2027届高三物理一轮复习讲义：5 板块模型及传送带模型中的动力学问题

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿定律及运动学规律在连接体、板块、传送带模型中的应用，按无外力/有外力板块模型、水平/倾斜传送带模型分层梳理考点，通过解题思路分析、典型示例精讲、规律总结、真题演练等环节，帮助学生构建模型认知框架，突破力学综合问题难点。 讲义突出模型建构与科学推理融合，如板块模型中用假设法+整体法+隔离法判断相对运动，传送带模型中分析共速前后加速度变化，培养科学思维。设置基础巩固、能力提升、综合应用分层习题，配合详解答案，保障复习效果，助力教师精准把控节奏，提升学生应考能力。

牛顿定律及运动学规律在连接体模型和板块模型及传送带模型中的应用 一、板块模型解题思路 1、无外力模型 【示例1】地面粗糙且无外力 如图所示，一质量为M=0.9kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速度为v0=5.5m/s，此时将一质量m=0.2kg的物块A（可视为质点）无初速度地放在长木板右端，经过一段时间后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ1=0.25，长木板B与地面之间动摩擦因数为μ2=0.2，g取10m/s2，求： （1）相对运动过程中物块A的加速度大小； （2）长木板B的长度。 【分析】由题意可知，地面粗糙，且AB的初速度不相等，故AB初始时发生相对滑动，则考虑AB是否会在A滑离B前共速，从开始运动至共速过程采用隔离法分别对AB进行分析解答。共速时采用假设法+整体法＋隔离法分析共速后是否相对静止。由于物块A刚好没有从木板的左端滑出，①若共速后AB保持相对静止，则AB共速时，A刚好滑至木板最左端，此时AB之间的相对位移恰好等于板长。②若共速后AB发生相对滑动，则共速后，AB以不同的加速度做减速运动，且当A刚好滑至木板最左端时，A的速度恰好减为零，此时AB之间的相对位移也等于板长。 解：（1）由题意可知，初始时A、B之间发生相对滑动时，则对A受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）从开始到AB共速前，对长木板B进行受力分析，由牛顿第二定律可得 设AB经过时间t共速，则当A、B共速，则从开始至共速的过程，对A有 ， 对B有 ， 因为，所以A、B共速后保持相对静止一起运动，又A刚好没有从木板的左端滑出，则共速时A刚好滑至木板最左端，则板长 联立解得 【拓展分析】两种不同方法判断共速后是否发生相对滑动（假设法+整体法＋隔离法） （1）假设共速后AB之间保持相对静止，此时AB间的摩擦力为f，则对AB整体进行受力分析可得 对A进行受力分析可得 联立可得 即AB之间摩擦力小于两者间最大静摩擦力，假设成立，故AB共速后保持相对静止 （2）假设共速后AB恰好发生相对滑动，此时AB的加速度相等，则对AB整体进行受力分析可得 对A进行受力分析可得 联立可得 即假设不成立，故AB共速后保持相对静止 【总结】对于地面粗糙的无外力模型，滑块与木板共速后，保持相对静止的条件为：滑块与木板的摩擦因素不小于地面与木板的摩擦因素时，即。 【示例2】地面光滑且无外力 如图所示，在光滑的水平面上静置一质量、长度的木板，另一质量的小滑块以的水平初速度从木板的左端滑上木板（此时开始计时）。已知小滑块与木板间的动摩擦因数，重力加速度。 （1）若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小； （2）若木板不固定，求木板的加速度并通过计算判断小滑块能否从木板上滑离； 详解：（1）方法一：若木板固定在水平面上，对滑块，根据牛顿第二定律可得： 设滑块从木板上滑离时速度为，根据运动学公式可得： 解得： 方法二：根据动能定理可得： 解得： （2）若木板不固定，初始时滑块与木板发生相对滑动，对木板根据牛顿第二定律可得： 解得： 方法一：设经时间，滑块与木板共速，则对滑块有：， 对木板有：， 此时滑块与木板的相对位移为： 代入数据可得：，即滑块可以从木板上滑离。 方法二：设滑块不从木板上滑离，则最终滑块与木板共速，则由动量守恒定律可得： 由能量守恒定律可得： 代入数据可得：，即滑块可以从木板上滑离。 【总结】对于地面光滑的无外力模型，若不滑离木板，滑块与木板共速后，滑块与木板必保持相对静止。故滑块不滑离木板的条件为：共速时滑块与木板的相对位移s不大于板长L，即。 2、有外力模型 一个物块与木板构成的有外力板块模型（如图）中运动状态判定结论： （1）AB共速时，当时，AB均处于静止状态； （2）AB共速时，当时，AB保持相对静止，一起做加速运动 （3）AB共速时，当时，AB恰好保持相对静止（恰好发生相对滑动） （4）AB共速时，当时，AB发生相对滑动。 极限法在两个或两个以上物体与木板构成的有外力板块模型（如图）中的应用思路： 如图，F从零开始不断增大，Q与N间的动摩擦因数为μ，N与地面间的动摩擦因数为，P与N间的动摩擦因数为。 分析可知，由于F可以无穷大，故P的加速度a可以无穷大，NQ具备最大加速度，设Q最大加速度为，N的最大加速度为，且。则分析可知 （1）当P的加速度a=0时，PQN均静止； （2）当P的加速度满足时；PQN均滑动，但PN、QN之间仍保持相对静止； （3）当P的加速度满足时，QP发生相对滑动，PN保持相对静止； （4）当P的加速度满足时，PN、QN均发生相对滑动。 再利用整体与隔离法结合牛顿第二定律确定不同情况下F值的大小。 【示例3】地面光滑且受恒定外力 如图所示，质量为1.5kg的木板A放在光滑水平地面上。木板A上放置质量为0.5kg的物体B，物体B视为质点，B位于木板A中点处，A与B之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取。求： （1）要使A、B相对滑动，拉力F至少多大； （2）若木板A的长度为4.0m，当拉力始终保持为不变时，经过的时间A板从B下抽出，则拉力是多大？ 【分析】当A、B刚好相对滑动时，AB的加速度恰好相等。 解：（1）由于A、B刚好相对滑动时，对物体B由牛顿第二定律可得： 对木板A由牛顿第二定律可得： 联立解得： 所以拉力F至少4N。 （2）由于A板从B下抽出，则施加拉力后，0~的过程中A、B之间发生相对滑动，对物体B进行受力分析，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律可得： ， 对木板A进行受力分析，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律可得： ， 根据题意可知A、B的相对位移满足： 代入数据解得： 【示例4】地面粗糙且受恒定外力 如图所示，一正方体木块放在一长木板的左端，长木板放在水平地面上，某时刻有的水平拉力作用在木块上，木块开始做匀加速直线运动，已知木块的质量，长木板的质量，木块与长木板间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，木块可看作质点。 （1）求开始运动时木块和长木板的加速度； （2）当木块运动3s时撤去拉力F（木块还没有掉下长木板），求撤去F前木块在长木板上运动的距离； （3）在木块运动3s时撤去F后，木块和长木板继续运动，最终木块恰好停在长木板的右端，求长木板的长度。 解：（1）开始运动时，假设滑块与木板发生相对滑动，则对木板根据牛顿第二定律，有： 对长木板，根据牛顿第二定律，有： 解得：， 由于，故假设成立，则，方向水平向右，，方向水平向右 （2）0-3s的过程中，木块运动的位移为： 长木板运动的位移为： 则木块在长木板上运动的距离为： 联立解得： （3）撤去F时，木块的速度为： 木板的速度为： 设撤去拉力经过时间t2两者共速，则该过程，对木块有：， ， 对木板有：， 此过程中木块与长木板的相对位移为： 由于，两者共速后将保持相对静止，则长木板的总长度为： 代入数据可得：，， 【示例5】地面粗糙且有外力，且外力为变化值 如图甲所示，水平面上放置质量的足够长的木板A，木板A上放置质量的滑块B，水平力F作用于滑块B上，F随时间变化的关系如图乙所示，时刻滑块B相对木板A发生相对滑动，此时拉力变成恒定的20N。已知滑块B与木板A之间的动摩擦因数，木板A和水平面之间的动摩擦因数，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）时，A、B的加速度； （2）时刻滑块B的速度大小； （3）0~15s内滑块B相对木板A的位移。 解：（1）对整体受力分析，刚开始运动时，有 由F-t图像可知，图像表达式为： 联立解得：， 即整体从1.5s开始运动，随后先一起做加速运动，当木板A的加速度达到最大时，AB刚好发生相对运动，此时AB加速度相等，设AB刚好发生相对运动的时间为t0，对A受力分析，由牛顿第二定律有： 对B受力分析，由牛顿第二定律有： 且由F-t图像有： 联立解得：，， 因此t1=6s＜9s时，AB以共同的加速度运动，此时： 以AB为整体，由牛顿第二定律有： 解得： （2）滑块B相对木板A刚开始运动前，A、B一起加速运动，对整体受力分析有： 整理有 ，则a-t图像如图所示 由a-t图像可知滑块B相对木板A刚开始运动时的速度大小为： （3）由上述分析可知0-9s内，A、B保持相对静止，AB之间在9s开始发生相对滑动，则在9-15s的过程中，对A受力分析，由牛顿第二定律及匀变速直线规律有：， 对B受力分析，由牛顿第二定律及匀变速直线规律有：， 整个过程中A、B的相对位移为： 联立解得：，， 二、传送带模型解题思路 【示例1】水平传送带 应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图甲所示的模型。传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率顺时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10 m/s2。 （1）若旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，求行李到达B处的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； （2）要想把无初速度放在A处的行李传到B处所用的时间最短，传送带的速度至少为多大？ （3）传送带转动方向反向，如图乙 ①若行李放在A处时的初速度为v0＝0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度； ②若行李放在A处时的初速度为v0＝0.6 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。 解：（1）设行李经过时间t1与传送带共速，对行李进行受力分析，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有：，， 解得：，， 故行李先匀加速至与传送带共速，再与传送带保持相对静止运动至B处，匀速运动的时间为： 则行李从A到B的时间为： 行李与传送带在0-0.2s内发生相对滑动，则留下的摩擦痕迹长度为： （2）行李一直加速所用时间最短，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有： ， 解得： ， （3）①传送带与行李速度相反，对行李进行受力分析可知，行李先向右匀减速运动，设行李向右减速至速度为零的时间为t1，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有： ，， 联立解得：，， 即行李不会从右端滑出，接着行李向左匀加速运动，根据运动的对称型可知，行李向右匀加速运动的时间：t2＝t1＝0.1s，随后行李从左端离开，则行李在传送带上的时间为： 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为： ②行李与传送带速度方向相反，对行李进行受力分析可知，行李先向右做匀减速运动，设减速至速度为零的时间为t3，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有： ，， 联立解得：， 故行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有： ，， 联立解得：，， 即行李还未从左端滑离，此时行李与传送带共速，分析可知，行李接着向左做匀速运动，则有： 代入数据解得： 则行李从开始运动至从左端离开，在传送带上的总时间为： 故行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为： 【示例2】倾斜传送带 如图所示，倾角为37°，长为l=16 m的传送带，转动速度为v=10 m/s。在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体（可视为质点）。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，g取10 m/s2，求： （1）传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； （2）传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。 解：（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有： ， 解得：， （2）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，物体运动的位移未x1，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有： ，， 解得：，， 因为，故物体与传送带共速后，物体与传送到之间仍发生相对滑动，但此后物体相对传送带向下运动直至离开传送带，该过程物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，设共速后物体的加速度大小为a2，则由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有： ， 解得：，（舍去） 则物体从顶端A滑到底端B的总时间为： 三、习题巩固 1．（多选）如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则（     ） A．传送带一定逆时针转动 B．μ＝tan θ－ C．传送带的速度大于v0 D．t0时刻后木块的加速度为2gsin θ－ 2．如图所示，左侧有一长为L=3m的传送带，以速度v=5m/s顺时针转动，右侧有一质量为M=6kg、长为l=5m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m=2kg的小物块（可视为质点）以初速度v0=10m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6，不计空气阻力，g取10m/s2。则（     ） A．小物块滑上长木板的速度为5m/s B．小物块的最终速度为1m/s C．长木板的最终动能Ek=12J D．全过程系统摩擦生热为Q=48J 3．（多选）如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角，并以的速度逆时针匀速运动。在传送带的端轻轻地放一个质量的小物体，经过时间速度达到与传送带相同。已知物体与传送带之间的动摩擦因数，设放上小物体后传送带仍然匀速运动。，，下列判断正确的是（     ） A．在内小物体的加速度大小为 B．在后小物体作匀速运动 C．在内小物体与传送带因摩擦产生的热量为 D．在内，电机至少需要多消耗的电能 4．如图所示，传送带的左侧为足够大的光滑水平面，右侧为光滑固定曲面，传送带与左、右两边的水平面等高且平滑对接。一水平轻质弹簧左端固定在竖直墙上，弹簧的弹性势能，其中弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，弹簧右端与质量的物块B（视为质点）连接。传送带始终以的速度逆时针转动。现将质量的物块A（视为质点）从曲面上距水平面高度处由静止释放。物块A、B之间每次发生的都是完全非弹性碰撞（时间极短），但碰撞后并不粘连，第一次碰撞前物块B静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。已知传送带长，物块A与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求： (1)物块A第一次与物块B碰撞过程损失的机械能； (2)物块B向左运动的最大距离； (3)整个过程中物块A与传送带间因摩擦而产生的热量。 5．（多选）如图所示，足够长的倾斜传送带倾角为，逆时针匀速运转的速度大小，传送带上有一种用特殊材料制作的可视为质点的乙物块，随传送带一起匀速运动，当乙物块运动至距传送带上端时，将也可视为质点的甲物块无初速的放到传送带上端，以后每当甲物块追上乙时，两者会发生弹性碰撞。已知甲、乙两物块质量均为，甲与传送带间的动摩擦因数，乙与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取，。则以下选项正确的是（　　） A．乙运动的过程中受到的摩擦力大小为 B．甲刚放上传送带时加速度大小为 C．从开始放上甲物块到甲物块第一次追上乙物块所经历的时间 D．从开始放上甲物块到甲物块第二次追上乙的过程中，甲与传送带间因摩擦而产生的热量 6．如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。求 (1)滑块与木板的质量之比 (2)滑块与木板间的滑动摩擦力大小 (3)木板的长度 7．如图所示，足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动，右端与光滑的平台平滑衔接，平台右侧有一长为、质量为的长木板乙放在光滑水平面上，长木板的上表面与平台等高。质量为的物体甲以的速度从右端冲上长木板，滑到长木板的最左端时长木板刚好与平台碰撞，同时物体甲滑上平台，长木板与平台碰撞后速度立即减为0，但与平台不粘连。已知物体甲与长木板上表面动摩擦因数为，物体甲与传送带间的动摩擦因数为，物体甲可视为质点，重力加速度取。求： (1)开始长木板的最左端到平台边缘的距离； (2)物体甲在传送带上运动的时间； (3)最终物体甲的速度大小以及物体甲到长木板乙右端的距离。 8．（多选）如图甲所示，长度可调节、质量始终为的长木板静止在光滑的水平地面上，长木板右端放置一个质量为的小物块（视为质点）。某时刻给长木板一个水平向右的初速度（未知），调节长木板的长度，小物块在长木板上的运动时间为，作出图像如图乙所示。已知小物块与长木板间的动摩擦因数，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A． B． C．小物块刚好未滑离长木板时对应的 D．小物块刚好未滑离长木板时，长木板的长度为3m 9．如图所示，足够长的木板C静止放在光滑水平面上，其质量为。质量的小物块A、B开始静止在木板C上，二者间距为d=1m。现分别对A、B施加瞬时冲量，使A、B同时以的速度水平向右运动。物块A与木板C间的动摩擦因数为，物块B与木板C间的动摩擦因数为，A、B两物块均可视为质点且其碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)A、B开始运动瞬间，A、B、C各自的加速度大小； (2)运动过程中A物体的最小速度大小； (3)运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 10．如图所示，A、B两块木板靠在一起并固定在水平面上，A、B的质量均为未知，B木板长度是A木板长度的3倍。将一个可视为质点、质量的小滑块C以的速度冲上A木板的左端，之后恰好不冲出B木板，小滑块C与A、B木板间的动摩擦因数均为，重力加速度g取。求： (1)板的长度L； (2)若解除A、B板的固定，且水平面是光滑的，要使小滑块C能冲上B木板，M应满足什么条件； (3)若（2）中，，小滑块C相对A、B木板运动的全过程中产生的热量。 11．质量为M=3kg的长木板正在水平地面上向右运动，在t=0时刻将一质量为m=1kg的小物块轻放到木板右端，以后木板运动的速度与时间图像如图所示，物块始终没有从木板上滑下，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求： (1)物块与木板间的动摩擦因数μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2； (2)木板的长度L至少为多少； (3)在物块与木板相对滑动中，物块与木板间的摩擦生热Q。 12．如图，在光滑的水平面上，质量为的平板小车以速度向右匀速运动。现将一质量为的小物块无初速度放在小车右端，同时对小车施加一大小不同的水平向右的恒力，作用一段时间后撤去，最终使物块与小车一起以原速度向右匀速运动。已知物块始终没有从小车上掉下来，重力加速度为，不计空气阻力的影响（物块与小车间的动摩擦因数未知）。 (1)若恒力大小为，求做的功； (2)若恒力的大小为，求做的功； (3)若不知恒力大小，求恒力做功的范围。 13．（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g＝10，则（　　） A．滑块的质量m＝2kg，木板的质量M＝4kg B．当F＝8N时，滑块的加速度为1 C．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.2 D．当0＜F＜6N时，滑块与木板之间的摩擦力随F变化的函数关系 14．如图所示，质量M=2kg的足够长木板静止在光滑水平面上，木板上静置一质量m=1kg的物块，现对物块施加大小F1=3N、方向水平向右的拉力，当物块向右运动L=1m时撤去向右的拉力，当物块与木板的速度相同时，立即对物块施加大小F2=3N、方向水平向左的拉力（图中未画出）。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，将物块视为质点。求： (1)刚撤去向右的拉力时，物块的速度大小v1； (2)从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块运动的距离x1； (3)施加向左的拉力后，物块向右运动的距离x2。 15．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为的长木板，在长木板右端有一质量为的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为，长木板与小物块均静止。现用的水平恒力向右拉长木板，经时间撤去水平恒力F。g取。求： (1)在F的作用下，长木板的加速度和小物块的加速度的大小； (2)长木板与小物块的最终速度； (3)整个过程中摩擦产生的热量。 16．如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（     ） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.5 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝28 s D．木板的最大加速度为2 m/s2 17．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量为2 kg的长木板A置于斜面上。时，质量为1 kg的物块B（视为质点）以的初速度从下端滑上木板A，此时对A施加一个沿斜面向上的恒力，使其从静止开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为，，，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从到木板A向上运动到最高点的过程中，物块B未从木板A上表面滑下，下列说法正确的是（　　） A．木板A对物块B的摩擦力沿斜面向下 B．木板A的长度至少为 C．从到木板A向上运动到最高点的过程中，恒力F做功 D．从到木板A向上运动到最高点的过程中，A与B之间的摩擦力对B做功 18．（多选）如图所示，木板N静止在水平地面上，在N上放置两个小滑块P和Q。Q与N间的动摩擦因数为μ，N与地面间的动摩擦因数为2μ，P与N间的动摩擦因数为9μ。已知P、Q和N的质量均为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对P施加一个水平向右的恒定拉力F，下列判断正确的是（　　） A．当时，Q、N间没有摩擦力 B．当时，Q和N间恰好发生相对滑动 C．当时，P和N间恰好发生相对滑动 D．当F足够大时，N的加速度大小为2μg 19．（多选）如图所示，长木板B置于粗糙水平地面上，滑块A置于B的右端，两者质量均为，都处于静止状态。某时刻给滑块A一个向左的初速度，它开始以的加速度向左匀减速运动；同时给B一个水平向右的恒力，使B以的加速度向右匀加速运动。经撤去恒力，最后滑块恰好没有滑离木板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。则（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.3 C．木板长度至少为 D．整个过程中系统摩擦生热共 20．（多选）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量分别为2 kg和1 kg，现在滑块上施加一个F=0.4t（N）的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（    ） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.3 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.05 C．图乙中 D．木板的最大加速度为6 m/s2 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 5 8 13 16 17 18 19 答案 AD C AD BD BD BD D C AD AD 题号 20 答案 AC 1．AD 【难度】0.4 【详解】A．由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v0后，以较小的加速度做匀加速运动，则0~t0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿斜面向下，t0后小木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，故传送带一定逆时针转动，故A正确； B．小木块在0~t0内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得 解得小木块的加速度为 且a1＝，解得μ＝－tan θ，故B错误； C．当小木块的速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，故C错误； D．t0时刻后，根据牛顿第二定律可得 解得木块的加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ＝2gsin θ－，故D正确。 故选AD。 2．C 【难度】0.45 【详解】A．设小物块滑上长木板的速度为，根据匀变速直线运动规律有 解得m/s>5m/s，故A错误； BC．小物块到达长木板后，根据动量守恒定律有 解得 物块与木板摩擦生热为 解得， 则物块未滑离木板，木板最终的动能为，故B错误，C正确； D．物块在传送带上运动的时间为 摩擦生热为 全过程系统产生的内能，故D错误； 故选C。 3．AD 【难度】0.42 【详解】A．经过时间速度达到与传送带相同，共速前，对小物体由牛顿第二定律可得 解得在内小物体的加速度大小为，故A正确； B．共速后，由于，可知在后小物体继续做匀加速直线运动，故B错误； C．小物体与传送带共速所用时间为 在内小物体的位移大小为 传送带的位移大小为 则在内小物体与传送带因摩擦产生的热量为，故C错误； D．在内，根据能量守恒定律可得 代入数据解得电机至少需要多消耗的电能为，故D正确。 故选AD。 4．(1) (2) (3) 【难度】0.32 【详解】（1）设物块A滑到曲面底部时的速度大小为，根据机械能守恒定律有 解得 则物块A在传送带上开始做匀减速运动，假设物块A在传送带上一直做匀减速运动，到达传送带左端时物块A的速度大小为vA，根据动能定理有 解得 由于，说明假设成立；设第一次碰撞后瞬间物块A与物块B的速度大小为，物块A与物块B在碰撞过程中动量守恒，有 解得 物块A第一次与物块B碰撞过程损失的机械能 解得 （2）整个运动过程中，物块A与物块B第一次碰撞后向左运动的距离最大，根据功能关系有 解得物块B向左运动的最大距离 （3）物块A与B第一次碰撞后当弹簧恢复原长时物块B被锁定，此时物块A的速度大小仍为，物块A在传送带上先向右做匀减速运动，匀减速运动的位移大小 所以物块A在传送带上先向右做匀减速到零的运动，再向左做匀加速运动，以原速率返回左端，可知物块A与物块B第二次碰撞前瞬间的速度大小仍为 设第二次碰撞后瞬间物块A与物块B的速度大小为，则对物块A与B在第二次碰撞过程有 解得 同理，物块A每次碰撞后都将被传送带带回并与物块B发生下一次碰撞，则物块A与物块B碰撞n次后返回传送带，速度大小 第n次与物块B碰撞后，物块A在传送带上匀加速运动与匀减速运动的时间均为 第n次碰撞后，物块A与传送带的相对路程， 设物块A第一次通过传送带的时间为t，有 该过程中，物块A相对传送带运动的距离 整个运动过程中，物块A与传送带间因摩擦而产生的热量 解得 5．BD 【难度】0.38 【详解】A．甲放上之前，乙随传送带匀速运动，受力平衡。重力沿斜面向下的分力，由静摩擦力提供平衡，故摩擦力大小为，方向沿斜面向上。故A错误； B．甲无初速释放，传送带以逆时针运转。甲相对传送带向上运动，滑动摩擦力沿传送带向下，大小，重力分力 合力，加速度，故B正确； C．甲先以加速至，时间，位移 此时乙以匀速运动，初始位置在甲下方，内，乙下移，两者相距 此后甲相对传送带向下运动，受摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律，故甲继续加速，乙仍匀速。 设再经追上，有，解得 总时间，故C错误； D．甲与传送带间的滑动摩擦力大小恒为，内，甲速度小于传送带，相对传送带向上，相对位移大小 内，甲速度大于传送带，相对传送带向下，相对位移大小 第一次碰撞时，由碰撞规律，质量相等弹性碰撞，速度交换。碰后甲速度变为，乙变为 此时乙向下运动，受到滑动摩擦力，加速度，方向沿斜面向上，故乙做匀减速运动。 第二次相撞时有，解得 则相对位移大小 因此甲总相对位移 摩擦生热，故D正确； 故选BD。 6．(1)2:3 (2) (3) 【难度】0.53 【详解】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，设滑块的质量为，木板的质量为，滑块的初速度为，最终的共同速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 系统的初末动能表达式分别有， 联立解得 由图乙可知系统初动能，由于最终滑块和木板具有共同速度，由图像可知两者的末动能之和即系统末动能，代入等式解得 （2）根据动能表达式可知最终滑块与木板的动能之比等于质量之比，故滑块的末动能为，木板的末动能为，设滑块与木板间的滑动摩擦力大小为，由图乙可知滑块的位移为，对滑块根据动能定理有 代入数据解得 （3）设木板的位移为，对木板根据动能定理有 代入数据解得 由于最终滑块恰好停在木板的右端，则木板的长度等于滑块与木板的相对位移，有 解得 7．(1) (2) (3)； 【难度】0.41 【详解】（1）物体甲向左冲上长木板乙后，物体甲做匀减速直线运动，长木板乙做匀加速直线运动，对物体甲由牛顿第二定律得 解得 该过程中物体甲的位移为 对长木板乙由牛顿第二定律得 解得 长木板乙的位移为 又 解得 开始长木板的最左端到平台边缘的距离为 （2）物体甲离开长木板瞬间的速度为 物体甲冲上传送带后先向左做匀减速直线运动直到速度减为0，由牛顿第二定律得 解得 物体甲在传送带上向左滑动的最大位移为 物体甲向左减速的时间为 物体甲向右加速到与传送带共速的时间和位移分别为 ，此后物体甲与传送带共同向右匀速到右端 物体甲向右匀速的时间为 物体甲在传送带上运动的时间为 （3）物体甲返回到传送带最右端的速度为 物体甲再次冲上长木板乙，物体甲向右做匀减速直线运动，长木板向右做匀加速直线运动，直到二者共速，此后二者向右以共同的速度做匀速直线运动。设共同的速度为，对物体甲有 对长木板乙有 解得， 该过程物体甲的位移为 长木板乙的位移为 物体甲相对长木板乙向右滑动的距离为 物体甲到长木板乙右端的距离 8．BD 【难度】0.4 【详解】AB．小物块在长木板上滑动时，小物块做匀加速运动，加速度大小 长木板做匀减速运动，加速度大小 设经过时间t小物块滑离长木板，此过程中长木板位移 小物块位移 相对位移即板长 整理得 由图乙可知，图像纵轴截距为6，则，图像斜率绝对值 即 解得 则 由 解得，故A错误B正确； C．小物块刚好未滑离长木板时，两者速度相等，经历时间 此时 即图中，故C错误； D．小物块刚好未滑离长木板时，长木板的长度，故D正确。 故选BD。 9．(1)2m/s2 (2)2m/s (3) 【难度】0.42 【详解】（1）对物块A，根据牛顿第二定律，有 解得 对物块B，根据牛顿第二定律，有 解得 对木板C，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）设B与C先共速 解得 又有 此过程中A与B的位移分别为， 解得， 恰好有 即B与C共速的同时A追上B并与B发生弹性碰撞，此时A的速度为 根据动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得， 即碰撞后A与C共速，B速度更快。设A与C可以相对静止，对A、C整体，根据牛顿第二定律，有 对A，有 解得 即碰撞后A与C可以相对静止一起加速，最终A、B、C共速。 根据动量守恒，有 解得 故得运动过程中A物体的最小速度为 （3）从开始到时刻，A、C间的相对位移大小为 A、C间由于摩擦产生的热量 解得 最终A、B、C共速，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量 则B、C间由于摩擦产生的热量为 可得 则运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 10．(1) (2) (3) 【难度】0.52 【详解】（1）A、B固定时，小滑块C恰好停在B的右端，根据动能定理有 代入数据解得板的长度 （2）解除固定后，C在A上滑动时，C的加速度大小为 A、B整体的加速度大小为 设C与A、B达到共速所需时间为，由运动学规律有 要使小滑块C能冲上B木板，此时C相对A的位移需大于A板长度，即 联立代入数据解得M需满足的条件为 （3）当时，因，滑块C会滑上B木板。设C刚滑上B木板瞬间，A、B的速度为，C的速度为，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律有， 此后A与B分离，A以做匀速运动，C在B上滑动直至达到共同速度，对B、C系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有 全过程产生的总热量即系统损失的机械能为 联立以上方程组并代入数据解得 11．(1)， (2)0.98m (3)1.12J 【难度】0.56 【详解】（1）从t=0时开始，物块加速，木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在时，物块和木板的速度相同（即为0.7m/s），则t=0到时间内，物块加速度大小 对物块，根据牛顿第二定律有 联立解得 由图可知0.7s前，木板加速度大小 对木板，根据牛顿第二定律有 联立解得 （2）因为，可知两者达到相等速度0.7m/s后不能够保持相对静止，二者均做减速运动，此后物块加速度大小仍为，木板加速度大小 从时刻到物块停止用时 从时刻到木板停止用时 故木板在1.0s末减速到零，画出整个过程中物块和木板的图像如图 t=0到时间间隔内，物块相对木板向左运动，之后相对木板向右运动直到停止，则物块相对木板向左的最大位移即为图中阴影部分面积，由图可知 因此木板的长度至少为0.98m。 （3）由图可知 根据功能关系可知，在物块与木板相对滑动中，物块与木板间的摩擦生热 12．(1) (2) (3) 【难度】0.35 【详解】（1）若恒力大小为，故小车始终以速度做匀速运动，物块做加速运动，当物块的速度为时撤去，此过程经历的时间为 小车运动的距离为 恒力做的功为 解得 （2）若恒力的大小为，小车先做减速运动，物块做加速运动，设经历时间物块与小车的速度相同，设为，对物块和小车分别有， 可得 此过程中物块相对小车滑动的距离为 物块与小车相对静止后一起在的作用下加速到后撤去，根据功能关系得整个过程中做的功 解得 （3）当恒力很小时（趋于0）物块相对小车滑动的过程中系统的动量守恒，有 此过程中物块与小车摩擦生热 物块与小车等速后再一起加速到撤去恒力，整个过程中恒力做功的最小值为 解得 当恒力很大时且作用时间极短，恒力给小车一个瞬时冲量后撤去，小车以速度做减速运动，物块做匀加速运动，经过一段时间物块与小车速度均变为，此过程中对系统由动量守恒有 恒力做功的最大值为 解得 可得恒力做功的范围为 13．BD 【难度】0.5 【详解】AC．当，滑块木板一起加速，对整体由牛顿第二定律 由图乙，时，代入得 当，滑块木板相对滑动，对长木板受力分析， 即 由图乙，该段直线过点和，解得，故AC错误； B．相对滑动后，滑块加速度仅由滑动摩擦力提供，已相对滑动，滑块加速度仍为，故B正确； D．当0＜F＜6N时，滑块与木板之间的摩擦力随F变化的函数关系，故D正确。 故选BD。 14．(1)2m/s (2)1.5m (3)0.25m 【难度】0.4 【详解】（1）设物块受到向右的拉力时，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有 解得 设向右的拉力作用的时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有 解得 根据速度时间关系可得 解得 （2）设物块受到向右的拉力时，木板的加速度大小为a2，对木板，根据牛顿第二定律有 解得 刚撤去向右的拉力时，木板的速度大小 解得 设从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同，物块的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有 解得 设从刚撤去向右的拉力到物块与木板的速度相同的时间为t2，有 解得 根据匀变速直线运动的规律有 解得 （3）设从物块刚受到向左的拉力到物块的速度为0，物块的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律有 解得 物块刚受到向左的拉力时的速度大小 解得 根据匀变速直线运动的规律有 解得 15．(1)， (2) (3) 【难度】0.65 【详解】（1）根据牛顿第二定律，对长木板受力分析可知 解得 对小物块受力分析可知 解得 （2）刚撤去时，长木板速度 小物块 撤去后，长木板的加速度 最终速度 解得共同速度 （3）撤去前小物块相对长木板滑动的距离 在撤去后到最终共速，小物块和长木板的相对位移 最终小物块相对长木板滑动的距离 整个过程摩擦产生的热量 16．D 【难度】0.4 【详解】A．由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为，故A错误； B．由题图乙可知时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为，故B错误； CD．时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力 两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有 解得 对滑块有 解得 则由F＝0.5t（N），可知，故C错误，D正确。 故选D。 17．C 【难度】0.4 【详解】A．设A的质量为M，B的质量为m，根据牛顿运动定律，对A有 解得（方向沿斜面向上） 对B有 解得（方向沿斜面向下） 二者从开始到共速用时 此时速度 之后二者相对静止共同减速运动到最高点，该过程有 解得（方向沿斜面向下） 整体从v减速到0用时 木板A对物块B的摩擦力先沿斜面向下，后沿斜面向上，故A错误； B．木板A的长度至少为，故B错误； C．从t=0到木板A向上运动到最高点的过程中，恒力F做功，故C正确； D．二者保持相对静止后，对B分析有 从t=0到木板A向上运动到最高点的过程中，A与B之间的摩擦力对B做功 联立解得，故D错误。 故选C。 18．AD 【难度】0.4 【详解】首先分析各接触面的最大静摩擦力。Q与N间最大静摩擦力 N与地面间最大静摩擦力 P与N间最大静摩擦力 A．当时，，系统整体保持静止。对Q进行受力分析，水平方向不受其他外力，若受摩擦力则无法平衡，故Q、N间摩擦力为零，故A正确； B．当Q和N间恰好发生相对滑动时，Q的加速度达到由最大静摩擦力提供的极限值 此时假设P、N相对静止，对整体应用牛顿第二定律有 解得临界拉力 当时，，Q和N相对静止，故B错误； C．当时，由B选项分析可知，此时Q和N恰好发生相对滑动，设P和N仍相对静止。对P应用牛顿第二定律 解得 因为 所以假设成立，则P和N间未发生相对滑动，故C错误； D．当足够大时，P、Q、N三者之间均发生相对滑动。此时N受到P向右的滑动摩擦力 受到Q向左的滑动摩擦力 受到地面向左的滑动摩擦力 对N应用牛顿第二定律 即 解得，故D正确。 故选AD。 19．AD 【难度】0.42 【详解】A．依据题意：滑块A开始以a1=1m/s2的加速度向左匀减速运动，此过程对滑块A，根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1 解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，故A正确； B．依据题意：给B一个水平向右的恒力F=18N，使B以a2=4m/s2的加速度向右匀加速运动，此过程对木板B，根据牛顿第二定律得F-μ1mg-μ2（m+m）g=ma2 解得木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，故B错误； C．t=1s撤去恒力F时，滑块A的速度大小为v1=v0-a1t=2m/s-1×1m/s=1m/s 木板B的速度大小为v2=a2t=4×1m/s=4m/s 撤去恒力F后，B向右做匀减速直线运动，设此过程加速度大小为a3，根据牛顿第二定律得μ1mg+μ2（m+m）g=ma3 解得a3=5m/s2 假设B减速到零之前A、B没有共速，B减速到零所需时间为 B减速到零时A的速度大小为v3=v1-a1t1=1m/s-1×0.8m/s=0.2m/s，方向仍然水平向左，故假设成立。 因A、B之间的滑动摩擦力小于B与地面之间的最大静摩擦力，故B减速到零后处于静止状态，A相对B向左运动直到减速到零。 全过程B的位移大小为 全过程A的位移大小为 木板长度至少为L=x1+x2=3.6m+2m=5.6m，故C错误； D．由功能关系可得，整个过程中A、B之间摩擦生热为Q1=μ1mgL 解得Q1=11.2J B与地面之间摩擦生热为Q2=μ2（m+m）gx1 解得Q2=28.8J 系统摩擦生热为Q=Q1+Q2=11.2J+28.8J=40J，故D正确。 故选AD。 20．AC 【难度】0.65 【详解】AB．根据乙图可知随变力增大，0～t1时间内，滑块和长木板相对静止；t1～t2时间内，滑块和长木板仍然保持相对静止，一起加速运动；t2之后，滑块和长木板发生相对滑动，滑块所受滑动摩擦力不变，设物块和木板的质量分别为m和M，由图可知木板与地面之间的最大静摩擦力 可得木板与水平地面间的动摩擦因数为 由图可知物块与木板间的最大静摩擦力 解得滑块与木板间的动摩擦因数为，故A正确，B错误； CD．当滑块和长木板间发生相对滑动时，滑块与长木板之间滑动摩擦力为。 根据牛顿第二定律，对滑块 对木板 解得 木板的最大加速度为a=3m/s2，C正确，D错误。 故选AC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $