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(共69張PPT)
第三章　運動和力的關系
思維進階課四　動力學中的“傳送帶”與“滑塊—木板”模型
[學習目標]　1．掌握“傳送帶”模型的特點，會分析物體在傳送帶上的受力情況及運動情況。
2．掌握“滑塊—木板”模型的特點，能正確運用動力學觀點處理“滑塊—木板”模型問題。
進階1　動力學中的“傳送帶”模型
模型1　水平傳送帶模型
1．信息分析
(1)摩擦力方向的判斷：同向“以快帶慢”、反向“互相阻礙”。
(2)共速時摩擦力突變的可能：①滑動摩擦力突變為0；②滑動摩擦力突變為靜摩擦力；③摩擦力方向突變。
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直加速 先加速后勻速
2．過程分析
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
v0＜v時，一直加速 v0＜v時，先加速再勻速
v0＞v時，一直減速 v0＞v時，先減速再勻速
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直減速到右端 先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端。若v0≤v，返回到左端時速度為v0，若v0＞v，返回到左端時速度為v
[典例1]　(2024·海南高三期中)如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時針轉動的速度大小為v1，一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小v0滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ，小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．小滑塊的加速度向右，大小為μg
B．若v0C．若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為
D．若v0>v1，小滑塊返回到左端的時間為
√
D　[小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A錯誤；若v0v1，小滑塊的速度從v0先向右減速到0的時間t1＝，位移為x1＝，然后加速返回，速度加速到v1的
時間t2＝，位移為x2＝，最后以速度v1勻速回到左端，時間為t3＝＝＝，小滑塊返回到左端的時間t′＝t1＋t2＋t3，解得t′＝＝，故C錯誤，D正確。]
模型2　傾斜傳送帶模型
1．信息分析
(1)解決傾斜傳送帶問題時要特別注意mg sin θ與μmg cos θ的大小和方向的關系，即比較μ與tan θ的大小關系，從而進一步判斷物體所受合力與速度方向的關系，確定物體運動情況。
(2)當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變。
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直加速(一定滿足關系μ>tan θ) 先加速后勻速
2．過程分析
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直加速(加速度為 g sin θ＋μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后勻速
若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
v0＜v時，一直加速 (加速度為g sin θ＋ μg cos θ) 若μ≥tan θ，先加速后勻速；若μ＜tan θ，先以a1加速，后以a2加速
v0＞v時，一直加速或減速(加速度大小為 g sin θ－μg cos θ或 μg cos θ－g sin θ) 若μ≥tan θ，先減速后勻速；若μ＜tan θ，一直加速
情境 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
(摩擦力方向一定沿斜面向上) μμ>tan θ，一直減速 先減速到速度為0后反向加速：若v0＜v，到原位置時速度大小為v0(類豎直上拋運動)；若v0＞v，先減速到0再反向加速后勻速，返回原位置時速度大小為v
[典例2]　(2024·安徽卷)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t＝0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是(　　)
√
C　[0～t0時間內：物塊輕放在傳送帶上，做加速運動。對物塊受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，合力不變，故做勻加速運動。t0之后：當物塊速度與傳送帶相同時，靜摩擦力與重力沿傳送帶向下的分力相等、方向相反，加速度突變為零，物塊做勻速直線運動。C正確，A、B、D錯誤。]
[典例3]　如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角θ＝37°，從A到B的長度為L＝10.25 m，傳送帶以v0＝10 m/s 的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A無初速度地放一個質量為m＝0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2，求：
(1)當煤塊與傳送帶速度相同時，它們能否相對靜止？
(2)煤塊從A到B的時間；
(3)煤塊從A到B的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度。
思路點撥：解此題注意以下幾點：
(1)比較當煤塊與傳送帶速度相等時摩擦力與重力沿傳送帶方向的分力的關系，判斷是否能相對靜止。
(2)以煤塊與傳送帶達到相同速度時為節點，將煤塊的運動分成兩個階段，判斷摩擦力的方向，計算加速度。
(3)達到相同速度后，煤塊相對傳送帶滑動，之后將以另一加速度運動到B點，形成的痕跡與上段留下的痕跡重合，最后結果取兩次痕跡長者。
[解析]　(1)煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5，當煤塊與傳送帶速度相等時，對煤塊受力分析有mg sin 37°>μmg cos 37°，所以它們不能相對靜止。
(2)煤塊剛放上時，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度為a1＝
g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
煤塊加速運動至與傳送帶速度相同時需要的時間
t1＝＝1 s
發生的位移x1＝＝5 m
煤塊速度達到v0后，因μg cos θa2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
由x2＝，得t2＝0.5 s
煤塊從A到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5 s。
(3)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－x1＝5 m
第二過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx2與Δx1部分重合，故痕跡總長為5 m。
[答案]　(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m
進階2　動力學中的“滑塊—木板”模型
1．模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力或者外力作用下發生相對滑動。
2．解題關鍵
(1)由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向。
(2)當滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)。
常見情境 木板獲得一初速度v0，則“板塊”同向運動，兩者加速度不同，x板>x塊，Δx＝x板－x塊，最后分離或相對靜止

滑塊獲得一初速度v0，則“板塊”同向運動，兩者加速度不同，x板3．常見情境
常見情境 開始時“板塊”運動方向相反，兩者加速度不同，最后分離或相對靜止，Δx＝x塊＋x板

木板或滑塊受到拉力作用，要判斷兩者是否有相對運動，以及木板與地面是否有相對運動
[典例4]　一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右勻減速運動，直至t＝1 s 時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內小物塊的 v-t 圖線如圖(b)所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數μ2；
(2)木板的最小長度；
(3)木板右端離墻壁的最終距離。
[大題拆分]　第一步：分析研究對象模型
設小物塊和木板的質量分別為m和1.5M。小物塊可以看作質點(初始條件v0未知)，如圖甲所示。
第二步：分析過程模型
(1)認為地面各點的粗糙程度相同，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，木板與墻壁碰撞前速度大小為v1，如圖乙所示。
(2)木板與墻壁碰撞過程：小物塊受到滑動摩擦力(設置的初始條件)，由于碰撞時間極短(Δt→0)，故碰后小物塊速度不變，木板的速度方向突變(設置的初始條件)，如圖丙所示。
(3)然后小物塊向右減速，木板向左減速，經1 s小物塊速度減小為0，如圖丁所示。由于木板的加速度較小，故小物塊速度為0時，木板仍有速度。然后小物塊向左加速，木板向左減速，到二者達到共同速度v3，如圖戊所示。
(4)分析臨界條件，包括時間關系和空間關系，如圖戊所示。
(5)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速直線運動直至停止，如圖己所示。
[解析]　(1)根據題圖(b)可以判定碰撞前瞬間小物塊與木板共同速度為v＝4 m/s
碰撞后瞬間木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運動，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根據牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆運動則為勻加速直線運動，可得x＝vt＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
設小物塊的質量為m，則木板的質量為15m，對小物塊和木板整體受力分析，地面對木板的滑動摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做勻減速運動，依據牛頓第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
對小物塊，加速度大小為a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以小物塊速度先減小到0，所用時間為t1＝1 s，此過程中，木板向左運動的位移為
x1＝＝ m
末速度v1＝v－a3t1＝ m/s
小物塊向右運動的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為a2＝4 m/s2
木板繼續減速，加速度大小仍為a3＝ m/s2
假設又經歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此過程中，木板向左運動的位移
x3＝＝ m
末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
小物塊向左運動的位移x4＝＝0.5 m
此后小物塊和木板一起勻減速運動，二者的最大相對位移為Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6 m。
(3)最后階段小物塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度大小為a1＝1 m/s2
向左運動的位移為x5＝＝2 m
所以木板右端離墻壁的最終距離為
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案]　(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m
思維進階特訓(四)
題號
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1．如圖所示，飛機場運輸行李的傾斜傳送帶保持恒定的速率運行，將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，當傳送帶將它送入飛機貨艙前行李箱已做勻速運動。假設行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數為μ，傳送帶與水平面的夾角為θ，已知滑動摩擦力近
似等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是(　　)
A．要實現這一目的前提是μB．做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為0
C．全過程中傳送帶對行李箱的摩擦力方向沿傳送帶向上
D．若使傳送帶速度足夠大，可以無限縮短傳送的時間
√
題號
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C　[要實現這一目的前提是沿傳送帶向上的最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，可得μ>tan θ，故A錯誤；做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力大小為Ff＝mg sin θ，故B錯誤；行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力方向均沿傳送帶向上，故C正確；若使傳送帶速度足夠大，行李箱在傳送帶上一直做勻加速運動，加速度恒定，傳送時間不會無限縮短，故D錯誤。]
題號
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2．如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質點的物塊以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度。已知物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則木板的長度為(　　)
A．1.0 m B．1.5 m
C．2.0 m D．2.5 m
√
題號
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B　[設物塊的質量為m，木板的質量為M，在物塊減速和木板加速到共速的時間為t1，物塊的加速度為a1，木板的加速度為a2，有a1＝＝
2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移為x1＝t1，兩者共速后，因μ1>μ2，則一起減速到停止，共同減速的加速度為a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移為x2＝，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度，即L＝x1＋x2，最終物塊恰好到達木板的右端，即物塊相對滑動的位移為板長，有L＝t1－x1，聯立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故選B。]
題號
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3．(多選)如圖甲所示，水平放置的傳送帶在電機的作用下以v2＝4 m/s的速度順時針轉動，兩輪軸心間距為L＝5 m。質量為m＝0.5 kg的物塊(視為質點)，從左輪的正上方以速度v1水平向右滑上傳送帶后，物塊與傳送帶的v-t圖像如圖乙所示，經過時間t0從右輪的正上方離開傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，物塊在傳送帶上運動的過程中，
下列說法正確的是(　　)
題號
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A．物塊在傳送帶上運動時先受滑動摩擦力再受靜摩擦力
B．物塊在傳送帶上運動的時間為t0＝1 s
C．物塊滑上傳送帶的速度v1＝6 m/s
D．物塊與傳送帶之間的相對位移為Δx＝1 m
√
題號
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√
√
BCD　[由題圖乙可知物塊在傳送帶上運動的過程中，始終做減速運動，對其受力分析可知，物塊在傳送帶上運動時始終受滑動摩擦力的作用，故A錯誤；物塊在傳送帶上運動的過程中，以初速度方向為正方向，由牛頓第二定律可得－μmg＝ma，物塊在傳送帶上運動的過程中，由勻變速直線運動的規律可得＝2aL，L＝t0，聯立解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正確；傳送帶的位移為x＝＝4 m，物塊與傳送帶之間的相對位移為Δx＝L－x＝1 m，故D正確。]
題號
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4．如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t＝0)將一物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間的動摩擦因數μ1大于木板與地面間的動摩擦因數μ2，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度—時間圖像可能是下列選項中的(　　)
題號
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題號
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A　　　　　　B
C　　　　　　D
√
A　[設在木板與物塊達到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板的質量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2。對木板應用牛頓第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1 ，a1＝－(μ1＋2μ2)g，物塊與木板達到相同速度之后，因為μ1>μ2，二者相對靜止，設木板的加速度為a2，對整體有
－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可見|a1|＞|a2|，由v-t圖像斜率的絕對值表示加速度大小可知，選項A正確。]
題號
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5．(多選)傾角為37°的足夠長斜面，上面有一質量為 2 kg，長8 m的長木板Q，木板上下表面與斜面平行。木板Q最上端放置一質量為1 kg的小滑塊P。P、Q間光滑，Q與斜面間的動摩擦因數為。若P、Q同時從靜止釋放，以下關于P、Q兩個物體運動情況的描述正確的是(sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)
A．P、Q兩個物體加速度分別為6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q兩個物體加速度分別為6 m/s2、2 m/s2
C．P滑塊在Q上運動時間為1 s
D．P滑塊在Q上運動時間為2 s
√
題號
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√
BD　[對P受力分析，受重力和Q對P的支持力作用，根據牛頓第二定律有mPg sin 37°＝mPaP，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2；對Q受力分析，受重力、斜面對Q的支持力、摩擦力和P對Q的壓力作用，根據牛頓第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，故A錯誤，B正確；設P在Q上面滑動的時間為t，因aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故P比Q運動更快，根據位移關系有L＝－aQt2，代入數據解得t＝2 s，C錯誤，D正確。]
題號
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6．(多選)(2024·河南洛陽二模)一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當的位置放上具有一定初速度v0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像中可能正確是(　　)
題號
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題號
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√
√
√
ABD　[當小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，即a1＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當小物塊達到傳送帶速度時，若滿足mg sin θ<μmg cos θ可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足mg sin θ>μmg cos θ，小物塊繼續加速下滑，其加速度大小為a2＝g sin θ－μg cos θ題號
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足mg sin θ>μmg cos θ，則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為a3＝g sin θ－μg cos θ，若滿足mg sin θ<μmg cos θ，則小物塊應沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為a4＝μg cos θ－g sin θ，二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；當小物塊的初速度沿斜面向上時，由牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為a3＝g sin θ＋μg cos θ，可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共
題號
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速時，若滿足mg sin θ>μmg cos θ，則小物塊繼續做勻加速直線運動，加速度大小為a5＝g sin θ－μg cos θ題號
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7．(2024·新課標卷)如圖所示，一長度l＝1.0 m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離Δl＝時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質量相等，它們之間的動摩擦因數μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；
(2)平臺距地面的高度。
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[解析]　(1)解法一　 由題意可知物塊在薄板上運動的過程中，物塊和薄板之間一直存在相對運動，物塊向右做勻減速直線運動，薄板向右做勻加速直線運動，又物塊和薄板的質量相等，則物塊和薄板的加速度大小均為
a＝μg＝3 m/s2
設物塊的初速度大小為v0，物塊在薄板上的運動時間為t1，則由運動學公式有
題號
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x物＝＝l＋
x板＝＝
聯立并代入數據解得v0＝4 m/s，t1＝ s。
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解法二　對物塊與薄板組成的系統，從開始運動到狀態一，根據動量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分別對物塊和薄板根據動能定理有
－μmg·l＝
μmg·l＝－0
聯立并代入數據解得
題號
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v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
對薄板由動量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入數據解得t1＝ s。
題號
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(2)結合(1)問可知物塊從薄板飛出瞬間，薄板的速度大小為v2＝at1＝1 m/s
由題意可知物塊從薄板飛出后，物塊做平拋運動，薄板做勻速直線運動，設物塊從薄板飛出后的運動時間為t2，平臺距地面的高度為h，則由運動學公式有－＝v2t2
又h＝
聯立并代入數據解得h＝ m。
題號
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[答案]　(1)4 m/s　 s　(2) m
8．(2024·四川內江高三期末)一足夠長的木板P靜置于粗糙水平面上，木板的質量M＝4 kg，質量m＝1 kg 的小滑塊Q(可視為質點)從木板的左端以初速度v0滑上木板，與此同時在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如圖甲所示，設滑塊滑上木板為t＝0時刻，經過t1＝2 s撤去拉力F，兩物體一起做勻減速直線運動，再經過t2＝4 s兩物體停止運動，畫出的兩物體運動的v-t圖像如圖乙所示。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2) 求：
題號
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(1)0～2 s內滑塊Q和木板P的加速度；
(2)滑塊Q運動的總位移；
(3)拉力F的大小。
題號
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[解析]　(1)根據圖像斜率代表加速度可知，0～2 s內滑塊Q和木板P的加速度分別為
a1＝＝－ m/s2＝－4 m/s2
a2＝＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)根據v-t圖像與坐標軸圍成的面積代表位移可知x＝×2 m＋×4×4 m＝24 m。
題號
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(3)對Q分析0～2 s階段a1＝－
對P分析a2＝
在共同減速階段地面的摩擦力f0＝－(M＋m)a0，a0＝＝－1 m/s2
解得F＝9 N。
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[答案]　(1)－4 m/s2　2 m/s2　(2)24 m　(3)9 N
9．(2025·山東臨沂模擬)如圖所示，與水平面夾角θ＝30°的傳送帶正以v＝2 m/s的速度沿順時針方向勻速運行，A、B兩端相距l＝
10 m。現每隔1 s把質量m＝1 kg的工件(視為質點)輕放在傳送帶A端，在傳送帶的帶動下，工件向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數μ＝，g取10 m/s2，求：
(1)兩個工件間的最小距離；
(2)傳送帶滿載時與空載時相比，電機對傳
送帶增加的牽引力。
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[解析]　(1)對工件受力分析，根據牛頓第二定律，有μmg cos θ－
mg sin θ＝ma
解得工件放上傳送帶后的加速度大小a＝2.5 m/s2
設經過t1時間工件與傳送帶速度相等，則加速時間、運動距離分別為
t1＝＝0.8 s，x1＝t1＝0.8 m
再過t2＝0.2 s，放下一個工件，此時該工件距前一個工件的距離最小，有x＝x1＋vt2
代入數據解得x＝1.2 m。
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(2)工件與傳送帶共速后相對靜止，在靜摩擦力作用下做勻速直線運動直到B端，勻速過程有
l－x1＝vt3
解得每個工件在傳送帶上的運動時間
t＝t1＋t3＝5.4 s
當第1個工件剛到達B端時，第6個工件已經在傳送帶上運動了0.4 s，而第7個工件還未放上；傳送帶上滿載時，有1個工件在傳送帶上滑動，有5個工件相對傳送帶靜止，傳送帶受到的摩擦力
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Ff＝μmg cos θ＋5mg sin θ＝32.5 N
故電機對傳送帶增加的牽引力F＝Ff＝32.5 N。
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[答案]　(1)1.2 m　(2)32.5 N
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