习题课四 动力学中的五类常见问题
1.如图所示，A、B两物块的质量分别为m和2m，静止叠放在光滑水平地面上。现对B施加一水平拉力F，A、B两物块一起向右做匀加速直线运动。则A对B的摩擦力的大小为（ ）
A. B.
C. D.F
2.一个放在水平桌面上质量为2 kg原来静止的物体，受到如图所示方向不变的合外力作用，则下列说法正确的是（ ）
A.在t＝2 s时，物体的速率最大
B.在2 s内物体的加速度为5 m/s2
C.在2 s内物体运动的位移为10 m
D.0～2 s这段时间内物体做减速运动
3.A、B两物块靠在一起放置在粗糙的水平面上，如图所示，外力F作用在A上，推着A、B一起向右加速运动，已知外力F＝10 N，mA＝mB＝1 kg，A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，g取10 m/s2，则A、B运动的加速度大小和A、B之间的弹力大小分别为（ ）
A.a＝3 m/s2，FAB＝6 N B.a＝2 m/s2，FAB＝6 N
C.a＝3 m/s2，FAB＝5 N D.a＝2 m/s2，FAB＝5 N
4.（多选）如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后（ ）
A.绳子上的拉力大小T＝（M＋m）g
B.物体A的加速度a＝g
C.的取值小一些，便于观测和研究
D.的取值大一些，便于观测和研究
5.如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1；如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么（ ）
A.t1＝t2 B.t1＞t2
C.t1＜t2 D.不能确定
6.（多选）传送带是物流包裹自动化分拣系统的核心装置。如图，一批快递包裹被扫描识别后由静止出发，通过水平匀速转动的传送带从A运输至B。下列说法中有助于缩短包裹在A、B间运输时间的有（ ）
A.包裹质量更小
B.给包裹一定的初速度
C.换装粗糙程度大的传送带
D.减小传送带的运行速度
7.光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块（视为质点）以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为（ ）
A.1 m B.0
C.0.25 m D.0.75 m
8.在水平光滑地面上，质量分别为M和m的长木板和小滑块叠放在一起，开始它们均静止。现将水平向右的恒力F作用在长木板的右端，已知长木板和小滑块之间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M＝2 kg，m＝1 kg，取g＝10 m/s2，如图所示。当F取不同数值时，小滑块的加速度a可能不同，则以下正确的是（ ）
A.若F＝6.0 N则a＝3.0 m/s2
B.若F＝8.0 N则a＝4.0 m/s2
C.若F＝10 N则a＝3.0 m/s2
D.若F＝15 N则a＝4.0 m/s2
9.如图所示，在水平面上固定一倾角θ＝30°的光滑斜面，斜面底端固定一挡板C，两个质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，静止在斜面上。现用一平行于斜面向上的拉力F拉物块A，在物块B恰好离开挡板C的瞬间撤去力F，重力加速度为g，则撤去力F的瞬间（ ）
A.物块A的加速度为零
B.物块A的加速度大小为，方向沿斜面向下
C.物块B的加速度大小为，方向沿斜面向上
D.物块B的加速度为零
10.质量为m的球置于斜面体上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面体，使斜面体在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（ ）
A.若加速度增大，竖直挡板对球的弹力不变
B.若加速度足够大，斜面体对球的弹力可能为零
C.斜面体和挡板对球的弹力的合力等于ma
D.无论加速度大小如何，斜面体对球一定有弹力的作用，而且该弹力是一个定值
11.一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点，如图所示。已知两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角均为45°，当车以加速度a＝g（重力加速度为g）向左做匀加速直线运动时，求1、2两绳拉力的大小。
12.如图甲所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。
（1）若木板长L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F0＝8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
（2）若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化而变化的图像，并写出分析过程。
13.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系图像如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，取g＝10 m/s2，求：
（1）小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度的大小；
（2）小物体与传送带间的动摩擦因数μ。
习题课四 动力学中的五类常见问题
1.A 根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝（m＋2m）a，对A有f＝ma，解得f＝F；根据牛顿第三定律可得A对B的摩擦力f'＝f＝F，故选项A正确。
2.A 在t＝2 s时，F＝0，物体将开始做匀速直线运动，速度最大，故A正确；在2 s内物体所受合力不断减小，根据牛顿第二定律可知加速度不断减小，故B错误；物体在题图所示方向不变的合外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2 s内物体运动的位移无法求出，故C错误；0～2 s这段时间内物体做加速运动，故D错误。
3.A A受到的摩擦力fA＝μ1mAg，B受到的摩擦力fB＝μ2mBg；对A、B整体，由牛顿第二定律有F－fA－fB＝（mA＋mB）a，解得a＝3 m/s2；对B，由牛顿第二定律有FAB－fB＝mBa，解得FAB＝6 N，故选项A正确。
4.BD 对物体A，由牛顿第二定律得T－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得（M＋m）g－T＝（M＋m）a，联立解得T＝Mg＋，a＝g，故A错误，B正确；由a＝g＝g知的取值大一些，a小些，便于观测和研究，故C错误，D正确。
5.A 当传送带静止时，滑块受重力、支持力、滑动摩擦力；当传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，滑块受力情况不变，根据牛顿第二定律可知两种情况下，加速度相等，而两种情况下位移也相等，根据x＝at2可知，两种情况下运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确。
6.BC 快递包裹由静止开始运动，包裹在传送带上受滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝μg，可知包裹的加速度与质量无关，质量大小对运送时间无影响，A错误。给包裹一定的初速度，则包裹加速的时间减小，共速的时间变长，减小了运送时间，B正确；换装粗糙程度大的传送带，则包裹与传送带的动摩擦因数变大，由a＝μg可知，加速度变大，加速时间减小，共速的时间变长，减小了运送时间，C正确；减小传送带的运行速度，则在相等的运送路程内，运送时间增大，D错误。
7.C 设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝＝μg，小车加速度a2＝，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5 s＜1 s，v＝1 m/s，0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动，则在0～0.5 s时间内小滑块位移x1＝t0＝1 m，小车位移x2＝t0＝0.25 m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25 m，C项正确。
8.D 当滑块和木板间的静摩擦力达到最大时，μmg＝ma0，对滑块和木板整体有F＝（M＋m）a0，解得F＝12 N；若F＝6.0 N，则两物体以共同的加速度向前运动，则a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，选项A错误；若F＝8.0 N，则两物体以共同的加速度向前运动，则a＝＝ m/s2，选项B错误；若F＝10 N，则两物体以共同的加速度向前运动，则a＝＝ m/s2，选项C错误；若F＝15 N，则滑块在木板上滑动，则滑块的加速度为a＝＝4 m/s2，选项D正确。
9.D 撤去力F前瞬间，弹簧的弹力为T＝mgsin θ，撤去力F的瞬间，有T－mgsin θ＝maB，T＋mgsin θ＝maA，解得aB＝0，aA＝g，方向沿斜面向下，故选项D正确。
10.D 以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示：
受重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面体的弹力F1。
设斜面体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
竖直方向：F1cos θ＝mg ①
水平方向：F2－F1sin θ＝ma ②
由①看出，斜面体对小球的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零，由②看出，若加速度增大，F2增大，故A、B错误，D正确。根据牛顿第二定律知，重力、斜面体和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma，故C错误。
11.mg 0
解析：设当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度向左且大小为a0，由牛顿第二定律得F1cos 45°＝mg，F1sin 45°＝ma0，可得a0＝g。
当车以加速度a＝g向左做匀加速直线运动时，因a＝g＜a0，故细绳2松弛，拉力为零，设此时细绳1与车厢前壁夹角为θ，有F1'cos θ＝mg，
F1'sin θ＝ma，联立得F1'＝mg。
12.（1）1 s （2）见解析
解析：（1）假设铁块和木板以及木板和地面都有相对滑动，以向右为正方向，则铁块的加速度a1＝＝4 m/s2
木板的加速度a2＝＝2 m/s2
由a2＞0可知，假设成立。设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s。
（2）①当F≤μ1（M＋m）g＝2 N时，铁块、木板均相对地静止，f＝F。
②设F＝F1时，铁块、木板恰能保持相对静止，此时系统的加速度为a＝a2＝2 m/s2。以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－μ1（M＋m）g＝（M＋m）a，解得F1＝6 N
所以当2 N＜ F≤6 N时，铁块、木板相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a＝
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有
f－μ1（M＋m）g＝Ma
解得f＝＋1（N）。
③当F＞6 N时，铁块、木板发生相对运动，f＝μ2mg＝4 N
所以f随拉力F大小变化而变化的图像如图所示。
13.（1）8 m/s （2）0.5
解析：（1）传送带A、B两端间的距离L等于v-t图线与t轴所围的“面积”大小，所以
L＝×1 m＋×1 m＝16 m
小物体在A、B间运动的时间t＝2 s
由平均速度的定义得＝＝ m/s＝8 m/s。
（2）由v-t图像可知
0～1 s，物体的加速度为a1＝ m/s2＝10 m/s2
1～2 s，物体的加速度为a2＝ m/s2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律有
a1＝＝gsin θ＋μgcos θ
a2＝＝gsin θ－μgcos θ
解得θ＝37°，μ＝0.5。
4 / 4习题课四 动力学中的五类常见问题
核心素养目标 物理观念 （1）知道连接体问题，会分析解决连接体问题。 （2）知道几种常见的动力学图像问题并能分析解决这些图像问题。
科学思维 （1）会分析解决动力学问题中的临界问题。 （2）会分析解决动力学中的传送带问题。 （3）会分析解决动力学中的木板、滑块模型问题。
要点一 动力学中的连接体问题
1.常见连接体模型
2.连接体问题的处理方法
（1）整体法的研究对象少、受力少、方程少，所以连接体问题优先采用整体法。涉及物体间相互作用的内力时，必须采用隔离法。实际问题中往往是整体法与隔离法交替使用。
（2）若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相互作用力，就可以先用整体法求出加速度，再用隔离法分析其中一个物体的受力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
（3）若已知某个物体的受力情况，可先隔离该物体求出加速度，再以整体为研究对象求解外力。
【典例1】 如图所示，固定的光滑斜面其倾角为30°，斜面顶端固定一小定滑轮，两个小物块P和Q用细线绕过定滑轮相连，细线平行于斜面，P、Q的质量分别为3m和m，在手的作用下保持静止。现在松手释放该系统，则细线的拉力为（ ）
A.mg B.mg
C.mg D.mg
尝试解答
1.如图所示，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ）
A.F－2μmg B.F＋μmg
C.F－μmg D.F
2.如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M ＞m，将它们用一根跨过光滑的定滑轮的轻细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块位置按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为（ ）
A.g B.g
C.g D.上述均不对
要点二 动力学中的图像问题
1.常见的几种图像：v-t图像、a-t图像、F-t图像、a-F图像等。
2.两类问题
（1）已知物体的运动图像或受力图像，分析有关受力或运动的问题。
（2）已知物体的受力或运动情况，判断选择有关的图像。
3.解决这类问题的基本步骤
（1）看清坐标轴所表示的物理量，明确图像的种类。
（2）识别图像中两个相关量的变化关系，从而分析对应的物理过程。
（3）分析图线的截距、斜率、交点、图线与坐标轴围成的“面积”等的物理意义。
（4）弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间的对应关系，根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。
【典例2】 如图甲所示，一质量为m＝2 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示，4 s后的图线没有画出。g取10 m/s2。求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）物体在前6 s内的位移。
尝试解答
1.质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像如图所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v-t图像、a-t图像正确的是（ ）
2.质量为60 kg的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2.5 s落地。轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情况如图甲所示，g取10 m/s2，则：
（1）消防队员下滑过程中最大速度和落地速度大小各是多少？
（2）在图乙中画出消防队员下滑过程中的v-t图像。
要点三 动力学中的临界问题
1.题型概述
在动力学问题中某种物理现象（或物理状态）刚好要发生或刚好不发生的转折状态即临界问题。问题中出现“最大”“最小”“刚好”“恰能”等关键词语，一般都会涉及临界问题，隐含相应的临界条件。
2.临界问题的常见类型及临界条件
（1）接触与分离的临界条件：两物体相接触（或分离）的临界条件是弹力为零且分离瞬间的加速度、速度分别相等。
（2）相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。
（3）绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是绳上的张力恰好为零。
（4）出现加速度最值与速度最值的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值。
3.解题关键
正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行判断与分析，挖掘出隐含的临界条件。
【典例3】 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为g）。
（1）当滑块以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？
（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
（3）当滑块以a'＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
尝试解答
1.大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符合规范的装载支架是安全运输的保障，运输过程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换来的。若已知支架斜面均与水平面成α＝30°，则运输车刹车时加速度不能超过（ ）
A.0.5g B.g C.g D.g
2.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分离。下列说法正确的是（ ）
A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B.B和A刚分离时，它们的加速度为g
C.弹簧的劲度系数等于
D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
要点四 动力学中的传送带问题
1.分类：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
2.物块在传送带上运动的四类常见情形
（1）v0＝v时，一直匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 （3）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 （1）传送带较短时，一直减速 （2）传送带较长时，先减速后返回 ①v0≤v时，返回初始位置的速度为v0 ②v0＞v时，返回初始位置的速度为v
（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
【典例4】 如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意图，产品（可以忽略其形状和大小）无初速地放上水平传送带AB的最左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在倾斜传送带BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.25，两传送带均以v＝4 m/s的速度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12 m，倾斜传送带BC长L2＝1.88 m，倾角α＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2），求：
（1）产品在水平传送带AB上运动的时间；
（2）产品在倾斜传送带BC上运动的时间。
思路点拨
（1）产品放到传送带AB最左端时，将受到水平向右的滑动摩擦力μmg。
（2）产品无初速度地放在倾斜传送带BC的顶端时，受到沿斜面向下的滑动摩擦力μmgcos 37°。
尝试解答
1.（多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。则煤块从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C.划痕长度是0.5 m
D.划痕长度是2 m
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
要点五 动力学中的“滑块—木板”模型问题
1.问题概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。
2.三个基本关系
加速度 关系 滑块与木板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度
如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意挖掘滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件
速度 关系 滑块与木板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况
滑块与木板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力情况。应注意摩擦力发生突变的情况
位移 关系 滑块和木板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之差
滑块和木板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之和
【典例5】 如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板右端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。（g取10 m/s2）
（1）小物块放在长木板上后，小物块及长木板未共速前的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
（3）从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？
尝试解答
1.如图所示，质量M＝3 kg的木板静置于光滑水平面上，质量m＝1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则使物块不掉下去的最大拉力为（ ）
A.1 N B.3 N
C.4 N D.5 N
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。
1.（多选）一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴的阻力随其下落速度的增大而增大，则如图所示的图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是（ ）
2.质量为m的物块放在质量为M的小车上，小车受到水平向右的牵引力F的作用，二者一起在水平地面上向右运动。下列说法正确的是（ ）
A.如果二者一起向右做匀速直线运动，则物块受到水平向右的摩擦力作用
B.如果二者一起向右做匀速直线运动，则物块与小车间接触面一定粗糙
C.如果二者一起向右做匀加速直线运动，则水平地面一定光滑
D.如果二者一起向右做匀加速直线运动，则小车受到物块施加的水平向左的摩擦力作用
3.如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则（ ）
A.加速度可能向右，大小小于μg
B.加速度一定向右，大小不能超过（1＋μ）g
C.加速度一定向左，大小不能超过μg
D.加速度一定向左，大小不能超过（1＋μ）g
4.“平安北京，绿色出行”，地铁已成为北京的主要绿色交通工具之一。图甲为地铁安检场景，图乙为安检时传送带运行的示意图。某乘客把行李包放在水平传送带的入口A处，行李包随传送带匀速运动到出口B处。由于行李包与传送带间的动摩擦因数很大，传送带的运行速度很小，可忽略行李包的加速时间。已知传送带始终以v＝0.20 m/s的速度匀速运行，A、B两处之间的距离L＝1.6 m。
（1）求行李包从A处运动到B处的时间t。
（2）有同学认为，行李包随传送带匀速运动过程中，始终受到传送带施加的摩擦力作用。你认为这种说法是否正确，请说明理由。
（3）若行李包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.02，试分析行李包到达右端时的速度与传送带速度的关系，并画出行李包到达右端时的速度与传送带速度关系的图像（取g＝10 m/s2）。
习题课四 动力学中的五类常见问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 D 对小物块P受力分析，由牛顿第二定律可得3mgsin 30°－T＝3 ma，对小物块Q受力分析，由牛顿第二定律可得T'－mg＝ma，又T＝T'，解得a＝，T＝mg，选项D正确。
素养训练
1.D 将两物块看作一个整体，竖直方向上两物块受重力和支持力，这两个力平衡，水平方向受拉力F和摩擦力f，f＝μ（m＋2m）g＝3μmg，由牛顿第二定律得F－f＝3ma，则a＝；对于物块P，根据牛顿第二定律得T－μmg＝ma，整理得T＝，选项D正确，A、B、C错误。
2.C 由甲图可知，物块m匀速运动，故T＝mg，物块M匀速运动，故T＝μMg，联立解得μ＝。
乙图中，对M有Mg－T'＝Ma
对m有T'－μmg＝ma
联立解得a＝g，故C正确。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）0.15 （2）15 m
解析：（1）由v-t图像可知，物体在前4 s做匀变速直线运动，根据v-t图像和加速度定义式a＝得a1＝ m/s2＝1 m/s2
在0～4 s内，在水平方向F1－μmg＝ma1（其中F1＝5 N）
解得μ＝0.15。
（2）设前4 s的位移为x1，
由位移公式得
x1＝a1＝×1×16 m＝8 m
设4 s后物体运动时的加速度为a2，
根据牛顿第二定律有F2－μmg＝ma2
解得a2＝－0.5 m/s2
物体在4 s末时的速度为v＝4 m/s，设物体从4 s末运动时间t2后速度减为0，则0＝v＋a2t2
解得t2＝8 s
所以物体减速运动2 s内的位移
x2＝vt'＋a2t'2＝4×2 m－×0.5×22 m＝7 m
所以物体在前6 s内的位移x＝x1＋x2＝15 m。
素养训练
1.B 第1 s内物体受力方向为负，t＝1 s时速度为0，则在前1 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，t＝0时，速度为1 m/s；第2 s内物体从速度为0做正向加速运动，加速度为2 m/s2；第2～4 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，结合所给选项，知只有B正确。
2.（1）4 m/s 1 m/s （2）见解析图
解析：（1）消防队员在t1＝1 s内以加速度a1匀加速下滑（mg＞F1），然后在t2＝2.5 s－1 s＝1.5 s内以加速度a2匀减速下滑（mg＜F2）。
第一个过程mg－F1＝ma1，vmax＝a1t1，得vmax＝4 m/s
第二个过程mg－F2＝ma2，v＝vmax＋a2t2，得v＝1 m/s。
（2）v-t图像如图所示。
要点三
知识精研
【典例3】 （1）g （2）g （3）mg
解析：（1）当T＝0时，小球受重力mg和斜面的支持力N作用，如图甲所示，则mgtan 45°＝ma
解得a＝g。故当滑块向右运动的加速度为g时，线对小球的拉力刚好等于零。
（2）假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、
线的拉力T1和斜面的支持力N1作用，如图乙所示。
由牛顿第二定律得
水平方向：T1cos 45°－N1sin 45°＝ma1，
竖直方向：T1sin 45°＋N1cos 45°－mg＝0。
解得N1＝，T1＝。
由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力N1减小，线的拉力T1增大；当a1＝g时，N1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为T1＝mg。所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零。
（3）当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和自身重力的作用，如图丙所示。当滑块以a'＝2g的加速度向左运动时，此时细线与水平方向间的夹角α＜45°。由勾股定理得T'＝＝mg。
素养训练
1.B 对钢卷受力分析，可得临界状态时后支架斜面对钢卷无作用力，前支架斜面对钢卷有支持力N，由牛顿第二定律得Ncos α＝mg，Nsin α＝ma，得a＝gtan α＝gtan 30°＝g，所以运输车刹车时加速度不能超过g。故选B。
2.C A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，
对B：F－mg＝ma，
对A：kx－mg＝ma，
即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，
由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，
则2mg＝kx0，h＝x0－x，
解以上各式得k＝，综上所述，只有C正确。
要点四
知识精研
【典例4】 （1）3.8 s （2）0.7 s
解析：（1）产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg＝ma
得加速度大小为a＝2.5 m/s2，方向水平向右
产品加速到速度与传送带相同所用时间为t1＝＝1.6 s
匀加速运动的位移：x1＝a＝3.2 m
则匀速运动的时间：t2＝＝2.2 s
得产品在水平传送带AB上运动的时间为t＝t1＋t2＝3.8 s。
（2）产品在倾斜传送带上刚开始的一段时间，产品向下做匀加速直线运动，则有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
则得加速度为a1＝8 m/s2
匀加速运动的时间：t3＝＝0.5 s
位移为x2＝a1＝1 m
产品达到与传送带速度相等后，由于mgsin 37°＞μmgcos 37°，故物体继续向下做匀加速直线运动。
则有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
加速度为a2＝4 m/s2
运动时间：L2－x2＝vt4＋a2
解得：t4＝0.2 s
可得产品在倾斜传送带BC上运动的时间为
t'＝t3＋t4＝0.7 s。
素养训练
1.BD 根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝ ＝1 s，位移大小x1＝a＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度做匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误。
2.C 传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝f，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。
要点五
知识精研
【典例5】 （1）2 m/s2 0.5 m/s2 （2）1 s （3）2.1 m
解析：（1）由牛顿第二定律得μmg＝mam，
则小物块的加速度am＝2 m/s2，
长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。
（2）由amt＝v0＋aMt，可得t＝1 s。
（3）在开始1 s内小物块的位移x1＝am＝1 m
1 s末速度为v＝amt1＝2 m/s
在接下来的0.5 s内小物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移为x2＝vt2＋a＝1.1 m
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。
素养训练
1.C 小物块与木板具有共同的最大加速度a对应使小物块不掉下的最大拉力，对小物块根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，对整体根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a＝（3＋1）×1 N＝4 N，故选C。
2.（1）0.4 m/s （2）0.4 s 0.64 m
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－f＝ma1
又f＝μN＝μmg
解得a1＝－4 m/s2
根据运动学公式可得v2－＝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f'，
且f'＝f＝μmg＝0.4 N
由牛顿第二定律可得f'＝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x＝v0t＋a1t2
解得x＝0.64 m。
【教学效果·勤检测】
1.AC 雨滴在下落过程中受重力和空气阻力，阻力随着速度增大而增大，根据牛顿第二定律有a＝，可知加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，雨滴做匀速直线运动，故A、C正确，B、D错误。
2.D 如果二者一起向右做匀速直线运动，物块处于平衡状态，在水平方向的合力为零，则物块与小车间没有摩擦力，物块与小车间接触面可以是光滑的，也可以是粗糙的，故A、B错误；选项C中，水平地面可以是粗糙的，只要牵引力F大于水平地面对小车的阻力f，二者就能一起向右做匀加速直线运动，故C错误；如果二者一起向右做匀加速直线运动，小车对物块施加水平向右的摩擦力，使物块有向右的加速度，根据牛顿第三定律可知，物块对小车的摩擦力是水平向左的，故D正确。
3.D 当小车静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μN，要保证A相对小车无滑动，则小车对A的弹力方向向左，且比原来大，所以加速度一定向左，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，要保证B相对小车无滑动，则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma≤μ（mg＋N），解得a≤（1＋μ）g，故选项D正确。
4.（1）8.0 s （2）见解析 （3）见解析
解析：（1）忽略行李包的加速时间，行李包从A处运动到B处的时间t＝＝8.0 s。
（2）该同学的观点不正确。因为行李包做匀速直线运动，加速度为0，所以合力为0。假设行李包受到摩擦力的作用，其合力不为0，因此行李包不受摩擦力的作用。
（3）若行李包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.02，设行李包一直做加速运动，到达B处时的速度为v，则
2aL＝v2，a＝μg＝0.2 m/s2 ，解得v＝0.8 m/s
当传送带速度小于或等于0.8 m/s时，行李包离开传送带时与传送带共速。当传送带速度大于0.8 m/s时，行李包离开传送带时速度为0.8 m/s，可得行李包到达右端时的速度与传送带速度关系的图像如图所示。
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习题课四 动力学中的五类常见问题
核
心
素
养
目
标 物理
观念 （1）知道连接体问题，会分析解决连接体问题。
（2）知道几种常见的动力学图像问题并能分析解决这些
图像问题。
科学
思维 （1）会分析解决动力学问题中的临界问题。
（2）会分析解决动力学中的传送带问题。
（3）会分析解决动力学中的木板、滑块模型问题。
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一 动力学中的连接体问题
1. 常见连接体模型
2. 连接体问题的处理方法
（1）整体法的研究对象少、受力少、方程少，所以连接体问题优
先采用整体法。涉及物体间相互作用的内力时，必须采用隔
离法。实际问题中往往是整体法与隔离法交替使用。
（2）若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相
互作用力，就可以先用整体法求出加速度，再用隔离法分析
其中一个物体的受力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
（3）若已知某个物体的受力情况，可先隔离该物体求出加速度，
再以整体为研究对象求解外力。
【典例1】 如图所示，固定的光滑斜面其倾角为30°，斜面顶端固
定一小定滑轮，两个小物块P和Q用细线绕过定滑轮相连，细线平行于
斜面，P、Q的质量分别为3m和m，在手的作用下保持静止。现在松手
释放该系统，则细线的拉力为（ ）
A. mg B. mg
C. mg D. mg
解析：对小物块P受力分析，由牛顿第二定律可得3mgsin 30°－T＝3
ma，对小物块Q受力分析，由牛顿第二定律可得T'－mg＝ma，又T＝
T'，解得a＝，T＝mg，选项D正确。
1. 如图所示，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，
两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为
μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物
块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ）
A. F－2μmg B. F＋μmg
C. F－μmg D. F
解析： 将两物块看作一个整体，竖直方向上两物块受重力和支
持力，这两个力平衡，水平方向受拉力F和摩擦力f，f＝μ（m＋
2m）g＝3μmg，由牛顿第二定律得F－f＝3ma，则a＝；对于物块P，根据牛顿第二定律得T－μmg＝ma，整理得T＝，选项D正确，A、B、C错误。
2. 如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M ＞
m，将它们用一根跨过光滑的定滑轮的轻细线连接。如果按图甲放
置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块位置按
图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为（ ）
A. g B. g
C. g D. 上述均不对
解析： 由甲图可知，物块m匀速运动，故T＝mg，物块M匀速运
动，故T＝μMg，联立解得μ＝。
乙图中，对M有Mg－T'＝Ma
对m有T'－μmg＝ma
联立解得a＝g，故C正确。
要点二 动力学中的图像问题
1. 常见的几种图像：v-t图像、a-t图像、F-t图像、a-F图像等。
2. 两类问题
（1）已知物体的运动图像或受力图像，分析有关受力或运动的
问题。
（2）已知物体的受力或运动情况，判断选择有关的图像。
3. 解决这类问题的基本步骤
（1）看清坐标轴所表示的物理量，明确图像的种类。
（2）识别图像中两个相关量的变化关系，从而分析对应的物理
过程。
（3）分析图线的截距、斜率、交点、图线与坐标轴围成的“面
积”等的物理意义。
（4）弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间
的对应关系，根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方
程解题。
【典例2】 如图甲所示，一质量为m＝2 kg的物体置于水平面上，在
水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图
乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示，4 s后的图线
没有画出。g取10 m/s2。求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
答案：0.15
解析：由v-t图像可知，物体在前4 s做匀变速直线运动，根
据v-t图像和加速度定义式a＝得a1＝ m/s2＝1 m/s2
在0～4 s内，在水平方向F1－μmg＝ma1（其中F1＝5 N）
解得μ＝0.15。
（2）物体在前6 s内的位移。
答案：15 m
解析：设前4 s的位移为x1，
由位移公式得x1＝a1＝×1×16 m＝8 m
设4 s后物体运动时的加速度为a2，
根据牛顿第二定律有F2－μmg＝ma2
解得a2＝－0.5 m/s2
物体在4 s末时的速度为v＝4 m/s，设物体从4 s末运动时间t2后速
度减为0，则0＝v＋a2t2
解得t2＝8 s，所以物体减速运动2 s内的位移
x2＝vt'＋a2t'2＝4×2 m－×0.5×22 m＝7 m
所以物体在前6 s内的位移x＝x1＋x2＝15 m。
1. 质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像
如图所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v-t图像、
a-t图像正确的是（ ）
解析： 第1 s内物体受力方向为负，t＝1 s时速度为0，则在前1 s
内做减速运动，加速度为－1 m/s2，t＝0时，速度为1 m/s；第2 s内
物体从速度为0做正向加速运动，加速度为2 m/s2；第2～4 s内做减
速运动，加速度为－1 m/s2，结合所给选项，知只有B正确。
2. 质量为60 kg的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，
经2.5 s落地。轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变
化情况如图甲所示，g取10 m/s2，则：
（1）消防队员下滑过程中最大速度和落地速度大小各是多少？
答案：4 m/s 1 m/s
解析：消防队员在t1＝1 s内以加速度a1匀加速下滑（mg＞F1），然后在t2＝2.5 s－1 s＝1.5 s内以加速度a2匀减速下
滑（mg＜F2）。
第一个过程mg－F1＝ma1，vmax＝a1t1，得vmax＝4 m/s
第二个过程mg－F2＝ma2，v＝vmax＋a2t2，得v＝1 m/s。
（2）在图乙中画出消防队员下滑过程中的v-t图像。
答案：见解析图
解析： v-t图像如图所示。
要点三 动力学中的临界问题
1. 题型概述
在动力学问题中某种物理现象（或物理状态）刚好要发生或刚好不
发生的转折状态即临界问题。问题中出现“最大”“最小”“刚
好”“恰能”等关键词语，一般都会涉及临界问题，隐含相应的临
界条件。
2. 临界问题的常见类型及临界条件
（1）接触与分离的临界条件：两物体相接触（或分离）的临界条
件是弹力为零且分离瞬间的加速度、速度分别相等。
（2）相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩
擦力。
（3）绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是实
际张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是
绳上的张力恰好为零。
（4）出现加速度最值与速度最值的临界条件：当物体在变化的外
力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合
力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小
加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的
速度达到最大值或最小值。
3. 解题关键
正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行判断与分
析，挖掘出隐含的临界条件。
【典例3】 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑
块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为
g）。
（1）当滑块以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等
于零？
答案：g
解析：当T＝0时，小球受重力mg和斜面的
支持力N作用，如图甲所示，则mgtan 45°＝ma
解得a＝g。故当滑块向右运动的加速度为g时，线对小球的拉力刚好等于零。
（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等
于零？
答案：g
解析：假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重
力mg、
线的拉力T1和斜面的支持力N1作用，如图乙所示。
由牛顿第二定律得
水平方向：T1cos 45°－N1sin 45°＝ma1，
竖直方向：T1sin 45°＋N1cos 45°－mg＝0。
解得N1＝，T1＝。
由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力N1
减小，线的拉力T1增大；当a1＝g时，N1＝0，此时小球虽与
斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为T1＝
mg。所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时，小球对
滑块的压力等于零。
（3）当滑块以a'＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
答案：mg
解析：当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜
面而只受线的拉力和自身重力的作用，如图丙所
示。当滑块以a'＝2g的加速度向左运动时，此时
细线与水平方向间的夹角α＜45°。由勾股定理得
T'＝＝mg。
1. 大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符合规范的装载支架是
安全运输的保障，运输过程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换
来的。若已知支架斜面均与水平面成α＝30°，则运输车刹车时加
速度不能超过（ ）
A. 0.5g B. g
C. g D. g
解析： 对钢卷受力分析，可得临界状态时后支架斜面对钢卷无
作用力，前支架斜面对钢卷有支持力N，由牛顿第二定律得Ncos α
＝mg，Nsin α＝ma，得a＝gtan α＝gtan 30°＝g，所以运输车刹
车时加速度不能超过g。故选B。
2. 如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静
止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分
离。下列说法正确的是（ ）
A. B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B. B和A刚分离时，它们的加速度为g
C. 弹簧的劲度系数等于
D. 在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
解析： A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而
弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离
时，FAB＝0，
对B：F－mg＝ma，
对A：kx－mg＝ma，
即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，
由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，
则2mg＝kx0，h＝x0－x，
解以上各式得k＝，综上所述，只有C正确。
要点四 动力学中的传送带问题
1. 分类：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
（1）v0＝v时，一直匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 （3）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
（1）传送带较短时，一直减速
（2）传送带较长时，先减速后返回
①v0≤v时，返回初始位置的速度为v0
②v0＞v时，返回初始位置的速度为v
2. 物块在传送带上运动的四类常见情形
（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
【典例4】 如图所示的装置是某工厂用于产品分拣的传送带示意
图，产品（可以忽略其形状和大小）无初速地放上水平传送带AB的最
左端，当产品运动到水平传送带最右端时被挡板d挡住，分拣员在此
鉴定产品质量，不合格的被取走，合格品被无初速地放在倾斜传送带
BC的顶端，滑至底端的传送带后再进行包装等工序。已知传送带
AB、BC与产品间的动摩擦因数μ＝0.25，两传送带均以v＝4 m/s的速
度按图示方向匀速转动，水平传送带AB长L1＝12 m，倾斜传送带BC
长L2＝1.88 m，倾角α＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10
m/s2），求：
（1）产品在水平传送带AB上运动的时间；
（2）产品在倾斜传送带BC上运动的时间。
答案：（1）3.8 s（2）0.7 s
思路点拨
（1）产品放到传送带AB最左端时，将受到水平向右的滑动摩擦力
μmg。
（2）产品无初速度地放在倾斜传送带BC的顶端时，受到沿斜面向下
的滑动摩擦力μmgcos 37°。
解析：（1）产品刚放上水平传送带AB时，水平方向受到向右的
滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg＝ma
得加速度大小为a＝2.5 m/s2，方向水平向右
产品加速到速度与传送带相同所用时间为t1＝＝1.6 s
匀加速运动的位移：x1＝a＝3.2 m
则匀速运动的时间：t2＝＝2.2 s
得产品在水平传送带AB上运动的时间为t＝t1＋t2＝3.8 s。
（2）产品在倾斜传送带上刚开始的一段时间，产品向下做匀加
速直线运动，则有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
则得加速度为a1＝8 m/s2
匀加速运动的时间：t3＝＝0.5 s
位移为x2＝a1＝1 m
产品达到与传送带速度相等后，由于mgsin 37°＞μmgcos
37°，故物体继续向下做匀加速直线运动。
则有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
加速度为a2＝4 m/s2
运动时间：L2－x2＝vt4＋a2
解得：t4＝0.2 s
可得产品在倾斜传送带BC上运动的时间为
t'＝t3＋t4＝0.7 s。
1. （多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4
m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小煤块（可视为
质点）无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑
动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ
＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。则煤块从A运动到B的过程中，下
列说法正确的是（ ）
A. 煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B. 煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C. 划痕长度是0.5 m
D. 划痕长度是2 m
解析： 根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤
块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝ ＝1 s，位移大小x1
＝a＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度做匀速运动直
至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝
v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的
时间t2＝＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A
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＝f，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。
要点五 动力学中的“滑块—木板”模型问题
1. 问题概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间
有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两
物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。
加速
度关
系 滑块与木板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起
运动的加速度
如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别
求出滑块与木板运动的加速度。应注意挖掘滑块与木板是否
发生相对运动等隐含条件
2. 三个基本关系
速度
关系 滑块与木板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时
的摩擦力作用情况
滑块与木板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑
块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力情
况。应注意摩擦力发生突变的情况
位移
关系 滑块和木板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它
们的位移之差
滑块和木板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它
们的位移之和
【典例5】 如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，
在长木板左端加一水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达
到1.5 m/s时，在长木板右端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2
kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。
（g取10 m/s2）
（1）小物块放在长木板上后，小物块及长木板未共速前的加速度各
为多大？
答案：2 m/s2 0.5 m/s2
解析：由牛顿第二定律得μmg＝mam，
则小物块的加速度am＝2 m/s2，
长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
答案：1 s
解析：由amt＝v0＋aMt，可得t＝1 s。
（3）从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小
为多少？
答案：2.1 m
解析：在开始1 s内小物块的位移x1＝am＝1 m
1 s末速度为v＝amt1＝2 m/s
在接下来的0.5 s内小物块与长木板相对静止，一起做加速运动
且加速度为a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移为x2＝vt2＋a＝1.1 m
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。
1. 如图所示，质量M＝3 kg的木板静置于光滑水平面上，质量m＝1 kg
的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1。现
对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，则使物块不掉下去的最大拉力为（ ）
A. 1 N B. 3 N
C. 4 N D. 5 N
解析： 小物块与木板具有共同的最大加速度a对应使小物块不
掉下的最大拉力，对小物块根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a
＝1 m/s2，对整体根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a＝（3＋1）
×1 N＝4 N，故选C。
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；
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－f＝ma1
又f＝μN＝μmg
解得a1＝－4 m/s2
根据运动学公式可得v2－＝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f'，
且f'＝f＝μmg＝0.4 N
由牛顿第二定律可得f'＝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x＝v0t＋a1t2
解得x＝0.64 m。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. （多选）一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过
程中所受重力保持不变，且空气对雨滴的阻力随其下落速度的增大
而增大，则如图所示的图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动
情况的是（ ）
解析： 雨滴在下落过程中受重力和空气阻力，阻力随着速度
增大而增大，根据牛顿第二定律有a＝，可知加速度减小，雨
滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，雨滴做匀速直
线运动，故A、C正确，B、D错误。
2. 质量为m的物块放在质量为M的小车上，小车受到水平向右的牵引
力F的作用，二者一起在水平地面上向右运动。下列说法正确的是
（ ）
A. 如果二者一起向右做匀速直线运动，则物块受到水
平向右的摩擦力作用
B. 如果二者一起向右做匀速直线运动，则物块与小车
间接触面一定粗糙
C. 如果二者一起向右做匀加速直线运动，则水平地面
一定光滑
D. 如果二者一起向右做匀加速直线运动，则小车受到
物块施加的水平向左的摩擦力作用
解析： 如果二者一起向右做匀速直线运动，物块处于平衡状
态，在水平方向的合力为零，则物块与小车间没有摩擦力，物块与
小车间接触面可以是光滑的，也可以是粗糙的，故A、B错误；选
项C中，水平地面可以是粗糙的，只要牵引力F大于水平地面对小
车的阻力f，二者就能一起向右做匀加速直线运动，故C错误；如果
二者一起向右做匀加速直线运动，小车对物块施加水平向右的摩擦
力，使物块有向右的加速度，根据牛顿第三定律可知，物块对小车
的摩擦力是水平向左的，故D正确。
3. 如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平
面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证
A、B无滑动，则（ ）
A. 加速度可能向右，大小小于μg
B. 加速度一定向右，大小不能超过（1＋μ）g
C. 加速度一定向左，大小不能超过μg
D. 加速度一定向左，大小不能超过（1＋μ）g
解析： 当小车静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μN，要保证
A相对小车无滑动，则小车对A的弹力方向向左，且比原来大，所
以加速度一定向左，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到
小车的支持力、重力和吸引力，要保证B相对小车无滑动，则受到
的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma≤μ（mg＋N），解得a≤
（1＋μ）g，故选项D正确。
4. “平安北京，绿色出行”，地铁已成为北京的主要绿色交通工具之
一。图甲为地铁安检场景，图乙为安检时传送带运行的示意图。某
乘客把行李包放在水平传送带的入口A处，行李包随传送带匀速运
动到出口B处。由于行李包与传送带间的动摩擦因数很大，传送带
的运行速度很小，可忽略行李包的加速时间。已知传送带始终以v
＝0.20 m/s的速度匀速运行，A、B两处之间的距离L＝1.6 m。
（1）求行李包从A处运动到B处的时间t。
答案：8.0 s
解析：忽略行李包的加速时间，行李包从A处运动到B
处的时间t＝＝8.0 s。
（2）有同学认为，行李包随传送带匀速运动过程中，始终受到传
送带施加的摩擦力作用。你认为这种说法是否正确，请说明
理由。
答案：见解析
解析：该同学的观点不正确。因为行李包做匀速直线运动，加
速度为0，所以合力为0。假设行李包受到摩擦力的作用，其
合力不为0，因此行李包不受摩擦力的作用。
（3）若行李包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.02，试分析行李包到
达右端时的速度与传送带速度的关系，并画出行李包到达右
端时的速度与传送带速度关系的图像（取g＝10 m/s2）。
答案：见解析
解析：若行李包与传送带间的动摩擦因数
μ＝0.02，设行李包一直做加速运动，到
达B处时的速度为v，则
2aL＝v2，a＝μg＝0.2 m/s2 ，解得v＝0.8 m/s
当传送带速度小于或等于0.8 m/s时，行李包离开传送带时与传送带共速。当传送带速度大于0.8 m/s时，行李包离开传
送带时速度为0.8 m/s，可得行李包到达右端时的速度与传送带速度关系的图像如图所示。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. 如图所示，A、B两物块的质量分别为m和2m，静止叠放在光滑水
平地面上。现对B施加一水平拉力F，A、B两物块一起向右做匀加
速直线运动。则A对B的摩擦力的大小为（ ）
A. B.
C. D. F
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解析： 根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝（m＋2m）a，对
A有f＝ma，解得f＝F；根据牛顿第三定律可得A对B的摩擦力f'＝f
＝F，故选项A正确。
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2. 一个放在水平桌面上质量为2 kg原来静止的物体，受到如图所示方
向不变的合外力作用，则下列说法正确的是（ ）
A. 在t＝2 s时，物体的速率最大
B. 在2 s内物体的加速度为5 m/s2
C. 在2 s内物体运动的位移为10 m
D. 0～2 s这段时间内物体做减速运动
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解析： 在t＝2 s时，F＝0，物体将开始做匀速直线运动，速度
最大，故A正确；在2 s内物体所受合力不断减小，根据牛顿第二定
律可知加速度不断减小，故B错误；物体在题图所示方向不变的合
外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2 s内物体运动的位移无
法求出，故C错误；0～2 s这段时间内物体做加速运动，故D错误。
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3. A、B两物块靠在一起放置在粗糙的水平面上，如图所示，外力F作
用在A上，推着A、B一起向右加速运动，已知外力F＝10 N，mA＝
mB＝1 kg，A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦
因数μ2＝0.3，g取10 m/s2，则A、B运动的加速度大小和A、B之间
的弹力大小分别为（ ）
A. a＝3 m/s2，FAB＝6 N B. a＝2 m/s2，FAB＝6 N
C. a＝3 m/s2，FAB＝5 N D. a＝2 m/s2，FAB＝5 N
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解析： A受到的摩擦力fA＝μ1mAg，B受到的摩擦力fB＝μ2mBg；
对A、B整体，由牛顿第二定律有F－fA－fB＝（mA＋mB）a，解得a
＝3 m/s2；对B，由牛顿第二定律有FAB－fB＝mBa，解得FAB＝6 N，
故选项A正确。
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4. （多选）如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动
的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得实验者可以有
较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体
C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够
长。物体A、B、C由图示位置静止释放后（ ）
A. 绳子上的拉力大小T＝（M＋m）g
B. 物体A的加速度a＝g
C. 的取值小一些，便于观测和研究
D. 的取值大一些，便于观测和研究
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解析： 对物体A，由牛顿第二定律得T－Mg＝Ma，对B、C
整体，由牛顿第二定律得（M＋m）g－T＝（M＋m）a，联立
解得T＝Mg＋，a＝g，故A错误，B正确；由a＝
g＝g知的取值大一些，a小些，便于观测和研究，
故C错误，D正确。
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5. 如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够
自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1；如
果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上
端滑到底端所用的时间为t2，那么（ ）
A. t1＝t2 B. t1＞t2
C. t1＜t2 D. 不能确定
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解析： 当传送带静止时，滑块受重力、支持力、滑动摩擦力；
当传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，滑块受力
情况不变，根据牛顿第二定律可知两种情况下，加速度相等，而两
种情况下位移也相等，根据x＝at2可知，两种情况下运动的时间相
等，即t1＝t2，选项A正确。
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6. （多选）传送带是物流包裹自动化分拣系统的核心装置。如图，一
批快递包裹被扫描识别后由静止出发，通过水平匀速转动的传送带
从A运输至B。下列说法中有助于缩短包裹在A、B间运输时间的有
（ ）
A. 包裹质量更小
B. 给包裹一定的初速度
C. 换装粗糙程度大的传送带
D. 减小传送带的运行速度
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解析： 快递包裹由静止开始运动，包裹在传送带上受滑动摩
擦力作用，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝μg，可知包裹
的加速度与质量无关，质量大小对运送时间无影响，A错误。给包
裹一定的初速度，则包裹加速的时间减小，共速的时间变长，减小
了运送时间，B正确；换装粗糙程度大的传送带，则包裹与传送带
的动摩擦因数变大，由a＝μg可知，加速度变大，加速时间减小，
共速的时间变长，减小了运送时间，C正确；减小传送带的运行速
度，则在相等的运送路程内，运送时间增大，D错误。
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7. 光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg
的小滑块（视为质点）以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图
所示。小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，取g
＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的
距离为（ ）
A. 1 m B. 0
C. 0.25 m D. 0.75 m
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解析： 设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝
＝μg，小车加速度a2＝，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得
t0＝0.5 s＜1 s，v＝1 m/s，0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀
速直线运动，则在0～0.5 s时间内小滑块位移x1＝t0＝1 m，小
车位移x2＝t0＝0.25 m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝
0.25 m，C项正确。
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8. 在水平光滑地面上，质量分别为M和m的长木板和小滑块叠放在一
起，开始它们均静止。现将水平向右的恒力F作用在长木板的右端，已知长木板和小滑块之间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M＝2 kg，m＝1 kg，取g＝10 m/s2，如图所示。当F取不同数值时，小滑块的加速度a可能不同，则以下正确的是（ ）
A. 若F＝6.0 N则a＝3.0 m/s2
B. 若F＝8.0 N则a＝4.0 m/s2
C. 若F＝10 N则a＝3.0 m/s2
D. 若F＝15 N则a＝4.0 m/s2
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解析： 当滑块和木板间的静摩擦力达到最大时，μmg＝ma0，对
滑块和木板整体有F＝（M＋m）a0，解得F＝12 N；若F＝6.0 N，
则两物体以共同的加速度向前运动，则a＝＝ m/s2＝2.0
m/s2，选项A错误；若F＝8.0 N，则两物体以共同的加速度向前运
动，则a＝＝ m/s2，选项B错误；若F＝10 N，则两物体以共
同的加速度向前运动，则a＝＝ m/s2，选项C错误；若F＝15
N，则滑块在木板上滑动，则滑块的加速度为a＝＝4 m/s2，选
项D正确。
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9. 如图所示，在水平面上固定一倾角θ＝30°的光滑斜面，斜面底端
固定一挡板C，两个质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，静止在
斜面上。现用一平行于斜面向上的拉力F拉物块A，在物块B恰好离
开挡板C的瞬间撤去力F，重力加速度为g，则撤去力F的瞬间（ ）
A. 物块A的加速度为零
B. 物块A的加速度大小为，方向沿斜面向下
C. 物块B的加速度大小为，方向沿斜面向上
D. 物块B的加速度为零
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解析： 撤去力F前瞬间，弹簧的弹力为T＝mgsin θ，撤去力F的
瞬间，有T－mgsin θ＝maB，T＋mgsin θ＝maA，解得aB＝0，aA＝
g，方向沿斜面向下，故选项D正确。
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10. 质量为m的球置于斜面体上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F
拉斜面体，使斜面体在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运
动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（ ）
A. 若加速度增大，竖直挡板对球的弹力不变
B. 若加速度足够大，斜面体对球的弹力可能为零
C. 斜面体和挡板对球的弹力的合力等于ma
D. 无论加速度大小如何，斜面体对球一定有弹力的作
用，而且该弹力是一个定值
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解析： 以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示：
受重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面体的弹力F1。
设斜面体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
竖直方向：F1cos θ＝mg ①
水平方向：F2－F1sin θ＝ma ②
由①看出，斜面体对小球的弹力F1大小不变，与加速度无关，不
可能为零，由②看出，若加速度增大，F2增大，故A、B错误，D
正确。根据牛顿第二定律知，重力、斜面体和挡板对球的弹力三
个力的合力等于ma，故C错误。
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11. 一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的
A、C两点，如图所示。已知两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角
均为45°，当车以加速度a＝g（重力加速度为g）向左做匀加速
直线运动时，求1、2两绳拉力的大小。
答案：mg 0
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解析：设当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度向左且大小为
a0，由牛顿第二定律得F1cos 45°＝mg，F1sin 45°＝ma0，可得a0
＝g。
当车以加速度a＝g向左做匀加速直线运动时，因a＝g＜a0，故
细绳2松弛，拉力为零，设此时细绳1与车厢前壁夹角为θ，有
F1'cos θ＝mg，
F1'sin θ＝ma，联立得F1'＝mg。
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12. 如图甲所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板
与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1
kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g
取10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。
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（1）若木板长L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F0＝8
N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
答案： 1 s
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解析： 假设铁块和木板以及木板和地面都有相对滑
动，以向右为正方向，则铁块的加速度a1＝＝4 m/s2
木板的加速度a2＝＝2 m/s2
由a2＞0可知，假设成立。设经过时间t铁块运动到木板的右
端，则有a1t2－a2t2＝L
解得t＝1 s。
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（2）若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力
F，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力f
随拉力F大小变化而变化的图像，并写出分析过程。
答案： 见解析
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解析： ①当F≤μ1（M＋m）g＝2 N时，铁块、木板均相对地
静止，f＝F。
②设F＝F1时，铁块、木板恰能保持相对静止，此时系统的
加速度为a＝a2＝2 m/s2。以系统为研究对象，根据牛顿第二
定律有F1－μ1（M＋m）g＝（M＋m）a，解得F1＝6 N
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所以当2 N＜ F≤6 N时，铁块、木板相对静止，系统向右做
匀加速运动，其加速度a＝
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有
f－μ1（M＋m）g＝Ma
解得f＝＋1（N）。
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③当F＞6 N时，铁块、木板发生相对运动，
f＝μ2mg＝4 N
所以f随拉力F大小变化而变化的图像如图所示。
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13. 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质
量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度
随时间变化的关系图像如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传
送带向下为正方向，取g＝10 m/s2，求：
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（1）小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度的大小；
答案： 8 m/s
解析： 传送带A、B两端间的距离L等于v-t图线与t轴所
围的“面积”大小，所以
L＝×1 m＋×1 m＝16 m
小物体在A、B间运动的时间t＝2 s
由平均速度的定义得＝＝ m/s＝8 m/s。
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（2）小物体与传送带间的动摩擦因数μ。
答案： 0.5
解析：由v-t图像可知
0～1 s，物体的加速度为a1＝ m/s2＝10 m/s2
1～2 s，物体的加速度为a2＝ m/s2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律有
a1＝＝gsin θ＋μgcos θ
a2＝＝gsin θ－μgcos θ
解得θ＝37°，μ＝0.5。
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谢谢观看!
