第3章 微专题4 “传送带”模型与“滑块—木板”模型（PPT课件）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“传送带”与“滑块—木板”模型，依据高考评价体系梳理运动分析、摩擦力突变、相对位移计算等核心考点，通过考点权重分析明确水平/倾斜传送带、板块临界条件等常考方向，归纳多情景运动学公式应用题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题典例+技法点拨+类题固法”策略，如以2025·南师附中传送带真题为例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，详解加速度计算与运动时间分析方法。技法点拨总结摩擦力判断“三步骤”，帮助学生掌握临界状态突破技巧，助力教师高效开展专题复习，提升学生应试能力。

第三章 运动和力的关系 微专题4　“传送带”模型与“滑块—木板”模型 1 考点一　“传送带”模型 1．水平传送带模型 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直加速 先加速，后匀速 v0＜v时，一直加速 v0＜v时，先加速，再匀速 v0＞v时，一直减速 v0＞v时，先减速，再匀速 一直减速到右端 先减速到速度为0，后被传送带传回左端．若v0＜v，返回到左端时速度为v0，若v0＞v，返回到左端时速度为v 考 点 一 典 题 悟 法 　　 　　(2025·南师附中)如图所示，足够长的传送带绷紧后以恒定速率v1＝2 m/s运行，其右端与等高的足够长的光滑水平面平滑连接．一小物块以v2＝4 m/s的速度从传送带右端滑上传送带．已知传送带与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则下列关于小物块滑上传送带右端后的说法中，错误的是 (　　) A．向左运动的最大距离为1.6 m B．减速到零时所用时间为0.8 s C．再次回到传送带右端所用的时间为1.4 s D．在3 s内的位移大小为2.4 m 1 C 考 点 一 考 点 一 2．倾斜传送带模型 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 一直加速(一定满足g sin θ＜μg cos θ) 先加速，后匀速 一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速，后匀速 若μ＜tan θ，先以g sin θ＋μg cos θ加速，后以g sin θ－μg cos θ加速 考 点 一 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长 v0＜v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ) 若μ＞tan θ，先加速，后匀速；若μ＜tan θ，先以g sin θ＋μg cos θ加速，后以g sin θ－μg cos θ加速 v0＞v时，一直加速或减速(加速度大小为g sin θ－μg cos θ或μg cos θ－g sin θ) 若μ＞tan θ，先减速，后匀速；若μ＜tan θ，一直加速 考 点 一 情景 滑块的运动情况 传送带不够长 传送带足够长     (摩擦力方向一 定沿斜面向上) g sin θ＞μg cos θ，一直加速 g sin θ＝μg cos θ，一直匀速 g sin θ＜μg cos θ，一直减速 先减速到速度为0，后反向加速．若v0＜v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)；若v0＞v，先减速到0，再反向加速，后匀速，返回原位置时速度大小为v 考 点 一 　　 　　(2026·高邮期初)如图所示，煤矿有一长度L＝13.95 m的传送带与水平面夹角θ＝37°，传送带以v＝6.2 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A点由静止释放一个黑色煤块，煤块运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹．已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2． 2 (1) 画出煤块刚放上传送带时的受力图，并求出煤块刚放到传送带上时的加速度大小． 答案：(1) 见解析　12.4 m/s2 考 点 一 【解析】(1) 对煤块受力分析，如图所示           由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 解得a1＝12.4 m/s2 考 点 一 (2) 求煤块在传送带上运动的时间． 答案：(2) 2.5 s 【解析】(2) 煤块匀加速到与传送带速度相等的过程有v＝a1t1 解得t1＝0.5 s 因mg sin θ＜μmg cos θ 故速度相等后，煤块与传送带一起做匀速直线运动，有L－x1＝vt2 解得t2＝2 s 煤块在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s 考 点 一 (3) 煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度． 答案：(3) 1.55 m 【解析】(3) 只有加速阶段会产生黑色痕迹，加速阶段传送带的位移为x带＝vt1＝3.1 m 传送带上形成黑色痕迹的长度为d＝x带－x1 解得d＝1.55 m 考 点 一 1．求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断．(以水平传送带为例) 考 点 一 2．临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变． 3．滑块与传送带的划痕长度Δs等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，则Δs＝Δs1＋Δs2(如图甲所示)；若两次相对运动方向相反，则Δs等于较长的相对位移大小(如图乙所示)． 甲　　　　　　　　 　　　　乙 考 点 一 类题固法1 1．(2025·扬州七校第一次联考)一倾斜的传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示．取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v－t图中不可能描述小物块在传送带上运动的是(　　) D 考 点 一 【解析】 当小物块的初速度沿斜面向下(μ＞tan θ)，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得ma＝mg sin θ＋μmg cos θ，即a＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足mg sin θ＜μmg cos θ，可知二者将共速，故A、B正确；同理可知，当小物块的初速度沿斜面向上(μ＞tan θ)，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得ma＝mg sin θ＋μmg cos θ，即a＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物块先沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况(μ＞tan θ)或者继续匀加速(μ＜tan θ)，此时加速度满足a′＝g sin θ－μg cos θ＜a，故C正确，D错误． 考 点 一 2．如图所示为一物流传送装置，电机带动水平传送带顺时针转动的最大速度为v0＝6 m/s，货物从A点静止放上传送带．货物与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB的长度为L＝14 m，取g＝10 m/s2． (1) 若传送带以v0匀速转动，求货物由A运动到B的时间t． 考 点 一 (2) 若货物刚放上A点时，传送带从v0开始以大小为a0＝2 m/s2的加速度做匀减速运动直至静止，求货物静止时离A的距离d． 答案：(2) 4 m 【解析】(2) 若货物刚放上A点时，传送带从v0开始以a0＝2 m/s2的加速度做匀减速运动，设经过t1时间，货物与传送带共速，则有v共＝v0－a0t1＝at1 解得t1＝2 s，v共＝2 m/s 考 点 一 (3) 若货物刚放上A点时，传送带从静止开始做加速度大小为a0＝2 m/s2的匀加速运动，速度达到v0后立即做加速度大小为a0＝2 m/s2的匀减速运动直至静止，求货物运动到传送带B点时的速度大小vB． 答案：(3) 2 m/s 考 点 一 考 点 一 考点二　“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的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度． 2．模型构建 (1) 隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析． (2) 对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程． (3) 明确滑块和木板间的位移关系 考 点 二 如图所示，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，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L． 考 点 二 3．解题关键 (1) 摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向． (2) 挖掘“v滑＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v滑＝v板时，“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)． ① 滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v滑＝v板． ② 木板最短的条件：当v滑＝v板时滑块恰好滑到木板的一端． 考 点 二 典 题 悟 法 　　 　　(2026·宝应期初)如图所示，在水平地面上静置着一块质量为m1＝2 kg的长木板，长木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1．一物块(视为质点)的质量为m2＝1 kg，物块与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，物块以大小为v0＝9 m/s、水平向右的初速度滑上长木板左端，物块未滑离长木板．取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求： (1) 长木板刚开始运动时的加速度大小a1． 答案：(1) 0.5 m/s2 3 考 点 二 【解析】(1) 物块在长木板上滑动时，长木板也在地面上滑动．设地面和物块对长木板的摩擦力大小分别为f1、f2，则有 f1＝μ(m1＋m2)g f2＝μ2m2g 由牛顿第二定律有f2－f1＝m1a1 解得a1＝0.5 m/s2 考 点 二 (2) 长木板的最小长度L． 答案：(2) 9 m 【解析】(2) 设开始运动时物块的加速度大小为a2，有f2＝m2a2 解得a2＝4 m/s2 设在t1时刻，物块与长木板达到共同速度v，由运动学公式有v＝v0－a2t1＝a1t1 解得t1＝2 s，v＝1 m/s 解得L＝9 m 考 点 二 (3) 整个过程物块的位移大小x． 答案：(3) 10.5 m 【解析】(3) 物块和长木板共速后，一起做匀减速直线运动，有f1＝(m1＋m2)a3 解得a3＝1 m/s2 由速度与位移的关系有v2＝2a3x3 又x＝x1＋x3 解得x＝10.5 m 考 点 二 “滑块—木板”模型的解题策略 考 点 二 考 点 二 类题固法2 1．(2025·苏州期末)如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图．塑 甲 乙 A．木块受到桌面的摩擦力为μ2(m1＋m2)g B．若F＞μ2(m1＋m2)g时木块将开始滑动 C．若将F作用在木块上，当F＞μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g时，可以抽出木块 D．若将F作用在木块上，当F＞(μ1＋μ2)·(m1＋m2)g时，可以抽出木块 料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．则 (　　) D 考 点 二 【解析】 木块处于静止状态，根据受力平衡可得木块受到桌面的摩擦力为f＝μ1m1g，故A错误；由于塑料块在木块上滑动，则μ1m1g≤μ2(m1＋m2)g，故无论F多大，木块将一直处于静止状态，故B错误；若将F作用在木块上，设当F＝F0时，木块与塑料块刚好要发生相对滑动，以木块与塑料块为整体，根据牛顿第二定律可得F0－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0，以塑料块为研究对象，根据牛顿第二定律可得μ1m1g＝m1a0，联立解得F0＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，则当F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，可以抽出木块，故C错误，D正确． 考 点 二 2．(2025·南通期末)如图所示，物块A放在木板B的左端，A、B用细线通过轻质滑轮连接，静置在水平面上．已知A、B的质量分别为mA＝1.0 kg、mB＝3.0 kg，A、B间动摩擦因素μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，B的长度为L＝1.5 m，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F作用在滑轮上． (1) 若F＝2.0 N，求物块A受到的摩擦力大小f． 答案：(1) 1 N 考 点 二 【解析】(1) A、B之间的最大静摩擦力为f1m＝μ1mAg＝5 N B与地面之间的最大静摩擦力为f2m＝μ2(mA＋mB)g＝8 N 若F＝2.0 N，可知A、B均处于静止状态，以轻质滑轮为研究对象，根据平衡条件可得2T1＝F 以A为研究对象，根据平衡条件可得T1＝f 联立可得物块A受到的摩擦力大小为f＝1 N 考 点 二 (2) 若A、B间发生相对滑动，求拉力的最小值F0． 答案：(2) 12 N 【解析】(2) 若A、B间发生相对滑动，当A、B间的静摩擦力刚好达到最大时，拉力有最小值F0，此时A、B仍有相同的加速度 以轻质滑轮为研究对象，可得2T0＝F0 以A、B和轻质滑轮为整体，根据牛顿第二定律可得 F0－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得T0－μ1mAg＝mAa 联立解得F0＝12 N 考 点 二 (3) 若拉力F′＝18 N，作用一段时间后撤去拉力F′，最终A刚好不脱离B．求拉力的作用时间t． 答案：(3) 1 s 【解析】(3) 若F′＝18 N，以轻质滑轮为研究对象，根据平衡条件可得2T＝F′ 解得细线拉力大小为T＝9 N 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得T－μ1mAg＝mAaA 解得aA＝4 m/s2 以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得T＋μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB 解得aB＝2 m/s2 考 点 二 考 点 二 考 点 二 配套热练 第1课时　“传送带”模型 一、 选择题 1．如图所示为水平匀速向右运动的传送带，一个物块以某一速度从左边冲上传送带，则小物块运动的v－t图像不可能是 (　　) D 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 2．如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示．在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列说法中正确的是 (　　) C A．M下滑的速度不变 B．M立即开始在传送带上加速，速度变为2v0后向下匀速运动 C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动 D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 【解析】 传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝μmg cos θ，当传送带转动时，开始速度小于v0，物块受摩擦力大小、方向均不变，故物块仍匀速下滑；当速度大于v0时，物块受的摩擦力方向变为沿传送带向下，物块加速下滑，当物块速度增加到2v0时，物块又以和传送带相同的速度匀速下滑，故C正确． 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 3．如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动．现将一个质量为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为μ＝0.1，a、b间的距离为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) (　　) C 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 4．三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑到达底端，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5．下列说法中正确的是 (　　) A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端 B．若v0≥1 m/s，则物块B先到达传送带底端 C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端 D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端 C 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 【解析】 因为μ＜tan 37°，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，A、B错误；若v0＜1 m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，C正确，D错误． 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 5．(2026·宝应期初)如图甲所示，倾角为θ的足够长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，物体相对地面的v－t图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则下列说法中正确的是 (　　) A．传送带的速率v0＝12 m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4 D．0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m D 甲 乙 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 6．(2025·盐城八校期初联考改编)把一根匀质铁链水平拉直，沿AB方向一部分放在顺时针匀速转动的水平传送带上，一部分放在光滑水平桌面上，桌面和传送带在A点平滑相接(忽略衔接处空隙)，由于传送带摩擦力的作用，铁链向右做直线运动，传送带长度大于铁链长度．x为铁链在A点右侧的长度，f为传送带对铁链的摩擦力，a为铁链的加速度，F为A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力，Ek为铁链的动能，则在铁链加速进入传送带的过程中，下列图像可能正确的是 (　　) C 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 二、 计算题 7．(2025·苏州高三上期中)如图甲所示，为机场、火车站和地铁站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型：绷紧的传送带始终保持v0＝1 m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为LAB＝2.5 m，取g＝10 m/s2．则： (1) 行李从A到B的时间为多少？ 答案：(1) 3 s 甲 乙 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 (2) 若要使行李从A处到达B处的时间最短，那么，水平传送带的最小恒定速度vmin是多少？(结果保留根号) 甲 乙 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 8．(2025·苏州期末)如图所示，质量为mA＝2 kg的小物块A放在倾斜传送带上，轻质细线绕过定滑轮与小物块A、B相连．已知A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，传送带倾角θ＝37°，P、Q间的距离为L＝3 m，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力． (1) 若传送带静止，A能静止在传送带上，求B的质量mB满足的条件． 答案：(1) 0.56 kg≤mB≤1.84 kg 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 【解析】(1) 依题意得，临界条件为物块A刚好处于平衡 状态．当摩擦力沿传送带向下最大时，如图1所示，对物块A 受力分析 根据平衡条件有mAg sin 37°＋Ff＝FT 又Ff＝μFN＝μmAg cos θ 对物体B受力分析得FT＝mBg 联立解得mB＝1.84 kg 图1 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 当摩擦力沿传送带向上最大时，如图2所示，对物块A 受力分析 根据平衡条件有mAg sin 37°＝Ff＋FT 又Ff＝μFN＝μmAg cos θ 对物体B受力分析得FT＝mBg 联立解得mB＝0.56 kg 所以B的质量满足的条件为0.56 kg≤mB≤1.84 kg 图2 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 (2) 若传送带静止，B的质量为mB＝0.4 kg，求A从传送带上端由静止运动到下端所用的时间t． 答案：(2) 3 s 【解析】(2) 对物块A受力分析，如图2所示，根据牛顿第二定律可得mAg sin 37°－Ff－FT＝mAa 又Ff＝μFN＝μmAg cos θ 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 (3) 若传送带以v0＝7 m/s的速率逆时针匀速转动，B的质量为mB＝0.4 kg，求A从传送带上端由静止运动到下端的过程中，在传送带上留下痕迹的长度Δx． 答案：(3) 4 m 【解析】(3) 对物块A受力分析，如图1所示，根据牛顿第二定律可得mAg sin 37°＋Ff－FT＝mAa′ 又Ff＝μFN＝μmAg cos θ 对物体B受力分析，根据牛顿第二定律可得FT－mBg＝mBa′ 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第1课时 配套热练 第2课时　“滑块—木板”模型 一、 选择题 1．(2026·南通期初)如图所示，长木板静止在水平地面上，小滑块置于木板的左端．已知木板与滑块的质量相等，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数相同．敲击滑块使其以初速度v0向右运动，恰能滑至木板的右端；若敲击木板，使其获得向左的初速度，恰好使滑块滑至木板右端，则木板的初速度为 (　　) A．v0 B．2v0 C．3v0 D．4v0 B 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 2．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，取g＝10 m/s2．下列说法中正确的是 (　　) A．M＝m B．M＝3m 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 C 甲　　 　　　　乙 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 3．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2．下列反映a1和a2变化的图线中正确的是 (　　) A 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 C 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 5．如图所示，足够长的轻质丝绸置于光滑水平面上，物块A、B靠在一起(不粘连)放在丝绸上．已知A、B的质量分别为m、2m，与丝绸间的动摩擦因数分别为2μ、μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现用水平力F向左拉丝绸，则 (　　) A．若F＝0.5μmg，A、B均保持静止状态 B．若F＝1.5μmg，A受到的合力比B的大 C．若F＝2.5μmg，A、B均相对丝绸发生滑动 D．若F＝3.5μmg，A的加速度比B的大 D 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 6．(2024·辽宁卷改编)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．下列说法中错误的是 (　　) 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 C 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 二、 计算题 7．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量为M＝2 kg、长度为L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量为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，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝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． 答案：(1) 4 m/s2　1 m/s2 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 【解析】(1) 假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1 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°＋μ1mg cos 37°－μ2(M＋m)g cos 37°＝Ma2 解得a2＝1 m/s2，a1＞a2 假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 (2) 从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t． 答案：(2) 1 s 【解析】(2) 设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式有 又x1－x2＝L 解得t＝1 s 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 8．(2025·南京期末)如图所示，木板B置于光滑水平地面上，大小可忽略的物块A放在木板B左端，A质量为m＝0.50 kg，B质量为M＝1.0 kg、长度为l＝2.0 m，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.2，距B右端d＝1.0 m处有竖直的墙壁，开始A和B均静止，现A受到向右的水平拉力F＝2.0 N，取g＝10 m/s2． (1) 求A和B开始运动时的加速度大小． 答案：(1) 2 m/s2　1 m/s2 【解析】(1) 对A、B，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，μmg＝Ma2 解得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 (2) 1 s后撤去力F，求此刻至A、B速度相同时经历的时间． 【解析】(2) 1 s后，A、B的速度为vA1＝a1t＝2 m/s，vB1＝a2t＝1 m/s 撤去拉力后，对A根据牛顿第二定律有μmg＝ma′1 解得a′1＝2 m/s2，方向向左 B的加速度不变，依然向右，设经过时间t′，二者速度相等，则有v＝vA1－a′1t′＝vB1＋a2t′ 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 (3) 在(2)条件下，B与墙壁碰撞反弹时速率不变，求最终A到B右端的距离． 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 4 1 2 3 5 6 7 8 第2课时 配套热练 $