。 【综合提升练】 5．(多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　 ) A．长木板的最小长度为2 m B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5 kg D．外力F的大小为4 N 解析：选ABD。由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，v ­t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外力F，在1～2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1～2 s内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错误；由0～1 s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。 6．(2021·辽宁高考)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)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，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，根据牛顿第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝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＝ eq \f(v2－v1,a) ＝ eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为 x1＝ eq \f(v1＋v2,2) t1＝ eq \f(0.6＋1.6,2) ×2.5 m＝2.75 m 共速后，匀速运动的时间为 t2＝ eq \f(L－x1,v1) ＝ eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s 所以小包裹通过传送带所需的时间为 t＝t1＋t2＝4.5 s。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s [应考反思]对传送带模型而言，“μ＝tan θ”是物体和传送带之间是否“打滑”的临界值。 7．(2024·云南玉溪检测)如图所示，物理老师将装有水的纸杯放在物理课本上，物理课本放在地面上，已知课本长为L＝0.3 m，质量为M＝0.4 kg，纸杯和水的总质量为m＝0.2 kg，纸杯与课本、课本与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在t＝0时刻，给课本一个水平向左的初速度，速度大小为v0＝1.2 m/s，经过一段时间后课本和纸杯都停止运动，g取10 m/s2。求： (1)初始时刻纸杯、课本的加速度大小； (2)两物体都停止运动时，纸杯相对课本滑过的总路程。 解析：(1)设初始时刻纸杯的加速度为a1，课本的加速度为a2，规定向左为正方向，则对纸杯有μ1mg＝ma1 解得a1＝1 m/s2 对课本有－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma2 解得a2＝－5 m/s2 即课本的加速度大小为5 m/s2。 (2)在开始的一段时间，纸杯做匀加速运动，课本做匀减速运动，设t1时刻两者共速，则有 v共＝v0＋a2t1＝a1t1 解得t1＝0.2 s，v共＝0.2 m/s 共速时纸杯的位移为 x杯＝ eq \f(1,2) a1t12＝0.02 m 课本的位移为 x书＝v0t1＋ eq \f(1,2) a2t12＝0.14 m 两者的相对位移为 Δx1＝x书－x杯＝0.12 m 纸杯和课本共速后，由于μ1＜μ2，所以纸杯相对课本向前运动，两者对地都做减速运动，设纸杯的加速度为a3，课本的加速度为a4，最后静止时纸杯的位移为x杯1，课本的位移为x书1，则对纸杯有 －μ1mg＝ma3 且－ v共2＝2a3x杯1 对课本有 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma4 且－ v共2＝2a4x书1 两者的相对位移为 Δx2＝x杯1－x书1＝0.015 m 所以纸杯相对课本滑过的总路程为 s＝Δx1＋Δx2＝0.135 m 答案：(1)1 m/s2　5 m/s2　(2)0.135 m [应考反思]分析板块模型的两个关键点： (1)搞清运动和相对运动，判断好各段摩擦力的方向。 (2)板块的共速点往往是各自运动和受力发生变化的转折点。 8．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2； (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 解析：(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有 mg sin 37°－Ff1＝ma1 其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mg cos 37° 解得a1＝g sin 37°－μ1g cos 37°＝4 m/s2 对薄平板，由牛顿第二定律有 Mg sin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2 其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)g cos 37° 解得a2＝1 m/s2 因为a1>a2，所以假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。 (2)由运动学公式，有 x1＝ eq \f(1,2) a1t2，x2＝ eq \f(1,2) a2t2 又x1－x2＝L 联立解得t＝1 s。 答案：(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s $