2026高考物理一轮复习（基础版）第三章 第4讲　小专题 动力学中的板块模型含答案

2026高考物理一轮复习（基础版）第三章第4讲小专题动力学中的板块模型含答案第4讲小专题:动力学中的板块模型如图甲、乙所示,分别为“板块”模型中的两类情形。其中桌面光滑,滑块A与滑板B间动摩擦因数为μ且发生相对滑动,质量分别为m和M,你能求出滑块不从滑板上滑落时滑板的长度吗?你会发现怎样的规律?提示:滑块由滑板一端运动到另一端的过程中,滑块和滑板同向运动时,位移之差Δs=s1-s2=L(板长),即L≥Mv1.模型特点:滑块置于滑板上,滑块和滑板初始运动条件或受力不同且均相对地面(或斜面)运动,在其间摩擦力的作用下发生相对滑动。(1)滑块相对于滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,其位移差等于板长;若反方向运动,其位移和等于板长。(2)一般地,滑块和滑板速度相等时为其“临界点”,此点前后所受摩擦力可能发生突变,要判断此后滑块、滑板的运动情况。2.模型关键点类型一无外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型[例1]【初始滑块有速度、滑板静止】(2024·江西二模)如图所示,在足够大的水平地面上静置一木板,可视为质点的滑块以v0=3m/s的速度滑上木板,最终滑块恰好到达木板的右端,而木板沿地面运动的距离等于木板的长度。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05,重力加速度大小g取10m/s2,则木板的长度为()[A]1.0m [B]1.5m[C]2.0m [D]2.5m【答案】B【解析】滑块滑上木板后木板做加速运动,则滑块做减速运动,当达到共同速度后,因为μ1>μ2,可知滑块与木板一起做减速运动直到停止,设滑块的质量为m,木板的质量为M,滑块与木板达到共速v的时间为t1,加速度分别为a1、a2,共速后共同加速度为a3,根据牛顿第二定律,可得a1=μ1g=2m/s2,a2=μ1mg-μ2(M+m)gM,a3=μ2g=0.5m/s2,根据运动规律,有v0-a1t1=a2t1=v,共速前木板的位移为x1=v2t1,共速后到停止,木板的位移为x2=v22a3,而整个过程木板的位移等于木板的长度,即L=x1+x2,共速前滑块相对于木板的位移为L=v0+v2t1[变式]在[例1]情境中,(1)滑块木板共速前、后木板的位移分别是多少?(2)滑块和木板的质量有怎样的关系?【答案】(1)0.5m1m(2)m=M【解析】(1)由原题解析可知,滑块、木板共速时速度大小v=v0-a1t1=(3-2×1)m/s=1m/s,共速后运动时间t2=va3=10.5共速后木板的位移x2=12a3t22=12×0.5×22m共速前木板的位移x1=L-x2=(1.5-1)m=0.5m。(2)共速前,对木板有x1=12a2t12,则a2根据牛顿第二定律有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2,代入数值联立得m=M。[例2]【初始滑板有速度、滑块静止】(2024·甘肃武威模拟)(多选)如图所示,质量m2=2kg的木板Q静止在水平地面上,质量m1=3kg的物块P静止在Q的右端,t=0时刻Q获得一水平向右、大小为v0=10m/s的瞬时速度。已知P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,P可视为质点且始终未脱离Q。下列说法正确的是()[A]t=0.2s时,Q的加速度大小为12m/s2[B]t=0.5s时,P、Q的速度相同[C]P、Q共速后一起运动直至停止[D]t=1s时P停止运动【答案】BD【解析】在t=0时刻,对物块P有μ1m1g=m1a1,对木板Q有μ1m1g+μ2(m1g+m2g)=m2a2,解得a1=2m/s2,a2=18m/s2,设经时间t1两者共速,则v0-a2t1=a1t1,解得t1=0.5s,即0～0.5s内,P、Q的加速度大小分别为2m/s2、18m/s2,故A错误,B正确;假设P、Q共速之后一起运动,则二者加速度大小均为a=μ2(m1+m2)gm1+m2=6m/s2,而P的最大加速度为am=μ1g=2m/s2<6m/s2,可知二者共速后发生相对滑动,此后P的加速度大小为a1,水平向左,则有a1t1=a1(t2-t[变式]在[例2]情境中,若已知P、Q之间的动摩擦因数μ1′=0.6,Q与地面之间的动摩擦因数μ2′=0.2,则经多长时间P、Q的速度相同?经多长时间P停止运动?【答案】0.5s2s【解析】在t=0时刻,对物块P有μ1′m1g=m1a1′,对木板Q有μ1′m1g+μ2′(m1g+m2g)=m2a2′,解得a1′=6m/s2,a2′=14m/s2,设经时间t1′两者共速,则有v0-a2′t1′=a1′t1′,代入数据解得t1′=0.5s,即t1′=0.5s时,P、Q速度相同。假设P、Q共速之后一起运动,二者加速度大小为a′,则有μ2′(m1+m2)g=(m1+m2)a′,即a′=2m/s2,而P的最大加速度为a1′=6m/s2>a′,可知二者共速后一起减速运动,则有a1′t1′=a′(t2′-t1′),解得t2′=2s。[例3]【滑块、滑板均有初速度】(2025·内蒙古高考适应性考试)(多选)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长。整个运动过程中()[A]物块的运动方向不变[B]物块的加速度方向不变[C]物块相对木板的运动方向不变[D]物块与木板的加速度大小相等【答案】CD【解析】根据图像可知木板的速度方向没有发生改变,木板和物块达到共速12v0,然后一起减速到0,所以物块的运动方向先向左再向右,故A错误;物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向均水平向右,共同减速阶段加速度方向水平向左,方向改变,故B错误;物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动,共同减速阶段无相对运动,即物块相对木板运动方向不变,故C正确;由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1=2v0-12v0t=3v02t,类型二有外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型[例4]【外力F作用在滑块上】(2024·云南昆明阶段检测)(多选)如图甲所示,物块A与木板B静止叠放在水平地面上,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,地面光滑。现对A施加水平向右的大小不同的拉力F,测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示,g取10m/s2,则()[A]当F<24N时,A、B间的摩擦力保持不变[B]当F>24N时,A、B间的摩擦力保持不变[C]A的质量为4kg[D]B的质量为2kg【答案】BCD【解析】由题图乙可知,当F<24N时,B的加速度逐渐增大,则A、B间的摩擦力逐渐增大;当F>24N时,A、B发生相对滑动,A、B间为滑动摩擦力且保持不变,故A错误,B正确。当F=24N时,根据牛顿第二定律,对物块A有F-μmAg=mAa,对木板B有μmAg=mBa,解得A、B的质量分别为mA=4kg,mB=2kg,故C、D正确。[变式]在[例4]情境中,当拉力F′=12N时,A、B间的摩擦力为多少?【答案】4N【解析】当拉力F′=12N时,A、B间相对静止,对整体有F′=(mA+mB)a2,则a2=F'mA+mB设此时A、B间摩擦力为Ff,对物块A有F′-Ff=mAa2,解得A、B间摩擦力的大小Ff=4N。[例5]【外力F作用在滑板上】(2024·黑吉辽卷,10)(多选)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是()[A]小物块在t=3t0时刻滑上木板[B]小物块和木板间动摩擦因数为2μ[C]小物块与木板的质量比为3∶4[D]t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动【答案】ABD【解析】v-t图像的斜率表示加速度,由题图可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,小物块质量为m,根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度大小为v0=32μgt0,方向水平向左,小物块在木板上滑动的加速度为a0=μ0mgm=μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=12μgt0,方向水平向右,以水平向右为正方向,a0=12μgt0-(-32μgt0)t0=2μg,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,根据题图可知小物块未滑上木板时,木板的加速度为a=12μgt0t0=12μg,由牛顿第二定律有F-μMg=Ma,解得F=32μMg,根据题图可知小物块滑上木板后木板的加速度为a′=12μgt0-32μgt0t0=-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma′,解得mM=12,故C错误;类型三斜面和竖直面上的滑块—滑板模型[例6]【斜面上的滑块—滑板模型】(2024·贵州贵阳阶段练习)如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在足够长的斜面上,斜面与水平面之间的夹角为37°。物块a(可视为质点)和木板b,通过不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接,物块a与木板b下端对齐,物块a、木板b间的接触面和轻绳均与斜面平行。t=0时刻,将物块a、木板b静止释放,t1=0.6s时,剪断轻绳,物块a恰好不会从木板b上端滑落。已知木板b的上表面光滑,下表面与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2,物块a、木板b的质量分别为m1=1kg、m2=4kg,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)t=0时刻,物块a的加速度大小;(2)木板b的长度。【答案】(1)2m/s2(2)2.16m【解析】(1)由题意可知,将物块a、木板b由静止释放后物块a沿木板b向上运动,木板b沿斜面向下运动,设轻绳的拉力大小为FT,物块a、木板b的加速度大小均为a1,对物块a、木板b分别根据牛顿第二定律可得FT-m1gsin37°=m1a1,m2gsin37°-FT-μ(m1+m2)gcos37°=m2a1,联立解得a1=2m/s2,即t=0时刻物块a的加速度大小为2m/s2。(2)在0～0.6s内,设t1=0.6s时物块a的速度大小为v1,根据匀变速直线运动的规律,对物块a有v1=a1t1,xa1=12a1t12,xa1=xb1,此时物块a与木板b下端距离Δx1=xa1+解得Δx1=0.72m,v1=1.2m/s。剪断轻绳后,设物块a加速度为a2,木板b加速度为a3,对物块a、木板b分别有m1gsin37°=m1a2,m2gsin37°-μ(m1+m2)gcos37°=m2a3,解得a2=6m/s2,a3=4m/s2;由于物块a恰好不从木板b上端滑落,此时二者速度相等,设再经过时间t2,物块a、木板b达到共速,则有v共=-v1+a2t2,v共=v1+a3t2,解得t2=1.2s,v共=6m/s;即t=1.8s时a、b共速,在0.6～1.8s内,物块a、木板b的位移的大小分别为xa2=-v1+v共2·t2,xb2Δx2=xb2-xa2,解得Δx2=1.44m,木板b的长度为L=Δx1+Δx2,联立解得L=2.16m。[例7]【竖直面上的滑块—滑板模型】如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B,A、B紧贴管的内壁,厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是Ff1=mg、Ff2=2mg,且设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域:当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用,而B在该区域运动时不受它的作用,PQ、MN是该区域的上下水平边界,高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放,重力加速度为g。(1)若A、B与管间均无相对运动,求F应满足的条件;(2)若F=3mg,求物块A到达下边界MN时A、B之间的距离。【答案】(1)F≤32mg(2)L-3【解析】(1)管下端到达PQ前,A、B随管一起做自由落体运动,当物块A通过PQ后,设A、B与管不发生相对滑动,则有相同加速度a,A与管间有静摩擦力FfA。对A、B整体有3mg-F=3ma,对A有mg+FfA-F=ma,并且FfA≤Ff1,联立解得F≤32mg(2)A到达边界PQ时的速度vA=2gH由于F=3mg>GA+Ff1,可知A相对于圆管向上滑动,则A受到向下的滑动摩擦力,大小为Ff1,设A的加速度为a1,则有mg+Ff1-F=ma1,解得a1=-g。A向下减速运动的位移为H时,速度刚好减小到零,此过程运动的时间t=2H根据牛顿第三定律,该过程中,A对管的摩擦力向上,且大小为Ff1,由于管的质量不计,可知B对管的摩擦力方向向下,大小为mg,B受到管的摩擦力小于2mg,则B与管相对静止,对物块B根据牛顿第二定律,可得a2=2mg-mg根据公式x=v0t+12at2得,t时间内物块B的位移xB=vAt+12a2t2=5即物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为ΔL=L+H-xB=L-32H滑块—滑板问题解答流程(满分:70分)对点1.水平面上的“板—块”模型1.(4分)(2024·安徽滁州三模)象棋是中国传统文化的典型代表之一,如图所示,水平面上有三颗相同象棋竖直叠放,上下边缘重合,最左侧与O点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右击打中间棋子使其击出时,棋子的分布可能是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】棋子各接触面间动摩擦因数为μ,第2、3颗间最大静摩擦力为2Ff,第3颗与水平面间最大静摩擦力为3Ff,使第2颗击出时,第2、3颗间发生相对运动,其间摩擦力为2Ff,小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力,则第3颗棋子保持静止,位置不变,但第1颗棋子受向右的摩擦力,有向右的加速度而有位移,可知棋子的可能位置关系为D项所示,故D正确。2.(6分)(多选)如图甲所示,上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t=0时,小车以速度v0向右运动,将小滑块无初速度地放置于小车的右端,最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙为小滑块与小车运动的v-t图像,图中t1、v0、v1均为已知量,重力加速度为g。由此可求得()[A]小车的长度[B]小滑块的质量[C]小车在匀减速运动过程中的加速度[D]小滑块与小车之间的动摩擦因数【答案】ACD【解析】最终小滑块恰好没有滑出小车,根据v-t图像中图线与t轴所围面积表示位移,可知在0～t1时间内,小车、滑块图线所围面积之差等于小车长度,即小车的长度L=v02t1,故A正确;根据题图乙,在0～t1时间内小车做匀减速直线运动的加速度a′=v0-v1t1,小滑块做匀加速直线运动的加速度a=v1t1,故C正确;对小滑块,由牛顿第二定律可知a=Ffm=μmgm=μg,又a=v3.(6分)(2024·山西运城期末)(多选)马车是古代主要的交通运输工具,如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。木板A和B、B和车之间的接触面都水平,A、B之间的动摩擦因数为μ1,B与车之间的动摩擦因数为μ2,A的质量为m,B的质量为3m,车的质量为5m,地面对车的摩擦不计,马给车的水平拉力为F,A、B始终没有离开车的表面,则下列说法正确的是()[A]若μ1>μ2,不管F多大,A、B都不会发生相对滑动[B]若μ1>μ2,当F=9μ2mg时,B与车之间开始相对滑动[C]若μ1<μ2,逐渐增大F,A相对于B先滑动[D]若μ1<μ2,A、B与车都相对静止,F的最大值为8μ1mg【答案】ABC【解析】若μ1>μ2,B相对于车比A相对于B先滑动,所以不管F多大,B相对车滑动后,A相对B一直静止,故A正确;A、B整体的最大加速度为am=μ2(m+3m)gm+3m=μ2g,则B与车不相对滑动时,马拉车的最大拉力为Fm=(m+3m+5m)am=9μ2mg,即F=9μ2mg时,B与车之间开始相对滑动,故B正确;若μ1<μ2,A的最大加速度小于B的最大加速度,逐渐增大F时,A相对B比B相对于车先滑动,故C正确;若使A、B与车都相对静止,系统的最大加速度为am′=μ1mgm=μ1g,则最大拉力为Fm′=(m+3m+5m4.(4分)(2024·湖南模拟)如图所示,质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上,其左端有一质量为2kg的物块,现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F,只要拉力F作用的时间不超过1s,物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,物块可视为质点,重力加速度大小g取10m/s2。则木板的长度为()[A]0.8m [B]1.0m[C]1.2m [D]1.5m【答案】B【解析】设拉力F作用下物块在木板上滑动的加速度大小为a1,撤去外力后物块的加速度大小为a2,木板的加速度为a3,根据牛顿第二定律,对物块有F-μ1mg=ma1,μ1mg=ma2,撤去拉力前、后,对木板均为μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3,解得a1=2m/s2,a2=4m/s2,a3=0.5m/s2,拉力F作用1s时,物块、木板的速度分别为v1=a1t1=2m/s,v2=a3t1=0.5m/s,设又经t2时间,物块、木板共速,则v共=v1-a2t2=v2+a3t2,解得t2=13s,v共=23m/s,木板的长度为L=12v1t1-12v2t1+v1+v共2t2-v2+v共2t2=(0.75+5.(12分)(2024·江苏苏州阶段练习)如图所示,5个相同的木板紧挨着静止放在水平地面上,每块木板的质量均为m=1kg,长l=1m,它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。现有质量为M=2.5kg的小铅块(可视为质点),以v0=4m/s的初速度从左端滑上木板1,它与木板间的动摩擦因数μ2=0.2。g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)判断当铅块刚滑上木板时,木板是否运动,并求出所有木板对地面的总摩擦力大小;(2)判断铅块滑上第几块木板时木板开始运动,并求出刚滑上该木板时铅块的速度大小。【答案】(1)木板不运动5N(2)42m/s【解析】(1)小铅块滑上木板后,受力如图甲所示,铅块所受摩擦力为Ff1=μ2FN1=μ2Mg=5N,根据牛顿第三定律,铅块对木板的摩擦力Ff1′=Ff1=5N。对5块木板整体受力分析如图乙所示,设木板受到最大摩擦力为Ffmax=μ1FN2,FN2=5mg+FN1′,FN1′=Mg,解得Ffmax=7.5N,铅块刚滑上木板时,铅块对木板的摩擦力Ff1′=5N<Ffmax,可知木板保持静止,木板与地面间的摩擦力大小为5N。(2)设铅块滑离第k块木板时,木板开始运动,则(5-k)块木板所受的滑动摩擦力为Ff2=μ1[Mg+(5-k)mg],木板运动需满足Ff1>Ff2,解得k>2.5,即铅块滑离3号木板后,4号和5号木板将一起运动。设铅块在1、2、3号木板上运动时加速度为a1,滑离3号木板时速度为v2,根据牛顿第二定律有μ2Mg=Ma1,根据运动学公式有v22-v02=-2a1代入数据解得a1=2m/s2,v2=2m/s。对点2.斜面、竖直面上的“板—块”模型6.(4分)如图甲所示,光滑斜面上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄木板C,木板下端位于挡板A处,整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时,木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,则由图像可知下列说法正确的是()[A]10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动[B]木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出[C]由题目条件可求木板C的质量[D]F>15N时物块B和木板C相对滑动【答案】D【解析】由题图乙可知,F=15N前、后,a-F图像斜率发生突变,说明其质量发生突变,可知当10N<F<15N时物块B和木板C相对静止,当F>15N时物块B和木板C产生了相对滑动,故A错误,D正确;对木板和物块整体,当F1=10N时,a=0,则F1=(M+m)gsinθ,当F2=15N时,a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsinθ=(M+m)a,联立得M+m=2kg,sinθ=12,但是不能求解木板C的质量,故C错误;当F2=15N时,对物块B有μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得μ=32,故7.(14分)(2024·湖南长沙期末)某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度。如图所示,一长L=1.2m,质量为M=0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上,木板右下方有一质量m=1.0kg的小滑块(可视为质点),滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动。(1)为使木板能向上运动,F1必须满足什么条件?(2)若F1=28N,为使滑块与木板能发生相对滑动,F2必须满足什么条件?(3)游戏中,如果在滑块上移h=1.6m时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功。现F1′=30N,F2=25N,请通过计算判断游戏能否成功。【答案】(1)F1>25N(2)F2>16.8N(3)否,见解析【解析】(1)滑块与木板间的滑动摩擦力为Ff=μF1,为使木板能向上运动,则Ff>Mg,解得F1>25N。(2)木板向上加速运动时,根据牛顿第二定律,对木板有μF1-Mg=Ma1,对滑块有F2-μF1-mg=ma2,为使滑块与木板能发生相对滑动,则a2>a1,解得F2>16.8N。(3)当F1′=30N,F2=25N,对滑块有F2-μF1′-mg=ma3,解得a3=9m/s2,设滑块上升h的时间为t,则h=12a3t2对木板有μF1′-Mg=Ma4,解得a4=2m/s2,设木板在t时间上升的高度为H,则H=12a4t2=1645则h-H=1.6-1645m=5645m>L=1.2故滑块上移h=1.6m时,滑块与木板已分离,游戏不成功。8.(6分)(2024·山东淄博期中)(多选)如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图:抽屉底部安有滚轮,当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力,抽屉柜右侧装有固定挡板,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出,在中间位置放了一个手机,手机长度d=0.2m,质量m=0.2kg,其右端与抽屉右侧的距离也为d,手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数μ=0.1,抽屉总长L=0.8m,质量M=1kg。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度,重力加速度g取10m/s2。现对把手施加水平向右的恒力F,则()[A]当水平恒力的大小F≤1N时,手机与抽屉有相对运动[B]当水平恒力的大小F≤0.3N时,手机不与抽屉右侧发生磕碰[C]为使手机不与抽屉右侧发生磕碰,水平恒力的大小应满足F≥1.8N[D]为使手机不与抽屉左侧发生磕碰,水平恒力的大小必定满足F≥4.4N【答案】BC【解析】手机的最大加速度为am=μmgm=μg=1m/s2,手机与抽屉一起加速运动的最大拉力为Fm=(M+m)am=1.2N,即F≤1N时,手机与抽屉无相对运动,故A错误;当水平恒力的大小F=0.3N时,抽屉和手机一起加速运动的加速度大小为a1=FM+m=0.31+0.2m/s2=0.25m/s2,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时2a1L=v12,解得v1=0.4m/s,抽屉停止运动后,手机向右滑动,则v12=2amx1,解得手机向右滑动的位移大小为x1=0.2m=d,手机恰好不与抽屉右侧发生磕碰,故B正确;当F>1.2N时手机与抽屉相对滑动,水平恒力的大小F=1.8N时,对抽屉由牛顿第二定律得F-μmg=Ma2,解得a2=1.6m/s2,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时L=12a2t22,解得t2=1s,手机的速度为v2=amt2=1m/s,手机的位移为x2=v22t2=0.5m,抽屉停止运动后手机向右滑动的位移x3=x2=0.5m,则x2+x3=L+d,则手机恰好不与抽屉右侧磕碰,故C正确;恰好与左端相碰时,对抽屉由牛顿第二定律得F′-μmg=Ma3,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时L=12a3t32,手机向右运动的位移大小为x4=12amt32,则x4=L9.(14分)(2024·湖南长沙阶段练习)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4m时,车头距制动坡床顶端38m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cosθ=1,sinθ=0.1,g取10m/s2。求:(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;(2)制动坡床的长度。【答案】(1)5m/s2,方向沿斜面向下(2)98m【解析】(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,受摩擦力大小为Ff,加速度大小为a1,根据牛顿第二定律,有Ff+mgsinθ=ma1,而Ff=μmgcosθ,代入数据得a1=5m/s2,方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为M,车长为L0,货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程,用时为t,车的位移为L车,货物位移为L货,货物在车厢内滑动的距离s=4m,货车的加速度大小为a2,货车受到制动坡床的阻力大小为F阻,且F阻=0.44(M+m)g,货物与车间摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律,对车有Mgsinθ+F阻-Ff=Ma2,根据运动规律,有L货=v0t-12a1t2L车=v0t-12a2t2而L车+s=L货,制动坡床长度l=L0+s0+L车,第5讲小专题:动力学中的传送带模型考点一水平传送带问题1.水平传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)图示滑块可能的运动(1)可能一直加速。(2)可能先加速后匀速(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(1)可能一直减速到达左端。(2)可能被传回右端。其中v0>v返回时速度为v,当v0<v返回时速度为v02.传送带问题分析思路[例1]【水平传送带问题中物块初速度为零】(2024·安徽芜湖一模)(多选)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成,传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后,物品会经历先加速、后匀速两个阶段的运动,已知传送带长度为2.1m,速率为2m/s,g取10m/s2,物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,则()[A]物品在传送带上运动的时间是1.3s[B]物品做加速运动时,其速度有可能超过传送带速度[C]物品越重,从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长[D]若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,加速阶段物品的位移增大为原来的4倍【答案】AD【解析】物品放在传送带上开始阶段相对滑动而受到滑动摩擦力,其加速度为a=μmgm=μg=4m/s2,达到与传送带共速的位移x1=v22a=222×4m=0.5m,物品与传送带共速后不再受摩擦力而随传送带一起匀速运动,故B错误;物品匀加速运动的时间t1=va=24s=0.5s,匀速运动的时间t2=l-x1v=2.1-0.52s=0.8s,总时间是t=t1+t2=0.5s+0.8s=1.3s,与物品的质量无关,故A正确,C错误;由于传送带速率增大不影响物品加速过程的加速度[变式]若想让物品在传送带上运动的时间最短,则传送带的速度最小为多少?【答案】4.1m/s【解析】物品在传送带上一直加速所用时间最短。其加速度a=μmgm=μg=4m/s2,物品到达传送带另一端时,速度v=2al=2×4×2.1m/s=24.2m/s≈4.[例2]【水平传送带问题中物块初速度不为零】(2024·海南期中)如图所示,足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带,小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g,下列说法正确的是()[A]小滑块的加速度向右,大小为μg[B]若v0<v1,小滑块运动的总时间为v[C]若v0>v1,小滑块运动的总时间为v[D]若v0>v1,小滑块运动的总时间为(【答案】D【解析】小滑块相对于传送带向右滑动,则滑动摩擦力向左,加速度向左,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg,故A错误;若v0<v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0再返回加速到v0,两过程加速度大小相同,即刚好返回到左端,时间为t=2v0μg,故B错误;若v0>v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1=v0μg,位移为x1=v022μg,然后先加速后匀速返回,加速到v1的时间t2=v1μg,位移为x2=v122μg,匀速回到左端时间为t3=x1-x2v1=v02-v1[变式]在[例2]情境中,若小滑块运动的v-t图像如图所示,取向左为正方向,以小滑块滑上传送带时为计时起点。已知传送带的速度保持不变,g取10m/s2。小滑块在传送带上运动的时间为多少?小滑块在传送带上相对传送带滑动的距离为多少?【答案】4.5s9m【解析】由速度图像可知,小滑块初速度大小v=4m/s,传送带速度大小v′=2m/s,在0～3s内,加速度大小a=2m/s2,小滑块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止,根据位移公式x=v0t+12at2,0～3s内位移x=[(-4)×3+12×2×32]m=-3m,方向向右;此后滑块再向左运动3m,则时间t2=|x|v'=1.5s,即滑块在传送带上运动时间t=t1+t2在0～3s传送带的位移x′=v′t1=6m,方向向左,滑块位移x=-3m,方向向右,相对位移为Δx=x′-x=9m。[例3]【水平传送带中的动力学图像】(2024·安徽阶段检测)(多选)如图所示,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端,P在接触弹簧前速度已达到v,之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列是描述P从开始释放到第一次到达最右端过程中的v-t图像和a-x图像,其中可能正确的是()[A][B][C][D]【答案】AC【解析】小物块P在接触弹簧前速度已达到v,若P与传送带间动摩擦因数不变,则P在接触弹簧前先匀加速运动再匀速运动,匀速运动阶段不受摩擦力;接触弹簧后,在弹簧弹力与最大静摩擦力大小相等前,P相对于传送带静止,P做匀速运动,运动到弹力与最大静摩擦力大小相等时,P物体由惯性继续压缩弹簧,其合力向左且越来越大,P做加速度增大的减速运动直到速度为零,故A正确,B错误;P在接触弹簧前加速阶段有μmg=ma1,解得a1=μg,方向向右,匀速运动阶段加速度a2=0,减速阶段有kx-μmg=ma3,解得a3=kmx-μg,方向向左,故C正确,D[变式]若将轻弹簧移至传送带的左端,小物块P拴接在右端。现将P无初速度地放到传送带上,此时弹簧水平且处于原长状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,请大致作出小物块在向右运动过程中的加速度a、速度的平方v2随小物块运动距离x变化的图像。【答案】图见解析【解析】以向右为正方向,小物块P向右运动的过程中,根据牛顿第二定律有Ff-kx=ma,而Ff=μmg,则a=μg-kmx,即可能加速度与位移呈线性关系,其a-x图像如图甲所示由物块P的加速度a=μg-kmx可知,随着位移增大,加速度先向右减小,后反向增大,则v2-x图像中速度的平方随位移先增大得越来越慢,后减小得越来越快,其v2-x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可以传送带为参考系。(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考点二倾斜传送带问题倾斜传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)图示滑块可能的运动(1)可能一直加速。(2)可能先加速后匀速(1)可能一直减速或先以a1减速,然后以a2减速。(2)可能先以a1减速,再以a2减速,然后再以a2反向加速(1)可能一直加速。(2)可能先加速后匀速。(3)可能先以a1加速后再以a2加速[例4]【动力学中倾斜传送带问题】(2024·湖南长沙期末)如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=5m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1.5kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块一沿传送带方向向上的恒力F=11.7N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=3m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求:(1)物块在传送带上开始运动时的加速度;(2)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。【答案】(1)5m/s2(2)1.5s【解析】(1)物块与传送带共速前受力如图所示,在垂直于传送带方向,由平衡条件得FN=mgcosθ,则Ff=μFN=μmgcosθ=0.4×1.5×10×0.8N=4.8N;物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,该过程中根据牛顿第二定律有F+Ff-mgsinθ=ma1,代入数据解得a1=5m/s2。(2)物块速度小于传送带速度的加速过程,所用时间t1=va1=1s,运动的距离x1=v22a1而传送带长度L0=hsinθ=5m。即物块和传送带共速时处于传送带中点,仍然向上运动,若物块继续向上加速运动,则所受摩擦力沿传送带向下,应满足F>mgsinθ+Ff=13.8可知物块不能向上加速而随传送带匀速上升,物块随传送带做匀速运动的时间t2=L0-x1v=故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t=t1+t2=1.5s。[变式]在[例4]情境中,若F=19.2N,物块将在传送带上怎样运动?到达平台的速度是多少?【答案】物块先以10m/s2的加速度向上加速,后以3.6m/s2的加速度继续向上运动7.2m/s【解析】物块在与传送带共速前,根据牛顿第二定律,有F+Ff-mgsinθ=ma1′,代入数值解得a1′=10m/s2,达到共速的时间t1′=va1'=0.运动距离x1′=v22a1'=物块、传送带共速后,由于F=19.2N>mgsinθ+Ff=13.8N,可知物块继续向上加速运动,根据牛顿第二定律有F-mgsinθ-Ff=ma2,代入数值解得a2=3.6m/s2,共速后到平台的距离x2=L0-x1′=3.75m,根据速度与位移关系式,则物块到平台速度v2=v2+2a2x2≈[例5]【倾斜传送带中的动力学图像】(2024·广西柳州阶段检测)如图甲所示,粮食仓库工人利用传送带从车上卸粮食。以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°,转轴间距L=3.5m。工人沿传送带方向以速度v1=1.5m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点),4.5s时粮袋运动到传送带底端,粮袋在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,则()[A]在t=2.5s时刻,粮袋所受摩擦力方向改变[B]粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.5[C]传送带运行的速度大小为0.5m/s[D]在0～2.5s内粮袋处于失重状态【答案】C【解析】由题图乙可知,在0～2.5s内,粮袋的速度大于传送带的速度,则粮袋受沿斜面向上的滑动摩擦力,在2.5～4.5s内,粮袋随传送带匀速下滑,所受摩擦力仍沿斜面向上,故A错误;根据v-t图像中图线围成的面积表示位移的大小,可知12(v0+1.5)×2.5+(4.5-2.5)v0=3.5m,解得v0=0.5m/s,故C正确;粮袋在0～2.5s内的加速度为a=ΔvΔt=0.5-1.52.5m/s2=-0.4m/s2,方向沿斜面向上,粮袋处于超重状态,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=解决滑块在传送带上的运动问题的注意点(1)明确滑块相对传送带的运动方向,正确判定摩擦力的方向。(2)分析滑块与传送带共速时滑块受力情况(特别关注摩擦力的突变),确定滑块与传送带相对静止还是加、减速运动。(3)注意传送带的长度,判定滑块与传送带共速前是否滑出。(4)区分滑块在传送带上运动形成的“划痕”长度和在传送带上运动的路程。(满分:40分)对点1.水平传送带问题1.(4分)(2024·河南郑州质量监测)如图所示,曲面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接,当传送带静止时,有一滑块从P点由静止释放,滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动,滑块再次从P点由静止释放,下列说法正确的是()[A]滑块可能再次滑上曲面[B]滑块在传送带上运动的时间增长[C]滑块与传送带间的划痕增长[D]滑块在传送带上运动过程中,速度变化得更快【答案】C【解析】无论传送带静止还是以某一速度逆时针转动,滑块到达传送带右端时均受滑动摩擦力,即受力情况不变,所以加速度不变、位移不变,初速度相同,滑块会以相同速度从传送带的右端滑离传送带,由x=12at2可知滑块在传送带上运动的时间不变,但传送带逆时针转动时,滑块相对于传送带发生的位移增大,滑块与传送带间的划痕增长。故C2.(4分)(2024·江苏徐州阶段检测)如图所示,水平方向的传送带以v1的恒定速度顺时针转动。一物块从右端以v2(v2>v1)的速度滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带长度L>v222μg。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,[A][B][C][D]【答案】B【解析】物块在传送带上向左运动受滑动摩擦力作用,其加速度为a=μg,物块向左运动到速度减为零的位移为x=v222μg<L,故物块没有滑离传送带,然后向右做加速度大小相同的匀加速直线运动,当物块速度与传送带速度相同时,物块的位移为x′=v123.(4分)(2024·贵州阶段练习)如图甲,水平传送带(A、B为左右两端点)顺时针匀速转动,t=0时在A点轻放一个小物块,物块在传送带上运动全过程中的位移—时间关系图像如图乙(0～4s为抛物线,4～6s为直线)。重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()[A]若传送带在t=4s时停止转动,则物块将停在B点左侧[B]若该物块以6m/s的速率从B端向左滑上传送带,则物块从传送带的左侧离开[C]若该物块以6m/s的速率从B端向左滑上传送带,则物块从传送带的右侧离开[D]若该物块以2m/s的速率从B端向左滑上传送带,物块在传送带上滑过的长度为8m【答案】B【解析】4～6s图像为直线,则物块做匀速直线运动,可知传送带的速度为v=ΔxΔt=16-86-4m/s=4m/s,在0～4s内物块做匀加速直线运动,根据公式x=12at2,解得a=1m/s2,而a=μg,解得μ=0.1,若传送带在t=4s时停止转动,则物块将做匀减速直线运动,此时加速度大小为a′=1m/s2,若滑块停止,其位移x=v22a'=8m,即物块停于B点,故A错误。当该物块以v′=6m/s的速率从B端向左滑上传送带时,它向左减速运动至速度为0的位移为x′=v'22a=18m>16m,则物块从传送带左侧离开,故B正确,C错误。物块以v″=2m/s的速率从B端向左滑上传送带,当速度变为0,其位移x″=v″22a=2m,时间t1=v″a=2s,则传送带位移x1=vt1=8m,而x″、x1方向相反,则物块相对传送带滑动的距离为Δx1=x″+x1=10m;此后物块向右加速运动,当速度大小变为2m/s时,回到B点而离开传送带,由运动的对称性可知,物块、传送带位移大小分别等于x″、x1,方向均向右,则物块相对传送带滑动的距离Δx2=x1-对点2.倾斜传送带问题4.(4分)(2024·甘肃二模)如图甲所示,MN是一段倾角为θ=30°的传送带,一个可以看作质点,质量为m=1kg的物块,以沿传送带向下的速度v0=4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示,g取10m/s2,则()[A]物块最终从传送带N点离开[B]物块将在4.8s时回到原处[C]物块与传送带之间的动摩擦因数为3[D]传送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向下【答案】C【解析】由v-t图像可知,物块速度减为零后反向向上运动,最终的速度大小为1m/s,因此物块没从N点离开,且最终与传送带共速,所以传送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向上,故A、D错误。由题图乙可知物块在0～2s内的加速度为a=(-1)-42m/s2=-2.5m/s2,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律,对物块有mgsinθ-μmgcosθ=ma,得a=mgsinθ-μmgcosθm,联立解得μ=32,故C正确。物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间为t1=0-v0a=1.6s,其位移大小为x1=v02t1=3.2m;物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为t2=v-a=0.4s,其位移大小为x2=v2t2=0.2m,则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为t3=5.(6分)(2024·安徽合肥三模)(多选)