综合·融通(二) 动力学中的两类典型模型
(融会课—主题串知综合应用)
传送带模型和板块模型是动力学中的两大典型模型，是对牛顿运动定律与运动学公式的综合考查题型。这两大模型的试题综合性较强，试题难度往往也较大，但是掌握好运动关系和受力变化这一关键，就可以比较顺利地解决这两类典型模型问题。
主题(一) 传送带模型
[知能融会通]
1．传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。
2．传送带模型的分析流程
3．传送带模型的解题关键
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
类型1 水平传送带
水平传送带常见类型及物体运动情况：
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速
(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(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端(2)传送带足够长时，物体先向左减速再向右加速回到右端
[例1] (2024年1月·安徽高考适应性演练)如图，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设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)货物运动到传送带左端时的速度大小；
(2)货物在传送带上运动的时间。
尝试解答：
类型2 倾斜传送带
倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长)：
条件 运动性质
倾斜向上传送 μ＞tan θ 物体先沿传送带做向上的匀加速直线运动，速度相同以后二者相对静止，一起做匀速运动
μ＝tan θ 物体保持静止
μ＜tan θ 物体沿传送带做向下的匀加速直线运动
倾斜向下传送 μ≥tan θ 物体先相对传送带向上滑，沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度相同后二者相对静止，一起做匀速运动
μ＜tan θ 物体先相对传送带向上滑，沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度与传送带速度相同后滑动摩擦力反向，物体相对传送带下滑，继续沿传送带向下做匀加速直线运动
[例2] 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α＝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。
尝试解答：
[题点全练清]
1．(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、s、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是( )
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先在传送带上加速到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
主题(二) 板块模型
[知能融会通]
1．模型建构
板块模型又称为“滑块—木板模型”(如图a)，涉及摩擦力、相对运动，属于多物体多过程问题。另外，常见的子弹射击木块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法类似。
2．三种关系
(1)加速度关系
如果叠放在一起的板块之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果板块之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出每一个物体运动的加速度。应注意找出板块是否发生相对运动等隐含的条件。
(2)速度关系
板块之间发生相对运动时产生摩擦力，当两物体的速度相同时，摩擦力会发生突变。
(3)位移关系
要分清板块相对地面的位移和板块间的相对位移之间的关系。
3．两个关键
(1)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(2)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解时应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[典例] 如图所示，有一块木板A静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M＝4 kg，长L＝2 m，木板右端放一小滑块B并处于静止状态，小滑块质量m＝1 kg，其尺寸远小于L。小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。
(1)现用恒力F始终作用在木板A上，为了让小滑块B不从木板A上滑落，求恒力F大小的范围；
(2)其他条件不变，若恒力F大小为24 N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A时的速度大小。
尝试解答：
分析板块模型时要抓住一个转折和两个关联
(1)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。
(2)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。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、后滑块和木板的受力进行分析是建立模型的关键。
[题点全练清]
1.(多选)如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是( )
2.如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 kg的小滑块以v0＝2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时)。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若长木板长L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小；
(2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。
尝试解答：
综合·融通(二) 动力学中的两类典型模型
主题(一)
[例1] 解析：(1)根据牛顿第二定律，货物在左侧平台上时加速度为a1＝＝2 m/s2
由运动学规律有v12＝2a1s1，其中s1＝1 m
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为v1＝2 m/s。
(2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为a2＝＝－1 m/s2
故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝＝1 s，该段时间货物位移为s2＝t2＝1.5 m
共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝＝1 s
故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2 s。
答案：(1)2 m/s (2)2 s
[例2] 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μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
(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μmgcos α＞mgsin α，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。
答案：(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
[题点全练清]
1．选AB 在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v t图像是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图像得，D错误。
2．选C 传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带的速度小于物块的速度时，物块受到向上的摩擦力，物块匀速向下运动，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，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，物块和传送带以相同的速度匀速下滑，故C正确。
主题(二)
[典例] 解析：(1)为了使小滑块B不从木板A上滑落，设A、B相对静止时的最大加速度为am，
根据牛顿第二定律得，对B有μmg＝mam，
对A、B整体有Fm＝(M＋m)am
解得Fm＝20 N
即当F≤20 N时小滑块B不从木板A上滑落。
(2)当F＝24 N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得
此时，对B有μmg＝maB
对A有F－μmg＝MaA
设B在A上滑行的时间为t，
有L＝aAt2－aBt2
B滑离木板A时的速度v＝aBt
联立解得v＝8 m/s。
答案：(1)F≤20 N (2)8 m/s
[题点全练清]
1．选AC 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确。
2．解析：(1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得－Ff＝ma1
又Ff＝μFN＝μmg，解得a1＝－4 m/s2
根据运动学公式可得v2－v02＝2a1L
解得v＝0.4 m/s。
(2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力Ff′，
且Ff′＝Ff＝μmg＝0.4 N
由牛顿第二定律可得Ff′＝Ma2，解得a2＝2 m/s2
设经过时间t，两者速度相同，则有v0＋a1t＝a2t，解得t＝0.4 s
由运动学公式可得s＝v0t＋a1t2，解得s＝0.64 m。
答案：(1)0.4 m/s (2)0.4 s 0.64 m(共79张PPT)
综合 融通(二) 动力学中的两类典型模型
(融会课—主题串知综合应用)
传送带模型和板块模型是动力学中的两大典型模型，是对牛顿运动定律与运动学公式的综合考查题型。这两大模型的试题综合性较强，试题难度往往也较大，但是掌握好运动关系和受力变化这一关键，就可以比较顺利地解决这两类典型模型问题。
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主题(一) 传送带模型
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主题(二) 板块模型
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课时跟踪检测
CONTENTS
目录
主题(一) 传送带模型
1．传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。
知能融会通
2．传送带模型的分析流程
3．传送带模型的解题关键
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键。
类型1 水平传送带
水平传送带常见类型及物体运动情况：
类型 物体运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(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(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端
(2)传送带足够长时，物体先向左减速再向右加速回到右端
续表
[例1] (2024年1月·安徽高考适应性演练)如图，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设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)货物运动到传送带左端时的速度大小；
[答案] 2 m/s
(2)货物在传送带上运动的时间。
[答案] 2 s
类型2 倾斜传送带
倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始，传送带匀速运动且足够长)：
条件 运动性质
倾斜 向上 传送 μ＞tan θ 物体先沿传送带做向上的匀加速直线运动，速度相同以后二者相对静止，一起做匀速运动
μ＝tan θ 物体保持静止
μ＜tan θ 物体沿传送带做向下的匀加速直线运动
倾斜 向下传送 μ≥tan θ 物体先相对传送带向上滑，沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度相同后二者相对静止，一起做匀速运动
μ＜tan θ 物体先相对传送带向上滑，沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度与传送带速度相同后滑动摩擦力反向，物体相对传送带下滑，继续沿传送带向下做匀加速直线运动
续表
[例2] 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α＝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；
[答案] 0.4 m/s2
[解析] 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μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[答案]4.5 s
1．(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以
恒定的速度向右传动。将一物体轻轻放在传送带的
左端，以v、a、s、f表示物体的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项中正确的是( )
题点全练清
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解析：在0～t1时间内物体受到向右恒定的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v＝at，v-t图像是过原点的倾斜直线；物体的速度与传送带的速度相同后，物体不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0，故A、B正确，C错误；根据物体的运动情况，并结合匀变速直线运动和匀速直线运动的位移图像得，D错误。
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先在传送带上加速到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
√
解析：传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带的速度小于物块的速度时，物块受到向上的摩擦力，物块匀速向下运动，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，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，物块和传送带以相同的速度匀速下滑，故C正确。
主题(二) 板块模型
1．模型建构
板块模型又称为“滑块—木板模型”(如图a)，涉及摩擦力、相对运动，属于多物体多过程问题。另外，常见的子弹射击木块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法类似。
知能融会通
2．三种关系
(1)加速度关系
如果叠放在一起的板块之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果板块之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出每一个物体运动的加速度。应注意找出板块是否发生相对运动等隐含的条件。
(2)速度关系
板块之间发生相对运动时产生摩擦力，当两物体的速度相同时，摩擦力会发生突变。
(3)位移关系
要分清板块相对地面的位移和板块间的相对位移之间的关系。
3．两个关键
(1)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(2)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解时应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[答案] F≤20 N
[解析] 为了使小滑块B不从木板A上滑落，设A、B相对静止时的最大加速度为am，根据牛顿第二定律得，对B有μmg＝mam，
对A、B整体有Fm＝(M＋m)am
解得Fm＝20 N
即当F≤20 N时小滑块B不从木板A上滑落。
(2)其他条件不变，若恒力F大小为24 N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A时的速度大小。
[答案] 8 m/s
[解析] 当F＝24 N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得
此时，对B有μmg＝maB
对A有F－μmg＝MaA
[思维建模]
分析板块模型时要抓住一个转折和两个关联
(1)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。
(2)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。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、后滑块和木板的受力进行分析是建立模型的关键。
题点全练清
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答案：0.4 m/s
解析：小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得－Ff＝ma1
又Ff＝μFN＝μmg
解得a1＝－4 m/s2
根据运动学公式可得v2－v02＝2a1L
解得v＝0.4 m/s。
(2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。
答案：0.4 s 0.64 m
解析：长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力Ff′，
且Ff′＝Ff＝μmg＝0.4 N
由牛顿第二定律可得Ff′＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
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1．如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。
现在其左侧的A处轻轻放上一物块，设传送带足够长，则该物块( )
A．一直向右匀速运动
B．先向右匀加速运动，后继续向右匀速运动
C．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力
D．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向左的静摩擦力
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解析：物块初速度为0，刚放上传送带后将与传送带之间发生相对滑动，受到向右的滑动摩擦力做匀加速运动，因为传送带足够长，所以物块最终将会达到与传送带相同的速度并最终向右匀速运动，此时物块与传送带保持相对静止，没有相对运动趋势，不受静摩擦力作用。故选B。
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2．(多选)如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同，三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头指示方向。下列说法正确的是( )
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A．A物体受到的摩擦力方向向右
B．三个物体中只有A物体不受摩擦力作用
C．B物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．B、C两物体受到的摩擦力方向相同
解析： A物体随传送带一起匀速运动，则不受摩擦力，故A错误；B和C两物体相对于传送带有向下运动的趋势，故均受到沿传送带向上的静摩擦力，故B、D正确，C错误。
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解析：开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，因此a1＝gsin θ＋μgcos θ，如果传送带不是足够长，小木块可能一直匀加速到传送带底部，到达底部时速度小于等于v0，A错误，B正确；
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当传送带足够长时，小木块匀加速到和传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，即mgsin θ＞μmgcos θ，小木块不会匀速运动，小木块会继续加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，因此a2＝gsin θ－μgcos θ由公式知a2＜a1，注意摩擦力是被动力，速度相等时摩擦力会突变，所以D正确，C错误。
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A．若重物静止不动，传送带对运动员的摩擦力大小为μm1g
B．若重物匀速上升，传送带对运动员的摩擦力大于m2g
C．若重物匀速上升，m2越大，传送带对运动员的摩擦力越大
D．若重物匀速上升，m1越大，传送带对运动员的摩擦力越大
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解析：若重物静止不动，则运动员处于静止，运动员在水平方向上受拉力和摩擦力平衡，又绳子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，而不是滑动摩擦力，故A错误；若重物匀速上升，则运动员处于匀速直线运动，水平方向受拉力和静摩擦力平衡，又绳子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，则m2越大传送带对运动员的摩擦力越大，与m1的大小无关，故B、D错误，C正确。
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6．如图甲为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乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是( )
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A．两物体开始没有相对滑动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
B．当拉力为12 N时，AB间摩擦力为12 N
C．当拉力为24 N时，AB间摩擦力为6 N
D．两物体间始终没有相对滑动
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解析：当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时两物体将要开始相对滑动，即fB＝fm＝μmAg＝mBam，此时，对A和B整体，有F＝(mA＋mB)am，联立解得F＝48 N，所以在F从10 N逐渐增大到45 N的过程中，两物体不发生相对滑动，故A错误，D正确；当拉力为12 N时，有F1＝(mA＋mB)a1，f1＝mBa1，解得f1＝3 N，故B错误；当拉力为24 N时，有F2＝(mA＋mB)a2，f2＝mBa2，解得f2＝6 N，故C正确。
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8．(多选)用货车运输规格相同的两层水泥板，底层
水泥板固定在车圈内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则(上层水泥板未撞到驾驶室)( )
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A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为750 N
B．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2 000 N
C．货车在刹车过程中行驶的距离为9 m
D．上层水泥板停止运动时相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m
解析：摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a′＝μg＝7.5 m/s2，启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f＝ma＝250×3 N＝750 N，A正确；
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小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为2 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
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10．(多选)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，重力加速度g取10 m/s2，则(sin 37°＝0.6)( )
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A．传送带的速率v0＝10 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＝0.5
D．0～2.0 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m
解析：由题图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝1.0 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v0＝10 m/s，故A正确；
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答案：3 s
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12．(16分)如图所示，质量为M＝2 kg、长度为L＝0.8 m的木板放在光滑的水平面上保持静止，一个质量为m＝1 kg且可看成质点的小滑块以初速度v0＝4 m/s从左端滑上木板，同时小滑块还受到水平向左的恒力F＝6 N，小滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，求：
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(1)小滑块刚滑上木板时，小滑块的加速度；
答案：大小为10 m/s2，方向水平向左
解析：设小滑块向右做减速运动的加速度为a1，取向右为正方向，分析小滑块受力情况，根据牛顿第二定律得
－F－μmg＝ma1
代入数据得a1＝－10 m/s2，负号表示方向水平向左。
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(2)小滑块与木板共速时，木板向右运动的位移大小。
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4课时跟踪检测(二十四) 动力学中的两类典型模型
(选择题1～10小题，每小题5分。本检测卷满分80分)
1.如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。现在其左侧的A处轻轻放上一物块，设传送带足够长，则该物块( )
A．一直向右匀速运动
B．先向右匀加速运动，后继续向右匀速运动
C．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力
D．先受到向右的滑动摩擦力，后受到向左的静摩擦力
2．(多选)如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同，三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头指示方向。下列说法正确的是( )
A．A物体受到的摩擦力方向向右
B．三个物体中只有A物体不受摩擦力作用
C．B物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．B、C两物体受到的摩擦力方向相同
3.(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是( )
A．a＝0 B．a＝
C．a＝ D．a＝－
4．(多选)如图所示，传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
5.如图所示的装置是运动员负重奔跑的跑步机。已知运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮摩擦、质量)悬挂质量为m2的重物，人用力向后蹬传送带使传送带沿顺时针方向转动，传送带与人之间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是( )
A．若重物静止不动，传送带对运动员的摩擦力大小为μm1g
B．若重物匀速上升，传送带对运动员的摩擦力大于m2g
C．若重物匀速上升，m2越大，传送带对运动员的摩擦力越大
D．若重物匀速上升，m1越大，传送带对运动员的摩擦力越大
6．如图甲为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乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是( )
A．该行李的加速度大小一直为2 m/s2
B．该行李经过5 s到达B处
C．该行李相对传送带滑行距离为0.08 m
D．若传送带速度足够大，行李最快也要 s才能到达B处
7.(多选)如图，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A、B质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( )
A．两物体开始没有相对滑动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
B．当拉力为12 N时，AB间摩擦力为12 N
C．当拉力为24 N时，AB间摩擦力为6 N
D．两物体间始终没有相对滑动
8．(多选)用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车圈内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则(上层水泥板未撞到驾驶室)( )
A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为750 N
B．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2 000 N
C．货车在刹车过程中行驶的距离为9 m
D．上层水泥板停止运动时相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m
9.滑沙运动是小朋友比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数μ1＝。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为2 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
10．(多选)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，重力加速度g取10 m/s2，则(sin 37°＝0.6)( )
A．传送带的速率v0＝10 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＝0.5
D．0～2.0 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m
11.(14分)某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A无初速度放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
12.(16分)如图所示，质量为M＝2 kg、长度为L＝0.8 m的木板放在光滑的水平面上保持静止，一个质量为m＝1 kg且可看成质点的小滑块以初速度v0＝4 m/s从左端滑上木板，同时小滑块还受到水平向左的恒力F＝6 N，小滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块刚滑上木板时，小滑块的加速度；
(2)小滑块与木板共速时，木板向右运动的位移大小。
课时跟踪检测(二十四)
1．选B 物块初速度为0，刚放上传送带后将与传送带之间发生相对滑动，受到向右的滑动摩擦力做匀加速运动，因为传送带足够长，所以物块最终将会达到与传送带相同的速度并最终向右匀速运动，此时物块与传送带保持相对静止，没有相对运动趋势，不受静摩擦力作用。故选B。
2．选BD A物体随传送带一起匀速运动，则不受摩擦力，故A错误；B和C两物体相对于传送带有向下运动的趋势，故均受到沿传送带向上的静摩擦力，故B、D正确，C错误。
3．选ACD 水平面对木板的最大摩擦力fm＝·2mg＝μmg，若拉力F≤fm，则a＝0，故A可能；若物块相对木板运动，则μmg－·2mg＝ma，木板的加速度为a＝μg，此时加速度为最大值，故B不可能，C可能；若木板相对物块静止，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为F－fm＝2ma，a＝－，D可能。故选A、C、D。
4．选BD 开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，因此a1＝gsin θ＋μgcos θ，如果传送带不是足够长，小木块可能一直匀加速到传送带底部，到达底部时速度小于等于v0，A错误，B正确；当传送带足够长时，小木块匀加速到和传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，即mgsin θ＞μmgcos θ，小木块不会匀速运动，小木块会继续加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，因此a2＝gsin θ－μgcos θ由公式知a2＜a1，注意摩擦力是被动力，速度相等时摩擦力会突变，所以D正确，C错误。
5．选C 若重物静止不动，则运动员处于静止，运动员在水平方向上受拉力和摩擦力平衡，又绳子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，而不是滑动摩擦力，故A错误；若重物匀速上升，则运动员处于匀速直线运动，水平方向受拉力和静摩擦力平衡，又绳子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，则m2越大传送带对运动员的摩擦力越大，与m1的大小无关，故B、D错误，C正确。
6． 选D 开始时行李的加速度为a＝μg＝2 m/s2，当加速到与传送带共速时的时间t1＝＝0.2 s，运动的距离x1＝t1＝0.04 m，共速后行李随传送带匀速运动，加速度为零，故A错误；该行李到达B处的时间t＝t1＋t2＝t1＋＝0.2 s＋ s＝5.1 s，B错误；该行李相对传送带滑行距离为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，C错误；若传送带速度足够大，行李要想最快到达B处，则需一直加速，则根据L＝at2，解得t＝＝ s＝ s，D正确。
7．选CD 当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时两物体将要开始相对滑动，即fB＝fm＝μmAg＝mBam，此时，对A和B整体，有F＝(mA＋mB)am，联立解得F＝48 N，所以在F从10 N逐渐增大到45 N的过程中，两物体不发生相对滑动，故A错误，D正确；当拉力为12 N时，有F1＝(mA＋mB)a1，f1＝mBa1，解得f1＝3 N，故B错误；当拉力为24 N时，有F2＝(mA＋mB)a2，f2＝mBa2，解得f2＝6 N，故C正确。
8．选ACD 摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a′＝μg＝7.5 m/s2，启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f＝ma＝250×3 N＝750 N，A正确；刹车时，加速度大于摩擦力提供的最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f＝μmg＝1 875 N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为s＝＝9 m，C正确；上层水泥板停止时间为t＝＝1.6 s，该时间内，上层水泥板运动的距离为s′＝vt－a′t2＝19.2 m－9.6 m＝9.6 m，上层水泥板停止运动时相对底层水泥板滑动的距离为Δs＝s′－s＝0.6 m，D正确。
9．选C 设小孩与滑板质量均为m，对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，故A、B错误；要使小孩与滑板分离a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，故C正确，D错误。
10．选ACD 由题图乙知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝1.0 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为v0＝10 m/s，故A正确；在0～1.0 s内，物体所受摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，由图可得a1＝＝10 m/s2，在1.0～2.0 s，物体的加速度为a2＝＝gsin θ－μgcos θ，由图可得a2＝＝2 m/s2，联立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B错误，C正确；根据“面积”表示位移，可知0～1.0 s物体相对于地的位移x1＝×10×1 m＝5 m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1 m＝10 m，物体相对传送带的位移大小为Δx1＝x2－x1＝5 m，方向向上；1.0～2.0 s物体相对于地的位移x3＝×1 m＝11 m，传送带的位移为x4＝v0t1＝10×1 m＝10 m，物体相对传送带的位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m，方向向下，故留下的痕迹为5 m，故D正确。
11．解析：刚开始货物做匀加速运动，以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动的时间t1＝＝2 s
货物匀加速运动的位移s1＝at12＝5 m
因为μ＝＞tan θ＝
故货物与传送带共速之后做匀速运动，运动位移s2＝L－s1＝5 m，匀速运动时间t2＝＝1 s
货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3 s。
答案：3 s
12．解析：(1)设小滑块向右做减速运动的加速度为a1，取向右为正方向，分析小滑块受力情况，根据牛顿第二定律得
－F－μmg＝ma1
代入数据得a1＝－10 m/s2，负号表示方向水平向左。
(2)设小滑块向右减速时木板的加速度大小为a2，分析木板受力，由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，代入数据得a2＝2 m/s2
设经时间t二者速度相等，则有v0＋a1t＝a2t
代入数据得t＝ s
在这段时间内木板向右的位移大小为s＝a2t2＝ m。
答案：(1)大小为10 m/s2，方向水平向左 (2) m
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