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第三章　運動和力的關系
專題突破四　動力學中的兩類典型模型
項目 圖示 物塊可能的運動情況
情境1 輕放在勻速傳送帶上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
突破一　動力學中的“傳送帶”模型
類型1　水平傳送帶模型
1．四種常見情境
項目 圖示 物塊可能的運動情況
情境2 以v0沖上勻速傳送帶 (1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速
(2)v0＝v時，一直勻速
(3)v0項目 圖示 物塊可能的運動情況
情境3 以v0沖上勻速傳送帶 (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達最左端
(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回最右端。其中若v0>v，則返回時速度為v；若v0項目 圖示 物塊可能的運動情況
情境4 輕放在勻加速啟動的傳送帶上 假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力
(1)若μg≥a，物塊和傳送帶一起以加速度a加速運動，物塊受到沿傳送帶前進方向的靜摩擦力Ff＝ma
(2)若μg2．方法突破
(1)在勻速運動的水平傳送帶上，只要物體和傳送帶不共速，物體就會在滑動摩擦力的作用下，朝著和傳送帶共速的方向變速，直到共速，滑動摩擦力消失，與傳送帶一起勻速運動，或由于傳送帶不足夠長，在勻加速或勻減速過程中始終沒達到共速。
(2)計算物體與傳送帶間的相對路程要分兩種情況：
①若二者同向，則Δs＝|s傳－s物|；
②若二者反向，則Δs＝|s傳|＋|s物|。
項目 圖示 物塊可能的運動情況
情境1 輕放在勻速傳送帶上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(3)可能保持靜止
角度2　傾斜傳送帶模型
1．四種常見情境
項目 圖示 物塊可能的運動情況
情境2 輕放在勻速傳送帶上 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2
項目 圖示 物塊可能的運動情況
情境3 以v0沖上勻速傳送帶 (1)可能一直加速
(2)可能一直勻速
(3)可能先加速后勻速
(4)可能先減速后勻速
(5)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2
(6)可能一直減速
項目 圖示 物塊可能的運動情況
情境4 以v0沖上勻速傳送帶 (1)可能一直加速
(2)可能一直勻速
(3)可能先減速后反向加速最后勻速
(4)可能一直減速
(5)可能先減速后反向加速
2．方法突破
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，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。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，要特別注意。
角度1　水平傳送帶
[典例1]　如圖所示為車站使用的水平傳送帶模型，其A、B兩端的距離L＝8 m，它與水平臺面平滑連接。現有一物塊以v0＝10 m/s的初速度從A端水平地滑上傳送帶。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.6，g取10 m/s2。求：
(1)若傳送帶保持靜止，物塊滑到B端時的速度大小；
(2)若傳送帶順時針勻速轉動的速率恒為12 m/s，物塊到達B端時的速度大小；
(3)若傳送帶逆時針勻速轉動且速率恒為4 m/s，物塊初速度變為v′0＝6 m/s，仍從A端滑上傳送帶，物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶的總時間。
[解析]　(1)設物塊的加速度大小為a，由受力分析可知FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN
得a＝6 m/s2
傳送帶靜止，物塊從A到B做勻減速直線運動
又x＝＝ m>L＝8 m
則由＝－2aL
得vB＝2 m/s。
(2)由題意知，傳送帶順時針勻速轉動的速率12 m/s>v0，物塊所受的摩擦力沿傳送帶運動方向，即物塊先加速到v1＝12 m/s
由＝2ax1，得x1＝ m故物塊先加速運動后勻速運動
即物塊到達B時的速度為v′B＝v1＝12 m/s。
(3)當物塊初速度v′0＝6 m/s時，物塊速度減為零時的位移x2＝＝
3 m由0＝v′0－at1，得t1＝1 s；
當物塊向左加速到v2＝4 m/s時
由＝2ax3得x3＝ m故物塊向左先加速運動后勻速運動
由v2＝at2，得t2＝ s；
物塊勻速運動的位移
x4＝x2－x3＝ m
由x4＝v2t3，得t3＝ s
故總時間t＝t1＋t2＋t3＝ s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)12 m/s　(3) s
角度2　傾斜傳送帶
[典例2]　(2025·廣東佛山檢測)如圖所示，傳送帶的傾角θ＝37°，從A到B長度為16 m，傳送帶以10 m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上A端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
下黑色劃痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2，求：
(1)煤塊從A到B的時間；
(2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上留下劃痕的長度；
(3)若傳送帶逆時針轉動的速率可以調節，煤塊從A點到達B點的最短時間是多少。
思路點撥：解此題注意以下幾點：
(1)煤塊剛放上時，判斷摩擦力的方向，計算加速度。
(2)判斷煤塊能否達到與傳送帶相等的速度，若不能，則煤塊從A→B加速度不變；若能，則要進一步判斷煤塊能否相對傳送帶靜止。
(3)達到相同速度后，若煤塊相對傳送帶不再滑動，則勻速運動到B點，形成的痕跡長度等于傳送帶和煤塊對地的位移之差。若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)開始階段，由牛頓第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
煤塊加速至與傳送帶速度相等時需要的時間為
t1＝＝ s＝1 s
煤塊發生的位移為
x1＝＝×10×12 m＝5 m<16 m
所以煤塊加速到10 m/s時仍未到達B點，此后摩擦力方向改變；
第二階段有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
設第二階段煤塊滑動到B點的時間為t2，則
LAB－x1＝
解得t2＝1 s
故煤塊從A到B的時間t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。
(2)第一階段煤塊的速度小于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向上移動，煤塊與傳送帶的相對位移大小為Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m
故煤塊相對于傳送帶上移5 m；
第二階段煤塊的速度大于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向下移動，煤塊相對于傳送帶的位移大小為
Δx2＝(LAB－x1)－vt2
解得Δx2＝1 m
即煤塊相對于傳送帶下移1 m
故傳送帶表面留下黑色劃痕的長度為L＝Δx1＝5 m。
(3)若增大傳送帶的速率使煤塊一直以加速度a1做勻加速運動，則煤塊從A運動到B的時間最短
則有LAB＝
可得tmin＝ s。
[答案]　(1)2 s　(2)5 m　(3) s
規律方法　傳送帶問題的破解之道
(1)對于傳送帶問題，分析物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力以及摩擦力的方向，是解決問題的關鍵。
(2)分析摩擦力時，先要明確“相對運動”，而不是“絕對運動”。二者達到“共速”的瞬間，是摩擦力發生“突變”的“臨界狀態”。
(3)如果遇到勻變速的傳送帶，還要根據牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時刻物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力。
【典例2　教用·備選題】(多選)(2024·廣東深圳二模)如圖甲，工人用傳送帶運送貨物，傳送帶傾角為30°，順時針勻速轉動，把貨物從底端A點運送到頂端B點，其速度隨時間的變化關系如圖乙所示。已知貨物質量為10 kg，重力加速度取10 m/s2。則(　　)
A．傳送帶勻速轉動的速度大小為1 m/s
B．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為
C．A、B兩點的距離為16 m
D．運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功15 J
√
√
AB　[由題圖乙可知，貨物先向上勻加速，再向上勻速，所以傳送帶勻速轉動的速度大小為1 m/s，選項A正確；開始時貨物的加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛頓第二定律可知μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得貨物與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝，選項B正確；由題圖乙可知，A、B兩點的距離為s＝×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，選項C錯誤；由動能定理可知Wf－mgs sin 30°＝mv2，解得運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功Wf＝795 J，選項D錯誤。]
突破二　動力學中的“板—塊”模型
1．模型概述
(1)滑塊、滑板是上下疊放的，分別在各自所受力的作用下運動，且在相互的摩擦力作用下相對滑動。
(2)滑塊相對滑板從一端運動到另一端，若二者同向運動，位移之差等于板長；若反向運動，位移之和等于板長。
(3)一般二者速度相等為“臨界點”，要判定臨界速度之后二者的運動形式。
常見模型 滑板獲得一初速度v0，則板塊同向運動，二者加速度不同，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，二者加速度不同，x板2．常見模型
常見模型 開始時板塊運動方向相反，二者加速度不同，最后分離或相對靜止，Δx＝x塊＋x板

滑板或滑塊受到拉力作用，要判斷二者是否有相對運動，以及滑板與地面是否有相對運動
3．分析“板—塊”模型時要抓住一個轉折和兩個關聯
4．分析“板—塊”模型的“四點”注意
(1)用隔離法分析滑塊和滑板的受力，分別求出滑塊和滑板的加速度。
(2)建立滑塊位移、滑板位移、滑塊相對滑板位移之間的關系式。
(3)不要忽略滑塊和滑板的運動存在等時關系。
(4)在運動學公式中，位移、速度和加速度都是相對地面的。
[典例3]　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M。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小物塊速度減小為零(如圖丁所示)。由于木板的加速度較小，故小物塊速度為零時，木板仍有速度v2。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，二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)可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v1＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v1＝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v1＝4 m/s
其逆運動則為勻加速直線運動，可得x＝v1t＋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，末速度為v2＝v1－a3t1＝ m/s
小物塊向右運動的位移為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
設又經歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v2－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＝v2－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，二者的相對位移最大為Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物塊始終沒有離開木板，所以木板的最小長度為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最遠的距離為
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案]　(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m
1．(多選)(2025·廣東中山模擬)如圖甲所示的水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，一物塊沿曲面從一定高度處由靜止開始下滑，以某一初速度從傳送帶左端滑上傳送帶，在傳送帶上由速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖乙所示(圖中取向左為正方向，以物塊剛滑上傳送帶時為計時起點)。已知傳送帶的速度保持不變，重力加速度g取
10 m/s2。關于物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ及物塊在傳送帶上運動第一次回到傳送帶左端的時間t，下列計算結果正確的是(　　)
學情診斷·當堂評價
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
√
√
BC　[由題圖乙可得，物塊做勻變速運動的加速度大小為a＝＝
2.0 m/s2，由牛頓第二定律得Ff＝ma＝μmg，則可得物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，A錯誤，B正確；在v-t圖像中，圖線與t軸所圍面積表示物塊位移，則物塊經減速、反向加速到與傳送帶相對靜止，最后勻速運動回到傳送帶左端時，物塊的位移為0，由題圖乙可得物塊在傳送帶上運動的總時間為4.5 s，C正確，D錯誤。]
2．如圖甲，MN是一段傾角為θ＝30°的傳送帶，質量為m＝1 kg的小物塊，以沿傳送帶向下的速度v0＝4 m/s 從M點開始沿傳送帶運動。物塊運動過程的部分v-t圖像如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則(　　)
A．物塊最終從傳送帶N點離開
B．傳送帶的速度v＝1 m/s，方
向逆時針
C．物塊相對傳送帶滑動的距離
為4 m
D．物塊將在5 s時回到原處
√
D　[從題圖乙可知，物塊速度減為零后反向向上運動，最終的速度大小為1 m/s，因此沒從N點離開，并且傳送帶順時針轉動，速度大小為1 m/s，故A、B錯誤；根據v-t圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度大小為a＝ m/s2＝2.5 m/s2，由題意可知，物塊的速度為0時t1＝ s＝ s，之后物塊沿傳送帶向上運動，v-t圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移，所以物塊沿傳送
帶向下運動的位移x1＝×4× m＝ m，從t1＝ s到t2＝2 s時，物塊沿傳送帶向上加速運動的位移x2＝×1 m＝ m，物塊沿傳送帶向上勻速運動的時間t勻＝＝3 s，所以物塊回到原處的時間t＝3 s＋2 s＝5 s，物塊相對傳送帶滑動的距離為Δx＝×2×(4＋1) m＝5 m，故C錯誤，D正確。]
3．(多選)(2025·廣東茂名模擬)如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質量為M，t＝0時刻質量為m的物塊以水平速度v0滑上長木板，此后木板與物塊運動的v-t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的長度為8 m
D．木板與物塊間的動摩擦因數為0.1
√
√
BC　[物塊在木板上運動的過程中，μmg＝ma1，而v-t圖像的斜率的絕對值表示加速度的大小，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D錯誤；對木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A錯誤，B正確；由題圖乙可知，2 s時物塊和木板分離，則0～2 s內，二者的v-t圖線與時間軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正確。]
4．(2024·廣東揭陽六校聯考)如圖所示，光滑的水平面上靜置質量為M＝8 kg 的平板小車，在小車左端加一個由零逐漸增大的水平推力F，一個大小不計、質量為m＝2 kg的小物塊放在小車右端，小物塊與小車間的動摩擦因數μ＝0.2，小車足夠長。重力加速度g取10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是(　　)
A．當F增加到4 N時，小物塊相對小車開始運動
B．當F＝10 N時，小車對小物塊有向右的2 N的摩擦力
C．當F＝15 N時，小物塊對小車有向左的4 N的摩擦力
D．當F＝30 N時，小車對小物塊有向右的6 N的摩擦力
√
B　[假設小車和小物塊剛好相對靜止，對小物塊，其最大靜摩擦力Ffm提供最大的加速度，故Ffm＝μmg＝ma，所以a＝μg＝2 m/s2，對整體有F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N，可知若要小物塊相對于平板小車開始運動，則推力需滿足F＞20 N，故A錯誤；當F＝10 N時，對整體有F＝(M＋m)a′，解得a′＝＝1 m/s2，對小物塊，其受到的摩擦力提供加速度，有Ff′＝ma′＝2×1 N＝2 N，方向向右，故B正確；同理，當F＝15 N時，a″＝1.5 m/s2，小物塊受到的摩擦力Ff″＝ma″＝3 N，方向向右，由牛頓第三定律可知，C錯誤；當F＝30 N時，兩者相對滑動，小物塊受到滑動摩擦力作用，Ff ＝μmg＝4 N，方向向右，故D錯誤。]
5．(2025·廣東梅州模擬)如圖所示，在傾角為θ＝30°的足夠長的固定的光滑斜面上，有一質量為M＝3 kg的長木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下運動，現將一質量m＝1 kg的小物塊(大小可忽略)輕放在長木板正中央，已知物塊與長木板間的動摩擦因數μ＝，設物塊與木板間的最大靜摩擦力等于
滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
求：
(1)放上小物塊后，木板和小物塊的加速度大小；
(2)要使小物塊不滑離長木板，長木板至少要有多長。
[解析]　(1)小物塊在長木板上滑動時受到的沿木板的滑動摩擦力大小為
f ＝μmg cos θ＝7.5 N
由牛頓第二定律，對小物塊有f ＋mg sin θ＝ma1
代入數據得a1＝12.5 m/s2
對長木板，由牛頓第二定律有
Mg sin θ－f ＝Ma2
代入數據得a2＝2.5 m/s2。
(2)設當小物塊與長木板共速時速度為v1，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物塊與長木板相對靜止，一起向下做勻加速運動，則共速前小物塊與長木板的相對位移為
s＝t1－t1＝5 m，故長木板長度至少為10 m。
[答案]　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
專題突破練習(四)　動力學中的兩類典型模型
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(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度輕放一小物塊，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(　　)
題號
1
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11
√
題號
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C　[0～t0時間內，物塊輕放在傳送帶上，做加速運動，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，加速度突變為零，物塊做勻速直線運動，故C正確，A、B、D錯誤。]
2．如圖所示，物塊M在靜止的足夠長的傾斜傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由0逐漸增加到2v0后勻速運動的過程中，以下分析正確的是(　　)
A．M下滑的速度不變
B．M開始在傳送帶上加速到2v0后向下勻速運動
C．M先向下勻速運動，后向下加速運動，最后
沿傳送帶向下勻速運動
D．M受的摩擦力方向始終沿傳送帶向上
題號
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√
C　[傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，故Mg sin θ＝Ff，當傳送帶速度小于物塊速度時，物塊受到沿傳送帶向上的摩擦力，物塊繼續勻速下滑，當傳送帶的速度大于物塊的速度時，物塊受到沿傳送帶向下的摩擦力，根據受力分析可知，物塊向下做加速運動，當速度達到與傳送帶速度相等時，物塊和傳送帶具有相同的速度勻速下滑，故C正確。]
題號
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3．(2025·廣東汕尾檢測)如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速率v1＝2 m/s沿順時針方向轉動，傳送帶右端有一與傳送帶等高的光滑水平面，一物體以速度v2＝5 m/s 沿直線向左滑上傳送帶后，經過一段時間又返回光滑水平面，速度大小為v2′。已知物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.2，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
題號
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A．返回光滑水平面時的速度大小為v2′＝2 m/s
B．返回光滑水平面時的速度大小為v2′＝5 m/s
C．返回光滑水平面的時間為t＝3.5 s
D．傳送帶對物體的摩擦力先向右再向左
題號
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A　[因為傳送帶足夠長，且順時針轉動，又因為v1題號
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4．(多選)如圖所示，光滑水平面上放置質量m1＝1 kg且足夠長的木板，木板上疊放著質量m2＝2 kg的物塊，系統處于靜止狀態。已知物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。現對木板施加水平向右的恒定拉力F，下列說法正確的有
(　　)
A．若拉力逐漸增大，則物塊的加速度也
一直增大
B．當拉力等于15 N時，物塊與木板剛好發生相對滑動
C．當F＝12 N時，物塊與木板間的摩擦力大小為8 N
D．當F＝18 N時，0～2 s內物塊與木板因摩擦產生的熱量為60 J
題號
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√
√
BCD　[物塊與木板發生相對滑動前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物塊與木板發生相對滑動之后，物塊的加速度為am＝μg＝5 m/s2不變，故A錯誤；假設物塊與木板相對靜止，對整體F＝(m1＋m2)a，對物塊f＝m2a，當F＝15 N時f＝10 N，恰好等于物塊與木板間的最大靜摩擦力，故物塊與木板剛好發生相對滑動，故B正確；當F＝12 N＜15 N時，物塊與木板相對靜止，對整體F＝(m1＋m2)a′＝3a′，對物塊f＝m2a′，可得f＝8 N，故C正確；當F＝18 N＞
題號
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15 N時，物塊與木板相對滑動，物塊的加速度a2＝5 m/s2，2 s內的位移x2＝a2t2＝10 m，木板的加速度a1＝＝8 m/s2，2 s內的位移x1＝a1t2＝16 m，因摩擦產生的熱量Q＝μm2g(x1－x2)＝60 J，故D正確。]
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5．如圖所示，靜止在水平地面上的木板(厚度不計)質量為m1＝1 kg，與地面間的動摩擦因數μ1＝0.2，質量為m2＝2 kg可看作質點的小物塊與木板和地面間的動摩擦因數均為μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平速度從木板左端滑上木板，經過t＝0.6 s滑離木板，g取10 m/s2，以下說法正確的是
(　　)
A．木板的長度為1.68 m
B．小物塊離開木板時，木板的速度為1.6 m/s
C．小物塊離開木板后，木板的加速度為2 m/s2，方向水平向右
D．小物塊離開木板后，木板與小物塊將發生碰撞
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D　[由μ2m2g>μ1(m1＋m2)g知，物塊在木板上以a1＝μ2g＝4 m/s2的加速度減速滑行時木板以a2＝＝2 m/s2的加速度向右加速運動，在t＝0.6 s時，物塊的速度v1＝v0－a1t＝1.6 m/s，木板的速度v2＝a2t＝1.2 m/s，B錯誤；0.6 s內物塊的位移為x1＝t＝1.68 m，木板的位移x2＝t＝0.36 m，相對位移為Δx＝x1－x2＝1.32 m，即木板長度為1.32 m，A錯誤；物塊離開木板后，木板做減
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速運動，加速度大小為a3＝μ1g＝2 m/s2，方向向左，C錯誤；分離后，在地面上物塊會滑行x4＝＝＝0.32 m，木板會滑行x3＝＝＝0.36 m，所以二者會相碰，D正確。]
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6．(多選)(2024·遼寧卷)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊與木板
的速度相同。下列說法正確的是(　　)
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A．小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B．小物塊和木板間動摩擦因數為2μ
C．小物塊與木板的質量比為3∶4
D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
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ABD　[v-t圖像的斜率表示加速度，可知t＝3t0時刻木板的加速度發生改變，故可知小物塊在t＝3t0時刻滑上木板，故A正確；結合圖像可知t＝3t0時刻，木板的速度為v0＝μgt0，設小物塊和木板間的動摩擦因數為μ0，由題意可知物塊開始滑上木板時的速度為v1＝－μgt0，負號表示方向水平向左，物塊在木板上滑動的加速度為a0＝＝μ0g，經過t0時間與木板共速，此時速度大小為v共＝μgt0，方向水平
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向右，故可得v共－v1＝a0t0，解得μ0＝2μ，故B正確；設木板質量為M，物塊質量為m，根據題圖可知物塊未滑上木板時，木板的加速度為a＝＝μg，故可得F－μMg＝Ma，解得F＝μMg，物塊滑上木板后木板的加速度為a′＝＝－μg，此時對木板由牛頓第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得＝，故C錯誤；
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假設t＝4t0之后小物塊和木板一起共速運動，對整體F－μ(m＋M)g＝μMg－μMg＝0，故可知此時整體處于平衡狀態，假設成立，即t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。]
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7．(多選)如圖所示，傾角為37°的足夠長斜面，上面有一質量為
2 kg、長為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)(　　)
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A．P、Q兩個物體的加速度分別為6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q兩個物體的加速度分別為6 m/s2、2 m/s2
C．P滑塊在Q上的運動時間為1 s
D．P滑塊在Q上的運動時間為2 s
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√
BD　[對P受力分析，其受重力和Q的支持力作用，根據牛頓第二定律有mPg sin 37°＝，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2，對Q受力分析，其受重力、斜面的支持力、摩擦力和P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，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＝aPt2－aQt2，代入數據解得t＝2 s，C錯誤，D正確。]
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8．機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角θ＝37°，轉軸間距L＝3.95 m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6 m/s 從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8。求：
(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；
(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。
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[解析]　(1)小包裹的速度v2大于傳送帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
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(2)根據(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，用時t1＝＝ s＝2.5 s，在傳送帶上滑動的距離為x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m，因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmg cos θ＞mg sin θ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通過傳送帶的時間為t＝t1＋t2＝4.5 s。
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[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
9．(2024·新課標卷)如圖，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：
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(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)物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為
a1＝μg＝3 m/s2
薄板做加速運動的加速度
a2＝＝3 m/s2
對物塊l＋Δl＝v0t－a1t2
對薄板Δl＝a2t2
聯立解得v0＝4 m/s，t＝ s。
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(2)物塊飛離薄板瞬間，薄板的速度v2＝a2t＝1 m/s，物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間為t′＝＝ s，則平臺距地面的高度h＝gt′2＝ m。
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[答案]　(1)4 m/s　 s　(2) m
10．(2025·廣東潮州檢測)如圖所示，在水平長直的軌道上，有一長度L＝2 m的平板車在外力控制下始終保持速度v0＝4 m/s向右做勻速直線運動。某時刻將一質量為m＝1 kg 的小滑塊輕放到車上表面的中點，滑塊與車面間的動摩擦因數為μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
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(1)小滑塊的加速度大小和方向；
(2)通過計算判斷滑塊能否從車上掉下；
(3)若當滑塊放到車上表面中點的同時對該滑塊施加一個與v0同向的恒力F，要保證滑塊不能從車的左端掉下，恒力F大小應滿足什么條件。
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[解析]　(1)滑塊放上車時相對車向左運動，所受滑動摩擦力向右，Ff＝μmg
根據牛頓第二定律有F合＝ma
F合＝Ff
得滑塊加速度a＝μg＝2 m/s2，方向向右。
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(2)滑塊放上車后做勻加速直線運動，假設滑塊未掉下車，設當經歷時間t之后速度達到v0，滑塊通過位移x1＝at2且v0＝at
車通過位移x2＝v0t
位移差Δx＝x2－x1
由于Δx>＝1 m，假設不成立，故滑塊會掉下來。
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(3)所加恒力F的方向與摩擦力方向相同，故滑塊所受合力F合′＝Ff＋F
由牛頓第二定律有F合′＝ma′
滑塊放上車后做勻加速直線運動，設當經歷時間t′之后速度達到v0，滑塊通過位移x1′＝a′t′2
且v0＝a′t′
車通過位移x2′＝v0t′
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只需要滿足位移差
Δx′＝x2′－x1′≤即可
聯立以上各式有F≥6 N。
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[答案]　(1)2 m/s2　方向向右　(2)見解析　(3)F≥6 N
11．(2025·廣東佛山調研)如圖甲所示，一長方體木板B放在水平地面上，木板B的右端放置著一個小鐵塊A，在t＝0時刻，同時突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1 m/s，方向水平向左，B的初速度大小為vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B運動的v-t圖像如圖乙所示。已知A、B的質量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動摩擦因數不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A始終沒有滑出B，重力加速度g取
10 m/s2。(提示：t＝3 s時刻，A、B達到共同速度v＝2 m/s，3 s時刻至A停止運動前，A向右運動的速度始終大于B的速度)求：
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(1)小鐵塊A向左運動相對地面的最大位移；
(2)B運動的時間及B運動的位移大小。
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[解析]　(1)由題意結合題圖乙可知，0～3 s內A做勻變速運動，速度由v1＝－1 m/s變為v＝2 m/s
則其加速度大小為aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右
當A水平向左運動速度減為零時，向左運動的位移最大，則s＝＝0.5 m。
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(2)設A與B之間的動摩擦因數為μ1
由牛頓第二定律得μ1mg＝maA
則μ1＝＝0.1
由題圖乙可知，0～3 s內B做勻減速運動
其速度由vB＝14 m/s變為v＝2 m/s
則其加速度大小為aB＝＝ m/s2＝4 ，方向水平向左
設B與地面之間的動摩擦因數為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB
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則μ2＝＝0.15
3 s之后，B繼續向右做勻減速運動，由牛頓第二定律得2μ2mg－μ1mg＝ma′B
則B的加速度大小為a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2，方向水平向左
3 s之后運動的時間為t2＝＝ s＝1 s
則B運動的時間為t＝t1＋t2＝4 s
0～4 s內B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。
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[答案]　(1)0.5 m　(2)4 s　25 m
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