【广东专版】17 第三章 专题突破四 动力学中的两类典型模型 课件《高考快车道》2026高考物理总复习
文档属性
| 名称 | 【广东专版】17 第三章 专题突破四 动力学中的两类典型模型 课件《高考快车道》2026高考物理总复习 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 5.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-04 00:00:00 | ||
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文档简介
(共99张PPT)
第三章 运动和力的关系
专题突破四 动力学中的两类典型模型
项目 图示 物块可能的运动情况
情境1 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
突破一 动力学中的“传送带”模型
类型1 水平传送带模型
1．四种常见情境
项目 图示 物块可能的运动情况
情境2 以v0冲上匀速传送带 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＝v时，一直匀速
(3)v0项目 图示 物块可能的运动情况
情境3 以v0冲上匀速传送带 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达最左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回最右端。其中若v0>v，则返回时速度为v；若v0项目 图示 物块可能的运动情况
情境4 轻放在匀加速启动的传送带上 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力
(1)若μg≥a，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma
(2)若μg2．方法突破
(1)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(2)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；
②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
项目 图示 物块可能的运动情况
情境1 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能保持静止
角度2 倾斜传送带模型
1．四种常见情境
项目 图示 物块可能的运动情况
情境2 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2
项目 图示 物块可能的运动情况
情境3 以v0冲上匀速传送带 (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加速后再以a2加速，且a1＞a2
(6)可能一直减速
项目 图示 物块可能的运动情况
情境4 以v0冲上匀速传送带 (1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速最后匀速
(4)可能一直减速
(5)可能先减速后反向加速
2．方法突破
解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。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，要特别注意。
角度1 水平传送带
[典例1] 如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2。求：
(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，物块到达B端时的速度大小；
(3)若传送带逆时针匀速转动且速率恒为4 m/s，物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
[解析] (1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN
得a＝6 m/s2
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动
又x＝＝ m>L＝8 m
则由＝－2aL
得vB＝2 m/s。
(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12 m/s
由＝2ax1，得x1＝ m故物块先加速运动后匀速运动
即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12 m/s。
(3)当物块初速度v′0＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝＝
3 m由0＝v′0－at1，得t1＝1 s；
当物块向左加速到v2＝4 m/s时
由＝2ax3得x3＝ m故物块向左先加速运动后匀速运动
由v2＝at2，得t2＝ s；
物块匀速运动的位移
x4＝x2－x3＝ m
由x4＝v2t3，得t3＝ s
故总时间t＝t1＋t2＋t3＝ s。
[答案] (1)2 m/s (2)12 m/s (3) s
角度2 倾斜传送带
[典例2] (2025·广东佛山检测)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，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
下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；
(3)若传送带逆时针转动的速率可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少。
思路点拨：解此题注意以下几点：
(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。
(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，则煤块从A→B加速度不变；若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。
(3)达到相同速度后，若煤块相对传送带不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。若煤块相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[解析] (1)开始阶段，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
t1＝＝ s＝1 s
煤块发生的位移为
x1＝＝×10×12 m＝5 m<16 m
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；
第二阶段有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则
LAB－x1＝
解得t2＝1 s
故煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m
故煤块相对于传送带上移5 m；
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx2＝(LAB－x1)－vt2
解得Δx2＝1 m
即煤块相对于传送带下移1 m
故传送带表面留下黑色划痕的长度为L＝Δx1＝5 m。
(3)若增大传送带的速率使煤块一直以加速度a1做匀加速运动，则煤块从A运动到B的时间最短
则有LAB＝
可得tmin＝ s。
[答案] (1)2 s (2)5 m (3) s
规律方法 传送带问题的破解之道
(1)对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。
(2)分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。
(3)如果遇到匀变速的传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
【典例2 教用·备选题】(多选)(2024·广东深圳二模)如图甲，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间的变化关系如图乙所示。已知货物质量为10 kg，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s
B．货物与传送带间的动摩擦因数为
C．A、B两点的距离为16 m
D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15 J
√
√
AB [由题图乙可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s，选项A正确；开始时货物的加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律可知μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝，选项B正确；由题图乙可知，A、B两点的距离为s＝×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，选项C错误；由动能定理可知Wf－mgs sin 30°＝mv2，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf＝795 J，选项D错误。]
突破二 动力学中的“板—块”模型
1．模型概述
(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。
(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若二者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。
(3)一般二者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后二者的运动形式。
常见模型 滑板获得一初速度v0，则板块同向运动，二者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，二者加速度不同，x板2．常见模型
常见模型 开始时板块运动方向相反，二者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板
滑板或滑块受到拉力作用，要判断二者是否有相对运动，以及滑板与地面是否有相对运动
3．分析“板—块”模型时要抓住一个转折和两个关联
4．分析“板—块”模型的“四点”注意
(1)用隔离法分析滑块和滑板的受力，分别求出滑块和滑板的加速度。
(2)建立滑块位移、滑板位移、滑块相对滑板位移之间的关系式。
(3)不要忽略滑块和滑板的运动存在等时关系。
(4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的。
[典例3] 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[大题拆分] 第一步：分析研究对象模型
设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分析过程模型
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，木板与墙壁碰撞前速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度v2。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，二者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
[解析] (1)根据题图(b)可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v1＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v1＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v1＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝v1t＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s，此过程中，木板向左运动的位移为
x1＝＝ m，末速度为v2＝v1－a3t1＝ m/s
小物块向右运动的位移为x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2
设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v2－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝＝ m，末速度v3＝v2－a3t2＝2 m/s
小物块向左运动的位移x4＝＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板的最小长度为6 m。
(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
1．(多选)(2025·广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取
10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
学情诊断·当堂评价
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
√
√
BC [由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝
2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v-t图像中，图线与t轴所围面积表示物块位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误。]
2．如图甲，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，质量为m＝1 kg的小物块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s 从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则( )
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方
向逆时针
C．物块相对传送带滑动的距离
为4 m
D．物块将在5 s时回到原处
√
D [从题图乙可知，物块速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且传送带顺时针转动，速度大小为1 m/s，故A、B错误；根据v-t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，由题意可知，物块的速度为0时t1＝ s＝ s，之后物块沿传送带向上运动，v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿传送
带向下运动的位移x1＝×4× m＝ m，从t1＝ s到t2＝2 s时，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝×1 m＝ m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，物块相对传送带滑动的距离为Δx＝×2×(4＋1) m＝5 m，故C错误，D正确。]
3．(多选)(2025·广东茂名模拟)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的物块以水平速度v0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，则下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．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
√
√
BC [物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v-t图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，二者的v-t图线与时间轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确。]
4．(2024·广东揭阳六校联考)如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．当F增加到4 N时，小物块相对小车开始运动
B．当F＝10 N时，小车对小物块有向右的2 N的摩擦力
C．当F＝15 N时，小物块对小车有向左的4 N的摩擦力
D．当F＝30 N时，小车对小物块有向右的6 N的摩擦力
√
B [假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块，其最大静摩擦力Ffm提供最大的加速度，故Ffm＝μmg＝ma，所以a＝μg＝2 m/s2，对整体有F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N，可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力需满足F＞20 N，故A错误；当F＝10 N时，对整体有F＝(M＋m)a′，解得a′＝＝1 m/s2，对小物块，其受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N，方向向右，故B正确；同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2，小物块受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3 N，方向向右，由牛顿第三定律可知，C错误；当F＝30 N时，两者相对滑动，小物块受到滑动摩擦力作用，Ff ＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。]
5．(2025·广东梅州模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板间的最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
求：
(1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
[解析] (1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为
f ＝μmg cos θ＝7.5 N
由牛顿第二定律，对小物块有f ＋mg sin θ＝ma1
代入数据得a1＝12.5 m/s2
对长木板，由牛顿第二定律有
Mg sin θ－f ＝Ma2
代入数据得a2＝2.5 m/s2。
(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前小物块与长木板的相对位移为
s＝t1－t1＝5 m，故长木板长度至少为10 m。
[答案] (1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
专题突破练习(四) 动力学中的两类典型模型
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(2024·安徽卷)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( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C [0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动，t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。]
2．如图所示，物块M在静止的足够长的倾斜传送带上以速度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0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )
A．M下滑的速度不变
B．M开始在传送带上加速到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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
C [传送带静止时，物块匀速下滑，故Mg sin θ＝Ff，当传送带速度小于物块速度时，物块受到沿传送带向上的摩擦力，物块继续匀速下滑，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到沿传送带向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
3．(2025·广东汕尾检测)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速率v1＝2 m/s沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速度v2＝5 m/s 沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速度大小为v2′。已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．返回光滑水平面时的速度大小为v2′＝2 m/s
B．返回光滑水平面时的速度大小为v2′＝5 m/s
C．返回光滑水平面的时间为t＝3.5 s
D．传送带对物体的摩擦力先向右再向左
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
A [因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为v1题号
1
3
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2
4
6
8
7
9
10
11
4．(多选)如图所示，光滑水平面上放置质量m1＝1 kg且足够长的木板，木板上叠放着质量m2＝2 kg的物块，系统处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。现对木板施加水平向右的恒定拉力F，下列说法正确的有
( )
A．若拉力逐渐增大，则物块的加速度也
一直增大
B．当拉力等于15 N时，物块与木板刚好发生相对滑动
C．当F＝12 N时，物块与木板间的摩擦力大小为8 N
D．当F＝18 N时，0～2 s内物块与木板因摩擦产生的热量为60 J
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
√
√
√
BCD [物块与木板发生相对滑动前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物块与木板发生相对滑动之后，物块的加速度为am＝μg＝5 m/s2不变，故A错误；假设物块与木板相对静止，对整体F＝(m1＋m2)a，对物块f＝m2a，当F＝15 N时f＝10 N，恰好等于物块与木板间的最大静摩擦力，故物块与木板刚好发生相对滑动，故B正确；当F＝12 N＜15 N时，物块与木板相对静止，对整体F＝(m1＋m2)a′＝3a′，对物块f＝m2a′，可得f＝8 N，故C正确；当F＝18 N＞
题号
1
3
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4
6
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9
10
11
15 N时，物块与木板相对滑动，物块的加速度a2＝5 m/s2，2 s内的位移x2＝a2t2＝10 m，木板的加速度a1＝＝8 m/s2，2 s内的位移x1＝a1t2＝16 m，因摩擦产生的热量Q＝μm2g(x1－x2)＝60 J，故D正确。]
题号
1
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11
5．如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平速度从木板左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是
( )
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
题号
1
3
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11
√
D [由μ2m2g>μ1(m1＋m2)g知，物块在木板上以a1＝μ2g＝4 m/s2的加速度减速滑行时木板以a2＝＝2 m/s2的加速度向右加速运动，在t＝0.6 s时，物块的速度v1＝v0－a1t＝1.6 m/s，木板的速度v2＝a2t＝1.2 m/s，B错误；0.6 s内物块的位移为x1＝t＝1.68 m，木板的位移x2＝t＝0.36 m，相对位移为Δx＝x1－x2＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木板后，木板做减
题号
1
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11
速运动，加速度大小为a3＝μ1g＝2 m/s2，方向向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑行x4＝＝＝0.32 m，木板会滑行x3＝＝＝0.36 m，所以二者会相碰，D正确。]
题号
1
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11
6．(多选)(2024·辽宁卷)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。下列说法正确的是( )
题号
1
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11
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
题号
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11
√
√
√
ABD [v-t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；结合图像可知t＝3t0时刻，木板的速度为v0＝μgt0，设小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，由题意可知物块开始滑上木板时的速度为v1＝－μgt0，负号表示方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为a0＝＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝μgt0，方向水平
题号
1
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11
向右，故可得v共－v1＝a0t0，解得μ0＝2μ，故B正确；设木板质量为M，物块质量为m，根据题图可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a＝＝μg，故可得F－μMg＝Ma，解得F＝μMg，物块滑上木板后木板的加速度为a′＝＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得＝，故C错误；
题号
1
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11
假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F－μ(m＋M)g＝μMg－μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。]
题号
1
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11
7．(多选)如图所示，倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为
2 kg、长为8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，g取10 m/s2)( )
题号
1
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11
A．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C．P滑块在Q上的运动时间为1 s
D．P滑块在Q上的运动时间为2 s
题号
1
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11
√
√
BD [对P受力分析，其受重力和Q的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2，对Q受力分析，其受重力、斜面的支持力、摩擦力和P的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝
2 m/s2，A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2＞aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝aPt2－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。]
题号
1
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11
8．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θ＝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。
题号
1
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11
[解析] (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
题号
1
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11
(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＝＝ s＝2.5 s，在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m，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，即μmg cos θ＞mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
题号
1
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11
[答案] (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
9．(2024·新课标卷)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
题号
1
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11
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
题号
1
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11
[解析] (1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
a1＝μg＝3 m/s2
薄板做加速运动的加速度
a2＝＝3 m/s2
对物块l＋Δl＝v0t－a1t2
对薄板Δl＝a2t2
联立解得v0＝4 m/s，t＝ s。
题号
1
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11
(2)物块飞离薄板瞬间，薄板的速度v2＝a2t＝1 m/s，物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为t′＝＝ s，则平台距地面的高度h＝gt′2＝ m。
题号
1
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11
[答案] (1)4 m/s s (2) m
10．(2025·广东潮州检测)如图所示，在水平长直的轨道上，有一长度L＝2 m的平板车在外力控制下始终保持速度v0＝4 m/s向右做匀速直线运动。某时刻将一质量为m＝1 kg 的小滑块轻放到车上表面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
题号
1
3
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10
11
(1)小滑块的加速度大小和方向；
(2)通过计算判断滑块能否从车上掉下；
(3)若当滑块放到车上表面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应满足什么条件。
题号
1
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11
[解析] (1)滑块放上车时相对车向左运动，所受滑动摩擦力向右，Ff＝μmg
根据牛顿第二定律有F合＝ma
F合＝Ff
得滑块加速度a＝μg＝2 m/s2，方向向右。
题号
1
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11
(2)滑块放上车后做匀加速直线运动，假设滑块未掉下车，设当经历时间t之后速度达到v0，滑块通过位移x1＝at2且v0＝at
车通过位移x2＝v0t
位移差Δx＝x2－x1
由于Δx>＝1 m，假设不成立，故滑块会掉下来。
题号
1
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11
(3)所加恒力F的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F合′＝Ff＋F
由牛顿第二定律有F合′＝ma′
滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t′之后速度达到v0，滑块通过位移x1′＝a′t′2
且v0＝a′t′
车通过位移x2′＝v0t′
题号
1
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11
只需要满足位移差
Δx′＝x2′－x1′≤即可
联立以上各式有F≥6 N。
题号
1
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[答案] (1)2 m/s2 方向向右 (2)见解析 (3)F≥6 N
11．(2025·广东佛山调研)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1 m/s，方向水平向左，B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，重力加速度g取
10 m/s2。(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s，3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：
题号
1
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11
(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；
(2)B运动的时间及B运动的位移大小。
题号
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11
[解析] (1)由题意结合题图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由v1＝－1 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右
当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s＝＝0.5 m。
题号
1
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11
(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1
由牛顿第二定律得μ1mg＝maA
则μ1＝＝0.1
由题图乙可知，0～3 s内B做匀减速运动
其速度由vB＝14 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aB＝＝ m/s2＝4 ，方向水平向左
设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB
题号
1
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11
则μ2＝＝0.15
3 s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得2μ2mg－μ1mg＝ma′B
则B的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2，方向水平向左
3 s之后运动的时间为t2＝＝ s＝1 s
则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s
0～4 s内B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。
题号
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[答案] (1)0.5 m (2)4 s 25 m
谢 谢 ！
第三章 运动和力的关系
专题突破四 动力学中的两类典型模型
项目 图示 物块可能的运动情况
情境1 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
突破一 动力学中的“传送带”模型
类型1 水平传送带模型
1．四种常见情境
项目 图示 物块可能的运动情况
情境2 以v0冲上匀速传送带 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＝v时，一直匀速
(3)v0
情境3 以v0冲上匀速传送带 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达最左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回最右端。其中若v0>v，则返回时速度为v；若v0
情境4 轻放在匀加速启动的传送带上 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力
(1)若μg≥a，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma
(2)若μg
(1)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(2)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；
②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
项目 图示 物块可能的运动情况
情境1 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能保持静止
角度2 倾斜传送带模型
1．四种常见情境
项目 图示 物块可能的运动情况
情境2 轻放在匀速传送带上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2
项目 图示 物块可能的运动情况
情境3 以v0冲上匀速传送带 (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加速后再以a2加速，且a1＞a2
(6)可能一直减速
项目 图示 物块可能的运动情况
情境4 以v0冲上匀速传送带 (1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速最后匀速
(4)可能一直减速
(5)可能先减速后反向加速
2．方法突破
解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。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，要特别注意。
角度1 水平传送带
[典例1] 如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2。求：
(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，物块到达B端时的速度大小；
(3)若传送带逆时针匀速转动且速率恒为4 m/s，物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
[解析] (1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN
得a＝6 m/s2
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动
又x＝＝ m>L＝8 m
则由＝－2aL
得vB＝2 m/s。
(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12 m/s
由＝2ax1，得x1＝ m
即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12 m/s。
(3)当物块初速度v′0＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝＝
3 m
当物块向左加速到v2＝4 m/s时
由＝2ax3得x3＝ m
由v2＝at2，得t2＝ s；
物块匀速运动的位移
x4＝x2－x3＝ m
由x4＝v2t3，得t3＝ s
故总时间t＝t1＋t2＋t3＝ s。
[答案] (1)2 m/s (2)12 m/s (3) s
角度2 倾斜传送带
[典例2] (2025·广东佛山检测)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，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
下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；
(3)若传送带逆时针转动的速率可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少。
思路点拨：解此题注意以下几点：
(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。
(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，则煤块从A→B加速度不变；若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。
(3)达到相同速度后，若煤块相对传送带不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。若煤块相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。
[解析] (1)开始阶段，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
t1＝＝ s＝1 s
煤块发生的位移为
x1＝＝×10×12 m＝5 m<16 m
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；
第二阶段有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则
LAB－x1＝
解得t2＝1 s
故煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m
故煤块相对于传送带上移5 m；
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx2＝(LAB－x1)－vt2
解得Δx2＝1 m
即煤块相对于传送带下移1 m
故传送带表面留下黑色划痕的长度为L＝Δx1＝5 m。
(3)若增大传送带的速率使煤块一直以加速度a1做匀加速运动，则煤块从A运动到B的时间最短
则有LAB＝
可得tmin＝ s。
[答案] (1)2 s (2)5 m (3) s
规律方法 传送带问题的破解之道
(1)对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。
(2)分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。
(3)如果遇到匀变速的传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
【典例2 教用·备选题】(多选)(2024·广东深圳二模)如图甲，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间的变化关系如图乙所示。已知货物质量为10 kg，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s
B．货物与传送带间的动摩擦因数为
C．A、B两点的距离为16 m
D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15 J
√
√
AB [由题图乙可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s，选项A正确；开始时货物的加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律可知μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝，选项B正确；由题图乙可知，A、B两点的距离为s＝×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，选项C错误；由动能定理可知Wf－mgs sin 30°＝mv2，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf＝795 J，选项D错误。]
突破二 动力学中的“板—块”模型
1．模型概述
(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。
(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若二者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。
(3)一般二者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后二者的运动形式。
常见模型 滑板获得一初速度v0，则板块同向运动，二者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，二者加速度不同，x板
常见模型 开始时板块运动方向相反，二者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板
滑板或滑块受到拉力作用，要判断二者是否有相对运动，以及滑板与地面是否有相对运动
3．分析“板—块”模型时要抓住一个转折和两个关联
4．分析“板—块”模型的“四点”注意
(1)用隔离法分析滑块和滑板的受力，分别求出滑块和滑板的加速度。
(2)建立滑块位移、滑板位移、滑块相对滑板位移之间的关系式。
(3)不要忽略滑块和滑板的运动存在等时关系。
(4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的。
[典例3] 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[大题拆分] 第一步：分析研究对象模型
设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分析过程模型
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，木板与墙壁碰撞前速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度v2。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，二者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
[解析] (1)根据题图(b)可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v1＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v1＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v1＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝v1t＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s，此过程中，木板向左运动的位移为
x1＝＝ m，末速度为v2＝v1－a3t1＝ m/s
小物块向右运动的位移为x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2
设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v2－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝＝ m，末速度v3＝v2－a3t2＝2 m/s
小物块向左运动的位移x4＝＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板的最小长度为6 m。
(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
1．(多选)(2025·广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上传送带，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取
10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
学情诊断·当堂评价
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
√
√
BC [由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝
2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v-t图像中，图线与t轴所围面积表示物块位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误。]
2．如图甲，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，质量为m＝1 kg的小物块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s 从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则( )
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方
向逆时针
C．物块相对传送带滑动的距离
为4 m
D．物块将在5 s时回到原处
√
D [从题图乙可知，物块速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且传送带顺时针转动，速度大小为1 m/s，故A、B错误；根据v-t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，由题意可知，物块的速度为0时t1＝ s＝ s，之后物块沿传送带向上运动，v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿传送
带向下运动的位移x1＝×4× m＝ m，从t1＝ s到t2＝2 s时，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝×1 m＝ m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，物块相对传送带滑动的距离为Δx＝×2×(4＋1) m＝5 m，故C错误，D正确。]
3．(多选)(2025·广东茂名模拟)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的物块以水平速度v0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，则下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．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
√
√
BC [物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v-t图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，二者的v-t图线与时间轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确。]
4．(2024·广东揭阳六校联考)如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．当F增加到4 N时，小物块相对小车开始运动
B．当F＝10 N时，小车对小物块有向右的2 N的摩擦力
C．当F＝15 N时，小物块对小车有向左的4 N的摩擦力
D．当F＝30 N时，小车对小物块有向右的6 N的摩擦力
√
B [假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块，其最大静摩擦力Ffm提供最大的加速度，故Ffm＝μmg＝ma，所以a＝μg＝2 m/s2，对整体有F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N，可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力需满足F＞20 N，故A错误；当F＝10 N时，对整体有F＝(M＋m)a′，解得a′＝＝1 m/s2，对小物块，其受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N，方向向右，故B正确；同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2，小物块受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3 N，方向向右，由牛顿第三定律可知，C错误；当F＝30 N时，两者相对滑动，小物块受到滑动摩擦力作用，Ff ＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。]
5．(2025·广东梅州模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板间的最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
求：
(1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
[解析] (1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为
f ＝μmg cos θ＝7.5 N
由牛顿第二定律，对小物块有f ＋mg sin θ＝ma1
代入数据得a1＝12.5 m/s2
对长木板，由牛顿第二定律有
Mg sin θ－f ＝Ma2
代入数据得a2＝2.5 m/s2。
(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前小物块与长木板的相对位移为
s＝t1－t1＝5 m，故长木板长度至少为10 m。
[答案] (1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
专题突破练习(四) 动力学中的两类典型模型
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1．(2024·安徽卷)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( )
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C [0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动，t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。]
2．如图所示，物块M在静止的足够长的倾斜传送带上以速度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0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )
A．M下滑的速度不变
B．M开始在传送带上加速到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
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C [传送带静止时，物块匀速下滑，故Mg sin θ＝Ff，当传送带速度小于物块速度时，物块受到沿传送带向上的摩擦力，物块继续匀速下滑，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到沿传送带向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。]
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3．(2025·广东汕尾检测)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速率v1＝2 m/s沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速度v2＝5 m/s 沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速度大小为v2′。已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
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A．返回光滑水平面时的速度大小为v2′＝2 m/s
B．返回光滑水平面时的速度大小为v2′＝5 m/s
C．返回光滑水平面的时间为t＝3.5 s
D．传送带对物体的摩擦力先向右再向左
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A [因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为v1
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4．(多选)如图所示，光滑水平面上放置质量m1＝1 kg且足够长的木板，木板上叠放着质量m2＝2 kg的物块，系统处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。现对木板施加水平向右的恒定拉力F，下列说法正确的有
( )
A．若拉力逐渐增大，则物块的加速度也
一直增大
B．当拉力等于15 N时，物块与木板刚好发生相对滑动
C．当F＝12 N时，物块与木板间的摩擦力大小为8 N
D．当F＝18 N时，0～2 s内物块与木板因摩擦产生的热量为60 J
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BCD [物块与木板发生相对滑动前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物块与木板发生相对滑动之后，物块的加速度为am＝μg＝5 m/s2不变，故A错误；假设物块与木板相对静止，对整体F＝(m1＋m2)a，对物块f＝m2a，当F＝15 N时f＝10 N，恰好等于物块与木板间的最大静摩擦力，故物块与木板刚好发生相对滑动，故B正确；当F＝12 N＜15 N时，物块与木板相对静止，对整体F＝(m1＋m2)a′＝3a′，对物块f＝m2a′，可得f＝8 N，故C正确；当F＝18 N＞
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15 N时，物块与木板相对滑动，物块的加速度a2＝5 m/s2，2 s内的位移x2＝a2t2＝10 m，木板的加速度a1＝＝8 m/s2，2 s内的位移x1＝a1t2＝16 m，因摩擦产生的热量Q＝μm2g(x1－x2)＝60 J，故D正确。]
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5．如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg可看作质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平速度从木板左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是
( )
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
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D [由μ2m2g>μ1(m1＋m2)g知，物块在木板上以a1＝μ2g＝4 m/s2的加速度减速滑行时木板以a2＝＝2 m/s2的加速度向右加速运动，在t＝0.6 s时，物块的速度v1＝v0－a1t＝1.6 m/s，木板的速度v2＝a2t＝1.2 m/s，B错误；0.6 s内物块的位移为x1＝t＝1.68 m，木板的位移x2＝t＝0.36 m，相对位移为Δx＝x1－x2＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木板后，木板做减
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速运动，加速度大小为a3＝μ1g＝2 m/s2，方向向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑行x4＝＝＝0.32 m，木板会滑行x3＝＝＝0.36 m，所以二者会相碰，D正确。]
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6．(多选)(2024·辽宁卷)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。下列说法正确的是( )
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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
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ABD [v-t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；结合图像可知t＝3t0时刻，木板的速度为v0＝μgt0，设小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，由题意可知物块开始滑上木板时的速度为v1＝－μgt0，负号表示方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为a0＝＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝μgt0，方向水平
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向右，故可得v共－v1＝a0t0，解得μ0＝2μ，故B正确；设木板质量为M，物块质量为m，根据题图可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a＝＝μg，故可得F－μMg＝Ma，解得F＝μMg，物块滑上木板后木板的加速度为a′＝＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得＝，故C错误；
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假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F－μ(m＋M)g＝μMg－μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。]
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7．(多选)如图所示，倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为
2 kg、长为8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，g取10 m/s2)( )
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A．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C．P滑块在Q上的运动时间为1 s
D．P滑块在Q上的运动时间为2 s
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BD [对P受力分析，其受重力和Q的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2，对Q受力分析，其受重力、斜面的支持力、摩擦力和P的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝
2 m/s2，A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2＞aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝aPt2－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。]
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8．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θ＝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。
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[解析] (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
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(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＝＝ s＝2.5 s，在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m，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，即μmg cos θ＞mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
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[答案] (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
9．(2024·新课标卷)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
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(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
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[解析] (1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
a1＝μg＝3 m/s2
薄板做加速运动的加速度
a2＝＝3 m/s2
对物块l＋Δl＝v0t－a1t2
对薄板Δl＝a2t2
联立解得v0＝4 m/s，t＝ s。
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(2)物块飞离薄板瞬间，薄板的速度v2＝a2t＝1 m/s，物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为t′＝＝ s，则平台距地面的高度h＝gt′2＝ m。
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[答案] (1)4 m/s s (2) m
10．(2025·广东潮州检测)如图所示，在水平长直的轨道上，有一长度L＝2 m的平板车在外力控制下始终保持速度v0＝4 m/s向右做匀速直线运动。某时刻将一质量为m＝1 kg 的小滑块轻放到车上表面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
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(1)小滑块的加速度大小和方向；
(2)通过计算判断滑块能否从车上掉下；
(3)若当滑块放到车上表面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应满足什么条件。
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[解析] (1)滑块放上车时相对车向左运动，所受滑动摩擦力向右，Ff＝μmg
根据牛顿第二定律有F合＝ma
F合＝Ff
得滑块加速度a＝μg＝2 m/s2，方向向右。
题号
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(2)滑块放上车后做匀加速直线运动，假设滑块未掉下车，设当经历时间t之后速度达到v0，滑块通过位移x1＝at2且v0＝at
车通过位移x2＝v0t
位移差Δx＝x2－x1
由于Δx>＝1 m，假设不成立，故滑块会掉下来。
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(3)所加恒力F的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F合′＝Ff＋F
由牛顿第二定律有F合′＝ma′
滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t′之后速度达到v0，滑块通过位移x1′＝a′t′2
且v0＝a′t′
车通过位移x2′＝v0t′
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只需要满足位移差
Δx′＝x2′－x1′≤即可
联立以上各式有F≥6 N。
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[答案] (1)2 m/s2 方向向右 (2)见解析 (3)F≥6 N
11．(2025·广东佛山调研)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1 m/s，方向水平向左，B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，重力加速度g取
10 m/s2。(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s，3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：
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(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；
(2)B运动的时间及B运动的位移大小。
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[解析] (1)由题意结合题图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由v1＝－1 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右
当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s＝＝0.5 m。
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(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1
由牛顿第二定律得μ1mg＝maA
则μ1＝＝0.1
由题图乙可知，0～3 s内B做匀减速运动
其速度由vB＝14 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aB＝＝ m/s2＝4 ，方向水平向左
设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB
题号
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则μ2＝＝0.15
3 s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得2μ2mg－μ1mg＝ma′B
则B的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2，方向水平向左
3 s之后运动的时间为t2＝＝ s＝1 s
则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s
0～4 s内B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。
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[答案] (1)0.5 m (2)4 s 25 m
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