专题六 动力学常见模型
例1 (1)5 m (2)2.75 m (3)6 s
[解析] (1)根据牛顿第二定律有-μ1mg=ma1
得a1=-μ1g=-2 m/s2
滑上传送带时的速度为v1
则-=2a1x1
代入数据解得v1=2 m/s
进入传送带时,a2=-μ2g=-1 m/s2
到达最大位移处时
0-=2a2x2,解得x2=2 m
最大距离xm=x1+x2=5 m
(2)到达最大位移处后,物块反向加速,加速度大小a3=μ2g=1 m/s2,达到与传送带相同速度时,有=2a3x3
解得x3=0.5 m
此后与传送带一起匀速运动,滑上平台后匀减速运动,加速度为
a4=-μ1g=-2 m/s2
速度减速到零,有
0-=2a4x4
解得x4=0.25 m
此时离A点的距离为Δx=x1-x4=3 m-0.25 m=2.75 m
(3)A到B,所用时间t1==1 s
在传送带上减速到0,所用时间
t2==2 s
反向加速到传送带速度时,所用时间t3==1 s
在传送带上匀速时,所用时间
t4==1.5 s
在平台上减速到0时,所用时间
t5==0.5 s
从开始运动到最终停止所用的时间t=t1+t2+t3+t4+t5=6 s
变式1 (1)2 m/s (2)2 s
[解析] (1)根据牛顿第二定律有
F-μ1mg=ma1
解得货物在左侧平台上时加速度为a1==2 m/s2
由运动学规律有=2a1x1
且x1=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方向向左,此时有
F-μ2mg=ma2
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
x2=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
例2 C [解析] 在0~t0时间内对小物块受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速直线运动,t0之后物块速度与传送带相同,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误.
例3 (1)12 m/s2 (2)2.9 s (3)5.76 m
[解析] (1)物体刚滑入传送带时的加速度大小为
a1=g sin θ+μgcos θ=12 m/s2
(2)物体加速至传送带速度的时间为
t1==0.1 s
物体在t1内的位移为
x1=v0t1+a1=0.18 m
根据mgsin θ=μmgcos θ
可知物体之后做匀速直线运动,运动时间为t2==2.8 s
物体从传送带顶端滑到底端所用的时间为t=t1+t2=2.9 s
(3)0~0.1 s内产生的划痕长度为
s1=vt1-t1=0.06 m
0.1~0.5 s内,两者相对静止,此过程无划痕,位移为
x2=vt2'=2.4×0.4 m=0.96 m
0.5 s后传送带停止转动,物体做匀速直线运动,产生划痕为
s2=L-x2-x1=5.76 m
后阶段的划痕将覆盖前阶段的划痕,则物体在传送带上滑动过程中产生的划痕长度s=s2=5.76 m
例4 (16分)(1)0.4 m/s 3.4 m/s (2) m (3)0.4 m/s2 水平向左 3 m/s2 水平向左 0.4 m/s2 水平向右
[解析] (1)对铁块1有μ1mg=ma1
解得铁块1的加速度为
a1=0.4 m/s2 (1分)
对木板有μ1mg+μ2(m+M)g=Ma2
解得木板的加速度为
a2=2.6 m/s2 (1分)
t1=1.0 s时,铁块1速度为
v1=a1t1=0.4×1 m/s=0.4 m/s
木板速度为
v2=v0-a2t1=6 m/s-2.6×1 m/s=3.4 m/s (1分)
(2)t1=1.0 s时,设铁块1的对地位移为x1,则x1=t1=0.2 m (1分)
木板对地位移为
x2=t1=4.7 m (1分)
此时铁块1距离木板右端为
Δx=x2-x1=4.5 m (1分)
当铁块2刚放上木板时,铁块1仍以a1=0.4 m/s2加速度向右匀加速运动,木板加速度大小发生变化,设木板加速度为a3且做匀减速运动,则有
μ1mg+μ1mg+μ2(2m+M)g=Ma3
解得a3=3.2 m/s2 (1分)
铁块1与木板经t2先达到共速,速度设为v共,则v共=v2-a3t2=v1+a1t2
解得t2= s,v共= m/s
设铁块1对地位移为x3,则有
x3=t2=× m= m (1分)
铁块2也以a4=0.4 m/s2从零开始向右匀加速运动,铁块2的对地位移为
x4=a4=×0.4× m= m
此时铁块1和铁块2之间距离缩小了Δx1=x3-x4= m
此时铁块1和铁块2之间的距离为L,则L=Δx-Δx1= m (1分)
(3)铁块2放上木板经t2= s时间后,铁块2的速度为
v=a4t2= m/s
则随后一小段时间内铁块2对木板的摩擦力方向向左.假设铁块1与木板相对静止一起匀减速运动,把铁块1和木板看成整体,则
μ2(2m+M)g+μ1mg=(m+M)a共 (1分)
解得a共=2.48 m/s2>μ1g=0.4 m/s2 (1分)
所以假设不成立,设木板加速度为a5,则μ2(2m+M)g+μ1mg-μ1mg=Ma5 (1分)
解得a5=3.0 m/s2,方向水平向左 (1分)
设铁块1的加速度为a6,可得μ1mg=ma6
解得a6=μ1g=0.4 m/s2,方向水平向左 (1分)
设铁块2的加速度为a7,则
μ1mg=ma7
解得a7=μ1g=0.4 m/s2,方向水平向右 (1分)
变式2 ABD [解析] v t图像的斜率表示加速度,由图像可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,说明小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间的动摩擦因数为μ0,根据题意结合图像可知小物块在t=3t0时刻开始滑上木板时的速度大小为v0=·3t0=μgt0,方向水平向左,小物块在木板上滑动的加速度大小为a0==μ0g,在t=4t0时刻小物块与木板的速度相同,即经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=μgt0,方向水平向右,可得+=t0,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,小物块质量为m,根据图像可知小物块滑上木板前木板的加速度大小为a==μg,由牛顿第二定律得F-μMg=Ma,解得F=μMg,根据图像可知小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',联立解得=,故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动,对整体有F-μ(m+M)g=(m+M)a共,解得a共=0,由于小物块此时所受的摩擦力Ff=ma共<μ0mg,所以假设成立,因a共=0,说明t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正确.
变式3 BC [解析] 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,A错误,B正确;小孩刚与滑板分离时,有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,D错误,C正确.专题六 动力学常见模型
1.C [解析] 起始时,对行李由牛顿第二定律可得μmg=ma,代入数据解得加速度大小为a=2 m/s2,A正确,不符合题意;设行李与传送带达到共速所用时间为t1,可得t1== m/s2=0.1 s,行李做加速运动的位移x=a=×2×0.12 m=0.01 m,行李与传送带共速后,行李随传送带一起做匀速运动,速度大小为v,则有行李做匀速运动的时间为t2== s=9.95 s,行李从A到达B处的时间t=t1+t2=0.1 s+9.95 s=10.05 s,B正确,不符合题意,C错误,符合题意;行李做加速运动的时间内,传送带运动的位移大小为x带=vt1=0.2×0.1 m=0.02 m,行李相对传送带滑过的距离为Δx=x带-x=0.02 m-0.01 m=0.01 m,D正确,不符合题意.
2.C [解析] 物块向右减速运动时,根据牛顿第二定律可得加速度大小为a==2 m/s2,物块向右减速到速度为0通过的位移大小为x1==4 m3.D [解析] 由v-t图像可知,小行李箱开始做匀减速直线运动,后与传送带一起匀速运动,则小行李箱的初速度v0为6 m/s,而传送带转动的速度大小为2 m/s,故A、B错误;根据v-t图像,小行李箱在前3 s内运动的距离为x=×1 m+2×2 m=8 m,则A、B两点间的距离为8 m,故C错误;根据v-t图像,在前3 s内传送带传动的路程为s=2×3 m=6 m,所以小行李箱与传送带的相对位移大小为Δx=x-s=2 m,故D正确.
4.C [解析] 开始时木块的加速度为a1=gsin θ+μgcos θ,当木块与传送带共速后,因μ5.(1)0.9 s (2)2 s (3)1.2 s v'≥16 m/s
[解析] (1)对货物分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma0
解得a0=5 m/s2传送带加速运动阶段,货物加速运动,传送带匀速运动以后货物仍要加速运动一段时间才能共速,设货物加速的总时间为t1,加速阶段位移为x1,则v=a0t1,x1=t1
解得t1=0.8 s,x1=1.6 m
匀速运动阶段,有L-x1=vt2
解得t2=0.1 s
所以货物从A点传送到B点所用的时间为tAB=t1+t2=0.9 s
(2)传送带停止转动后,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1
解得a1=2 m/s2,方向沿传送带向下
根据位移-时间关系,有
xBC=vtBC+a1
解得tBC=2 s(另一值舍去)
(3)传送带逆时针运动,且转动速度足够大时,货物始终受到沿传送带向下的摩擦力,则
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma2
解得a2=10 m/s2,方向沿传送带向下
若以此加速度一直加速运动到底端,所用时间最短,则有
xBC=vtBC'+a2tBC'2
联立解得tBC'=1.2 s(另一值舍去)
此时传动带转动的速度大小满足
v'≥v+a2tBC'
解得v'≥16 m/s
6.C [解析] 由图像可知,a、b在1 s后一起匀速运动,说明长木板a与地面间的动摩擦因数为0,D错误;因前1 s内a、b的加速度大小都为a==1 m/s2,而二者的合外力为相互作用的摩擦力,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板a的质量为m,B错误;对b受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得物体b与木板a上表面间的动摩擦因数μ=0.1,C正确;由图得0~1 s内物体b的位移为xb=×(2+1)×1 m=1.5 m,长木板a的位移为xa=×1×1 m=0.5 m,则木板a的最小长度为L=xb-xa=1 m,故A错误.
7.C [解析] 对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,以整体为研究对象有F=(m+M)a0,a0>μg,所以文具盒和墨水瓶会相对滑动,以墨水瓶为研究对象,根据牛顿第二定律可得μmg=ma1,解得墨水瓶的加速度大小为a1=2 m/s2,以文具盒为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma2,解得文具盒的加速度大小为a2=3 m/s2,设墨水瓶在文具盒上运动的时间为t,则有a2t2-a1t2=l,代入数据解得t=0.8 s,故选C.
8.C [解析] 一起运动时,对整体有F-μ2g=a,棋子和课本的加速度为a=,A、B错误;相对运动时,对课本有F-μ1mg-μ2g=Ma1,课本加速度a1=,对棋子有μ1mg=ma2,棋子加速度a2=μ1g,C正确,D错误.
9.A [解析] 当μ2μ2gcos θ,故此时P、Q整体不可能都静止,分析可知当μ1≥μ2时P、Q相对静止以共同的加速度向下运动;当μ1<μ2时,P比Q下滑得快,分析可知除此之外不可能存在Q不动P运动或者P不动Q运动的情况,故当μ2μ1,P、Q两木块相对滑动,故B、C错误.两木块一起沿斜面下滑过程中,设加速度为a,设斜面质量为M',对整个系统在竖直方向根据牛顿第二定律有g-FN=asin θ+M'·0,该情况下地面对斜面的支持力不变,故D错误.
10.(1)0.5 m (2)4 s 25 m (3)21.5 m
[解析] (1)由题图乙可知,0~3 s内铁块A做匀变速运动,取水平向右为正方向,铁块A的速度由-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
当铁块A水平向左运动至速度减为零时,向左运动的位移最大,则x==0.5 m
(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,取水平向右为正方向,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 m/s2,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
则μ2==0.15
3 s之后,B继续向右做匀减速运动,
因为μ2>μ1,所以A、B相对滑动
对B由牛顿第二定律得
2μ2mg-μ1mg=maB'
则B的加速度大小为aB'=2 m/s2,方向水平向左
3 s之后B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的位移为
xB=t1+t2=25 m,方向水平向右
(3)从图像可以看出,前3 s,A、B的相对位移是22.5 m,3~5 s,A相对B往回返了1 m,所以A、B的相对位移为21.5 m专题六 动力学常见模型
传送带模型
考向一 水平传送带
情景 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
v0v0>v时,一直减速 v0>v时,先减速再匀速
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v0v,则返回到左端时速度为v
例1 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示,物块P质量m=2 kg,由水平面A点开始以v0=4 m/s的速度向A点右侧运动,物块与水平面间动摩擦因数μ1=0.2,运动x1=3 m后滑上水平传送带BC.已知传送带足够长且物块与传送带间的动摩擦因数μ2=0.1,传送带以恒定速率v2=1 m/s逆时针转动,g取10 m/s2,求:
(1)物块向右运动距A点的最大距离;
(2)物块最后停下来距A点的距离;
(3)从开始运动到最终停止的时间t.
变式1 [2024·安徽阜阳模拟] 如图所示,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为v=1 m/s.质量为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为μ1=0.2,货物与传送带间的动摩擦因数为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.
考向二 倾斜传送带
情景 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后匀速
若μv0v0>v时,若μ>tan θ,一直减速;若μ=tan θ,一直匀速;若μv时,若μ>tan θ,先减速后匀速;若μ=tan θ,一直匀速;若μμμ=tan θ时,一直匀速
μ>tan θ时,一直减速 μ>tan θ时,先减速到速度为0,后反向加速 若v0v,则加速到速度为v后匀速
例2 [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 ( )
A
B
C
D
[反思感悟]
例3 [2024·湖南长沙模拟] 如图所示,传送带以v=2.4 m/s 的速度逆时针转动,质量为m=1 kg的物体从传送带顶端以v0=1.2 m/s的速度沿传送带滑入,若传送带与水平方向间的夹角为θ=37°,物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.75,传送带底端与顶端间的距离为L=6.9 m,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求物体刚滑入传送带时的加速度大小;
(2)求物体从传送带顶端滑到底端所用的时间.
(3)自滑入起,物体在传送带上运动了0.5 s时,若突然使传送带停止转动,求物体在传送带上滑动过程中产生的划痕长度.
“滑块—木板”模型
1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.
2.位移关系:如图所示,滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差Δx=x1-x2=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移大小之和x2+x1=L.
3.解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向.
(2)当滑块与木板速度相同时,“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动).
考向一 水平面上的板块问题
例4 [2024·广西柳州模拟] 质量M=4 kg且足够长的木板沿水平地面向右运动,t=0时刻木板速度为v0=6 m/s,此时将质量为m=1 kg的铁块1无初速度地轻放在木板最右端(如图所示);t=1.0 s时,又将相同的铁块2无初速度地轻放在木板最右端.已知铁块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.04,木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,g取10 m/s2,铁块可看成质点.求:
(1)t=1.0 s时,铁块1和木板的速度大小;
(2)当铁块1与木板共速时,铁块1和铁块2间的距离;
(3)铁块1与木板共速后的一小段时间内,铁块1、木板、铁块2的加速度大小及方向.
规范答题区 自评项目 (共100分) 自评 得分
书写工整无涂抹(20分)
有必要的文字说明(20分)
使用原始表达式、无代数过程(30分)
有据①②得③等说明(10分)
结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)
变式2 (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 ( )
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块和木板的质量之比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
考向二 斜面上的板块问题
变式3 (多选)滑沙运动是小孩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为.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为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0.8 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
【技法点拨】
“滑块—木块”模型的解题策略
运动 状态 板块速度 不相等 板块速度 相等瞬间 板块共速 运动
处理 方法 隔离法 假设法 整体法
具体 步骤 对滑块和木板进行隔离分析,弄清每个物体的受力情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff;比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff>Ffm,则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体,对整体进行受力分析和运动过程分析
临界 条件 ①两者速度达到相等的瞬间,摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时,滑块可能从木板滑下,恰好滑到木板的边缘时二者共速是滑块滑离木板的临界条件
相关 知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等专题六 动力学常见模型 (限时40分钟)
题型一 传送带模型
1.[2024·浙江衢州模拟] 如图甲是机场和火车站对行李进行安检的水平传送带,如图乙是其简化图.已知传送带以速度大小v=0.2 m/s匀速运行,行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,A、B间的距离l=2 m.行李(可视为质点)无初速度地放在A处,则下列说法不正确的是( )
A.起始时行李的加速度大小为2 m/s2
B.行李经过10.05 s到达B处
C.行李到达B处时速度大小为2 m/s
D.行李相对传送带滑过的距离为0.01 m
2.[2024·四川成都模拟] 如图所示,质量为m=1 kg的物块(可视为质点),以速度大小v0=4 m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带,传送带A、B的长度L=6 m,传送带的速度大小v=2 m/s,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度大小g取10 m/s2,物块滑离传送带时产生的划痕长度为 ( )
A.5 m
B.4 m
C.9 m
D.8 m
3.云南昆明长水国际机场航站楼是中国面向东南亚、南亚和连接欧亚的第四大国家门户枢纽机场,航站楼行李处理系统的其中一段如图甲所示,水平传送带顺时针匀速转动,一小行李箱以初速度v0滑上水平传送带,从A点运动到B点的v-t图像如图乙所示.下列说法正确的是 ( )
A.小行李箱的初速度大小为2 m/s
B.传送带转动的速度大小为6 m/s
C.A、B两点间的距离为6 m
D.小行李箱与传送带的相对位移大小为2 m
4.[2024·山东青岛模拟] 如图所示,以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ(μA
B
C
D
5.[2024·湖南长沙模拟] 某快递公司为了提高效率,使用电动传输机转运快件,如图所示,传送带由水平部分AB=2 m、倾斜部分BC=12 m组成,倾斜部分与水平面的夹角为θ=37°.先将货物静止放在水平部分最右端的A点,再让传送带以a=8 m/s2的加速度逆时针开始启动,当传送带的速度达到v=4 m/s后改为匀速运动,货物到达B点后,由AB转到BC部分时衔接速度立刻改为沿BC方向但大小不变,货物与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求货物从A点传送到B点所用的时间;
(2)若货物传送到B点,传送带立即停止转动,求货物从B点到C点所用的时间;
(3)若货物传送到B点,传送带的速度立即改变但仍匀速率运动,且传送带逆时针转动,求货物从B点传送到C点所用的最短时间以及满足最短时间时传送带的速度大小v'的范围.
题型二 滑块—木板模型
6.[2024·广东深圳模拟] 如图甲所示,长木板a放在水平地面上,质量为m的物体b,以水平速度滑上木板a,之后a、b运动速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g取10 m/s2) ( )
A.木板a的长度至少为1.5 m
B.木板a的质量为2m
C.物体b与木板a上表面间的动摩擦因数为0.1
D.长木板a与地面间的动摩擦因数为0.1
7.[2024·安徽淮南模拟] 如图所示,在光滑平台上放置一长度l=0.32 m、质量M=280 g的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间动摩擦因数μ=0.2,开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.墨水瓶在文具盒上运动的时间为( )
A.0.2 s
B.0.4 s
C.0.8 s
D.1.6 s
8.如图所示,小明将一质量为m的象棋子放在静置于水平桌面的课本上,课本质量为M,棋子与课本间的动摩擦因数为μ1,课本与桌面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度大小为g.现用水平恒力F作用于课本,当F不大时,课本与棋子一起加速运动,F较大时二者会发生相对运动,则 ( )
A.一起运动时,棋子的加速度为a=μ1g
B.一起运动时,课本的加速度为a=
C.相对运动时,课本的加速度为a=
D.相对运动时,棋子的加速度为a=
9.[2024·河北石家庄模拟] 如图所示,质量分别为m和M的两个长方体木块P和Q叠放在倾角为θ的固定斜面上,P和Q间的动摩擦因数为μ1,Q和斜面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度大小为g.由静止释放两木块,则 ( )
A.若μ2B.若μ1C.若两木块能一起沿斜面下滑,则P对Q的摩擦力为μ2mgcos θ,且方向向上
D.两木块一起沿斜面下滑过程中,地面对斜面的支持力不断增大
10.[2024·江西南昌模拟] 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一初速度,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.求:
(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;
(3)从开始运动到停止,A、B之间的相对位移大小.(共118张PPT)
专题六 动力学常见模型
题型一 传送带模型
题型二 “滑块—木板”模型
作业手册
备用习题
◆
答案核查【听】
答案核查【作】
题型一传送带模型
考向一 水平传送带
情景 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
______________________________________________ 一直加速 先加速后匀速
______________________________________________ 时，一直加速 时，先加速再匀速
时，一直减速 时，先减速再匀速
情景 滑块的运动情况
传送带不足够长 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 ，则返回到左端时速
度为；若 ，则返回到
左端时速度为
续表
例1 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示，
物块质量，由水平面 点开
始以的速度向 点右侧运动，
物块与水平面间动摩擦因数 ，
运动后滑上水平传送带 .已知传送带足够长且物块与传送带间
的动摩擦因数，传送带以恒定速率逆时针转动， 取
，求：
例1 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示，
物块质量，由水平面 点开
始以的速度向 点右侧运动，
物块与水平面间动摩擦因数 ，
(1) 物块向右运动距 点的最大距离；
[答案]
运动后滑上水平传送带 .已知传送带足够长且物块与传送带间
的动摩擦因数，传送带以恒定速率逆时针转动， 取
，求：
[解析] 根据牛顿第二定律有
得
滑上传送带时的速度为
则
代入数据解得
进入传送带时，
到达最大位移处时
，解得
最大距离
例1 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示，
物块质量，由水平面 点开
始以的速度向 点右侧运动，
物块与水平面间动摩擦因数 ，
(2) 物块最后停下来距 点的距离；
[答案]
运动后滑上水平传送带 .已知传送带足够长且物块与传送带间
的动摩擦因数，传送带以恒定速率逆时针转动， 取
，求：
[解析] 到达最大位移处后，物块反向
加速，加速度大小 ，
达到与传送带相同速度时，有
解得
此后与传送带一起匀速运动，滑上平
台后匀减速运动，加速度为
速度减速到零，有
解得
此时离 点的距离为
例1 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示，
物块质量，由水平面 点开
始以的速度向 点右侧运动，
物块与水平面间动摩擦因数 ，
(3) 从开始运动到最终停止的时间 .
[答案]
运动后滑上水平传送带 .已知传送带足够长且物块与传送带间
的动摩擦因数，传送带以恒定速率逆时针转动， 取
，求：
[解析] 到 ，所用时间
在传送带上减速到0，所用时间
反向加速到传送带速度时，所用时间
在传送带上匀速时，所用时间
在平台上减速到0时，所用时间
从开始运动到最终停止所用的时间
变式1 [2024·安徽阜阳模拟] 如图所示，相距
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为.质量为 的货物
(可视为质点)放在距传送带左侧处的 点，右侧平台的人通过一根轻绳
用恒力 水平向右拉货物.已知货物与平台间的动摩擦因数为
，货物与传送带间的动摩擦因数为 ，假设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度取 . 求：
变式1 [2024·安徽阜阳模拟] 如图所示，相距
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
(1) 货物运动到传送带左端时的速度大小；
[答案]
要设定驱动系统的速度大小为.质量为 的货物
(可视为质点)放在距传送带左侧处的 点，右侧平台的人通过一根轻绳
用恒力 水平向右拉货物.已知货物与平台间的动摩擦因数为
，货物与传送带间的动摩擦因数为 ，假设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度取 . 求：
[解析] 根据牛顿第二定律有
解得货物在左侧平台上时加速度为
由运动学规律有
且
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为
变式1 [2024·安徽阜阳模拟] 如图所示，相距
的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传
(2) 货物在传送带上运动的时间.
[答案]
送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小为 .质量
为的货物(可视为质点)放在距传送带左侧处的 点，右侧平
台的人通过一根轻绳用恒力 水平向右拉货物.已知货物与平台间
的动摩擦因数为，货物与传送带间的动摩擦因数为 ，假
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取 .求：
[解析] 由于 ，故可知货物滑上传送带后受到的摩
擦力方向向左，此时有
加速度为
故货物开始做匀减速运动，设经过时间 与传送带共速，
得
该段时间货物位移为
共速后货物匀速运动，设再经过时间 到达传送带右端，
得
故货物在传送带上运动的时间为
考向二 倾斜传送带
情景 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
___________________________________________ 一直加速(一定满足 ) 先加速后匀速
__________________________________________ 一直加速(加速度为 ) 若 ,先加速后匀速
若 ,先以 加速,后
以 加速
情景 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
_________________________________________ 时,一直加速 (加速度为 ) 时,若 ,先加
速后匀速;若 ,先以
加速,后以 加速
时,若 , 一直减速;若 , 一直匀速;若 , 一直加速 时,若 ,先减
速后匀速;若 ,一直
匀速;若 ,一直加速
续表
情景 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
__________________________________________ 时,一直加速
时,一直匀速
时,一 直减速 时，先减速到速度为0,后
反向加速
若 ,则加速到原位置时速度大
小为(类竖直上抛运动);若 ,
则加速到速度为 后匀速
续表
例2 [2024·安徽卷] 倾角为 的传送带以恒定速率顺时针转动. 时在
传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示. 时刻物块运动到传送带中
间某位置，速度达到 .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、速度随时间 变化的关系图线可能正确的是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 在 时间内对小物块受力分析可知，物块
受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重
力的下滑分力，合力不变，故做匀加速直线运动，
之后物块速度与传送带相同，静摩擦力与重力的下
滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运
动,C正确，A、B、D错误.
例3 [2024·湖南长沙模拟] 如图所示，传送带以 的速度逆时
针转动，质量为的物体从传送带顶端以 的速度沿传
送带滑入，若传送带与水平方向间的夹角为 ，物体与传送带间的
动摩擦因数为，传送带底端与顶端间的距离为 ，最大静
摩擦力与滑动摩擦力相等，取，， .
例3 [2024·湖南长沙模拟] 如图所示，传送带以
的速度逆时针转动，质量为 的物
体从传送带顶端以 的速度沿传送带滑入，
(1) 求物体刚滑入传送带时的加速度大小;
[答案]
[解析] 物体刚滑入传送带时的加速度大小为
若传送带与水平方向间的夹角为 ，物体与传送带间的动摩擦因数
为，传送带底端与顶端间的距离为 ，最大静摩擦力与滑
动摩擦力相等，取，， .
例3 [2024·湖南长沙模拟] 如图所示，传送带以
的速度逆时针转动，质量为
的物体从传送带顶端以 的速度沿传送
带滑入，若传送带与水平方向间的夹角为 ，
(2) 求物体从传送带顶端滑到底端所用的时间.
[答案]
物体与传送带间的动摩擦因数为 ，传送带底端与顶端间的距离为
，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取 ，
， .
[解析] 物体加速至传送带速度的时间为
物体在 内的位移为
根据
可知物体之后做匀速直线运动，运动时间为
物体从传送带顶端滑到底端所用的时间为
例3 [2024·湖南长沙模拟] 如图所示，传送带以
的速度逆时针转动，质量为 的物
体从传送带顶端以 的速度沿传送带滑入，
(3) 自滑入起，物体在传送带上运动了 时，若突然使传送带停止转动，
求物体在传送带上滑动过程中产生的划痕长度.
[答案]
若传送带与水平方向间的夹角为 ，物体与传送带间的动摩擦因数
为，传送带底端与顶端间的距离为 ，最大静摩擦力与滑
动摩擦力相等，取，， .
[解析] 内产生的划痕长度为
内，两者相对静止，此过程无划痕，位移为
后传送带停止转动，物体做匀速直线运动，产生划
痕为
后阶段的划痕将覆盖前阶段的划痕，则物体在传送带上
滑动过程中产生的划痕长度
题型二 “滑块—木板”模型
1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，
且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.
2.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和
木板同向运动时，位移之差 (板长)；滑块和木板反向运动
时，位移大小之和 .
3.解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向.
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为
静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动).
考向一 水平面上的板块问题
例4 [2024·广西柳州模拟] 质量 且足
够长的木板沿水平地面向右运动， 时刻木
板速度为，此时将质量为 的铁块1无初速度地轻放在
木板最右端 (如图所示)； 时，又将相同的铁块2无初速度地轻放在
木板最右端.已知铁块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间
的动摩擦因数为，取 ，铁块可看成质点.求：
例4 [2024·广西柳州模拟] 质量 且足
够长的木板沿水平地面向右运动， 时刻木
(1) 时，铁块1和木板的速度大小；
[答案] ;
板速度为，此时将质量为 的铁块1无初速度地轻放在
木板最右端 (如图所示)； 时，又将相同的铁块2无初速度地轻放在
木板最右端.已知铁块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间
的动摩擦因数为，取 ，铁块可看成质点.求：
[解析] 对铁块1有
解得铁块1的加速度为
(1分)
对木板有
解得木板的加速度为
(1分)
时，铁块1速度为
木板速度为
(1分)
例4 [2024·广西柳州模拟] 质量 且足
够长的木板沿水平地面向右运动， 时刻木
(2) 当铁块1与木板共速时，铁块1和铁块2间的距离；
[答案]
板速度为，此时将质量为 的铁块1无初速度地轻放在
木板最右端 (如图所示)； 时，又将相同的铁块2无初速度地轻放在
木板最右端.已知铁块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间
的动摩擦因数为，取 ，铁块可看成质点.求：
[解析] 时，设铁块1的对地位移为 ，
则 (1分)
木板对地位移为
(1分)
此时铁块1距离木板右端为
(1分)
当铁块2刚放上木板时，铁块1仍以
加速度向右匀加速运动，木板加
速度大小发生变化，设木板加速度为 且做匀
减速运动，则有
解得 (1分)
铁块1与木板经先达到共速，速度设为 ，
则
解得，
设铁块1对地位移为 ，则有
(1分)
铁块2也以 从零开始向右匀加速
运动，铁块2的对地位移为
此时铁块1和铁块2之间距离缩小了
此时铁块1和铁块2之间的距离为 ，则
(1分)
例4 [2024·广西柳州模拟] 质量 且足
够长的木板沿水平地面向右运动， 时刻木
(3) 铁块1与木板共速后的一小段时间内，铁块1、木板、铁块2的加速度
大小及方向.
[答案] ; 水平向左; ; 水平向左; ; 水平向右
板速度为，此时将质量为 的铁块1无初速度地轻放在
木板最右端 (如图所示)； 时，又将相同的铁块2无初速度地轻放在
木板最右端.已知铁块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间
的动摩擦因数为，取 ，铁块可看成质点.求：
[解析] 铁块2放上木板经 时间后，铁块
2的速度为
(1分)
则随后一小段时间内铁块2对木板的摩擦力方
向向左.假设铁块1与木板相对静止一起匀减速
运动，把铁块1和木板看成整体，则
(1分)
解得 (1分)
所以假设不成立，设木板加速度为 ，则
(1分)
解得 ，方向水平向左(1分)
设铁块1的加速度为，可得
解得 ，方向水平向左(1分)
设铁块2的加速度为 ，则
解得 ，方向水平向右(1分)
变式2 (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 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.已知到
的时间内,木板速度随时间变化的图像如图所示,其中 为重力加速度大
小. 时刻,小物块与木板的速度相同.下列说法正确的是( )
A.小物块在 时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为
C.小物块和木板的质量之比为
D. 之后小物块和木板一起做匀速运动
√
√
√
[解析] 图像的斜率表示加速度，由图像可知
时刻木板的加速度发生改变，说明小物块
在 时刻滑上木板，故A正确；设小物块和
木板间的动摩擦因数为 ，根据题意结合图像可
知小物块在 时刻开
始滑上木板时的速度大小为
，方向水平向左，小
物块在木板上滑动的加速度大小为
，在 时刻小物块与木板
的速度相同，即经过 时间与木板共速，此时速
度大小为
，方向水平向右，可得 ，
解得 ，故B正
确；设木板质量为，小物块质量为 ，根据图
像可知小物块滑上木板前
木板的加速度大小为 ，由牛顿第
二定律得 ，
解得 ，根据图像可知小物块滑上木板
后木板的加速度为
，此时对木板由牛顿第二
定律得，联立解得
，故C错误；
假设 之后小物块和木板一起共
速运动，对整体有 ,
解得 ,由于小物块此时所受的摩擦力
，所以假设成立，因 ，
说明 之后小物块和木板一起做匀速运动，
故D正确.
考向二 斜面上的板块问题
变式3 (多选)滑沙运动是小孩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 的斜坡上有长为 的滑板，滑板与沙间的
动摩擦因数为 .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为 ，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够
长，，，取 ，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
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为
C.经过 的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为
√
√
[解析] 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为
，同理对滑板，
加速度大小为
，A
错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有，解得 ，
离开滑板时小孩的速度大小为 ，D错误，C正确.
技法点拨
“滑块—木块”模型的解题策略
运动 状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动
处理 方法 隔离法 假设法 整体法
运动 状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动
具体 步骤 对滑块和木板进 行隔离分析，弄 清每个物体的受 力情况与运动过 程 假设两物体间无相对滑动，先 用整体法算出一起运动的加速 度，再用隔离法算出其中一个 物体“所需要”的摩擦力 ；比较 与最大静摩擦力 的关系， 若 ，则发生相对滑动 将滑块和木板看
成一个整体，对
整体进行受力分
析和运动过程分
析
续表
运动 状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动
临界 条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边 缘时二者共速是滑块滑离木板的临界条件
相关 知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等
续表
备 用 习 题
1.如图甲所示,一水平传送带以初速度v0沿顺时针匀速转动,在传送带左端A处轻放可视为质点的小物块,小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示,小物块在t=6 s时恰好到B点,重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.改变物块的质量,物块从A端运动到B端的时间会改变
B.物块从A端运动到B端过程中一直受到水平向右的摩擦力
C.物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1
D.传送带A、B间的距离为24 m
√
题型一 传送带模型
备 用 习 题
[解析] 改变物块的质量,在加速阶段,由于加速度不随质量的改变而改变,故物块从A端运动B端的时间不变,故A错误;在4~6 s内,小物块随传送带一起做匀速运动,在水平方向不受摩擦力,故B错误;由图乙知,加速过程的加速度a== m/s2=1 m/s2,由牛顿第二定律得μmg=ma,联立解得μ=0.1,故C正确;在v t图像中,直线与时间轴所围面积表示物块运动的位移,则x=×4×(2+6) m=16 m,故传送带A、B间的距离为16 m,故D错误.
备 用 习 题
2.逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°,如图甲所示,传送带的v t图像如图乙所示.在t=0时刻质量为1 kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动.2 s后开始减速,在t=4 s时物块恰好能到达最高点A.(已知g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).以下说法正确的是( )
A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
B.传送带AB长度为6 m
C.2 s后物块受到的摩擦力沿传送带向下
D.物块与传送带间的相对位移为1 m
√
备 用 习 题
[解析] 前2 s物块的速度小于传送带速度,物块受到的摩擦力沿传送带向上,由于物块匀速上滑,根据平衡条件有μmgcos 37°=mgsin 37°,解得μ=0.75,故A错误;由题意可知,t=2 s时,物块与传送带速度相等,由图像可得v=1 m/s,前2 s物块沿传送带上滑的位移为x1=vt=2 m,由题意可得,后2 s物块相对传送带静止,物块所受摩擦力方向沿传送带向上,跟传送带以相同加速度a= m/s2,向上做匀减速运动,物块上滑的位移为x2=vt-at2=1 m,则传送带AB长为L=x1+x2=3 m,故B、C错误;物块匀速上滑过程中,滑动摩擦力为Ff=μmgcos 37°=6 N,由传送带的v t图像可知,前2 s传送带位移为x=3 m,物块与传送带间的相对位移为x相=x-x1=1 m,故D正确.
备 用 习 题
3.如图所示,一平直的传送带以v=2 m/s的速度匀速运行,A、B两点相距L=10 m.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ为0.2,在A处把工件无初速度地放到传送带上,工件可视为质点,g取10 m/s2.
(1)工件经过多长时间会被传送到B处
[答案] 5.5 s
备 用 习 题
[解析] (1) 根据牛顿第二定律得,工件刚开始加速时的加速度a==μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2
工件匀加速运动的位移x1== m=1 m
加速时间t1==1 s
匀速运动的时间t2== s=4.5 s
则工件运动的时间
t=t1+t2=1 s+4.5 s=5.5 s
备 用 习 题
3.如图所示,一平直的传送带以v=2 m/s的速度匀速运行,A、B两点相距L=10 m.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ为0.2,在A处把工件无初速度地放到传送带上,工件可视为质点,g取10 m/s2.
(2)求工件从A处传送到B处相对传送带滑动的长度.
[答案] 1 m
备 用 习 题
[解析] (2)工件从A处传送到B处相对传送带滑动的长度
Δx=vt1-t1=t1=×1 m=1 m
备 用 习 题
4.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,动摩擦因数μ=0.5,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.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,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.
[答案] 4 s
备 用 习 题
[解析] (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沿传送带向上,物体相对传送带向下做匀加速运动,由牛顿第二定律得mg(sin 37°-μcos 37°)=ma
代入数据得a=2 m/s2,由匀变速直线运动的位移公式得L=at2
代入数据得t=4 s
备 用 习 题
4.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,动摩擦因数μ=0.5,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.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:
(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间.
[答案] 2 s
备 用 习 题
[解析] (2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得
mg(sin 37°+μcos 37°)=ma1
代入数据得a1=10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1==1 s
x1=a1=5 m备 用 习 题
[解析] (2)物体运动速度等于传送带速度瞬间,有mgsin 37°>μmgcos 37°,则下一时刻物体相对传送带向下运动,受到传送带向上的滑动摩擦力,摩擦力发生突变.
设当物体下滑速度大于传送带速度时物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得ma2=mgsin 37°-μmgcos 37°
代入数据得a2=2 m/s2
则位移x2=L-x1=16 m-5 m=11 m
又x2=vt2+a2
解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所以有t总=t1+t2=2 s
备 用 习 题
5.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、v1和a2、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( )
√
题型二 “滑块—木板”模型
备 用 习 题
[解析]当恒力F较小时,木块和木板保持相对静止,一起做匀加速直线运动,此时a1=a2、v1=v2,当恒力F较大时,木块相对于木板向前滑动,木块的加速度a2大于木板的加速度a1,且木块比木板运动得快,由于两者受力恒定,所以分别做匀加速直线运动,此时a1备 用 习 题
6. (多选)如图甲所示,水平地面上静止放置一质量为M的木板,木板的左端有一个可视为质点的质量m=1 kg的滑块.现给滑块一向右的初速度v0=10 m/s,此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示,滑块最终刚好停在木板的右端,g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
√
√
√
A.滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4
B.木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1
C.木板的长度L=4 m
D.木板的质量M=1.5 kg
备 用 习 题
[解析] 由题图乙知,滑块刚滑上木板时加速度a1== m/s2=-4 m/s2,由ma1=-μ1mg,解得μ1=0.4,A正确;2 s后滑块与木板一起做匀减速直线运动,加速度a3== m/s2=-1 m/s2,由(m+M)a3=-μ2(m+M)g,解得μ2=0.1,B正确;木板的长度为0~2 s内滑块、木板两者的v t图线与时间轴所围面积之差,即L=×10×2 m=10 m,C错误;0~2 s内木板的加速度a2== m/s2=1 m/s2,对木板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,解得M=1.5 kg,D正确.
备 用 习 题
7. (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.长木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
√
√
A.小滑块的质量m=2 kg
B.小滑块与长木板间的动摩擦因数为0.1
C.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2
D.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大
备 用 习 题
[解析]由图像可知,当F=6 N时,两物体恰好具有最大共同加速度,对整体分析,由牛顿第二定律得F=(M+m)a,解得M+m=3 kg,当F大于6 N时,两物体发生相对滑动,对长木板,有a==-,图线的斜率k==1 kg-1,解得M=1 kg,小滑块的质量m=2 kg,选项A正确;由图像可知,小滑块的最大加速度a'=μg=2 m/s2,所以小滑块与长木板间的动摩擦因数为0.2,选项B错误;当F=7 N时,由a=知,长木板的加速度a=3 m/s2,选项C正确;当两物体发生相对滑动时,小滑块的加速度a'=μg=2 m/s2,恒定不变,选项D错误.
备 用 习 题
8.如图甲所示,在光滑水平面上放置一木板A,在A上放置物块B,A和B的质量均为m=1 kg.A与B之间的动摩擦因数μ=0.2.t=0时刻起,对A施加沿水平方向的力,A和B由静止开始运动.取水平向右为正方向,B相对于A的速度用vBA=vB-vA表示,其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度.在0~2 s时间内,相对速度vBA随时间t变化的关系如图乙所示.运动过程中B始终未脱离A,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1) 0~2 s时间内,B相对水平面的位移大小;
[答案] 3.5 m
备 用 习 题
[解析] (1)由题知B始终未脱离A,由vBA t图像可知0~1.5 s内,vBvA,B在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动,对物块B,由牛顿第二定律有μmg=ma,得a=μg=2 m/s2,则物块B在1.5 s时,v1.5=at1.5=3 m/s,x1.5= t1.5=2.25 m
物块B在t=2 s末,v2=v1.5-at0.5=2 m/s
在1.5~2 s内位移x2=t0.5=1.25 m
所以B相对水平面的位移
=x1.5+x2=3.5 m.
备 用 习 题
[解析] (2)由图可知t=2 s时,vBA=2 m/s,又此时B的速度vB=v2=2 m/s
由vBA=vB-vA得vA=0.
备 用 习 题
8.如图甲所示,在光滑水平面上放置一木板A,在A上放置物块B,A和B的质量均为m=1 kg.A与B之间的动摩擦因数μ=0.2.t=0时刻起,对A施加沿水平方向的力,A和B由静止开始运动.取水平向右为正方向,B相对于A的速度用vBA=vB-vA表示,其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度.在0~2 s时间内,相对速度vBA随时间t变化的关系如图乙所示.运动过程中B始终未脱离A,重力加速度g取10 m/s2.求:
(2) t=2 s时刻,A相对水平面的速度大小.
[答案] 0
作业手册
题型一 传送带模型
1.[2024·浙江衢州模拟] 如图甲是机场和火车站对行李进行安检的水平传
送带，如图乙是其简化图.已知传送带以速度大小 匀速运行，
行李与传送带之间的动摩擦因数，、间的距离 .行李
(可视为质点)无初速度地放在 处，则下列说法不正确的是( )
A.起始时行李的加速度大小为
B.行李经过到达 处
C.行李到达处时速度大小为
D.行李相对传送带滑过的距离为0
√
[解析] 起始时，对行李由牛顿第二定律可得 ，代入数据解得加
速度大小为 ，A正确，不符合题意；设行李与传送带达到共速
所用时间为，可得 ，行李做加速运动的位移
，行李与传送带共速后，行李随传送
带一起做匀速运动，速度大小为 ，则有行李做匀速运动的时间为
，行李从到达 处的时间
，B正确，不符合题意，C错误，符
合题意；行李做加速运动的时间内，传送带运动的位移大小为
，行李相对传送带滑过的距离为
，D正确，不符合题意.
2.[2024·四川成都模拟] 如图所示，质量为 的物块(可视为质点)，
以速度大小 水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送
带、的长度，传送带的速度大小 ，物块与传送带间
的动摩擦因数，重力加速度大小取 ，物块滑离传送带时
产生的划痕长度为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 物块向右减速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
，物块向右减速到速度为0通过的位移大小为
，可知物块向右减速到速度为0后反向加速到与
传送带共速，之后与传送带相对静止一起匀速运动到左端离开，物块减速
时间为，此过程中传送带的位移大小为 ，此
过程中，产生的划痕长度为 ，加速过程，时间为
，此过程中物块的位移大小为 ，此过程中传送
带的位移大小为 ，此过程中，产生的划痕长度为
，物块滑离传送带时产生的划痕长度为
，故选C.
3.云南昆明长水国际机场航站楼是中国面向东南亚、南亚和连接欧亚的第四
大国家门户枢纽机场，航站楼行李处理系统的其中一段如图甲所示，水平
传送带顺时针匀速转动，一小行李箱以初速度滑上水平传送带，从 点运
动到点的 图像如图乙所示.下列说法正确的是( )
A.小行李箱的初速度大小为
B.传送带转动的速度大小为
C.、两点间的距离为
D.小行李箱与传送带的相对位移大小为
√
[解析] 由 图像可知，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带
一起匀速运动，则小行李箱的初速度为 ，而传送带转动的速度大
小为，故A、B错误；根据图像，小行李箱在前 内运动的距
离为，则、两点间的距离为 ，故C错
误；根据图像，在前内传送带传动的路程为 ，
所以小行李箱与传送带的相对位移大小为 ，故D正确.
4.[2024·山东青岛模拟] 如图所示，以速度 逆时针匀速
转动的足够长的传送带与水平面的夹角为 .现将一个质
量为 的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传
A. B. C. D.
送带间的动摩擦因数为 ，则选项中能够正确地描述小木块的
速度随时间变化关系的图线是( )
√
[解析] 开始时木块的加速度为 ，
当木块与传送带共速后,因 ，则木块继续加速，
加速度为，因 图像的斜
率表示加速度，可知图像C正确，A、B、D错误.
5.[2024·湖南长沙模拟] 某快递公司为了提高效
率，使用电动传输机转运快件，如图所示，传
送带由水平部分 、倾斜部分
组成，倾斜部分与水平面的夹角为
.先将货物静止放在水平部分最右端的 点，再让传送带以
的加速度逆时针开始启动，当传送带的速度达到 后
改为匀速运动，货物到达点后，由转到 部分时衔接速度立刻改为
沿方向但大小不变，货物与传送带间的动摩擦因数均为， 取
，， .
5.[2024·湖南长沙模拟] 某快递公司为了提高效率，使用电
动传输机转运快件，如图所示，传送带由水平部分
(1) 求货物从点传送到 点所用的时间；
[答案]
、倾斜部分 组成，倾斜部分与水平面的夹角为
.先将货物静止放在水平部分最右端的 点，再让传送带以
的加速度逆时针开始启动，当传送带的速度达到 后
改为匀速运动，货物到达点后，由转到 部分时衔接速度立刻改为
沿方向但大小不变，货物与传送带间的动摩擦因数均为， 取
，， .
[解析] 对货物分析，根据牛顿第二定律有
解得
传送带加速运动阶段，货物加速运动，传送带匀速运动以后
货物仍要加速运动一段时间才能共速，设货物加速的总时间
为，加速阶段位移为，则，
解得，
匀速运动阶段，有
解得
所以货物从点传送到点所用的时间为
5.[2024·湖南长沙模拟] 某快递公司为了提高效率，使用
电动传输机转运快件，如图所示，传送带由水平部分
、倾斜部分 组成，倾斜部分与水平
(2) 若货物传送到点，传送带立即停止转动，求货物从点到 点所用的
时间；
[答案]
面的夹角为 .先将货物静止放在水平部分最右端的 点，再让传送
带以 的加速度逆时针开始启动，当传送带的速度达到
后改为匀速运动，货物到达点后，由转到 部分时衔接速
度立刻改为沿 方向但大小不变，货物与传送带间的动摩擦因数均为
，取，， .
[解析] 传送带停止转动后，根据牛顿第二定律有
解得 ，方向沿传送带向下
根据位移-时间关系，有
解得 (另一值舍去)
5.[2024·湖南长沙模拟] 某快递公司为了提高效率，使用
电动传输机转运快件，如图所示，传送带由水平部分
、倾斜部分 组成，倾斜部分与水平
面的夹角为 .先将货物静止放在水平部分最右端的 点，再让传送
带以 的加速度逆时针开始启动，当传送带的速度达到
后改为匀速运动，货物到达点后，由转到 部分时衔接速
度立刻改为沿 方向但大小不变，货物与传送带间的动摩擦因数均为
，取，， .
(3) 若货物传送到 点，传送带的速度立即改变但仍匀速率
运动，且传送带逆时针转动，求货物从点传送到 点所用
的最短时间以及满足最短时间时传送带的速度大小 的范围.
[答案]
[解析] 传送带逆时针运动，且转动速度足够大时，货物始
终受到沿传送带向下的摩擦力，则
解得 ，方向沿传送带向下
若以此加速度一直加速运动到底端，所用时间最短，则有
联立解得 (另一值舍去)
此时传动带转动的速度大小满足
解得
题型二 滑块—木板模型
6.[2024·广东深圳模拟] 如图甲所示，长木板放在水平地面上，质量为
的物体，以水平速度滑上木板，之后、 运动速度随时间变化情况如
图乙所示，则下列说法正确的是取 ( )
A.木板a的长度至少为1.5m
B.木板的质量为
C.物体与木板 上表面间的动摩擦因数为0.1
D.长木板 与地面间的动摩擦因数为0.1
√
[解析] 由图像可知，、在后一起匀速运动，说明长木板 与地面间的
动摩擦因数为0，D错误；因前内、 的加速度大小都为
，而二者的合外力为相互作用的摩擦力，根据牛顿第二
定律知二者质量相等，木板的质量为，B错误；对 受力分析，根据牛
顿第二定律有，解得物体与木板 上表面间的动摩擦因数
，C正确；由图得内物体 的位移为
，长木板 的位移为
，则木板的最小长度为 ，故
A错误.
7.[2024·安徽淮南模拟] 如图所示，在光滑平台上放置一长度 、
质量 的文具盒，在文具盒最左端放有可视为质点的质量
的墨水瓶，墨水瓶与文具盒间动摩擦因数 ，开始时两者
均静止，现对文具盒施加 、水平向左的恒力，不计空气阻力，
重力加速度取 .墨水瓶在文具盒上运动的时间为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 对文具盒施加 、水平向左的恒力，以整体为研究对象有
， ，所以文具盒和墨水瓶会相对滑动，以墨水瓶
为研究对象，根据牛顿第二定律可得 ，解得墨水瓶的加速度
大小为 ，以文具盒为研究对象，根据牛顿第二定律可得
，解得文具盒的加速度大小为 ，设墨水瓶在
文具盒上运动的时间为，则有，代入数据解得 ，
故选C.
8.如图所示，小明将一质量为 的象棋子放在静置于水平桌面的课本上，
课本质量为，棋子与课本间的动摩擦因数为 ，课本与桌面间的动摩擦
因数为，重力加速度大小为.现用水平恒力作用于课本，当 不大时，
课本与棋子一起加速运动， 较大时二者会发生相对运动，则( )
A.一起运动时，棋子的加速度为
B.一起运动时，课本的加速度为
C.相对运动时，课本的加速度为
D.相对运动时，棋子的加速度为
√
[解析] 一起运动时，对整体有 ，棋子和课本
的加速度为 ，A、B错误；相对运动时，对课本有
，课本加速度 ，对
棋子有，棋子加速度 ，C正确，D错误.
9.[2024·河北石家庄模拟] 如图所示，质量分别为和 的两个长方体木块
和叠放在倾角为 的固定斜面上，和间的动摩擦因数为， 和斜
面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 .由静止释放两木块，则
( )
A.若 ，则、 两木块一定都沿斜面向
下运动
B.若 ，则、 一定相对滑动
C.若两木块能一起沿斜面下滑，则对 的摩擦力为
，且方向向上
D.两木块一起沿斜面下滑过程中，地面对斜面的支
持力不断增大
√
[解析] 当 时，若、 相对静止，由于
，故此时、
整体不可能都静止，分析可知当时、 相
对静止以共同的加速度向下运动；当时，
比下滑得快，分析可知除此之外不可能存在 不
动运动或者不动运动的情况，故当
时，、 一定都沿斜面向下运动，故A正确.当两
木块能一起沿斜面下滑，始终保持相对静止时，对
整体有
，
对单独分析有 ，联立解得木块
对的摩擦力为 ，方向沿斜面向
上，故木块对 的摩擦力方向沿斜面向下，分析
可知该情况下，、 始终保持相对静止；结合前
面分析若 ，此时若，、 两木
块相对静止，若，、 两木块相对滑动，
故B、C错误.两木块一起沿斜面下滑过程中，设加
速度为，设斜面质量为 ，对整个系统在竖直方
向根据牛顿第二定律有
，该
情况下地面对斜面的支持力不变，故D错误.
10.[2024·江西南昌模拟] 如图甲所示，一长方体木板 放在水平地面上，
木板的右端放置着一个小铁块，在时刻，同时突然给、 一初速
度，其中的初速度大小为，方向水平向左； 的初速度大小
为，方向水平向右，木板运动的 图像如图乙所示.已知
、的质量相等，与及与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)， 与
之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终没有滑出，重力加速度
取 .求：
10.[2024·江西南昌模拟] 如图甲所示，一长方体木板 放在水平地面上，
木板的右端放置着一个小铁块，在时刻，同时突然给、 一初速
度，其中的初速度大小为，方向水平向左； 的初速度大小
为，方向水平向右，木板运动的 图像如图乙所示.已知
、的质量相等，与及与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)， 与
之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终没有滑出，重力加速度
取 .求：
(1) 小铁块 向左运动相对地面的最大位移；
[答案]
[解析] 由题图乙可知，内铁块 做匀变速运动，取水平向右为正方
向,铁块的速度由变为 ，则其加速度大小为
，方向水平向右
当铁块 水平向左运动至速度减为零时，向左运动的位移最大，则
10.[2024·江西南昌模拟] 如图甲所示，一长方体木板 放在水平地面上，
木板的右端放置着一个小铁块，在时刻，同时突然给、 一初速
度，其中的初速度大小为，方向水平向左； 的初速度大小
为，方向水平向右，木板运动的 图像如图乙所示.已知
、的质量相等，与及与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)， 与
之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终没有滑出，重力加速度
取 .求：
(2) 运动的时间及 运动的位移大小；
[答案] ;
[解析] 设与之间的动摩擦因数为 ，由牛顿第二定律得
则
由题图乙可知，取水平向右为正方向,内 做匀减速运动，其速度由
变为 ，则其加速度大小为
，方向水平向左
设与地面之间的动摩擦因数为
由牛顿第二定律得
则
之后， 继续向右做匀减速运动，
因为,所以、 相对滑动
对 由牛顿第二定律得
则的加速度大小为 ，方向水平向左
之后 运动的时间为
则运动的时间为
内 的位移为
，方向水平向右
10.[2024·江西南昌模拟] 如图甲所示，一长方体木板 放在水平地面上，
木板的右端放置着一个小铁块，在时刻，同时突然给、 一初速
度，其中的初速度大小为，方向水平向左； 的初速度大小
为，方向水平向右，木板运动的 图像如图乙所示.已知
、的质量相等，与及与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)， 与
之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，始终没有滑出，重力加速度
取 .求：
(3) 从开始运动到停止，、 之间的相对位移大小.
[答案]
[解析] 从图像可以看出，前，、的相对位移是，，
相对往回返了，所以、的相对位移为
例1.（1） （2） （3） 变式1.（1）
（2） 例2.C 例3.（1） （2） （3）
例4.（1）, （2） （3）,水平
向左,, 水平向左,,水平向右 变式2.ABD 变式3.BC
1.C 2.C 3.D 4.C 5.（1） （2） （3）
6.C 7.C 8.C 9.A 10.（1） （2）, （3）