第11讲 传送带 板块模型（模型与方法）（人教版）物理人教版必修第一册

本讲义聚焦高中物理传送带与板块模型核心知识点，系统梳理传送带模型（水平、倾斜分类及划痕问题）和板块模型（临界条件、位移关系）的构建与剖析，通过例题及变式题搭建学习支架，助力学生掌握牛顿定律与运动学综合应用。 资料以模型化教学为特色，通过规范受力分析、运动草图绘制强化科学思维中的模型建构与推理，真题演练和分层练测提升实战能力，课中辅助教师高效授课，课后帮助学生查漏补缺，培养解决复杂问题的能力。

第11讲 传送带 板块模型 模型破解 规范思维路径，强化科学逻辑 模型01.传送带模型 模型02.板块模型 真题演练 熟悉考试形式，提升实战能力 分层练测 实现精准提效，最终整体达标 模型01.传送带模型 模型构建 物体速度：物体相对传送带向后滑，滑动摩擦力向前，加速； 物体速度 ：物体相对传送带向前滑，滑动摩擦力向后，减速； ：无相对滑动，摩擦力分两种： · 水平传送带：静摩擦力 = 0，匀速； · 倾斜传送带：重力分力会产生下滑趋势，静摩擦力平衡分力。 滑动摩擦力恒定：，加速度大小固定不变。 模型剖析 1.传送带模型特点 过程复杂，隐含条件多，涉及摩擦力临界，其本质还是属于牛顿定律及运动学的综合问题。 2.传送带问题的一般解法 1.确立研究对象 2.受力、运动分析 （1）受力分析： F的突变发生在物体与传送带共速的时刻：可能出现f消失、变向或变为静摩擦力。 （2）运动分析： 注意参考系的选择：传送带模型中选地面为参考系。 注意判断共速时刻：并判断此后物体与带之间的f变化从而判定物体的受力情况，确定物体是匀速运动、匀加速运动还是匀减速运动。 注意传送带长度：临界之前是否滑出传送带。 （3）注意画图分析： 准确画出受力分析图、运动草图、v-t图像。 （4）结果运算 由准确受力分析、清楚的运动形式判断，再结合牛顿定律和运动学规律求解。 3.分析传送带问题的关键 (1)正确分析物体所受摩擦力的方向。 (2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 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.物体在传送带上相对于传送带运动距离的计算 ①弄清楚物体的运动情况，计算出在一段时间内的位移X2。 ②计算同一段时间内传送带匀速运动的位移X1。 ③两个位移的矢量之差X=X2- X1就是物体相对于传送带的位移。 （一）水平传送带模型 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速，a=ug, v末<v (2)可能先加速后匀速a=ug，v末=v (1)v0＞v时，可能一直减速a=ug v末>v，也可能先减速再匀速a=ug, v末=v (2)v0＜v时，可能一直加速a=ug v末<v，也可能先加速再匀速a=ug v末=v (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端a=ug (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端a=ug。其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0。 (二)倾斜传送带模型 滑块在倾斜传送带上运动常见的4个情景,具体情景具体分析。 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能先减速后反向加速 (3)可能一直匀速 (4)可能一直减速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 （三）.传送带上的划痕问题 滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小. 若两次相对运动: 两次相对运动方向相同:Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反:会出现划痕叠加，Δx取Δx1、Δx2两者中较大者(图乙). 【例1】（25-26高一下·山东青岛·期末）如图所示，长L=6 m的水平传送带以v=10 m/s的速度匀速顺时针旋转，其上表面与光滑的水平面等高，长d=0.5 m的轻绳一端与固定点O相连，另一端与质量为m1=1.2 kg的静止小球A相连，初始时A刚好未离开地面。现将质量m2=1 kg的小物块B以水平向右的初速度v0=4 m/s从最左端滑上传送带，B离开传送带后与A发生正碰，碰后B的速度大小为vB=0.8 m/s，方向水平向右。已知B与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度大小g=10 m/s2，碰撞时间极短，A、B可视为质点。求： (1)物块B在传送带上运动的过程中电动机额外消耗的电能E； (2)小球A运动到最高点时，轻绳拉力T。 【变式1-1】（25-26高二下·河北石家庄·期末）如图所示，水平传送带左、右两端间距为5m，传送带以的速度顺时针匀速转动，将一可视为质点的小物块无初速度地放上传送带的左端，在传送带上运动2s后，传送带突然出现故障停止转动，经过1s后故障排除，立即按原速度运行，又经过一段时间后小物块到达传送带右端且在传送带上留下了一条划痕。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为=0.1，重力加速度。下列分析正确的是（     ） A．放上4s时从传送带上落下 B．从传送带上落下时速度大小为 C．划痕长为13m D．划痕长为11m 【变式1-2】（25-26高一上·北京西城·期中）如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物。已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是，则（     ） A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定等于 B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于 C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于 D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于 模型02.板块模型 模型构建 下木板 M，上物块 m； 物块与木板间动摩擦因数 ，地面与木板间动摩擦因数 ； 接触面最大静摩擦近似等于滑动摩擦力：。 核心临界条件（刚好不相对滑动） 物块的加速度只能由木板给的静摩擦力提供，存在极限加速度：系统加速度超过 ，二者发生相对滑动。 模型剖析 1.两种位移关系 滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长． 2.常见类型 设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小为x板. 同向运动时：L＝x块－x板． 反向运动时：L＝x块＋x板． 3.“滑块—木板”模型问题的分析思路 1．分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。 2.画好运动草图，判断运动状态：一直加速、先加速后匀速等． 3.分析临界条件，通常速度相等时存在临界。 4.找出位移度、时间等物理量间的关系，每一过程的末速度是下一过程的初速度。 4 板块模型中的运动学单过程问题 恒力拉板 恒力拉块 m1 F m2 L m1 F m2 L x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 t0 t/s 0 v2 v/ms-1 a1 a2 v1 x相对 t0 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x相对 分离，位移关系：x相对=½a2t02－½a1t02=L 分离，位移关系：x相对=½a1t02－½a2t02=L 5 板块模型中的运动学多过程问题——至少作用时间问题 问题：板块分离，F至少作用时间？ m1 F m2 L 过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速 x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 x1' F x2' x2相对 m1 m2 v1 v2 t1 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x1相对 t1 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x1相对 x2相对 a1' t2 位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2 6 板块模型中的运动学多过程问题——抽桌布问题 抽桌布问题 简化模型 A B a m1 F m2 L1 L2 过程①：分离 过程：②匀减速 x1 F F x2 L1 m1 m2 v1 v2 x1 F L2 m1 m2 v1 x1' t0 t/s 0 v2 v/ms-1 a1 a2 v1 x相对 t0 t/s 0 v1 v/ms-1 a1 v2 x1 x1' a1' 分离，位移关系：x2－x1=L1 0-v-0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2 【例2】（25-26高一上·全国·课后作业）如图所示，质量的长木板放在光滑的水平面上，在的水平恒力作用下由静止开始向右运动．当速度达到1.5m/s时，将质量的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间动摩擦因数，物块可视为质点，，求： (1)物块刚放置到木板上时，物块和木板的加速度分别为多大？ (2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？ (3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小为多少？ 【变式2-1】（25-26高二下·山东青岛·期末）如图甲所示，光滑水平面上放置紧靠在一起但不黏合的A、B两物体，A、B的质量分别为、。从开始，推力和拉力分别作用于、上，、大小随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．时，AB开始分离 B．时，A的加速度为 C．时，B的加速度为 D．时，A的速度开始反向 【变式2-2】（25-26高一下·湖南长沙·阶段检测）如图所示，在光滑水平面上，将一个可视为质点的小物块静置在静止的小车上，物块与小车最左端的距离为。已知小车的质量为，物块的质量为，物块和小车间的动摩擦因数，重力加速度，请回答下列问题： (1)若在时，开始对小车施加一个水平向右的恒力，求时物块的速度大小； (2)若在时，开始对小车施加一个水平向右的恒力，求施加拉力F时物块的加速度和小车的加速度的大小； (3)在第（2）问的情景中，若在时撤去拉力F，求时物块与小车最左端的距离； （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 【基础夯实】 1. （25-26高二下·重庆北碚·期末）如图所示，水平传送带以速度顺时针方向转动。可视为质点的小物块、由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，P、Q的质量均为，初始时刻在传送带左端有向右的速度，与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮的质量和所受摩擦。小物块与传送带间的动摩擦因数，传送带两端距离，绳足够长，。下列说法正确的是（     ） A．小物块刚滑上传送带时的加速度大小为 B．小物块P将从传送带右端滑下 C．小物块与传送带共速之后的加速度大小为 D．小物块离开传送带时的速度大小为 2. （25-26高一下·安徽蚌埠·期末）如图所示，水平传送带以恒定速率v顺时针转动。将一质量为m的小滑块（可视为质点）轻置于传送带的A端，经过时间t小滑块相对传送带静止。则在t时间内（　　 ） A．小滑块对地的位移大小为vt B．小滑块所受的摩擦力大小为 C．小滑块所受摩擦力做的功为 D．小滑块对传送带的摩擦力做功为 3. （25-26高一下·江西南昌·期末）如图所示为水平传送带甲、乙的俯视图，工件与传送带甲保持相对静止地向右运动，并平稳地进入传送带乙，已知水平传送带甲、乙速度大小均为v，且方向互相垂直，工件与传送带乙之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，工件始终在传送带上运动，从进入传送带乙到与传送带乙相对静止的过程，下列说法正确的是（     ） A．工件相对于地面做直线运动 B．工件相对于传送带乙做曲线运动 C．工件从进入传送带乙到与传送带乙共速用时间为 D．工件所受f恒定不变 4. （3.4专题强化五　传送带模型和“滑块—木板”模型（练））如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（     ） A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 5. （25-26高一上·河北·阶段检测）如图所示，水平传送带以恒定速度逆时针方向运行，运行的速度大小为v，小滑块以大小为的初速度滑上传送带，经过时间t小滑块最终离开传送带，小滑块前时间内所受的滑动摩擦力大于零，后时间内所受的摩擦力等于零。小滑块与传送带之间的动摩擦因数恒定不变，小滑块可看作是质点，重力加速度为g，以地面为参照系，下面说法正确的是（     ） A．小滑块最终到达传送带右侧并离开 B．传送带的速度v一定小于滑块初速度 C．前时间小滑块所受摩擦力方向先水平向左后水平向右 D．前时间小滑块的位移最大 6. （25-26高一下·福建莆田·期中）如图所示，以速度运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度，平板B的质量，现将一质量的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与平板间的动摩擦因数，平板与地面间的动摩擦因数为。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块始终不会从平板上掉下，。求： (1)滑块离开传送带时的速度大小； (2)平板的最小长度； 7. （25-26高二下·河北唐山·期末）（多选）如图所示，质量为m可视为质点的物件与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带倾角为θ，上、下两端点D、A间的距离为L。传送带顺时针匀速转动，速度大小为v，物件轻放于A点后运动至B点时达到最大速度，之后做匀速运动至C点，然后电机紧急制动使传送带立即静止不动，物件恰好能到达最高点D。已知重力加速度为g，则下列叙述正确的有（     ） A．CD段物件的加速度为g（sinθ-μcosθ） B．CD段长为 C．物件从B到C运行的时间为 D．全过程物件在传送带上留下的划痕长度大小等于AB间的距离 【培优拔高】 8. （25-26高二下·吉林长春·期末）如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一小物体分别从两传送带顶端的点无初速释放，甲传送带上物体到达底端点时恰好达到速度；乙传送带上物体到达的中点时恰好达到速度，接着以速度运动到底端点。则物体从运动到的过程中（     ） A．从到，甲、乙运动的时间之比为 B．从到，甲、乙运动的时间之比为 C．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为 D．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为 9. （25-26高二下·辽宁沈阳·期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动，一煤块以初速度从端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取。下列说法正确的是（     ） A．传送带的速率是 B．传送带与水平方向夹角的正切值 C．煤块从最高点下滑到端所用的时间为 D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 10. （25-26高二下·辽宁营口·期末）如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速度沿逆时针方向转动。时刻，将一物块（视为质点）轻放在传送带的上端，物块相对地面的位移与时间的关系图像如图乙所示，时刻图像切线的反向延长线与横轴的交点为，且时刻物块的速度正好为，时物块滑离传送带，重力加速度取，求： (1)以及； (2)物块与传送带之间的动摩擦因数以及至时间内物块的加速度； (3)整个过程物块的平均加速度以及物块在传送带上留下的划痕长度。 11. （24-25高一上·安徽阜阳·期末）质量为m、M的两物体叠放在水平桌面上。如图所示，两者接触面与水平方向夹角均为θ，所有接触面均光滑。现用水平推力F作用于m上，则两者刚相对滑动时推力F的值为（　　） A．（M+m）gsinθ B．gsinθ C． D． 12. （24-25高一上·浙江宁波·期末）如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1kg，B的质量是2kg，A、B间的动摩擦因数为，其他摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中，A、B恰好不发生相对滑动未落地，B未撞到滑轮，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。下列说法正确的是（　　） A．细绳对C物体的拉力大小等于10N B．动摩擦因数 C．B物体的加速度大小是 D．若撤去物体C，改用的水平拉力拉B，A、B也不发生相对滑动 13. （25-26高一上·河北石家庄·阶段检测）（多选）如图所示，质量为2kg、长为2m的木板静止于光滑水平面上，质量为1kg、可视为质点的滑块静止于木板左端。现用水平向右、大小为4N的恒定拉力F作用于滑块上，一段时间后滑块从木板右端滑离。已知滑块与木板间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．滑块在木板上滑行时，木板的加速度大小为2m/s2 B．滑块在木板上滑行时，滑块的加速度大小为4m/s2 C．从木板开始运动到滑块滑离的过程中，木板运动的位移大小为2m D．滑块在木板上滑行的时间为2s 1/2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第11讲 传送带 板块模型 模型破解 规范思维路径，强化科学逻辑 模型01.传送带模型 模型02.板块模型 真题演练 熟悉考试形式，提升实战能力 分层练测 实现精准提效，最终整体达标 模型01.传送带模型 模型构建 物体速度：物体相对传送带向后滑，滑动摩擦力向前，加速； 物体速度 ：物体相对传送带向前滑，滑动摩擦力向后，减速； ：无相对滑动，摩擦力分两种： · 水平传送带：静摩擦力 = 0，匀速； · 倾斜传送带：重力分力会产生下滑趋势，静摩擦力平衡分力。 滑动摩擦力恒定：，加速度大小固定不变。 模型剖析 1.传送带模型特点 过程复杂，隐含条件多，涉及摩擦力临界，其本质还是属于牛顿定律及运动学的综合问题。 2.传送带问题的一般解法 1.确立研究对象 2.受力、运动分析 （1）受力分析： F的突变发生在物体与传送带共速的时刻：可能出现f消失、变向或变为静摩擦力。 （2）运动分析： 注意参考系的选择：传送带模型中选地面为参考系。 注意判断共速时刻：并判断此后物体与带之间的f变化从而判定物体的受力情况，确定物体是匀速运动、匀加速运动还是匀减速运动。 注意传送带长度：临界之前是否滑出传送带。 （3）注意画图分析： 准确画出受力分析图、运动草图、v-t图像。 （4）结果运算 由准确受力分析、清楚的运动形式判断，再结合牛顿定律和运动学规律求解。 3.分析传送带问题的关键 (1)正确分析物体所受摩擦力的方向。 (2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 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.物体在传送带上相对于传送带运动距离的计算 ①弄清楚物体的运动情况，计算出在一段时间内的位移X2。 ②计算同一段时间内传送带匀速运动的位移X1。 ③两个位移的矢量之差X=X2- X1就是物体相对于传送带的位移。 （一）水平传送带模型 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速，a=ug, v末<v (2)可能先加速后匀速a=ug，v末=v (1)v0＞v时，可能一直减速a=ug v末>v，也可能先减速再匀速a=ug, v末=v (2)v0＜v时，可能一直加速a=ug v末<v，也可能先加速再匀速a=ug v末=v (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端a=ug (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端a=ug。其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0。 (二)倾斜传送带模型 滑块在倾斜传送带上运动常见的4个情景,具体情景具体分析。 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能先减速后反向加速 (3)可能一直匀速 (4)可能一直减速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 （三）.传送带上的划痕问题 滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小. 若两次相对运动: 两次相对运动方向相同:Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反:会出现划痕叠加，Δx取Δx1、Δx2两者中较大者(图乙). 【例1】（25-26高一下·山东青岛·期末）如图所示，长L=6 m的水平传送带以v=10 m/s的速度匀速顺时针旋转，其上表面与光滑的水平面等高，长d=0.5 m的轻绳一端与固定点O相连，另一端与质量为m1=1.2 kg的静止小球A相连，初始时A刚好未离开地面。现将质量m2=1 kg的小物块B以水平向右的初速度v0=4 m/s从最左端滑上传送带，B离开传送带后与A发生正碰，碰后B的速度大小为vB=0.8 m/s，方向水平向右。已知B与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度大小g=10 m/s2，碰撞时间极短，A、B可视为质点。求： (1)物块B在传送带上运动的过程中电动机额外消耗的电能E； (2)小球A运动到最高点时，轻绳拉力T。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）已知传送带上表面向右运动，物块初速度小于传送带速度，故物块在传送带上受到向右的滑动摩擦力，做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律有 解得 若物块加速到与传送带共速所需位移为 代入数据解得 因为，所以物块在整个传送带上一直相对传送带滑动。设物块离开传送带时速度为，根据匀变速直线运动规律有 解得 代入数据解得 物块在传送带上运动时间为 代入数据解得 物块对传送带的摩擦力向左，电动机为维持传送带匀速运动需额外做功，额外消耗的电能等于克服该摩擦力在传送带位移上做的功，有 代入数据解得 （2）物块离开传送带后在光滑水平面上匀速运动，碰前速度仍为。碰撞时间极短，碰撞过程中水平方向动量守恒，设碰后小球的速度为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得 代入数据解得 小球从最低点运动到最高点过程中机械能守恒，设最高点速度为，最低点到最高点升高2d，有 解得 代入数据解得 在最高点，重力和绳的拉力共同提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 由于最高点，轻绳能保持绷紧，结果合理。 【变式1-1】（25-26高二下·河北石家庄·期末）如图所示，水平传送带左、右两端间距为5m，传送带以的速度顺时针匀速转动，将一可视为质点的小物块无初速度地放上传送带的左端，在传送带上运动2s后，传送带突然出现故障停止转动，经过1s后故障排除，立即按原速度运行，又经过一段时间后小物块到达传送带右端且在传送带上留下了一条划痕。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为=0.1，重力加速度。下列分析正确的是（     ） A．放上4s时从传送带上落下 B．从传送带上落下时速度大小为 C．划痕长为13m D．划痕长为11m 【答案】A 【详解】取水平向右为正方向，小物块受到的滑动摩擦力大小为，由牛顿第二定律可得加速度大小为 代入数据解得 A．传送带正常运行的前内，小物块相对传送带向左滑动，滑动摩擦力向右，小物块的加速度为，根据匀变速直线运动规律分别有， 代入数据解得， 传送带停止后的内，小物块相对传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，取向右为正方向，则，根据匀变速直线运动规律分别有， 代入数据解得， 传送带恢复运行后，小物块的速度小于传送带速度，滑动摩擦力向右，小物块的加速度为，设再经过到达右端，根据匀变速直线运动规律有 代入数据解得 解得 小物块从释放到离开传送带所用的总时间为 代入数据解得 故A正确； B．小物块到达传送带右端时的速度为 代入数据解得 故B错误； C．设传送带向右运动的累计位移为，小物块在传送带上的接触位置坐标为。释放时有 前内传送带位移为 因此该阶段末接触位置为 传送带停止的内，传送带累计位移仍为，因此该阶段末接触位置为 传送带恢复运行后又运动，传送带累计位移为 小物块到达右端时的接触位置为 接触位置依次由变化到，再返回到，最后变化到，部分划痕发生重合，因此划痕覆盖范围为至，划痕长度为，故C错误； D．由C选项的计算可知，划痕长度为，不是，故D错误。 故选A。 【变式1-2】（25-26高一上·北京西城·期中）如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物。已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是，则（     ） A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定等于 B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于 C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于 D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于 【答案】A 【详解】皮带不转时，物体沿斜面加速下滑，摩擦力沿斜面向上，加速度，下滑时间 AB．当皮带轮逆时针转动时，皮带在斜面部分向上运动，物体相对皮带向下滑动，摩擦力沿斜面向上，加速度仍为，与皮带静止时相同，故时间等于，故A正确，B错误； CD．当皮带轮顺时针转动时，皮带在斜面部分向下运动，物体相对皮带向上滑动，摩擦力沿斜面向下，与重力分力同向，加速度，故时间小于，故CD错误。 故选A。 模型02.板块模型 模型构建 下木板 M，上物块 m； 物块与木板间动摩擦因数 ，地面与木板间动摩擦因数 ； 接触面最大静摩擦近似等于滑动摩擦力：。 核心临界条件（刚好不相对滑动） 物块的加速度只能由木板给的静摩擦力提供，存在极限加速度：系统加速度超过 ，二者发生相对滑动。 模型剖析 1.两种位移关系 滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长． 2.常见类型 设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小为x板. 同向运动时：L＝x块－x板． 反向运动时：L＝x块＋x板． 3.“滑块—木板”模型问题的分析思路 1．分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。 2.画好运动草图，判断运动状态：一直加速、先加速后匀速等． 3.分析临界条件，通常速度相等时存在临界。 4.找出位移度、时间等物理量间的关系，每一过程的末速度是下一过程的初速度。 4 板块模型中的运动学单过程问题 恒力拉板 恒力拉块 m1 F m2 L m1 F m2 L x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 t0 t/s 0 v2 v/ms-1 a1 a2 v1 x相对 t0 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x相对 分离，位移关系：x相对=½a2t02－½a1t02=L 分离，位移关系：x相对=½a1t02－½a2t02=L 5 板块模型中的运动学多过程问题——至少作用时间问题 问题：板块分离，F至少作用时间？ m1 F m2 L 过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速 x1 F F x2 x相对 m1 m2 v1 v2 x1' F x2' x2相对 m1 m2 v1 v2 t1 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x1相对 t1 t/s 0 v1 v/ms-1 a2 a1 v2 x1相对 x2相对 a1' t2 位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2 6 板块模型中的运动学多过程问题——抽桌布问题 抽桌布问题 简化模型 A B a m1 F m2 L1 L2 过程①：分离 过程：②匀减速 x1 F F x2 L1 m1 m2 v1 v2 x1 F L2 m1 m2 v1 x1' t0 t/s 0 v2 v/ms-1 a1 a2 v1 x相对 t0 t/s 0 v1 v/ms-1 a1 v2 x1 x1' a1' 分离，位移关系：x2－x1=L1 0-v-0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2 【例2】（25-26高一上·全国·课后作业）如图所示，质量的长木板放在光滑的水平面上，在的水平恒力作用下由静止开始向右运动．当速度达到1.5m/s时，将质量的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间动摩擦因数，物块可视为质点，，求： (1)物块刚放置到木板上时，物块和木板的加速度分别为多大？ (2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？ (3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小为多少？ 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）物块刚放到木板上时，物块相对地面的初速度为零，木板向右运动，因此物块相对木板向左滑动，滑动摩擦力对物块向右、对木板向左，滑动摩擦力大小为 对物块，根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 对木板，根据牛顿第二定律有 解得 代入数据解得 （2）设物块放上木板时为计时起点，木板此时的速度为，经过时间后物块与木板速度相同，在相对滑动过程中，物块与木板均做匀加速直线运动，根据速度公式有 解得 物块从木板右端开始运动，要使物块不从木板左端滑落，木板的最小长度等于这段时间内木板相对物块向右运动的距离，根据位移公式有 将代入并整理得 代入数据解得 （3）物块与木板相对静止后，两者具有相同的加速度，将物块与木板视为整体，根据牛顿第二定律有 解得 对物块分析，水平方向只受木板对它的静摩擦力，根据牛顿第二定律有 联立解得 代入数据解得 摩擦力方向水平向右。 【变式2-1】（25-26高二下·山东青岛·期末）如图甲所示，光滑水平面上放置紧靠在一起但不黏合的A、B两物体，A、B的质量分别为、。从开始，推力和拉力分别作用于、上，、大小随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．时，AB开始分离 B．时，A的加速度为 C．时，B的加速度为 D．时，A的速度开始反向 【答案】B 【详解】A．由图乙可知，随时间的变化规律为，随时间的变化规律为 假设A、B相对静止一起运动，系统受到的总外力为N保持不变。根据牛顿第二定律，系统的共同加速度为 隔离物体B，设A对B的推力为，有 代入数据解得 当A、B刚好分离时，两者之间的相互作用力，即，解得分离时刻s，故A错误； B．在s时，A、B刚好分离，此时两者的加速度仍然相等。代入共同加速度公式或对A单独运用牛顿第二定律验证均可知，此时A的加速度，故B正确； C．在s时，A、B已经分离，对物体B独立受力分析，此时N 根据牛顿第二定律，B的加速度，故C错误； D．在s时，，此时A的合外力为零，加速度为零。因为在到s之间A的加速度一直与速度同向，做加速运动，所以在s时A的速度达到最大。此后开始反向（变为拉力），A开始做减速运动，但速度方向并没有马上反向，故D错误。 故选B。 【变式2-2】（25-26高一下·湖南长沙·阶段检测）如图所示，在光滑水平面上，将一个可视为质点的小物块静置在静止的小车上，物块与小车最左端的距离为。已知小车的质量为，物块的质量为，物块和小车间的动摩擦因数，重力加速度，请回答下列问题： (1)若在时，开始对小车施加一个水平向右的恒力，求时物块的速度大小； (2)若在时，开始对小车施加一个水平向右的恒力，求施加拉力F时物块的加速度和小车的加速度的大小； (3)在第（2）问的情景中，若在时撤去拉力F，求时物块与小车最左端的距离； 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）假设此时物块与小车共速，由整体法，根据牛顿第二定律 解得 此时物块与小车间摩擦力为 故假设成立，由 解得 （2）假设此时物块与小车共速，由整体法，根据牛顿第二定律 解得 则物块与小车间的摩擦力为 故时物块与小车会发生相对滑动对物块，根据牛顿第二定律 解得 对小车，根据牛顿第二定律 解得 （3）在时，由 可得， 故在内，物块的位移 小车的位移 撤去拉力F后，对物块，由牛顿第二定律 解得 对小车，由牛顿第二定律，有 解得，方向水平向左 设经过后两者共速，由匀变速运动公式，有 解得 故后物块和小车将以的速度共同匀速前进，在内，由匀变速运动公式有可得物块位移 小车位移 故物块相对小车的位移为 故时物块与小车最左端的距离为 （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 【答案】BD 【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。 【基础夯实】 1. （25-26高二下·重庆北碚·期末）如图所示，水平传送带以速度顺时针方向转动。可视为质点的小物块、由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，P、Q的质量均为，初始时刻在传送带左端有向右的速度，与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮的质量和所受摩擦。小物块与传送带间的动摩擦因数，传送带两端距离，绳足够长，。下列说法正确的是（     ） A．小物块刚滑上传送带时的加速度大小为 B．小物块P将从传送带右端滑下 C．小物块与传送带共速之后的加速度大小为 D．小物块离开传送带时的速度大小为 【答案】D 【详解】A．小物体 P 刚滑上传送带时，速度 则小物块P 相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力。对 P、Q 整体，由牛顿第二定律得 解得，故A错误； B．P 减速至与传送带共速所需时间 此过程中小物块P 位移大小为 共速后，由于 P将继续向右减速，此时P相对传送带向左运动，摩擦力向右。 由牛顿第二定律 解得 P速度减为零的位移 P 向右运动的总位移 所以P不会从右端滑下，故B错误； C．由B选项分析可知，小物块P与传送带共速之后，P 相对传送带向左运动，摩擦力向右，加速度大小为 ，故C错误； D．P速度减为零后，将在Q的拉动下向左加速运动，加速度大小仍为 P从左端离开传送带时的位移大小等于向右运动的总位移 由得离开时的速度大小为，故D正确。 故选D。 2. （25-26高一下·安徽蚌埠·期末）如图所示，水平传送带以恒定速率v顺时针转动。将一质量为m的小滑块（可视为质点）轻置于传送带的A端，经过时间t小滑块相对传送带静止。则在t时间内（　　 ） A．小滑块对地的位移大小为vt B．小滑块所受的摩擦力大小为 C．小滑块所受摩擦力做的功为 D．小滑块对传送带的摩擦力做功为 【答案】C 【详解】A．小滑块轻放在传送带上，初速度为0，在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，经时间速度达到传送带速度，小滑块做匀加速直线运动的平均速度为 因此小滑块对地的位移，故A错误； B．小滑块的加速度 由牛顿第二定律得，故B错误； C．对小滑块，只有摩擦力做功，根据动能定理有，故C正确； D． 时间内传送带匀速运动，其位移 小滑块对传送带的摩擦力大小为 方向与传送带运动方向相反，因此小滑块对传送带的摩擦力做功为，故D错误。 故选C。 3. （25-26高一下·江西南昌·期末）如图所示为水平传送带甲、乙的俯视图，工件与传送带甲保持相对静止地向右运动，并平稳地进入传送带乙，已知水平传送带甲、乙速度大小均为v，且方向互相垂直，工件与传送带乙之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，工件始终在传送带上运动，从进入传送带乙到与传送带乙相对静止的过程，下列说法正确的是（     ） A．工件相对于地面做直线运动 B．工件相对于传送带乙做曲线运动 C．工件从进入传送带乙到与传送带乙共速用时间为 D．工件所受f恒定不变 【答案】D 【详解】ABC．水平传送带甲、乙的速度大小均为，设工件相对乙的速度与乙边缘方向的夹角为，则有 可得 工件受到的摩擦力大小为 方向与二者相对速度的方向相反，如图所示 工件在x轴、y轴方向的加速度的大小分别为、，根据牛顿运动定律可得， 经过极短的时间，x轴、y轴方向的相对速度大小分别为， 解得， 表明经过极短的时间，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角仍为，即工件相对乙的速度方向保持不变，所以摩擦力方向保持不变，则工件所受恒定不变；工件相对于传送带乙做直线运动，但相对于地面做曲线运动，AB错误，D正确； C．工件从进入传送带乙到与传送带乙共速，用时，故C错误。 故选D。 4. （3.4专题强化五　传送带模型和“滑块—木板”模型（练））如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（     ） A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 【答案】C 【详解】A．当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg 解得μ＝0.5，故A错误； B．当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动时，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝（mP＋mQ）a 解得a＝ m/s2 当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1 解得匀加速的时间t1＝1.2 s 匀加速的位移为x＝＝4.8 m 则匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，故B错误； C．加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m 即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，故C正确； D．当Q加速时，对P分析有mPg－FT＝mPa 解得FT＝ N 之后做匀速直线运动，有FT′＝20 N，故D错误。 故选C。 5. （25-26高一上·河北·阶段检测）如图所示，水平传送带以恒定速度逆时针方向运行，运行的速度大小为v，小滑块以大小为的初速度滑上传送带，经过时间t小滑块最终离开传送带，小滑块前时间内所受的滑动摩擦力大于零，后时间内所受的摩擦力等于零。小滑块与传送带之间的动摩擦因数恒定不变，小滑块可看作是质点，重力加速度为g，以地面为参照系，下面说法正确的是（     ） A．小滑块最终到达传送带右侧并离开 B．传送带的速度v一定小于滑块初速度 C．前时间小滑块所受摩擦力方向先水平向左后水平向右 D．前时间小滑块的位移最大 【答案】B 【详解】A．由题意知小滑块先向右减速运动，速度为零后再反向加速运动，和传送带共速之后在传送带上匀速运动，直到从左侧离开，故A错误； B．设小滑块的质量为，小滑块向右减速运动的加速度大小 小滑块向右减速运动的距离为 当小滑块向右减速速度为0时，小滑块不会保持静止，会向左加速运动，向左加速运动的加速度大小 加速运动的距离为 由题意可知，因此。故B正确； C．前时间内，小滑块所受滑动摩擦力大于零，小滑块先向右减速运动，速度为零后再反向加速运动，小滑块始终相对于传送带向右运动，所受摩擦力始终向左，故C错误； D．当小滑块速度为零时位移最大，在时刻小滑块已经反向运动了，因此前时间小滑块的位移不是最大，故D错误。 故选B。 6. （25-26高一下·福建莆田·期中）如图所示，以速度运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度，平板B的质量，现将一质量的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与平板间的动摩擦因数，平板与地面间的动摩擦因数为。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块始终不会从平板上掉下，。求： (1)滑块离开传送带时的速度大小； (2)平板的最小长度； 【答案】(1)4m/s (2)2m 【详解】（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得 根据速度公式，滑块与传送带共速时，有 解得 滑块在传送带上加速的位移为 所以滑块离开传送带时的速度大小为4m/s。 （2）滑块刚滑上平板的速度为 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 对平板受力分析，由牛顿第二定律得 二者共速时，以物块为研究对象，根据速度与时间关系，有 以平板为研究对象，根据速度与时间关系 联立解得 共速的速度为 此段时间内物块的位移为 平板的位移为 平板的最小长度为 7. （25-26高二下·河北唐山·期末）（多选）如图所示，质量为m可视为质点的物件与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带倾角为θ，上、下两端点D、A间的距离为L。传送带顺时针匀速转动，速度大小为v，物件轻放于A点后运动至B点时达到最大速度，之后做匀速运动至C点，然后电机紧急制动使传送带立即静止不动，物件恰好能到达最高点D。已知重力加速度为g，则下列叙述正确的有（     ） A．CD段物件的加速度为g（sinθ-μcosθ） B．CD段长为 C．物件从B到C运行的时间为 D．全过程物件在传送带上留下的划痕长度大小等于AB间的距离 【答案】BCD 【详解】取沿斜面向上为正方向，物件在到阶段相对传送带向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由题意可知；在到阶段物件与传送带相对静止，以速度做匀速直线运动；传送带在点停止后，物件继续向上滑动至点。 A．在到阶段，物件受到的重力沿斜面分力和滑动摩擦力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 解得 故加速度大小为，故A错误； B．物件在点的速度大小为，到达点时速度为零，根据匀变速直线运动规律有 解得，故B正确； C．在到阶段，根据牛顿第二定律有 解得 物件在点速度达到传送带速度，根据匀变速直线运动规律有 解得 由可得 物件在到阶段以速度做匀速直线运动，所用时间为 联立解得，故C正确； D．物件在到阶段的运动时间为 在此时间内传送带运动的距离为 物件相对传送带滑动的距离为 因此物件第一次在传送带上留下长度为AB的划痕，且到达点时，该划痕位于物件前方。物件从到与传送带相对静止，所以到达点时，该划痕仍从物件所在位置沿斜面向上延伸。又有 因此物件从到产生的划痕完全落在原有划痕内，全过程留下的划痕长度等于AB，故D正确。 故选BCD。 【培优拔高】 8. （25-26高二下·吉林长春·期末）如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一小物体分别从两传送带顶端的点无初速释放，甲传送带上物体到达底端点时恰好达到速度；乙传送带上物体到达的中点时恰好达到速度，接着以速度运动到底端点。则物体从运动到的过程中（     ） A．从到，甲、乙运动的时间之比为 B．从到，甲、乙运动的时间之比为 C．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为 D．物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为 【答案】B 【详解】AB．甲全过程做匀加速直线运动，平均速度等于中间时刻瞬时速度为，甲运动的时间 乙先做匀加速直线运动，在匀加速直线运动过程中的平均速度为，乙运动的时间 可得从到，甲、乙运动的时间之比为，故A错误，B正确； CD．物体甲与传送带间的相对位移大小为 物体加速运动时间为 物体乙与传送带间的相对位移大小为 物体甲与物体乙在传送带上的划痕长度之比为，故CD错误。 故选B。 9. （25-26高二下·辽宁沈阳·期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动，一煤块以初速度从端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取。下列说法正确的是（     ） A．传送带的速率是 B．传送带与水平方向夹角的正切值 C．煤块从最高点下滑到端所用的时间为 D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 【答案】D 【详解】A．根据图乙可知，煤块先向上做匀减速直线运动，速度减为时，向上减速的加速度发生变化，可知传送带的速率是，故A错误； B．0~1s内的加速度大小为 根据牛顿第二定律有 1~2s内的加速度大小为 根据牛顿第二定律有 联立解得，，，故B错误； C．图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，煤块向上运动的位移大小 煤块从最高点下滑到A端过程有 解得，故C错误； D．结合上述可知，煤块开始相对于传送带向上运动，经历的时间为，相对位移大小为 后来相对于传送带向下运动，经历时间 相对位移大小为 则煤块在传送带上留下的痕迹长为，故D正确。 故选D。 10. （25-26高二下·辽宁营口·期末）如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速度沿逆时针方向转动。时刻，将一物块（视为质点）轻放在传送带的上端，物块相对地面的位移与时间的关系图像如图乙所示，时刻图像切线的反向延长线与横轴的交点为，且时刻物块的速度正好为，时物块滑离传送带，重力加速度取，求： (1)以及； (2)物块与传送带之间的动摩擦因数以及至时间内物块的加速度； (3)整个过程物块的平均加速度以及物块在传送带上留下的划痕长度。 【答案】(1)， (2)， (3)， 【详解】（1）0至时间内，物块受到沿传送带向下的摩擦力，做匀加速直线运动，位移 由题图可得 图像切线的斜率为速度，则有 又 联立解得，， （2）0至时间内，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律 解得 同理，至时间内，物块速度大于传送带速度，摩擦力沿传送带向上， 解得 （3）时物体的速度 整个过程物块的平均加速度 联立解得 0至时间内，传送带与物块间的相对位移为 至时间内，物块与传送带间的相对位移为 代入数据解得， 两次相对运动方向相反，划痕重叠，最终划痕长度取相对位移的最大绝对值，即 11. （24-25高一上·安徽阜阳·期末）质量为m、M的两物体叠放在水平桌面上。如图所示，两者接触面与水平方向夹角均为θ，所有接触面均光滑。现用水平推力F作用于m上，则两者刚相对滑动时推力F的值为（　　） A．（M+m）gsinθ B．gsinθ C． D． 【答案】C 【详解】当 较小时，与相对静止，一起向右做匀加速运动。随着 增大，加速度增大，有沿斜面向上滑动的趋势。当刚相对 滑动时，刚要离开地面，地面对的支持力为零。 此时对受力分析，竖直方向受重力和对的支持力的竖直分量，由平衡条件得，解得 对受力分析，水平方向受对的压力的水平分量，由牛顿第二定律得 ，联立解得 对整体由牛顿第二定律得 故选 C。 12. （24-25高一上·浙江宁波·期末）如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1kg，B的质量是2kg，A、B间的动摩擦因数为，其他摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中，A、B恰好不发生相对滑动未落地，B未撞到滑轮，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。下列说法正确的是（　　） A．细绳对C物体的拉力大小等于10N B．动摩擦因数 C．B物体的加速度大小是 D．若撤去物体C，改用的水平拉力拉B，A、B也不发生相对滑动 【答案】B 【详解】ABC．当A、B间的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B恰好不发生相对滑动，对A、B整体由牛顿第二定律得 对C由牛顿第二定律得 对A由牛顿第二定律得 代入数据解得：，，，故AC错误，B正确； D．设A、B恰好滑动时的拉力为F，对A由牛顿第二定律得 对A、B整体由牛顿第二定律得 代入数据解得，则改用的水平拉力拉B，A、B发生相对滑动，故D错误。 故选B。 13. （25-26高一上·河北石家庄·阶段检测）（多选）如图所示，质量为2kg、长为2m的木板静止于光滑水平面上，质量为1kg、可视为质点的滑块静止于木板左端。现用水平向右、大小为4N的恒定拉力F作用于滑块上，一段时间后滑块从木板右端滑离。已知滑块与木板间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．滑块在木板上滑行时，木板的加速度大小为2m/s2 B．滑块在木板上滑行时，滑块的加速度大小为4m/s2 C．从木板开始运动到滑块滑离的过程中，木板运动的位移大小为2m D．滑块在木板上滑行的时间为2s 【答案】CD 【详解】设滑块的质量为，木板的质量为，木板长度为L。 A．对木板受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得，木板的加速度大小为，故A错误； B．对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得，滑块的加速度大小为，故B错误； CD．在滑块滑离木板的过程中，有 解得，滑块在木板上滑行的时间为 该过程中木板的位移大小，故CD正确。 故选CD。 1/2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $