第3章 专题突破6 动力学中的“传送带”和“板块”模型(课件PPT)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

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”专题，依据高考评价体系梳理了水平/倾斜传送带运动分析、板块模型相对位移计算等核心考查要求，通过近五年真题（如2024北京卷、安徽卷）分析考点权重，归纳摩擦力突变、共速临界等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2024安徽卷倾斜传送带题为例，运用科学思维中的模型建构方法，拆解加速度突变与运动阶段划分，培养运动和相互作用观念。特设“易错点警示”（如传送带足够长与不足够长的运动差异）和“解题流程模板”，帮助学生掌握临界条件分析技巧，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

专题突破6　动力学中的“传送带”和“板块”模型 返回 ‹#› 1 突破点一 2 突破点二　 3 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 突破点一 传送带模型 角度1　水平传送带模型 1．水平传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 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 返回 ‹#› 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长   滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端，若v0≤v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 返回 ‹#› 2．解题关键：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 返回 ‹#› (2024·北京卷，10)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　 返回 ‹#› 解析：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。 返回 ‹#› (2025·河南新乡期中)如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小滑块的加速度向右，大小为μg B．若v0<v1，小滑块返回到左端的时间为 C．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 D．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为 D 返回 ‹#› 解析：D　小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩 擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得μmg ＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0<v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0，刚好返回到左端，时间为t＝，故B错误；若v0>v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1＝，位移大小为x1＝，然后加速返回，加速到v1的时间t2＝，位移大小为x2＝，最后以速度v1 返回 ‹#› 匀速回到左端，时间为t3＝，小滑块返回到左端的时间t＝t1＋t2＋t3，解得t＝，故C错误，D正确。 返回 ‹#› 角度2　倾斜传送带模型 1．倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑动的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   一直加速(一定满足关系μ >tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ >tan θ) 返回 ‹#› 情景 滑动的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   一直加速(加速度为g sin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以g sin θ＋μgcos θ加速，共速后摩擦力方向改变，再以g sin θ－μgcos θ加速 返回 ‹#› 情景 滑动的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   v0<v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以g sin θ＋μgcos θ加速，再以g sin θ－μgcos θ加速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为g sin θ－μgcos θ；若μ>tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－g sin θ；若μ＝tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速；若μ＝tan θ，一直匀速 返回 ‹#› 情景 滑动的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   (摩擦力方向一定沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速，μ＝tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v 返回 ‹#› 2．解题关键：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。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。 返回 ‹#› (2024·安徽卷，4)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度轻放一小 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(　　) C　 返回 ‹#› 解析：C　物块刚放上传送带时受到重力、传送带所提供的支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，垂直传送带方向有FN－mg cos θ＝0，沿斜面方向有μFN－mg sin θ＝ma，解得加速度大小a＝μgcos θ－g sin θ，匀加速t0时间后速度为v0，此后滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块和传送带一起做匀速直线运动，C正确。 返回 ‹#› (2026·广西柳州期末)国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ＝37°，转轴间距L＝3.5 m。工人沿传送带方向以速度v1＝1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点)，4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则(　　) A．在t＝2.5 s时，粮袋所受摩擦力方向改变 B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.5 C．传送带运行的速度大小为0.5 m/s D．在0～2.5 s内粮袋处于失重状态 甲　　　　　　　乙 C　 返回 ‹#› 解析：C　由题图乙可知，在0～2.5 s内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿传送带向上的滑动摩擦力，在2.5～4.5 s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿传送带向上的静摩擦力，故A错误；根据 甲　　　　　　　乙 v-t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知L＝(v0＋1.5)×2.5 m＋(4.5－2.5)v0＝3.5 m，解得v0＝0.5 m/s，故C正确；由题图乙和C项分析可知，粮袋在0～2.5 s内的加速度为a＝ m/s2＝－0.4 m/s2，则加速度方向沿传送带向上，则在0～2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmgcos θ＝ma，联立代入数据解得μ＝0.8，故B、D错误。 返回 ‹#› 传送带模型的解题思路 返回 ‹#› 突破点二 “滑块－木板”模型 1．两种常见类型 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   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 返回 ‹#› 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 返回 ‹#› 角度1　木板带动滑块运动的情形 (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 B　 返回 ‹#› 解析：B　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。 返回 ‹#› 角度2　滑块带动木板运动的情形 如图甲所示，足够长的木板静止在水平面上，木板的质量M＝0.4 kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，质量m＝0.4 kg的小滑块以v0＝1.8 m/s的速度从右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板的0.2 s内的速度图像如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g取10 m/s2。 甲　　　　　　　　　　乙 返回 ‹#› (1)求小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1； (2)求小滑块从滑上长木板到与长木板速度相等过程中相对长木板滑行的距离L； (3)求小滑块从滑上长木板到最后停下来的过程中运动的总距离s。 甲　　　　　　　　　　乙 返回 ‹#› 解析：(1)小滑块向左减速运动，由题图乙v-t图像的斜率可得加速度大小 a2＝＝4 m/s2 对滑块，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma2 则μ2＝0.4 长木板向左加速运动，由牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1 解得a1＝2 m/s2。 甲　　　　　　　乙 返回 ‹#› (2)小滑块与长木板速度相等时，有v0－a2t＝a1t 解得t＝0.3 s 小滑块运动的距离s2＝v0t－a2t2＝0.36 m 木板运动的距离s1＝a1t2＝0.09 m 故L＝s2－s1＝0.27 m。 甲　　　　　　　乙 返回 ‹#› (3)共速后一起做匀减速运动v＝a1t＝0.6 m/s 根据牛顿第二定律得 μ1(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得加速度的大小a3＝1 m/s2 运动的距离为s3＝＝0.18 m 所以小滑块运动的总距离s＝s2＋s3＝0.54 m。 答案：(1)0.4　2 m/s2　(2)0.27 m (3)0.54 m 甲　　　　　　　乙 返回 ‹#› 处理“板块”模型中动力学问题的流程 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 限时规范 训练(18) (建议用时：40分钟　满分：69分) (选择题1～5题每题5分，6～7题每题6分，共37分) [基础分组训练] 题组1　传送带模型 1．(2026·重庆一中开学考)如图所示是快递包裹运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用。将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v-t图像和a-x图像，其中可能正确的是(　　) B　 返回 ‹#› 31 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 解析：B　快递在接触弹簧前速度已达到v，说明它 在接触弹簧前先加速再匀速，匀速阶段不受摩擦力。 接触弹簧后，在开始一段时间内快递相对于传送带静止，即其受弹簧弹力和静摩擦力平衡，继续做匀速运动，运动到弹力与最大静摩擦力相等时，由于惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，快递接下来做加速度增大的减速运动直到速度为零，故A错误，B正确；快递在接触弹簧前加速阶段，有μmg＝ma1，解得a1＝μg，方向向右；匀速运动阶段，有a2＝0，接触弹簧后，运动到弹力大于最大静摩擦力前，仍做匀速运动，加速度仍然为零，弹力大于最大静摩擦力后，有kx－μmg＝ma3，解得a3＝x－μg，方向向左，故CD错误。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 D 2．(2026·山东济南开学考)如图所示，长度为L、与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将质量均为m的物块P、Q(均可视为质点)分别无初速度放在传送带最底端的M点，物块P的位移为L时恰好与传送带共速，物块Q的位移为时与传送带共速。物块P、Q与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，则μ1、μ2与θ满足的关系为(　　) A．μ2－2μ1＝tan θ　　 B．μ1－2μ2＝tan θ C．2μ2－μ1＝tan θ D．2μ1－μ2＝tan θ 返回 ‹#› 33 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：D　物块的加速度a＝μg cos θ－g sin θ，与传送带共速时满足v2＝2ax，可知2a1L＝即2(μ1g cos θ－g sin θ)＝μ2g cos θ－g sin θ，解得2μ1－μ2＝tan θ，故选D。 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 题组2　“滑块—木板”模型 3．(2026·北京人大附中月考)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 B 返回 ‹#› 35 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 解析：B　第一种情形下有L，第二种情形下有L，联立解得v＝10 m/s。故B正确。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 4．(多选)(2025·湖南武冈期中)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．长木板A、物体B所受的摩擦力方向均与各自运动方向相反 B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C．A长度至少为3 m D．长木板A的质量是4 kg 甲　　　　 　　乙 BD　 返回 ‹#› 37 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 解析：BD　摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，由题意可知，A木板的运动方向与所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小为aB＝＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝mBaB，可解μ＝0.2，故B正确；由题图乙可知0～1 s内二者相对运动的位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小为aA＝＝1 m/s2， 又μmBg＝mAaA，代入数据解得mA＝ 4 kg，故D正确。 甲　　　　 　　乙 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 C 5．(2026·山东日照开学考)如图所示，一质量为2 kg的足够长木板c置于水平面上，质量均为1 kg的滑块a、b置于c上，b位于a右方某处。a与c之间的动摩擦因数为0.2，b与c之间、c与地面之间的动摩擦因数均为0.1，若给c施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到a、b第一次相遇时间为t。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。当F＝10 N时，t＝1 s。下列判断正确的是(　　) A．初始时a、b之间的距离为0.5 m B．若F＝8 N，则t＝ s C．若F＝11 N，则t＝ s D．F越大，t越小 返回 ‹#› 39 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 解析：C　假设a、c相对静止，b、c相对滑动， 对ac，有F－μ2(2m＋M)g－μ2mg＝(M＋m)a1， 解得a1＝ m/s2<μ1g＝2 m/s2，由于a1＝ m/s2<μ1g＝2 m/s2，a1＝m/s2>μ2g＝1 m/s2，则假设成立，对b，有a2＝＝1 m/s2，根据位移关系有xab＝m，故A错误；同理，当F＝8 N时，ac整体加速度大小为a1′＝1 m/s2<μ1g＝2 m/s2，由于a1′＝1 m/s2＝μ2g＝1 m/s2，说明三者保持相对静止，ab不能相遇，故B错误；当F＝11 N时，ac整体加速度大小为 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 a1″＝2 m/s2＝μ1g>μ2g，ac保持相对静止，bc相对滑动，则xab＝a1″t′2－a2t′2，代入数据解得t′＝ s，故C正确；当ac相对静止，bc相对滑动时，力F越大，则ac的加速度越大，b的加速度不变，根据位移关系可知，二者相遇的时间t越小，但当ac相对滑动，bc相对滑动时，力F越大，c的加速度增大，但a、b加速度保持不变，所以二者相遇的时间不变，故D错误。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 D [创新提升训练] 6．(2026·重庆巴蜀中学模拟)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，取重力加速度g＝10 m/s2。则正确的是(　　) 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 甲　　　　　　　乙 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 解析：D　由题图乙可知，在t＝1 s时物块的加速度发生改变，此时物块的速度为10 m/s，可知传送带的速率v0＝10 m/s，A错误；根据牛顿第二定律结合v-t图像可知，开始阶段物块的加速度a1＝ m/s2， 甲　　　　　　乙 物块与传送带共速后物块的加速度a2＝ m/s2，联立解得传送带的倾角θ＝37°，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，BC错误；0～1 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx1＝v0t1－v0t1＝5 m，1～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx2＝t2－v0t2＝1 m，由Δx1>Δx2，可知0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m，D正确。 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 7．(2026·湖南长沙模拟)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 B　 返回 ‹#› 7 8 9 10 1 3 4 5 6 2 解析：B　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＝，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＝t2＝1.0 m，故选B。 返回 ‹#› 8 9 10 1 3 4 5 6 7 2 8．(8分)(2026·湖北武汉外国语模拟)质量为m的薄木板静置于水平桌面上，其一端与桌边对齐，木板上放一质量也为m的小木块，木块与木板的左端相距为l，桌面长为L，如图所示。已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ，现有一水平恒力F作用于木板上，将木板从小木块下水平抽出，使小木块从薄木板上滑下后，恰好停在桌面的右边缘而不掉下。求： (1)小木块的运动时间； (2)恒力F的大小。 返回 ‹#› 8 9 10 1 3 4 5 6 7 2 解析：(1)小木块先加速后减速运动，两次加速度大小相同设为a1，运动总时间设为t 对小木块有ma1＝μmg a1t02＝x1 根据运动的对称性x1＝ 其中t0＝ 联立解得t＝2。 返回 ‹#› 8 9 10 1 3 4 5 6 7 2 (2)设木板加速度为a2，在t0时间内有 a2t02＝x2 x2－x1＝l 对木板受力分析有F－μmg－2μmg＝ma2 联立解得F＝4μmg＋μmgl 或写为F＝μmg。 答案：(1)2　　 (2)μmg 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(12分)(2026·重庆一中开学考)如图所示，水平传送带以v0＝2 m/s的速度顺时针匀速率运转，A、B两端点相距4 m。现将一可视为质点的小物块无初速度地轻放至A点，小物块在传送带上留下划痕，之后离开传送带并无能量损失地滑上与传送带等高的木板。已知小物块质量m＝2 kg，木板质量M＝4 kg，小物块与传送带、木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，取重力加速度g＝10 m/s2。求： 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 (1)小物块从A点运动到B点的过程中在传送带上留下划痕的长度； (2)若μ2＝0.2，小物块滑上木板时，对小物块施加一个大小为F＝2 N的水平向右的恒力，要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？ (3)若μ2＝0.1，小物块滑上木板时，改为对木板施加一个大小为F＝2 N的水平向右的恒力，则要使小物块恰好不从木板上滑落，全过程木板的位移是多少？ 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：(1)小物块在传送带上滑动时的加速度大小为a1＝＝4 m/s2 加速到与传送带速度相等所用的时间为t1＝＝0.5 s 加速的位移为x1＝t1＝0.5 m 匀速运动的时间为t2＝＝1.75 s 则总时间为t＝t1＋t2＝2.25 s 传送带上留下划痕长度s＝v0t1－x1＝0.5 m。 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 (2)由于μ1mg＝8 N<μ2(m＋M)g＝12 N 则木板不动，小物块在木板上滑行的加速度大小a2＝＝3 m/s2 当小物块速度减小为0时刚好到达木板最右端，此时有v02＝2a2L1 则L1＝m。 (3)由于F＋μ1mg＝10 N>μ2(m＋M)g＝6 N 则长木板的加速度大小为a2＝＝1 m/s2 小物块的加速度仍为4 m/s2，设小物块与木板速度相等所用的时间为t′，则有v0－a1t′＝a2t′， 解得t′＝0.4 s 返回 ‹#› 9 10 1 3 4 5 6 7 8 2 此过程小物块和木板的位移分别为x物＝v0t′－a1t′2＝0.48 m，x板＝a2t′2＝0.08 m 所以木板的长度至少为L2＝x物－x板＝0.40 m 共速时v＝a2t′＝0.4 m/s 此后经判断物块与木板相对静止共同减速运动a3＝ m/s2 从两者相对静止共同减速运动到速度减为0所用的时间为t3＝＝0.6 s 逆向分析此过程木板的位移为x3＝a3t33＝0.12 m 木板总位移为x总＝x板＋x3＝0.2 m。 答案：(1)0.5 m　(2) m　(3)0.2 m 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(12分)(2026·辽宁名校联盟联考)如图所示，倾角θ＝37°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝10.8 m、质量M＝2 kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量m＝1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数μ； (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ′＝0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围； (3)若μ′＝0.8，F＝24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：(1)对物块受力分析，有mg sin θ＝Ff FN＝mg cos θ Ff＝μFN 解得μ＝0.75。 (2)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律有Ff′－mg sin θ＝ma 又Ff′≤Ffmax＝μ′mg cos θ，a>0 解得 18 N < F ≤ 19.2 N。 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 (3)由题意知物块会滑离木板，设物块在木板上的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，有μ′mg cos θ－mg sin θ＝ma1 F－Mg sin θ－μ′mg cos θ＝Ma2 设物块在木板上运动的时间为t1，由几何关系有a1t12＝L 解得t1＝3 s 此后物块从木板上掉落，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，有mg sin θ＝ma3 F－Mg sin θ＝Ma4 返回 ‹#› 10 1 3 4 5 6 7 8 9 2 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2＝ 解得t2＝0.2 s 以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1＝t2 木板的位移大小x2＝a2t1t2＋a4t22 又x＝x2－x1 解得x＝1.68 m。 答案：(1)0.75　(2)18 N<F≤19.2 N (3)1.68 m 返回 ‹#› 专题突破6　动力学中的“传送带”和“板块”模型 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› 59 $