资源简介

第18课时　动力学中的“传送带”与
“滑块—木板”模型(思维进阶课)
[学习目标]　1．掌握“传送带”模型的特点，会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。2．掌握“滑块—木板”模型的特点，能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
动力学中的“传送带”模型
　水平传送带模型
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 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v0≤v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v
[典例1]　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甲所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率顺时针运行，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。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求：
(1)行李到达B处的时间；
(2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
拓展思考　使传送带转动方向反向，如图乙。
若行李放在A处时的初速度大小v0为0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
　倾斜传送带模型
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系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，一直加速或减速(加速度大小为gsin θ－μgcos θ或μgcos θ－gsin θ) 若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ(摩擦力方向一定沿斜面向上) 若μ若μ>tan θ，一直减速 先减速到速度为0后反向加速：若v0v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v
[典例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
[典例3]　(2025·云南昆明检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。
(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止；
(2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v-t图像；
(3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
拓展思考　若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动至B的时间。
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
归纳总结 ：(1)求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断。
(2)临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。
(3)滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小。
动力学中的“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，滑块和木板具有不同的加速度。
2．模型构建
模型 概述 (1)滑块、木板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。 (2)滑块相对木板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。 (3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式
常见 情形 木板获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止 滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板开始时木板和滑块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板 木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动
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块＝v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v块＝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块＝v板。
②木板最短的条件：当v块＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
[典例4]　如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体A和小车的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物体A与小车B上表面间的动摩擦因数；
(2)物体A与小车B的质量之比；
(3)小车B的最小长度。
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
[典例5]　物理课上，老师演示惯性实验，如图所示：将质量为9m、长度为L的课本放在水平桌面上，质量为m的橡皮(可视为质点)放在课本的中央，课本与橡皮的动摩擦因数为2μ，课本与桌面的动摩擦因数为μ，若作用于课本的水平力为F，重力加速度为g，则：
(1)要使橡皮和课本有相对运动，F至少多大
(2)若施加力F＝66μmg时，橡皮和课本能相对滑动，求橡皮从课本脱落的时间t(结果用μ、L、g表示)。
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
方法技巧：求解“滑块—木板”类问题的方法技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和各物体的相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况确定物体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
第18课时
进阶点1
典例1　解析：(1)对行李，根据μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
根据v＝at1，匀加速运动的时间t1＝0.2 s
匀加速运动的位移大小x＝a＝0.04 m<2 m，故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s。
(2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m。
答案：(1)5.1 s　(2)0.04 m
拓展思考　解析：传送带转动速度反向，若行李放在A处时的初速度为v0＝0.2 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2 m/s2
匀减速运动的时间t1＝＝0.1 s，匀减速运动的位移大小
x＝v0t1－a＝0.01 m<2 m
行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，匀加速运动的时间t2＝t1＝0.1 s，行李从左端离开，在传送带上的运动时间为t＝t1＋t2＝0.2 s。行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1＋x＋vt2－x＝0.08 m。
答案：0.2 s　0.08 m
典例2　C　[0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，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，故做匀加速运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为0，物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。]
典例3　解析：(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以当煤块与传送带速度相同时，接下来它们不能相对静止。
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝a1＝5 m
煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
由x2＝v0t2＋a2
得t2＝0.5 s
故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
v-t图像如图所示。
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。
答案：(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m
拓展思考　解析：由于Ff＝μ'FN＝μ'mgcos θ＝mgsin θ
即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
a'＝g(sin θ＋μ'cos θ)
匀加速运动时间t'1＝
匀加速运动位移x'1＝a't，
匀速运动位移x'2＝L－x'1，
匀速运动时间t'2＝，
总时间t'＝t'1＋t'2≈1.441 s。
答案：1.441 s
进阶点2
典例4　解析：(1)根据v-t图像可知，物体A在小车B上做匀减速直线运动，加速度的大小a1＝＝3 m/s2，若物体A的质量为m，与小车B上表面间的动摩擦因数为μ，则μmg＝ma1，联立可得μ＝0.3。
(2)设小车B的质量为M，加速度大小为a2，由v-t图像知a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律知μmg＝Ma2，得＝。
(3)设小车B的最小长度为L，由v-t图像与t轴围成的面积表示位移大小可知，物体A相对小车B的位移大小即L＝×1×4 m＝2 m。
答案：(1)0.3　(2)1∶3　(3)2 m
典例5　解析：(1)因为作用力作用在课本上，所以当橡皮与课本间的静摩擦力达到最大时，即橡皮的加速度达到最大时，二者恰好相对静止，此时的力F为临界值，设橡皮的最大加速度为a1，对橡皮，由牛顿第二定律得2μmg＝ma1，解得a1＝2μg
对整体，由牛顿第二定律得F－μ(9m＋m)g＝(9m＋m)a1
代入数据解得F＝30μmg。
(2)若施加力F＝66μmg时，显然超过临界值，橡皮和课本能相对滑动，此时橡皮的加速度仍为a1，设课本的加速度为a2，对课本，由牛顿第二定律得F－μ(9m＋m)g－2μmg＝9ma2
代入数据解得a2＝6μg
则橡皮的位移为x1＝a1t2
课本的位移为x2＝a2t2
二者位移关系为x2－x1＝
代入数据解得t＝。
答案：(1)30μmg　(2)
1 / 1(共80张PPT)
第三章　运动和力的关系
第18课时　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型(思维进阶课)
[学习目标]　1．掌握“传送带”模型的特点，会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况。2．掌握“滑块—木板”模型的特点，能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
进阶点1　动力学中的“传送带”模型
角度1　水平传送带模型
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 传送带足够长
v0v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 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v0≤v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v
[典例1]　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甲所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率顺时针运行，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。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求：
(1)行李到达B处的时间；
(2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
[解析]　(1)对行李，根据μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
根据v＝at1，匀加速运动的时间t1＝0.2 s
匀加速运动的位移大小x＝a＝0.04 m<2 m，故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s。
(2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m。
[答案]　(1)5.1 s　(2)0.04 m
拓展思考　使传送带转动方向反向，如图乙。

若行李放在A处时的初速度大小v0为0.2 m/s，求行李在传送带上运动的时间及传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
[解析]　传送带转动速度反向，若行李放在A处时的初速度为v0＝0.2 m/s，行李先向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2 m/s2
匀减速运动的时间t1＝＝0.1 s，匀减速运动的位移大小x＝v0t1－a＝0.01 m<2 m
行李不会从右端滑出，接着行李向左做匀加速运动，匀加速运动的时间t2＝t1＝0.1 s，行李从左端离开，在传送带上的运动时间为t＝t1＋t2＝0.2 s。行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1＋x＋vt2－x＝0.08 m。
[答案]　0.2 s　0.08 m
角度2　倾斜传送带模型
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
v0v0>v时，一直加速或减速(加速度大小为gsin θ－μgcos θ或μgcos θ－gsin θ) 若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
(摩擦力方向一定沿斜面向上) 若μ若μ>tan θ，一直减速 先减速到速度为0后反向加速：若v0v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v
[典例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
√
C　[0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，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，故做匀加速运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为0，物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。]
[典例3]　(2025·云南昆明检测)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。
(1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止；
(2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v-t图像；
(3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
[解析]　(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以当煤块与传送带速度相同时，接下来它们不能相对静止。
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝a1＝5 m
煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
由x2＝v0t2＋a2
得t2＝0.5 s
故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
v-t图像如图所示。
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。
[答案]　(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m
拓展思考　若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动至B的时间。
[解析]　由于Ff＝μ'FN＝μ'mgcos θ＝mgsin θ
即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
a'＝g(sin θ＋μ'cos θ)
匀加速运动时间t'1＝
匀加速运动位移x'1＝a't，
匀速运动位移x'2＝L－x'1，
匀速运动时间t'2＝，
总时间t'＝t'1＋t'2≈1.441 s。
[答案]　1.441 s
归纳总结 ：(1)求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断。
(2)临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。
(3)滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小。
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，滑块和木板具有不同的加速度。
进阶点2　动力学中的“滑块—木板”模型
2．模型构建
模型 概述 (1)滑块、木板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。
(2)滑块相对木板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。
(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式
常见 情形 木板获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止

滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板常见 情形 开始时木板和滑块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板

木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动
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块＝v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v块＝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块＝v板。
②木板最短的条件：当v块＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
[典例4]　如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体A和小车的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取
10 m/s2。求：
(1)物体A与小车B上表面间的动摩擦因数；
(2)物体A与小车B的质量之比；
(3)小车B的最小长度。
[解析]　(1)根据v-t图像可知，物体A在小车B上做匀减速直线运动，加速度的大小a1＝＝3 m/s2，若物体A的质量为m，与小车B上表面间的动摩擦因数为μ，则μmg＝ma1，联立可得μ＝0.3。
(2)设小车B的质量为M，加速度大小为a2，由v-t图像知a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律知μmg＝Ma2，得＝。
(3)设小车B的最小长度为L，由v-t图像与t轴围成的面积表示位移大小可知，物体A相对小车B的位移大小即L＝×1×4 m＝2 m。
[答案]　(1)0.3　(2)1∶3　(3)2 m
[典例5]　物理课上，老师演示惯性实验，如图所示：将质量为9m、长度为L的课本放在水平桌面上，质量为m的橡皮(可视为质点)放在课本的中央，课本与橡皮的动摩擦因数为2μ，课本与桌面的动摩擦因数为μ，若作用于课本的水平力为F，重力加速度为g，则：

(1)要使橡皮和课本有相对运动，F至少多大
(2)若施加力F＝66μmg时，橡皮和课本能相对滑动，求橡皮从课本脱落的时间t(结果用μ、L、g表示)。
[解析]　(1)因为作用力作用在课本上，所以当橡皮与课本间的静摩擦力达到最大时，即橡皮的加速度达到最大时，二者恰好相对静止，此时的力F为临界值，设橡皮的最大加速度为a1，对橡皮，由牛顿第二定律得2μmg＝ma1，解得a1＝2μg
对整体，由牛顿第二定律得F－μ(9m＋m)g＝(9m＋m)a1
代入数据解得F＝30μmg。
(2)若施加力F＝66μmg时，显然超过临界值，橡皮和课本能相对滑动，此时橡皮的加速度仍为a1，设课本的加速度为a2，对课本，由牛顿第二定律得F－μ(9m＋m)g－2μmg＝9ma2
代入数据解得a2＝6μg
则橡皮的位移为x1＝a1t2
课本的位移为x2＝a2t2
二者位移关系为x2－x1＝
代入数据解得t＝。
[答案]　(1)30μmg　(2)
方法技巧：求解“滑块—木板”类问题的方法技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和各物体的相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况确定物体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
【教师备选资源】
如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动。现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设小物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)放上小物块后，长木板和小物块的加速度大小；
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
[解析]　(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板方向的滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ＝7.5 N，
由牛顿第二定律，对小物块有Ff＋mgsin θ＝ma1，
代入数据得a1＝12.5 m/s2，
对长木板，由牛顿第二定律有Mgsin θ－F'f＝Ma2，其中F'f＝Ff，
代入数据得a2＝2.5 m/s2。
(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1，
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s，
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速直线运动，则共速前小物块与长木板的相对位移为x＝t1－t1＝5 m，
故长木板长度至少为10 m。
[答案]　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
课时作业(十八)　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”
模型(思维进阶课)
1．(2025·福建福州一模)如图所示，质量分别为m和M的两本书叠放在光滑水平面上，两本书之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，为使两本书一起做匀加速直线运动，则施加在m上的水平推力F最大值为(　　)

A．μmg　 B．μ(M＋m)g
C．　 D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D　[依题意，根据牛顿第二定律分析可知，m能够提供给M最大加速度时，二者间的静摩擦力达到最大值，即μmg＝Ma，对系统有F＝(m＋M)a，解得F＝，故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(2025·安徽合肥模拟)在一次科学探究活动中，小明将质量为M＝
4 kg的小车放置在水平桌面上，小车上放一质量为m＝1 kg的木块。小车与桌面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与小车间的动摩擦因数为μ2＝0.3。初始时小车和木块均静止，小明对小车的牵引装置施加F＝15 N的水平恒力。一段时间后，小明对木块再施加水平方向上与运动方向相反的恒力F0，若木块能从小车上滑离，则F0应大于(g取10 m/s2)(　　)
A． N　 B．3 N
C． N　 D． N
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A　[对木块施加水平方向上与运动方向相反的恒力后，根据牛顿第二定律，对小车分析有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma小车，对木块分析有μ2mg－F0＝ma木块，当a木块N，故选A。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(多选)(2025·福建泉州质检)如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某一初速度沿传送带向下运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
BC　[设传送带的倾角为θ，小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为0，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为0时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块的重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动。故A、D错误，B、C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．(2025·江苏徐州一模)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μA．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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A　[因μμmgcos θ，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运动，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到0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；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B、D错误；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。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．(2025·湖南岳阳一模)倾角为θ的足够长的传送带以恒定速率v0逆时针转动。t＝0时在传送带上部无初速度地轻放小木块a、b，开始时二者距离为d0，如图所示。已知小木块a、b与传送带间的动摩擦因数满足μaA．一直增加　
B．一直减小
C．先增加后减小　
D．先减小后增加
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D　[初始时，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，开始阶段b的加速度大于a，b达到传送带速度后，由于tan θ<μb，则b和传送带保持相对静止；a达到传送带速度后，有mgsin θ－μamgcos θ＝ma2，可知a继续加速，木块a、b与传送带运动的v-t图像如图所示，则a、b间距离先减小，a达到传送带速度时，距离最近，再往后，a、b间距离又逐渐变大。故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
6．(多选)如图甲所示，一滑块Q置于木板P的左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，滑块Q与木板P之间的动摩擦因数为μ1，木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，现在滑块上施加一个F＝0.6t(N)的变力，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力Ff随时变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小g取
10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A．木板P与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2
B．滑块Q与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4
C．图乙中t2＝22 s
D．木板P的最大加速度为2 m/s2
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
BD　[根据题图乙可知，在t2以后滑块Q受到的摩擦力不变，为Ff1＝8 N，根据滑动摩擦力的计算公式可得Ff1＝μ1mg，解得滑块Q与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4，选项B正确；t1时刻开始一起滑动，则Ff2＝μ2·2mg＝4 N，解得μ2＝0.1，选项A错误；t2时刻二者发生相对运动时，设加速度大小为a，对木板P根据牛顿第二定律可得a＝＝2 m/s2，对滑块Q有F－μ1mg＝ma，解得F＝12 N，根据F＝0.6t(N)可知题图乙中t2＝20 s，选项C错误；t2时刻以后，木板P受力不变，加速度不变，则木板P的最大加速度为2 m/s2，选项D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
7．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。重力加速度g取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a的大小；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力方向沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于小包裹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，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(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，
共速后，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，
所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
8．(2025·湖北黄冈一模)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(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)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起
做匀减速直线运动的加速度大小；
(2)滑块Q运动的总位移大小；
(3)拉力F的大小。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据题图乙可知，
0～2 s内滑块Q的加速度大小a1＝ m/s2＝4 m/s2
0～2 s内木板P的加速度大小a2＝ m/s2＝2 m/s2
两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝1 m/s2。
(2)v-t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则滑块Q运动的总位移x＝ m＋ m＝24 m。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)0～2 s内对滑块Q分析有μ1mg＝ma1
0～2 s内对木板P分析有μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2
两物体一起做匀减速直线运动时，对PQ整体分析有μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3
联立并代入数据解得F＝9 N。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2　(2)24 m　(3)9 N
章末巩固(三)　运动和力的关系
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
一、单选题
1．(2025·陕西咸阳模拟)400米是田径比赛中最难跑的项目之一，这一项目要求运动员兼具卓越的速度、力量和耐力，被普遍认为是体力透支最为严重的赛道之一，下列相关表述正确的是(　　)
A．运动员跑的总长度为400 m，长度是国际单位制中的基本单位
B．男子400米世界纪录是43.03秒，秒是国际单位制中的基本单位
C．运动员的平均速率接近10 m/s，米每秒是国际单位制中的基本单位
D．运动员蹬地的爆发力能够达到2 000 N，力是国际单位制中的基本物理量
√
B　[运动员跑的总长度为400 m，长度是国际单位制中的基本物理量，故A错误；男子400米世界纪录是43.03秒，秒是国际单位制中的基本单位，故B正确；运动员的平均速率接近10 m/s，根据v＝可知，米每秒是国际单位制中的导出单位，故C错误；运动员蹬地的爆发力能够达到2 000 N，根据F＝ma可知，力是国际单位制中的导出物理量，故D错误。故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
2．(2025·河北保定模拟)如图甲所示，一个斜面体固定在货车车厢内，光滑小球P静止在斜面上，小球P右侧的挡板竖直固定在斜面上，开始时货车在平直路面上向右匀速行驶，t＝0时，货车开始减速，其速度与时间的关系如图乙所示，小球P对挡板的压力为F1，对斜面的压力为F2。在货车向右减速过程中，小球P与货车始终保持相对静止。下列说法正确的是(　　)
A．F1逐渐增大　 B．F1逐渐减小
C．F2逐渐增大　 D．F2逐渐减小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A　[由题意可知加速度a越来越大，设斜面倾角为θ，当货车向右减速运动时有F2cos θ＝mg，F1－F2sin θ＝ma，可解得F2＝，F1＝mgtan θ＋ma，所以F2始终不变，F1逐渐增大。故选A。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
3．(2025·河北石家庄模拟)工人师傅为方便卸货，在距水平地面高度为1.2 m的车厢底部用有效长度为2 m的木板与地面之间搭建了一个斜面，已知物体与木板间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，物体可看作质点，则物体从静止开始沿木板运动到底部的过程中，所用时间为(　　)
A．0.5 s　 B．1.0 s
C． s　 D．2.0 s
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
B　[设木板与地面间的倾角为θ，则有sin θ＝＝0.6，cos θ＝＝0.8，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得加速度大小为a＝4 m/s2，根据运动学公式可得x＝at2，解得所用时间为t＝ s＝1 s，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
4．(2025·云南昭通检测)某动车组样车已成功下线，该动车组采用8节编组，4动4拖的技术方案，试验时速高达450 km/h，这一成就标志着我国拥有了全球最快的高铁列车。如图所示，该高速列车由8节质量相同的车厢组成，从车头开始的第2、3、6、7节车厢为动力车厢，每节动力车厢的牵引力大小相同，其余为非动力车厢。若列车在平直轨道上匀加速行驶，每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则此时第1、2节车厢间的作用力与第5、6节车厢间的作用力大小之比为(　　)
A．1∶1　 B．1∶4
C．1∶5　 D．1∶6
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A　[设每节动力车厢的牵引力为F，所受摩擦力与空气阻力为f，对整体，根据牛顿第二定律有4F－8f＝8ma，对第一节车厢，根据牛顿第二定律得F12－f＝ma，对最后三节车厢，根据牛顿第二定律得F56＋2F－3f＝3ma，解得＝1，故选A。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
5．(2025·安徽黄山模拟)如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的光滑斜面上，弹簧的上端有一个可视为质点的静止物块，物块与弹簧不连接。现用沿斜面向上的拉力F作用在物块上，使物块开始向上做匀加速运动，拉力F与物块位移x之间的关系图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．未施加F时，弹簧的弹力为4 N
B．弹簧的劲度系数为200 N/m
C．物块的质量为1 kg
D．物块的加速度大小为5 m/s2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C　[初始时物块处于静止状态，沿斜面方向有F弹＝mgsin 30°，当沿斜面向上的拉力F作用在物块上时物块开始向上做匀加速运动，设加速度为a，当x＝0时F1＝10 N，根据牛顿第二定律有F1＋F弹－mgsin 30°＝ma，当x＝2 cm时，F2＝15 N，且之后拉力大小不变，说明当x＝
2 cm时物块与弹簧分离，根据牛顿第二定律有F2－mgsin 30°＝ma，联立解得m＝1 kg，a＝10 m/s2，F弹＝5 N，故A、D错误，C正确；由题图乙可知物块向上运动2 cm后弹力为0，说明初始时弹簧的压缩量为x＝2 cm，根据胡克定律有F弹＝5 N＝kx，解得k＝250 N/m，故B错误。故选C。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
二、多选题
6．(2025·福建三明一模)射击训练中，子弹因空气阻力的作用会影响其运动状态。某运动员先后两次在不同环境下从同一高度水平射出完全相同的子弹，每次子弹均从离开枪口开始计时，用vy表示子弹在竖直方向的分速度，其vy-t图像如图乙所示(取竖直向下为正方向)，
a、b两点对应的竖直方向的速度大小均为vy1，则(　　)
A．0～ta过程中子弹沿竖直方向的位移比0～tb过程的大
B．0～ta过程中子弹沿竖直方向的平均加速度比0～tb过程的大
C．ta时刻子弹所受合力沿竖直方向的分力比tb时刻的小
D．ta时刻子弹所受阻力沿竖直方向的分力比tb时刻的小
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
BD　[vy-t图像的斜率表示竖直方向的加速度，由题图可知第一次斜率更大，即0～ta过程中子弹沿竖直方向的平均加速度比0～tb过程的大，故B正确，根据2ax＝v2，由于a、b两点对应的竖直方向的速度大小均为vy1，可知0～ta过程中子弹沿竖直方向的位移比0～tb过程的小，故A错误；根据受力分析可知，在竖直方向有mg－fy＝may，由题图知：ta时刻子弹竖直方向的加速度大于tb时刻子弹竖直方向的加速度，所以可知ta时刻子弹所受合力沿竖直方向的分力比tb时刻的大，故C错误；ta时刻子弹所受阻力沿竖直方向的分力比tb时刻的小，故D正确。故选BD。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
7．(2025·湖北襄阳模拟)如图所示，斜面上的n个完全相同的小物块由轻质细绳串联在一起排在一条直线上，当用平行斜面向上的力拉着1号物块使整体以大小为g的加速度向上加速运动时(g为重力加速度)，测得图中A、B两物块间细绳的拉力大小为F，而当用平行斜面向下的力拉着n号物块使整体以大小为g的加速度向下加速运动时，测得图中A、B两物块间细绳的拉力大小仍为F。已知斜面倾角θ＝37°，小物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
则物块的个数n可能为(　　)
A．5　 B．6 C．7　 D．8
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
BD　[设1号到A总的物块数为n1，B到n号总的物块数为n2，加速向上运动时有F－n2mgsin θ－μn2mgcos θ＝n2m×g，加速向下运动时有F＋n1mgsin θ－μn1mgcos θ＝n1m×g，联立代入数据解得n1＝n2，故物块的个数可能为6或8个。故选BD。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
8．(2025·云南曲靖一模)在渔业作业中，鱼虾被捕捞上岸后，借助“鱼虾自动分离装置”，实现了鱼和虾的机械化高效分离，显著降低了人工成本。这一装置的简化模型如图所示，其中分离器出口与传送带中段有一定的高度差。鱼、虾(视为质点)均下落至分离器出口正下方，且到传送带时有沿斜面向下相同的初速度(垂直于传送带的速度瞬间变为0)。最终虾均能被传送到下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面夹角为θ，始终以恒定速率顺时针转动。则下列说法正确的是(　　)
A．鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同
B．鱼从掉落到传送带后，先沿着传送带向下做减速直线运动，最终一定会和传送带共速
C．鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于虾与传送带间的动摩擦因数
D．虾从掉落到传送带后，可能做匀速直线运动，也可能做加速直线
运动，还可能做减速直线运动
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
ACD　[由于鱼和虾最终均能进入收集箱，且由于两者落在传送带时均有沿斜面向下的初速度，虾沿传送带向下运动，所以受到的摩擦力一定向上，鱼先向下减速，所受的摩擦力向上，速度减为0后，又沿传送带向上运动，此时摩擦力向上，所以鱼和虾在传送带上运送的过程中，所受的摩擦力方向始终相同，故A正确；鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，鱼先向下减速到速度为0后，变为向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，故B错误；鱼向上运动，有Mgsin θ<μ1Mgcos θ，虾向下运动加速时有
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
mgsin θ>μ2mgcos θ，匀速时有mgsin θ＝μ2mgcos θ，向下减速时为了和鱼能够分开，说明虾向下减速的加速度小于鱼向下减速的加速度，即μ2gcos θ－gsin θ<μ1gcos θ－gsin θ，所以μ1一定大于μ2，故C正确；虾的收集箱在下方，所以虾一定是向下运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力小于虾受到的摩擦力，此时虾向下做减速直线运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力等于虾受到的摩擦力，虾向下做匀速直线运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于虾受到的摩擦力，此时虾向下做加速直线运动，故D正确。故选ACD。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
三、非选择题
9．(2025·云南昆明模拟)物理实验小组采用如图甲所示的实验装置，验证 “当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律，试回答下列问题：
(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________。
A．必须用天平测出重物的质量
B．必须保证小车的质量远大于重物的质量
C．每次改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力
D．连接小车和重物的细线要与长木板保持平行
D　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，1～5为选取的连续计数点(两计数点间还有四个点没有画出)，相邻计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器电源的频率为50 Hz，则小车加速度的大小为________ m/s2(结果保留三位有效数字)。
1.11　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
(3)某同学做实验时，未把木板的一侧垫高平衡摩擦力，就继续进行其他实验步骤，该同学作出的小车加速度a与弹簧测力计示数F的图像如图丙所示，图中a1、F0、F1已知，则实验中小车受到的摩擦力大小为________，小车的质量为_________。
2F0　
　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[解析]　(1)因为有弹簧测力计测量拉力，则不需要用天平测出重物的质量，选项A错误；实验时有弹簧测力计测量拉力，则不需要满足小车质量远大于重物质量，选项B错误；平衡摩擦力时满足Mgsin θ＝μMgcos θ，两边质量消掉，则每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项C错误；要使弹簧测力计的示数稳定，需调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，选项D正确。故选D。
(2)小车的加速度a＝＝×10-2 m/s2≈1.11 m/s2。
(3)对小车根据牛顿第二定律有2F－f＝Ma，即a＝F－
由题图丙可知a＝0时F＝F0
可得f＝2F0，k＝＝，可得M＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
10．(2025·江苏苏州模拟)如图所示为教室中的有轨黑板与磁吸黑板擦，黑板处在竖直平面内且可以沿轨道水平移动，磁吸黑板擦与黑板间存在相互吸引力F0，黑板擦的质量为m，重力加速度为g，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。
(1)匀速推动黑板，黑板擦与黑板保持相对静止，
求两者间动摩擦因数的最小值μmin；
(2)若黑板擦与黑板间的动摩擦因数为μ，推动黑板，使两者一起沿水平方向匀加速运动，求黑板的最大加速度a。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[解析]　(1)μ最小时静摩擦力为最大静摩擦力，即μminF0＝mg，解得μmin＝。
(2)对黑板擦受力分析，水平方向由牛顿第二定律得fx＝ma
竖直方向有fy＝mg
又因为＋＝(μF0)2
解得a＝。
[答案]　(1)　(2)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
11．一辆质量为1.5吨的家用汽车，在某干燥的平直沥青路面上以72 km/h的速度匀速行驶。突然发现前方有障碍物，司机立即刹车，司机反应时间为t0＝0.5 s，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。(结果均保留一位小数，刹车时汽车轮胎与路面间的摩擦力为滑动摩擦力)
(1)已知轮胎与路面间的动摩擦因数为0.7，求从司机发现障碍物到汽车刹停的滑行距离；
(2)若汽车质量增加0.1吨，在其他条件不变的情况下，滑行距离会如何变化
(3)若因降雨路面变得湿滑，轮胎与路面间的动摩擦因数降为0.36，其他条件不变，滑行距离增加多少米
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
[解析]　(1)刹车时，汽车在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，由牛顿第二定律有f＝μ1mg＝ma，代入数据解得汽车的加速度大小为a＝7 m/s2。汽车先匀速运动0.5 s，后做匀减速直线运动，末速度vt＝0。由运动学公式有－＝－2as1，又s＝s0＋s1，s0＝v0t0，联立解得滑行距离s≈38.6 m。
(2)设汽车质量增加后的总质量为m'，同理有f'＝μ1m'g＝m'a'，则加速度大小为a'＝7 m/s2，可见汽车刹车减速情况与质量无关，因此滑行距离不变。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
(3)汽车在湿滑路面刹车时，同理可得其加速度大小为a2＝μ2g＝
3.6 m/s2，同理有汽车在湿滑路面上滑行距离s2＝v0t0＋。故滑行距离增加量为Δs＝s2－s≈27.0 m。
[答案]　(1)38.6 m　(2)不变　(3)27.0 m
谢谢！课时作业(十八)　动力学中的“传送带”与“滑块—木板”模型(思维进阶课)
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共55分。
1．(2025·福建福州一模)如图所示，质量分别为m和M的两本书叠放在光滑水平面上，两本书之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，为使两本书一起做匀加速直线运动，则施加在m上的水平推力F最大值为(　　)
A．μmg　 B．μ(M＋m)g
C．　 D．
2．(2025·安徽合肥模拟)在一次科学探究活动中，小明将质量为M＝4 kg的小车放置在水平桌面上，小车上放一质量为m＝1 kg的木块。小车与桌面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与小车间的动摩擦因数为μ2＝0.3。初始时小车和木块均静止，小明对小车的牵引装置施加F＝15 N的水平恒力。一段时间后，小明对木块再施加水平方向上与运动方向相反的恒力F0，若木块能从小车上滑离，则F0应大于(g取10 m/s2)(　　)
A． N　 B．3 N
C． N　 D． N
3．(多选)(2025·福建泉州质检)如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某一初速度沿传送带向下运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
A　　　　　B　　　　C　　　　　D
4．(2025·江苏徐州一模)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μA．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
5．(2025·湖南岳阳一模)倾角为θ的足够长的传送带以恒定速率v0逆时针转动。t＝0时在传送带上部无初速度地轻放小木块a、b，开始时二者距离为d0，如图所示。已知小木块a、b与传送带间的动摩擦因数满足μaA．一直增加　 B．一直减小
C．先增加后减小　 D．先减小后增加
6．(多选)如图甲所示，一滑块Q置于木板P的左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，滑块Q与木板P之间的动摩擦因数为μ1，木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，现在滑块上施加一个F＝0.6t(N)的变力，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力Ff随时变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A．木板P与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2
B．滑块Q与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4
C．图乙中t2＝ 22 s
D．木板P的最大加速度为2 m/s2
7．(12分)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。重力加速度g取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a的大小；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
8．(15分)(2025·湖北黄冈一模)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(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)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小；
(2)滑块Q运动的总位移大小；
(3)拉力F的大小。
课时作业(十八)
1．D　[依题意，根据牛顿第二定律分析可知，m能够提供给M最大加速度时，二者间的静摩擦力达到最大值，即μmg＝Ma，对系统有F＝(m＋M)a，解得F＝，故选D。]
2．A　[对木块施加水平方向上与运动方向相反的恒力后，根据牛顿第二定律，对小车分析有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma小车，对木块分析有μ2mg－F0＝ma木块，当a木块N，故选A。]
3．BC　[设传送带的倾角为θ，小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为0，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为0时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块的重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动。故A、D错误，B、C正确。]
4．A　[因μμmgcos θ，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运动，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到0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；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B、D错误；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。]
5．D　[
初始时，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，开始阶段b的加速度大于a，b达到传送带速度后，由于tan θ<μb，则b和传送带保持相对静止；a达到传送带速度后，有mgsin θ－μamgcos θ＝ma2，可知a继续加速，木块a、b与传送带运动的v-t图像如图所示，则a、b间距离先减小，a达到传送带速度时，距离最近，再往后，a、b间距离又逐渐变大。故选D。]
6．BD　[根据题图乙可知，在t2以后滑块Q受到的摩擦力不变，为Ff1＝8 N，根据滑动摩擦力的计算公式可得Ff1＝μ1mg，解得滑块Q与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4，选项B正确；t1时刻开始一起滑动，则Ff2＝μ2·2mg＝4 N，解得μ2＝0.1，选项A错误；t2时刻二者发生相对运动时，设加速度大小为a，对木板P根据牛顿第二定律可得a＝＝2 m/s2，对滑块Q有F－μ1mg＝ma，解得F＝12 N，根据F＝0.6t(N)可知题图乙中t2＝20 s，选项C错误；t2时刻以后，木板P受力不变，加速度不变，则木板P的最大加速度为2 m/s2，选项D正确。]
7．解析：(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力方向沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于小包裹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，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，
共速后，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，
所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
答案：(1)0.4 m/s2　 (2)4.5 s
8．解析：(1)v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据题图乙可知，
0～2 s内滑块Q的加速度大小a1＝ m/s2＝4 m/s2
0～2 s内木板P的加速度大小a2＝ m/s2＝2 m/s2
两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝1 m/s2。
(2)v-t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则滑块Q运动的总位移x＝ m＋ m＝24 m。
(3)0～2 s内对滑块Q分析有μ1mg＝ma1
0～2 s内对木板P分析有μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2
两物体一起做匀减速直线运动时，对PQ整体分析有μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3
联立并代入数据解得F＝9 N。
答案：(1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2　(2)24 m　(3)9 N
1 / 1

展开更多......

收起↑