资源简介

重难强化三 动力学常见模型
目录
01考情解码·命题预警 2
02体系构建·思维可视 3
03核心突破·靶向攻坚 3
考点一 传送带模型 3
知识点1 动力学中的传送带模型 3
知识点2 水平传送带模型 4
知识点3 倾斜传送带的几种情况 4
考向1 水平传送带模型 5
考向2 倾斜传送带模型 9
考向3 传送带划痕问题 11
考点二 滑块-木板模型 15
知识点1 动力学中的板块模型 16
知识点2 板块模型的几种情形 16
考向1 无外力的板块问题 18
考向2 恒定外力的板块问题 23
考向3 变化外力的板块问题 26
04真题溯源·考向感知 30
考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年
传送带 选择题 非选择题
滑块-木板 选择题 非选择题 江苏卷T10 江苏卷T9
考情分析： 1．在江苏高考物理中，传送带模型和滑块木板模型是力学综合应用的核心考点，常以压轴题形式出现，考查学生对牛顿运动定律、能量守恒、动量守恒等知识的综合运用能力。。 2．从命题思路上看，试题情景为 传送带模型和滑块木板模型在江苏选考物理中占据重要地位，命题注重实际情境化和多知识点融合。考生需熟练掌握运动过程分析、临界条件判断及能量动量综合应用，同时关注模型的创新变形（如二维运动、轻质材料替代）。通过针对性训练和真题分析，可有效提升应对此类问题的能力。
复习目标： 目标一：能准确判断物块与传送带共速前后的摩擦力方向突变（如水平传送带中物块初速度与传送带方向相反时，摩擦力先提供加速度，共速后可能变为静摩擦或无摩擦）。 目标二：熟练推导传送带模型中物体加速位移、热量计算，板块模型中相对滑动临界速度、系统能量损耗等公式，避免死记硬背，做到知其然更知其所以然。
考点一 传送带模型
知识点1 动力学中的传送带模型
1.模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带间在摩擦力作用下的相对运动问题。
2.传送带模型问题的两个关键分析
受力 分析 （1）摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 （2）共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变
运动 分析 （1）参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 （2）判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 （3）判断物体在达到共速之前是否滑出传送带
知识点2 水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 （1）可能一直加速 （2）可能先加速，后匀速
情景2 （1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速，再匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速，再匀速
情景3 （1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端 （2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0＞v，返回时速度为v，当v0＜v，返回时速度为v0
知识点3 倾斜传送带的几种情况
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
一直加速（一定满足关系μ＞tan 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μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
v0＜v时，一直加速（加速度为gsin θ＋μgcos θ） v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
v0＞v时，一直匀变速（加速度为｜gsin θ－μgcos θ｜） v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
（摩擦力方向一定沿斜面向上） μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直匀速
μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ，先减速到速度为0后反向加速到v，若v0≤v，则回到原位置时速度大小为v0（类竖直上抛运动），若v0＞v，运动到原位置时速度大小为v
考向1 水平传送带模型
例1 （24-25高一上·江苏盐城·期末）现代网络商品丰富多样，越来越多的人选择网购。如图为快递包裹运用传送带运输的过程，长为的传送带以水平向右做匀速运动，传送带右端与等高的粗糙水平面无缝衔接，包裹与传送带之间、与BC平面的动摩擦因数分别为，。现将一包裹轻放在传送带的A端，货物最终停在了水平面上的C点，取，求：
(1)初始时货物的加速度大小；
(2)货物从A经过多长时间与传送带共速行走；
(3)从包裹放在传送带开始计时到C处停止所用的时间t。
思维建模
1、受力分析 （1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻； （2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。
2、运动分析 （1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。 （2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？ （3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？
3、画图 画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。
【变式训练1·变载体】（24-25江苏镇江·期末）如图所示，传送带顺时针转动的速度，水平部分的长度。将一质量的小滑块，无初速地轻放到A点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，取，不计空气阻力。
(1)求滑块从A点运动到B点的时间t；
(2)若传送带改为逆时针方向运行，速度v大小保持不变，底部涂有墨汁的滑块在A处以的速度水平向右滑上传送带，求：
①滑块在传送带上运动的时间；
②传送带上留有墨迹的长度s。
【变式训练2】（24-25江苏徐州·阶段练习）水平传送带A、B两端点相距，以的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一质量的小物块，无初速度地轻放至A点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为。小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质量的木板。木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为，木板与地面间的动摩擦因数为，g取。求：
(1)小物块刚放上传送带时的加速度大小；
(2)小物块从A点运动到B点的时间；
(3)要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？
(4)木板在地面上滑行的总路程。
考向2 倾斜传送带模型
例2 4．（2025·江苏·二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　）
A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A点
C．滑块最终停留在B点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
【变式训练1】（24-25江苏南通·期末）如图所示，光滑斜面AB与水平方向成θ = 30°的传送带BC平滑连接，传送带以速率顺时针转动，AB与BC的长度均为L，质量为m的小物块在水平推力作用下静止在A点，小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度为g。
(1)求水平推力的大小F；
(2)若撤去推力，求：
①物块到达传送带B点时的加速度大小a；
②物块从A运动C的时间t。
【变式训练2】（24-25江苏无锡·期末）如图，倾角的足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数，取，，，则在上升过程中小物体受到的摩擦力（　　）
A．方向始终沿传送带向上 B．方向始终沿传送带向下
C．方向先沿传送带向上，后沿传送带向下 D．大小始终为
考向3 传送带划痕问题
例3 （24-25江苏苏州·阶段练习）如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度时间（v-t）图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．黑色痕迹的长度为80m
B．煤块在传送带上的相对位移为16m
C．煤块在传送带上先加速，之后与传送带保持相对静止
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
【变式训练1】（24-25高三上·四川眉山·阶段练习）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v=2 m/s的恒定速率顺时针运转。一质量m=2 kg的煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g=10 m/s2，求：
(1)煤块上升的最大位移为多少？
(2)煤块与传送带间的动摩擦因数μ
(3)煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
(4)煤块在传送带上留下的划痕为多少？
【变式训练2】（23-24江苏无锡·期末）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数，取、、，则下列说法错误的是（ ）
A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为8m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
考点二 滑块-木板模型
知识点1 动力学中的板块模型
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或者还有外力作用下发生相对滑动。
2.模型构建
（1）隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
（2）对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
（3）明确滑块和木板间的位移关系
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，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3.解题关键
（1）摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
（2）挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“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）。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；
②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
知识点2 板块模型的几种情形
一 板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
二 板块模型中的运动学多过程问题——至少作用时间问题
问题：板块分离，F至少作用时间？
过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速
位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
三 板块模型中的运动学多过程问题——抽桌布问题
抽桌布问题 简化模型
过程①：分离 过程：②匀减速
分离，位移关系：x2－x1=L1 0-v-0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
考向1 无外力的板块问题
例1 （24-25江苏·阶段练习）如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成角。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为，货物与木板间动摩擦因数为，木板与地面间动摩擦因数。求解下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，，，）
(1)若货物从离地面高处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度；
(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件；
(3)若，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？
【变式训练1】（24-25江苏南京·阶段练习）如图所示，四块完全相同的木块依次紧密排列在粗糙的水平地面上，每块木板的质量m0=1.0kg、长度l0=1.0m。质量为m=0.4kg的小物块（可看做质点），以初速度v0=5.5m/s水平向右滑上木板，最终与木板保持相对静止。已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)小物块在刚滑上长木板上时，第1块木板对地面的摩擦力Ff；
(2)小物块滑离第2块木板时的速度大小v；
(3)小物块最终能否停在第几块木块上？距左端多远？
【变式训练2】1（24-25高三上·江苏徐州·阶段练习）如图所示，倾角的固定斜面长为，质量为m、长的L形滑板B静止在斜面最上端，B的上表面光滑，B与斜面间的动摩擦因数。在滑板B最上端由静止释放质量为m小滑块A。已知A与B下端挡板间碰撞时互换速度，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度大小为g。求：
(1)A与B下端挡板第一次碰撞后瞬间B的加速度大小a；
(2)A与B下端挡板碰撞后，A与B下端挡板间的最大距离x；
(3)B滑到斜面底端时的速度大小v。
考向2 恒定外力的板块问题
例21（24-25江苏常州·期末）如图所示，小明用平板车运冰块。冰块可视作质点，其质量为10kg，与车间的动摩擦因数为0.1，与地面间的动摩擦因数为0.05，放置于距车尾1m处；小车质量为20kg，不计小车与地面间的摩擦。某次运送过程中，小明用40N的水平力拉小车，冰块与小车间产生了相对运动，在冰块从小车尾端掉落瞬间小明对小车的力立即改为等大反向的推力，忽略冰块掉落地面需要的时间，g取。求：
(1)冰块在小车上滑动的时间；
(2)冰块落地后经过多长时间与小车尾端相碰；
(3)冰块落地后到碰撞前与车尾间的最大距离。
【变式训练1】（24-25江苏扬州·期末）图甲为家庭常用的抽屉柜，图乙为其侧面示意图，抽屉质量，其中放一本书，质量，书本的四边与抽屉的四边均平行。抽屉长，书本长，书本右端与抽屉右端相距，书本与抽屉间动摩擦因数为。现用水平力将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，不考虑抽屉与柜体间的摩擦，重力加速度。求：
(1)书本与抽屉间的滑动摩擦力大小；
(2)要使书本和抽屉不发生相对滑动，水平力的最大值；
(3)若，作用时间，最终书本右端与抽屉右端的距离。
【变式训练2】（24-25江苏苏州·期末）如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　）
A．木块受到桌面的摩擦力为
B．若时木块将开始滑动
C．若将F作用在木块上，当时，可以抽出木块
D．若将F作用在木块上，当时，可以抽出木块
考向3 变化外力的板块问题
例3 1（25-26江苏·课后作业）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，三个物体的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断错误的是（　　）
A．无论力F为何值，B和C始终处于相对静止状态
B．当时，B相对C滑动
C．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
D．当时，A、B间的摩擦力为
【变式训练1】质量为2kg的长木板A放在水平地面上，质量为1kg的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力F，将F从零开始逐渐增大，当时，物块B和长木板A刚好能一起滑动，当时，物块B刚好能相对长木板A滑动，重力加速度 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)A与地面之间，B与A之间的动摩擦因数大小；
(2)若刚开始拉物块B时，F恒定为10N，结果拉力F作用1s，物块B刚好从A上滑离，求木板A的长度；
(3)如果在物块B上施加一个水平向右的拉力，作用时间后撤去，此后物块B刚好不滑离长木板A（长度为（2）问中所求得的长度），则为多大？
【变式训练2】（22-23江苏盐城·开学考试）如图甲所示，质量M=0.2kg的平板放在水平地面上，质量m=0.1kg的物块（可视为质点）叠放在平板上P处，整个系统处于静止状态。现对平板施加一水平向右的拉力F，在0~1.5s内拉力随时间t的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力。物块始终未从平板上掉下。已知物块与平板间的动摩擦因数μ1=0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2求：
（1）t1=1s时物块的速度大小。
（2）0~1.5s内平板运动的位移大小。
（3）物块最后静止时到P处的距离。
（24-25高三上·江苏南通·期中）如图所示，物体与压缩的弹簧连接，物体静止放上水平顺时针转动的传送带上，皮带的速度为v0，传送带足够长且表面粗糙，则物体运动的v-t图像可能的是（　　）
A． B．
C． D．
如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，取。下列说法不正确的是（　　）
A．物块在前3s向左做匀减速运动
B．传送带沿顺时针方向转动
C．传送带的速度大小为
D．小物块与传送带间的动摩擦因数
故C正确，不符合题意;
故D正确，不符合题意。
（24-25·江苏苏州·期中）传送带是现代生活中应用比较广泛的装置，如图所示。相同的物体由静止被轻轻放在水平匀速转动的传送带左端，到达最右端前物体与传送带已达到相对静止。下列说法正确的是（ ）
A．物体在传送带上受到竖直向上的弹力是由物体向下形变产生的
B．物体放上传送带时，传送带受到物体水平向右的摩擦力
C．物体在传送带上先受到滑动摩擦力，后受到静摩擦力
D．如果只增大传送带的转速，物体受到的摩擦力大小不变
（24-25江苏南京·阶段练习）如图甲，位于同一平面的两条倾斜轨道Ⅰ、Ⅱ分别与一传送装置两端平滑相连，现将小物块从轨道Ⅰ顶端由静止释放，若传送装置不运转，则小物块运动到轨道Ⅱ底端过程的图像如图乙；若传送装置逆时针匀速运转，则小物块下滑过程的图像可能是图中的（　　）
A． B．
C． D．
如图所示，足够长的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，图中能客观地反映小木块的运动情况，则关于小木块与传送带间的动摩擦因数μ判断正确的是（　　）
A． B． C． D．无法判断
如图所示，足够长的传送带倾斜放置，始终以速度逆时针运动。现使质量为m的物块以速度从传送带底端沿传送带向上运动，物块与传送带的接触面粗糙，下列说法正确的是（　　）
A．若，则物块回到传送带底端时的速度小于
B．若，则物块回到传送带底端时的速度等于
C．若，则物块上滑过程中的加速度比下滑过程中的加速度要大
D．若，则物块上滑过程中的加速度比下滑过程中的加速度要小
（24-25江苏扬州·阶段练习）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
(1)若恒力，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少；
(2)若物块刚好不会从长木板右端滑下，求F的大小；
(3)图乙中BC、DE均为直线段，求C点和D点的横坐标F的值及这两段函数关系式。
（24-25高三上·江苏盐城·开学考试）光滑水平面上有一小滑块（可视为质点）置于长木板左端，长木板和小滑块分别在水平向右的恒力和作用下，保持相对静止一起向右运动；当长木板右端距墙的距离为时，滑块与长木板以速度继续向右运动，长木板右端与墙壁发生碰撞，长木板与墙碰撞时间极短，碰后长木板速度大小不变，方向反向。已知长木板质量，滑块质量，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。
(1)求长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小；
(2)第一次碰墙反弹后滑块不从木板上滑下，求第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离；
(3)若最终滑块未从木板上滑下，求木板至少多长。
如图甲所示，水平地面上放有一质量M=2kg的长木板，其右端放有质量m=2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.3，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。现对长木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间t变化的情况如图乙所示。已知小物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）t=2s时小物块和长木板的速度大小分别为多少；
（2）0~4s内小物块和长木板的位移大小分别为多少；
（3）小物块始终未滑下长木板，长木板的最短长度是多少。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)重难强化三 动力学常见模型
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01考情解码·命题预警 2
02体系构建·思维可视 3
03核心突破·靶向攻坚 3
考点一 传送带模型 3
知识点1 动力学中的传送带模型 3
知识点2 水平传送带模型 4
知识点3 倾斜传送带的几种情况 4
考向1 水平传送带模型 5
考向2 倾斜传送带模型 9
考向3 传送带划痕问题 11
考点二 滑块-木板模型 15
知识点1 动力学中的板块模型 16
知识点2 板块模型的几种情形 16
考向1 无外力的板块问题 18
考向2 恒定外力的板块问题 23
考向3 变化外力的板块问题 26
04真题溯源·考向感知 30
考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年
传送带 选择题 非选择题
滑块-木板 选择题 非选择题 江苏卷T10 江苏卷T9
考情分析： 1．在江苏高考物理中，传送带模型和滑块木板模型是力学综合应用的核心考点，常以压轴题形式出现，考查学生对牛顿运动定律、能量守恒、动量守恒等知识的综合运用能力。。 2．从命题思路上看，试题情景为 传送带模型和滑块木板模型在江苏选考物理中占据重要地位，命题注重实际情境化和多知识点融合。考生需熟练掌握运动过程分析、临界条件判断及能量动量综合应用，同时关注模型的创新变形（如二维运动、轻质材料替代）。通过针对性训练和真题分析，可有效提升应对此类问题的能力。
复习目标： 目标一：能准确判断物块与传送带共速前后的摩擦力方向突变（如水平传送带中物块初速度与传送带方向相反时，摩擦力先提供加速度，共速后可能变为静摩擦或无摩擦）。 目标二：熟练推导传送带模型中物体加速位移、热量计算，板块模型中相对滑动临界速度、系统能量损耗等公式，避免死记硬背，做到知其然更知其所以然。
考点一 传送带模型
知识点1 动力学中的传送带模型
1.模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其本质是物体与传送带间在摩擦力作用下的相对运动问题。
2.传送带模型问题的两个关键分析
受力 分析 （1）摩擦力方向的判断：①同向“以快带慢”；②反向“互相阻碍”。 （2）共速时摩擦力的可能突变：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③摩擦力方向突变
运动 分析 （1）参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 （2）判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。 （3）判断物体在达到共速之前是否滑出传送带
知识点2 水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 （1）可能一直加速 （2）可能先加速，后匀速
情景2 （1）v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速，再匀速 （2）v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速，再匀速
情景3 （1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端 （2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。当v0＞v，返回时速度为v，当v0＜v，返回时速度为v0
知识点3 倾斜传送带的几种情况
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
一直加速（一定满足关系μ＞tan 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μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
v0＜v时，一直加速（加速度为gsin θ＋μgcos θ） v0＜v时：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
v0＞v时，一直匀变速（加速度为｜gsin θ－μgcos θ｜） v0＞v时：若μ＞tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
情景 滑块的运动情况
传送带不够长 传送带足够长
（摩擦力方向一定沿斜面向上） μ＜tan θ，一直加速； μ＝tan θ，一直匀速
μ＞tan θ，一直减速 μ＞tan θ，先减速到速度为0后反向加速到v，若v0≤v，则回到原位置时速度大小为v0（类竖直上抛运动），若v0＞v，运动到原位置时速度大小为v
考向1 水平传送带模型
例1 （24-25高一上·江苏盐城·期末）现代网络商品丰富多样，越来越多的人选择网购。如图为快递包裹运用传送带运输的过程，长为的传送带以水平向右做匀速运动，传送带右端与等高的粗糙水平面无缝衔接，包裹与传送带之间、与BC平面的动摩擦因数分别为，。现将一包裹轻放在传送带的A端，货物最终停在了水平面上的C点，取，求：
(1)初始时货物的加速度大小；
(2)货物从A经过多长时间与传送带共速行走；
(3)从包裹放在传送带开始计时到C处停止所用的时间t。
【答案】(1)
(2)1s
(3)4s
【详解】（1）根据牛顿第二定律有
解得初始时货物的加速度大小为
（2）设货物到达B端前，已经与传送带达到共速，则加速过程的时间为
（3）加速过程货物通过的位移为
共速后，货物与传送带相对静止一起匀速运动，此时传送带剩余5m，物块传送带共速行走，到达B点时间
货物在间做匀减速直线运动的加速度大小为
根据运动学公式可得
解得总时间为
思维建模
1、受力分析 （1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻； （2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。
2、运动分析 （1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。 （2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？ （3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？
3、画图 画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。
【变式训练1·变载体】（24-25江苏镇江·期末）如图所示，传送带顺时针转动的速度，水平部分的长度。将一质量的小滑块，无初速地轻放到A点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，取，不计空气阻力。
(1)求滑块从A点运动到B点的时间t；
(2)若传送带改为逆时针方向运行，速度v大小保持不变，底部涂有墨汁的滑块在A处以的速度水平向右滑上传送带，求：
①滑块在传送带上运动的时间；
②传送带上留有墨迹的长度s。
【答案】(1)
(2)①；②
【详解】（1）滑块受到滑动摩擦力，做匀加速运动，由牛顿第二定律有
解得
加速时间
加速位移
滑块继续匀速运动，位移
匀速时间
从A到B总时间
（2）①滑块受到滑动摩擦力，做匀减速运动，由牛顿第二定律有
解得
减速时间
减速位移
滑块继续向左先加速，再匀速，加速时间
加速位移
匀速时间
滑块在传送带上运动的时间
②减速阶段墨迹长度
加速阶段墨迹长度
墨迹总长度
【变式训练2】（24-25江苏徐州·阶段练习）水平传送带A、B两端点相距，以的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一质量的小物块，无初速度地轻放至A点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为。小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质量的木板。木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为，木板与地面间的动摩擦因数为，g取。求：
(1)小物块刚放上传送带时的加速度大小；
(2)小物块从A点运动到B点的时间；
(3)要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？
(4)木板在地面上滑行的总路程。
【答案】(1)
(2)2.5s
(3)0.4m
(4)0.13m
【详解】（1）小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
（2）小物块刚放上传送带到与传送带共速所用时间为
通过的位移为
小物块与传送带共速后，匀速运动到B点所用时间为
则小物块从A点运动到B点的时间为
（3）小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得
解得
方向水平向左；
对木板，由牛顿第二定律得
解得
方向水平向右；
设小物块与木板经过时间达到共速，则有
联立解得
，
则有
小物块与木板共速后，保持相对静止一起在水平地面做匀减速到停下；可知要使小物块不从木板上滑落，木板至少长0.4m。
（4）达到共速前木板在地面上滑行的路程
之后木板和小物块一起减速到停止，有
，
解得
，
则木板在地面上滑行的总路程
考向2 倾斜传送带模型
例2 4．（2025·江苏·二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　）
A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A点
C．滑块最终停留在B点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
【答案】A
【详解】A．因，可得
所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确；
BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故BD错误；
C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。
故选A。
【变式训练1】（24-25江苏南通·期末）如图所示，光滑斜面AB与水平方向成θ = 30°的传送带BC平滑连接，传送带以速率顺时针转动，AB与BC的长度均为L，质量为m的小物块在水平推力作用下静止在A点，小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度为g。
(1)求水平推力的大小F；
(2)若撤去推力，求：
①物块到达传送带B点时的加速度大小a；
②物块从A运动C的时间t。
【答案】(1)
(2)①a = 0；②
【详解】（1）根据共点力平衡条件可知
解得
（2）①撤去推力，物块到达传送带B点时，速度满足
解得
滑上传送带后受沿斜面向上的摩擦力，则根据牛顿第二定律有
解得
②在光滑斜面运动的时间为
在传送带匀速运动，时间为
物块从A运动C的时间
解得
【变式训练2】（24-25江苏无锡·期末）如图，倾角的足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数，取，，，则在上升过程中小物体受到的摩擦力（　　）
A．方向始终沿传送带向上 B．方向始终沿传送带向下
C．方向先沿传送带向上，后沿传送带向下 D．大小始终为
【答案】A
【详解】小物体轻放在传送带的A端，开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，大小为
由于
则物体沿传送带向上加速运动，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带相等时，物块与传送带保持相对静止一起向上做匀速运动，物块受到沿传送带向上的静摩擦力，大小为
故选A。
考向3 传送带划痕问题
例3 （24-25江苏苏州·阶段练习）如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度时间（v-t）图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．黑色痕迹的长度为80m
B．煤块在传送带上的相对位移为16m
C．煤块在传送带上先加速，之后与传送带保持相对静止
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
【答案】B
【详解】A．煤块的最大加速度为
在v-t图上作出煤块的速度时间图像，如图
由图可知，痕迹长度为
故A错误；
B．煤块在传送带上的相对位移为
故B正确；
C．煤块在传送带上先做匀加速直线运动，共速后做匀减速直线运动，故C错误；
D．质量变大，不改变加速度，痕迹长度不变，故D错误。
故选B。
【变式训练1】（24-25高三上·四川眉山·阶段练习）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v=2 m/s的恒定速率顺时针运转。一质量m=2 kg的煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g=10 m/s2，求：
(1)煤块上升的最大位移为多少？
(2)煤块与传送带间的动摩擦因数μ
(3)煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
(4)煤块在传送带上留下的划痕为多少？
【答案】(1)8m
(2)0.5
(3)
(4)
【详解】（1）根据v－t图像与t轴所围面积表示位移，可知煤块上升的最大位移为
xm＝×（2＋12）×1 m＋×1×2 m＝8 m
（2）根据v－t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
对煤块根据牛顿第二定律有
μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立代入数据解得
μ＝0.5
（3）设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有
代入数据解得
t＝（2＋2）s
（4）0~1 s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为
x1＝×（2＋12）×1 m＝7 m
x2＝vt1＝2×1 m＝2 m
煤块在传送带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即
l1＝x1－x2＝7 m－2 m＝5 m
在1~（2＋2）s内，即t2＝（1＋2）s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块做匀变速直线运动，设沿传送带向下为正方向，煤块的位移为
x1′＝－vt2＋a2t22
传送带的位移大小为
x2′＝vt2
煤块与传送带的相对位移大小为
l2＝x1′＋x2′
联立代入数据解得
l2＝（9＋4）m
因为l2>l1，所以有l1部分痕迹是重合的，则煤块在传送带上留下的划痕为（9＋4）m。
【变式训练2】（23-24江苏无锡·期末）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数，取、、，则下列说法错误的是（ ）
A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为8m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
【答案】D
【详解】A．煤块冲上传送带后，先沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcos37°=ma1
解得
a1=10m/s2
设经时间t1煤块与传送带共速，则
v0-a1t1=v
解得
t1=1s
故A正确；
B．前1s内，煤块的位移为
共速后，由于
mgsinθ＞μmgcos37°
所以煤块受到的滑动摩擦力方向向上，继续向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcos37°=ma2
解得
a2=2m/s2
共速后，煤块继续做匀减速运动的最大位移为
所以煤块向上滑行的最大位移为
x=x1+x2=7m+1m=8m
故B正确；
C．煤块速度从v减至零的时间为
煤块上升到最高点后反向做初速度为零、加速度为a2=4m/s2的匀加速直线运动，设从最高点返回到A端所需的时间为t3，则
解得
t3=2s
煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
t=t1+t2+t3=1s+1s+2s=（2+2）s
故C正确；
D．在t1时间内，传送带的位移
x1′=vt1=2×1m=2m
煤块传送带上的划痕长为
L1=x1-x1′=7m-2m=5m
在t2时间内，传送带的位移
x2′=vt2=2×1m=2m
煤块传送带上的划痕长为
L2=x2′-x2=2m-1m=1m
由于两个过程痕迹重叠1m,所以前2s内，煤块在传送带上留下的痕迹长为5m。
在t3时间内，传送带的位移
x3′=vt3=2×2m=4m
煤块传送带上的划痕长为
L3=x+x3′=8m+4m
由于有4m长的痕迹与前面的重叠，所以煤块在传送带上留下的痕迹长为
L=5m+4m+4m=（9+4）m
故D错误。
此题选择错误的，故选D。
考点二 滑块-木板模型
知识点1 动力学中的板块模型
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或者还有外力作用下发生相对滑动。
2.模型构建
（1）隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
（2）对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
（3）明确滑块和木板间的位移关系
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，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3.解题关键
（1）摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
（2）挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“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）。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；
②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
知识点2 板块模型的几种情形
一 板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
二 板块模型中的运动学多过程问题——至少作用时间问题
问题：板块分离，F至少作用时间？
过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速
位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
三 板块模型中的运动学多过程问题——抽桌布问题
抽桌布问题 简化模型
过程①：分离 过程：②匀减速
分离，位移关系：x2－x1=L1 0-v-0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
考向1 无外力的板块问题
例1 （24-25江苏·阶段练习）如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成角。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为，货物与木板间动摩擦因数为，木板与地面间动摩擦因数。求解下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，，，）
(1)若货物从离地面高处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度；
(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件；
(3)若，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？
【答案】(1)5m/s
(2)
(3)2.64m
【详解】（1）货物在倾斜轨道上的受力如图，由牛顿第二定律：
由运动学公式
代入数据解得
（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
联立代入数据得
（3）由（2）知货物滑上A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动。货物下滑高度记为，到达斜道末端时速度记为
货物滑上A时做匀减速运动，加速度大小
a1=gμ1=5m/s2
货物离开A时速度记为
货物滑上B时，自身加速度大小
B的加速度大小
由题意，货物到达B最右端时两者恰好具有共同速度，记为，货物做匀减速运动
，
B做匀加速运动
，
位移关系满足
代入数据解得
【变式训练1】（24-25江苏南京·阶段练习）如图所示，四块完全相同的木块依次紧密排列在粗糙的水平地面上，每块木板的质量m0=1.0kg、长度l0=1.0m。质量为m=0.4kg的小物块（可看做质点），以初速度v0=5.5m/s水平向右滑上木板，最终与木板保持相对静止。已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)小物块在刚滑上长木板上时，第1块木板对地面的摩擦力Ff；
(2)小物块滑离第2块木板时的速度大小v；
(3)小物块最终能否停在第几块木块上？距左端多远？
【答案】(1)1.4N，方向水平向右
(2)m/s
(3)第四块，
【详解】（1）小物块在刚滑上长木板上时，对物块受力分析，所受滑动摩擦力为
4块长木板所受最大静摩擦力为
第1块木板所受地面的最大静摩擦力为
由此可知，木板处于静止状态，且地面对第1块木板的摩擦力已经达到最大静摩擦力，根据牛顿第三定律，第1块木板对地面的摩擦力大小为
方向水平向右；
（2）小物块在第1块木板上滑行时，木板相对地面静止，在第2块木板上滑行时，有
即木板仍相对地面静止，对小物块在前两块木板上做匀减速直线运动进行分析，根据牛顿第二定律有
即小物块加速度大小为4m/s2，方向向左，其位移即为前两块木板的长度
由运动学公式
解得
（3）小物块在第3块木板上滑行时，有
即木板仍相对地面静止，设滑离第3块木板时的速度大小v1，则
解得
即滑上第4块瞬间速度为2.5m/s，受力分析可得
即滑上第4块瞬间，第4块木板开始运动，对第4块木板有
解得
即第4块木板的加速度大小为0.2m/s2，方向向右，设经时间t，二者共速，相对静止速度为v2，有
解得
，
根据位移公式可得
联立可得
【变式训练2】1（24-25高三上·江苏徐州·阶段练习）如图所示，倾角的固定斜面长为，质量为m、长的L形滑板B静止在斜面最上端，B的上表面光滑，B与斜面间的动摩擦因数。在滑板B最上端由静止释放质量为m小滑块A。已知A与B下端挡板间碰撞时互换速度，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度大小为g。求：
(1)A与B下端挡板第一次碰撞后瞬间B的加速度大小a；
(2)A与B下端挡板碰撞后，A与B下端挡板间的最大距离x；
(3)B滑到斜面底端时的速度大小v。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）A与B下端挡板第一次碰撞后，B向下运动，对B受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
（2）起初A下滑的加速度为
对B，由于
则B静止，A、B碰撞瞬间的速度为
解得
则碰后A的速度为0，向下匀加速运动，B的速度为，向下匀减速运动，速度相等时有
解得
此时A与B下端挡板间的距离最大为
（3）B的速度从减为0时，用时
下降的位移为
A经后的速度为
从而可知，A与B第二次碰撞后，B向下继续运动l的距离，A与B第三次碰撞后，B向下继续运动l的距离，此时B距离斜面底端的距离为
第四次碰撞后，B以v的速度向下减速运动，根据速度—位移公式有
解得
考向2 恒定外力的板块问题
例21（24-25江苏常州·期末）如图所示，小明用平板车运冰块。冰块可视作质点，其质量为10kg，与车间的动摩擦因数为0.1，与地面间的动摩擦因数为0.05，放置于距车尾1m处；小车质量为20kg，不计小车与地面间的摩擦。某次运送过程中，小明用40N的水平力拉小车，冰块与小车间产生了相对运动，在冰块从小车尾端掉落瞬间小明对小车的力立即改为等大反向的推力，忽略冰块掉落地面需要的时间，g取。求：
(1)冰块在小车上滑动的时间；
(2)冰块落地后经过多长时间与小车尾端相碰；
(3)冰块落地后到碰撞前与车尾间的最大距离。
【答案】(1)2s
(2)s
(3)m
【详解】（1）根据牛顿第二定律可知冰块的加速度为
对小车，根据牛顿第二定律有
解得
设冰块在小车上滑动的时间为，则有
解得s
（2）冰块落地的速度为
小车的速度为
落地后冰块的加速度为
小车的加速度为
此后冰块向左减速，小车先向左减速，再向右加速，冰块停止的时间为s
小车减速至0的时间为s
设冰块落地后经过时间与小车尾端相碰，假设此时小车未停止，则有
解得s<1.5s
假设成立。
（3）冰块落地后，两物体速度相等时相距最远，则有
解得s
最大距离为m
【变式训练1】（24-25江苏扬州·期末）图甲为家庭常用的抽屉柜，图乙为其侧面示意图，抽屉质量，其中放一本书，质量，书本的四边与抽屉的四边均平行。抽屉长，书本长，书本右端与抽屉右端相距，书本与抽屉间动摩擦因数为。现用水平力将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，不考虑抽屉与柜体间的摩擦，重力加速度。求：
(1)书本与抽屉间的滑动摩擦力大小；
(2)要使书本和抽屉不发生相对滑动，水平力的最大值；
(3)若，作用时间，最终书本右端与抽屉右端的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据滑动摩擦力的计算公式有
（2）书本的最大加速度为
抽屉和书整体：
解得
（3）对抽屉根据牛顿第二定律有
解得
在书本与抽屉速度相等之前，书本的加速度大小都等于
撤去外力时，书本的速度大小为
抽屉的速度大小为
外力撤去后，对抽屉
代入数据得：
设撤去外力后经时间书本与抽屉速度相等，则
代入数据得：
此时两者的速度为
此时书本和抽屉的相对位移为
在0至时间内，抽屉的位移为
两者共速后一起做匀速直线运动，至抽屉遇到柜体挡板时立即锁定不动，书本再做匀减速直线运动，加速度大小也等于，减速阶段书本的位移为
书本右端与抽屉右端的距离
【变式训练2】（24-25江苏苏州·期末）如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　）
A．木块受到桌面的摩擦力为
B．若时木块将开始滑动
C．若将F作用在木块上，当时，可以抽出木块
D．若将F作用在木块上，当时，可以抽出木块
【答案】D
【详解】A．木块处于静止整体，根据受力平衡可得木块受到桌面的摩擦力为
故A错误；
B．由于塑料块在木块上滑动，则
故无论多大，木块将一直处于静止状态，故B错误；
CD．若将F作用在木块上，设当，木块与塑料块刚好可以一起加速运动，以木块与塑料块为整体，根据牛顿第二定律可得
以塑料块为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得
则当，可以抽出木块，故C错误，D正确。
故选D。
考向3 变化外力的板块问题
例3 1（25-26江苏·课后作业）如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，三个物体的质量均为m，A、B间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断错误的是（　　）
A．无论力F为何值，B和C始终处于相对静止状态
B．当时，B相对C滑动
C．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
D．当时，A、B间的摩擦力为
【答案】B
【详解】根据大小可分为三种情况，第一种情况，若，、都静止。取为研究对象，若整体静止，整体受力和地面给整体的摩擦力，由二力平衡可知，，，由此可知，若，都静止。第二种情况，若，一起以相同的加速度加速。取为研究对象，给整体的摩擦力最大值为，整体还受地面给的摩擦力，由于相对于地面运动，摩擦力为滑动摩擦力，大小为，根据牛顿第二定律，整体所能具有的最大加速度为，再取，，为研究对象，整体受力和，可得，由此可知，若，一起以相同的加速度加速。第三种情况，若，以更大的加速度加速，一起以相同的加速度加速。若，但能给、整体的摩擦力最大值为，故、所能具有的最大加速度为，因此，若，将以更大的加速度加速，、一起以的加速度加速，故A、C正确，B错误；当时，属于第二种情况，起以相同的加速度加速。取、、为研究对象，由牛顿第二定律可知，取，为研究对象，可知，解得，故D正确。
【变式训练1】质量为2kg的长木板A放在水平地面上，质量为1kg的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力F，将F从零开始逐渐增大，当时，物块B和长木板A刚好能一起滑动，当时，物块B刚好能相对长木板A滑动，重力加速度 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)A与地面之间，B与A之间的动摩擦因数大小；
(2)若刚开始拉物块B时，F恒定为10N，结果拉力F作用1s，物块B刚好从A上滑离，求木板A的长度；
(3)如果在物块B上施加一个水平向右的拉力，作用时间后撤去，此后物块B刚好不滑离长木板A（长度为（2）问中所求得的长度），则为多大？
【答案】(1)0.1，0.5
(2)2m
(3)
【详解】（1）设长木板A与地面间的动摩擦因数为，由题意可知
解得
设物块B与长木板间的动摩擦因数为，根据题意可知
，
解得
（2）由于拉力10N大于6N，因此，物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为，则
解得
对物块B研究
解得
设木板的长为L，则
（3）在（2）问中撤去F后，物块在长木板上滑行时的加速度大小
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t，则
，
解得
【变式训练2】（22-23江苏盐城·开学考试）如图甲所示，质量M=0.2kg的平板放在水平地面上，质量m=0.1kg的物块（可视为质点）叠放在平板上P处，整个系统处于静止状态。现对平板施加一水平向右的拉力F，在0~1.5s内拉力随时间t的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力。物块始终未从平板上掉下。已知物块与平板间的动摩擦因数μ1=0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2求：
（1）t1=1s时物块的速度大小。
（2）0~1.5s内平板运动的位移大小。
（3）物块最后静止时到P处的距离。
【答案】（1）2m/s；（2）3m；（3）0.6m
【详解】（1）对物块根据牛顿第二定律得
解得
t=1s时物块的速度大小为
（2）拉力为2N时，平板的加速度为
解得
平板的速度为
平板的位移为
拉力为1.4N时的加速度为
解得
平板做匀速运动，位移为
0~1.5s内平板运动的位移大小为
（3）物块加速到3m/s的时间为
物块加速到3m/s的位移为
此过程中物块相对木板向左滑动距离为0.75m；
撤去拉力后物块做减速运动的加速度大小
停止运动时的位移
木板做减速运动加速度
停止运动时的位移
此过程中物块相对木板向右滑动1.35m，可知物块最后静止时到P处的距离1.35m-0.75m=0.6m，在P点右侧。
（24-25高三上·江苏南通·期中）如图所示，物体与压缩的弹簧连接，物体静止放上水平顺时针转动的传送带上，皮带的速度为v0，传送带足够长且表面粗糙，则物体运动的v-t图像可能的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】物体静止放上水平顺时针转动的传送带上，受到水平向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得
由于x减小，向右弹力减小，所以物体向右加速运动的加速度减小，当物体的速度达到传送带速度时，物体的速度有可能达到最大，加速度是零。之后可能由于弹力作用，传送带对物体由向左的摩擦力作用，物体的速度开始减小，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度增大，但加速度方向与速度方向相反，速度不断减小，直到速度减到零。然后物体反向加速运动，速度反向增大，加速度不断减小，速度达到负方向最大v0。以后速度减小到零，由对称性，则物体的v-t图像可能的是C图像，
故选C。
如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，取。下列说法不正确的是（　　）
A．物块在前3s向左做匀减速运动
B．传送带沿顺时针方向转动
C．传送带的速度大小为
D．小物块与传送带间的动摩擦因数
【答案】A
【详解】A．根据x-t图像斜率表示速度，前3s内斜率先变小后变大，故物体先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误，符合题意；
B．3 4.5s，图像斜率为负且恒定，故物块与传送带一起向右匀速，故传送带沿顺时针方向转动，故B正确，不符合题意；
C．由3 4.5s内图像斜率可知，传送带速度为
故C正确，不符合题意;
D．由题意可知第3s内物块做初速度为0的匀加速直线运动，图乙可知第3s内物块位移为x=1m，由牛顿第二定律可知，其加速度
由匀变速直线运动位移可知
联立以上解得
故D正确，不符合题意。
故选 A。
（24-25·江苏苏州·期中）传送带是现代生活中应用比较广泛的装置，如图所示。相同的物体由静止被轻轻放在水平匀速转动的传送带左端，到达最右端前物体与传送带已达到相对静止。下列说法正确的是（ ）
A．物体在传送带上受到竖直向上的弹力是由物体向下形变产生的
B．物体放上传送带时，传送带受到物体水平向右的摩擦力
C．物体在传送带上先受到滑动摩擦力，后受到静摩擦力
D．如果只增大传送带的转速，物体受到的摩擦力大小不变
【答案】D
【详解】A．物体在传送带上受到竖直向上的弹力是由传送带向下形变产生的，故A错误；
BC．物体放上传送带时，物体的速度小于传送带速度，传送带受到物体水平向左的摩擦力，而物体受到向右的滑动摩擦力，做匀加速直线运动；过一段时间物体与传送带相对静止，一起做匀速直线运动，受到的摩擦力为零，故BC错误；
D．如果只增大传送带的转速，物体受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，物体与传送带间的摩擦因数不变，压力不变，根据
可知物体受到的摩擦力大小不变，故D正确。
故选D。
（24-25江苏南京·阶段练习）如图甲，位于同一平面的两条倾斜轨道Ⅰ、Ⅱ分别与一传送装置两端平滑相连，现将小物块从轨道Ⅰ顶端由静止释放，若传送装置不运转，则小物块运动到轨道Ⅱ底端过程的图像如图乙；若传送装置逆时针匀速运转，则小物块下滑过程的图像可能是图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由图乙所示的图像可知，传送装置不运转，小物块一直做匀加速直线运动，有
则
说明小物块与两条倾斜轨道和传送带间的动摩擦因数相同，且小滑块所受滑动摩擦力小于小物块重力沿斜面向下的分力；若传送装置逆时针匀速运转，如果小物块滑上传送带时的速度大于传送带的速度且小物块在传送带上运动过程小物块的速度始终大于传送带的速度，则小物块的运动情况与传送带静止时相同，图像是一条倾斜的直线；如果小物块滑上传送带时的速度小于传送带的速度，小物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律
可得
可见
则图像的斜率变大，由可知，小物块到达底端时的速度大于，整个运动过程的时间小于。
故选B。
如图所示，足够长的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，图中能客观地反映小木块的运动情况，则关于小木块与传送带间的动摩擦因数μ判断正确的是（　　）
A． B． C． D．无法判断
【答案】A
【详解】由图可知，木块先做加速度较大的加速运动，后来做加速度较小的加速运动，拐点位置应该是木块的速度等于传送带的速度，拐点之前摩擦力沿斜面向下，运动满足
拐点之后摩擦力沿斜面向上，木块继续加速，必然有
即
故选A。
如图所示，足够长的传送带倾斜放置，始终以速度逆时针运动。现使质量为m的物块以速度从传送带底端沿传送带向上运动，物块与传送带的接触面粗糙，下列说法正确的是（　　）
A．若，则物块回到传送带底端时的速度小于
B．若，则物块回到传送带底端时的速度等于
C．若，则物块上滑过程中的加速度比下滑过程中的加速度要大
D．若，则物块上滑过程中的加速度比下滑过程中的加速度要小
【答案】A
【详解】AB．设物块沿斜面向下的重力分力为F1，物块与传送带间的摩擦力大小为f。物块上滑时，相对传送带向上运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度大小为
向沿斜面向下。设物块上滑过程位移大小为x，根据匀变速直线运动速度—位移公式，可知
物块下滑过程中，当速度小于传送带速度v0时，物块相对传动带向上运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度大小为
向沿斜面向下。设物块下滑过程中速度大小由0增加到v0时位移大小为x1，则
由于v1＞v0，可知x＞x1，可知物块下滑中速度大小为v0时没有到达传送带底端。此后物块运动分两种情况考虑：若F1≤f，则物块与带相对静止，匀速向下运动，可知物块到达端速度小于v1。若F1＞f，则物块以加速度大小
方向沿斜面向下，继续加速下滑。设物块速度大小达到v0后以加速度a2运动到斜面底端位移大小为x2，速度大小为v2，则
由于
故
即
A正确，B错误；
CD．由上述分析可知，物块上滑加速度大小为
上滑时位移大小为
物块下滑过程中，当速度小于传送带速度v0时，加速度大小为
设物块下滑过程中速度大小由0增加到v1时位移大小为x3，可知
解得
可知物块到达传送带底端时速度大小为v1。若v1＜v0，物块下滑的过程速度终小于传送带速度，故加速度大小为a1，物块上滑过程中的加速度与下滑过程中的加速度大小相等，故CD错误。
故选A。
（24-25江苏扬州·阶段练习）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
(1)若恒力，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少；
(2)若物块刚好不会从长木板右端滑下，求F的大小；
(3)图乙中BC、DE均为直线段，求C点和D点的横坐标F的值及这两段函数关系式。
【答案】(1)
(2)1N
(3)3N，BC段函数关系为，DE段函数关系为
【详解】（1）以初速度为正方向，物块的加速度大小
木板的加速度大小
由图乙知，板长
滑块相对木板的路程
联立解得
或（根据题意，应舍弃）
故所求时间为；
（2）当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙知，相对路程
代入解得
（3）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙知，相对路程
代入解得
当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得
由于静摩擦力存在最大值，所以
联立解得
综述：BC段恒力F的取值范围是
函数关系式是
②当时，对应乙中的DE段，当两者速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为
当两者具有共同速度v，历时t，根据速度时间关系可得
根据位移关系可得
联立解得函数关系式
故C点和D点横坐标为F=3N，BC段函数关系为，DE段函数关系为。
（24-25高三上·江苏盐城·开学考试）光滑水平面上有一小滑块（可视为质点）置于长木板左端，长木板和小滑块分别在水平向右的恒力和作用下，保持相对静止一起向右运动；当长木板右端距墙的距离为时，滑块与长木板以速度继续向右运动，长木板右端与墙壁发生碰撞，长木板与墙碰撞时间极短，碰后长木板速度大小不变，方向反向。已知长木板质量，滑块质量，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。
(1)求长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小；
(2)第一次碰墙反弹后滑块不从木板上滑下，求第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离；
(3)若最终滑块未从木板上滑下，求木板至少多长。
【答案】(1)2m/s
(2)0.52m
(3)
【详解】（1）题意知滑块与长木板保持相对静止共同向右运动，则把两者作为整体可得
解得
所以长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小满足
解得
（2）长木板与墙碰后对滑块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得
解得
，
设经过时间t两者共速，设向左为正，则有
解得
此时间内木板的对地位移为
共速至左侧最远
第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离
（3）从开始至最终停下，由于水平面光滑，故最终长木板停在墙壁处，此时若滑块刚好未从木板上滑下，处于长木板的最右端，木板长度有最小值，由能量守恒得
解得
如图甲所示，水平地面上放有一质量M=2kg的长木板，其右端放有质量m=2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.3，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。现对长木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间t变化的情况如图乙所示。已知小物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）t=2s时小物块和长木板的速度大小分别为多少；
（2）0~4s内小物块和长木板的位移大小分别为多少；
（3）小物块始终未滑下长木板，长木板的最短长度是多少。
【答案】（1）均为2m/s ；（2）12m，16m；（3）4.8m
【详解】（1）若物块与长木板恰好不发生相对滑动时，设拉力为F0，对整体，由牛顿第二定律得
对物块
解得
0~2s内外力
所以物块与长木板一起做匀加速运动。对整体，由牛顿第二定律得
得
（2）0~2s内物块与长木板一起做匀加速运动
解得
2~4s内外力为
物块与长木板发生相对滑动。以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有
2~4s内物块的位移
解得
物块0~4s内的位移为
解得
2~4s内以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有
解得
2~4s内长木板的位移
解得
长木板0~4s内的位移为
解得
（3）时物块的速度为
长木板的速度为
由题图乙可知4s后水平拉力为0。对物块分析，受长木板的滑动摩擦力，水平向右的加速度不变仍为a。对长木板分析，受地面的滑动摩擦力、物块的滑动摩擦力均水平向左，做匀减速运动，由牛顿第二定律得
解得
经时间两者共速，有
解得
时间内长木板相对物块向右的位移为
解得
由于
故共速后一起做匀减速运动，不再有相对位移。所以长木板的最小长度
解得
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