牛顿第二定律的综合应用——动力学中的“板块”和“传送带”模型

牛顿第二定律例1.一个物体受到几个力共点力的作用而处于静止状态.现把其中某一个力逐渐减小到零，然后再逐渐把这个力恢复到原值，则此过程中物体的加速度和速度如何变化？例2.如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上.一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落.在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是(CD) A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B.从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小 D.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大例3.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m ，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体一直可以运动到B 点，如果物体受到的摩擦力恒定，则（ ）A.物体从A 到O 先加速后减速B.物体从A 到O 加速，从O 到B 减速C.物体在A 、O 间某点所受合力为零D.物体运动到O 点时所受合力为零例 4.如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M 、N 固定与杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M 瞬时，小球加速度的大小为12m/s 2.若不拔去销钉M 而拔去销钉N 瞬间，小球的加速度可能是（ ）A.22m/s 2,竖直向上 B.22m/s 2,竖直向下 C.2m/s 2,竖直向上 D.2m/s 2,竖直向下牛顿第二定律的基本应用例1.如图所示，质量为1kg 的小球穿在斜杆上，杆与水平方向的夹角为300，球与杆间的动摩擦因数为321，小球在竖直向上的拉力F 的作用下以2.5m/s 2的加速度沿杆加速上滑，求拉力F 是多大？ （g 取10m/s 2）(答案：20N)例2．如图所示，电梯与水平面的夹角为300，当电梯加速向上运动时，人对梯面的压力是其重力的6/5求人对梯面的摩擦力是其重力的多少倍？（53）MN例3.如图所示, m =4kg 的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37°角.求:⑴小车以a=g 向右加速；⑵小车以a=g 向右减速时，细线对小球的拉力F 1和后壁对小球的压力F 2各多大？例 4.如图所示，在箱内倾角为α的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线拴一质量为m 的木块.求：⑴箱以加速度a 匀加速上升，⑵箱以加速度a 向左匀加速运动时，线对木块的拉力F 1和斜面对木块的压力F 2各多大？例5.如图所示，质量m =4kg 的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平成θ=370角的恒力F 作用下，从静止起向右前进t 1=2.0s 后撤去F ，又经过t 2=4.0s 物体刚好停下。

牛顿第二定律的综合应用1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计计算题动力学两类基本问题2022年浙江卷选择题连接体问题2024年全国甲卷计算题传送带模型2024年湖北卷选择题、计算题板块模型2024年高考新课标卷、辽宁卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的选题也有难度稍大的计算题。

【备考策略】1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。

2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。

3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。

4.利用牛顿第二定律处理板块模型。

【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。

一、动力学两类基本问题1.已知物体的受力情况求运动情况；2.已知物体的运动情况求受力情况。

二、连接体问题多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。

(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。

(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。

(3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等，轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。

三、传送带模型1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。

2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。

(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

四、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相互作用下发生相对滑动。

2．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。

板块模型小汇总一、地面光滑，上表面粗糙，无拉力，物块A 带动木板B （地面粗糙，有可能B 不动，有可能共速后一起减速）（1）物块滑离木板，物块滑到木板右端时二者速度不相等，x B ＋L ＝x A ，速度时间图像类似图1（2）物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x B ＋L ＝x A ，速度时间图像类似图2二、地面光滑，上表面粗糙，无拉力，木板B 带动物块A （地面粗糙，有可能共速后一起减速，也可能共速后各自减速）（1）物块滑离木板，物块从木板左端滑离时二者速度不相等，x B ＝x A ＋L ，速度时间图像类似图3（2）物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为x B ＝x A ＋L ，速度时间图像类似图4三、地面光滑，上表面粗糙，有拉力F 较小时，木板和木块一起做加速运动，有F ＝(m A ＋m B )a ，对A 分析，f BA =m A a临界情况f BA =μm A g ，此时F 是AB 一起加速运动的临界最大值，F 临=(m A ＋m B )μg ，a 的变化和F 图像如图5 F 超过F 临，AB 各自加速，A 从B 左端滑落，速度时间图像如图6 四、地面光滑，上表面粗糙，有拉力F 较小时，木板和木块一起做加速运动，有F ＝(m A ＋m B )a ，对B 分析，f AB =m B a临界情况f AB =μm A g ，此时F 是AB 一起加速运动的临界最大值，F 临=(m A ＋m B )A Bm g m ，a 的变化和F 图像如图7 F 超过F 临，AB 各自加速，A 从B 右端滑落，速度时间图像如图8五、地面粗糙，动摩擦因数μ0，上表面粗糙，动摩擦因数μ，有拉力，F 0=μ0(m A ＋m B )g ，F 临=（μ0＋μ）(m A ＋m B )g图1图2图3图4图5图6图7图8①F ≤F 0时，整体静止 ②F 0＜F ≤F 临时，一起加速 ③F ＞F 临时，各自加速，且a B ＞a A六、地面粗糙，动摩擦因数μ0，上表面粗糙，动摩擦因数μ，有拉力，μm A g≤μ0(m A＋m B)g，A带不动B，B相当于地面七、地面粗糙，动摩擦因数μ0，上表面粗糙，动摩擦因数μ，有拉力，μm A g≥μ0(m A＋m B)g，F0=μ0(m A＋m B)g板块模型板块类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。

物理牛顿第二定律板块模型引言：一、牛顿第二定律的基本原理牛顿第二定律是由英国科学家艾萨克·牛顿在17世纪提出的。

它的表达式为F=ma，其中F代表物体所受的合力，m代表物体的质量，a代表物体的加速度。

这个定律表明，物体所受的力越大，加速度也就越大；物体的质量越大，加速度就越小。

二、板块模型的基本概念在物理学中，板块模型是一种常用的简化模型，用于描述物体在受力作用下的运动规律。

板块模型假设物体是一个质点，忽略了物体的形状和大小，只考虑其质量和受力情况。

三、牛顿第二定律在板块模型中的应用在板块模型中，牛顿第二定律可以用来计算物体的加速度和受力。

根据牛顿第二定律的公式F=ma，我们可以通过已知的力和质量来求解物体的加速度。

同样地，我们也可以通过已知的加速度和质量来求解物体所受的力。

四、实例分析为了更好地理解牛顿第二定律板块模型的应用，我们来看一个简单的实例。

假设有一个质量为2kg的物体，受到一个力为10N的作用，我们可以通过牛顿第二定律来计算该物体的加速度。

根据公式F=ma，我们可以得到a=F/m=10N/2kg=5m/s^2。

因此，该物体的加速度为5m/s^2。

五、牛顿第二定律在力学问题中的应用牛顿第二定律在力学问题中有着广泛的应用。

通过牛顿第二定律，我们可以解决各种关于力、质量和加速度的问题。

例如，在斜面上滑动的物体，我们可以通过牛顿第二定律来计算物体的加速度和受力；在弹簧振子中，我们可以通过牛顿第二定律来计算振子的周期和频率。

六、结论牛顿第二定律是物理学中的重要定律，它描述了物体受力和加速度之间的关系。

在板块模型中，牛顿第二定律可以用来计算物体的加速度和受力。

通过牛顿第二定律，我们可以解决各种关于力、质量和加速度的问题。

牛顿第二定律在力学问题中有着广泛的应用，可以帮助我们更好地理解和分析物体的运动规律。

牛顿第二定律板块模型是物理学中重要的概念和工具之一。

通过对牛顿第二定律的理解和应用，我们可以更好地研究和解决各种物理问题。

动力学中的“板块”和“传送带”模型一．“滑块—滑板”模型1. 模型特点：上下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

2. 两种位移关系①物体的位移：各个物体对地的位移，即物体的实际位移。

②相对位移：一物体相对另一的物体的位移。

两种情况。

（1）滑块和滑板同向运动时，相对位移等两物体位移之差，即.21x x x -=∆相 （2）滑块和滑板反向运动时，相对位移等两物体位移之和，即.21x x x +=∆相 这是计算摩擦热的主要依据，.相滑x f Q ∆=3. 解题思路：（1）初始阶段必对各物体受力分析，目的判断以后两物体的运动情况。

（2）二者共速时必对各物体受力分析，目的判断以后两物体的运动情况。

二者等速是滑块和滑板间摩擦力发生突变的临界条件，是二者相对位移最大的临界点。

（3）物体速度减小到0时，受力分析，判断两物体以后是相对滑动还是相对静止。

相对静止二者的加速度a 相同；相对滑动二者的加速度a 不同。

（4）明确速度关系：弄清各物体的速度大小和方向，判断两物体的相对运动方向，从而弄清摩擦力的方向，正确对物体受力分析。

例.如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．〖思路指导〗（1）AB 开始运动时，相向均做减速运动，二者初速等大，加速度等大，则经历相等时间,v ∆相等.即相同时刻速度等大.对A 、B 、木板分析B 和木板同向向右运动，A 和木板反向运动，故B 和木板先相对静止，A 减速到0后，反向加速再与木板共速. （2）B 和木板共速后是相对滑动还是相对静止，假设法讨论.相对静止的条件：f<f max . 解析：（1）B 和木板共速前，AB 加速度分别为a A 、a B ,木板加速度为a 1.经t 1木板和B 共速. 对A 向左减速，加速度大小：../5,211向右解得s m a a m g m A A A ==μ 对B 向右减速，加速度大小：.m /s 5,21==B B B B a a m g m 解得μ对木板，由于g m m m g m g B A A B )(m 211++>-μμμ，则合外力向右，向右加速运动../5.2,)(-m 211211s m a ma g m m m g m g B A A B ==++-解得μμμB 和木板共速有：,1110t a t a v B =-解得t 1=0.4s../110s m t a v v B B =-=0.8m.t 2v v x 1Bo B =+= A 的速度大小v A =v B =1m/s.（2）设B 和木板共速后相对静止，对B 和木板：./m 35,)m 22212s a a m m g m g m m B A B A =+=+++解得）（（μμ向右减速运动. 对B 有，木板和A相对静止.假设正确，设再经t g,m μN 320a m f 2B 12B B <== A 全程加速度不变.对B 和木板:,222t a v v B -=对A 有：,222t a v v A +-=解得t 2=0.3s.v 2=0.5m/s.0.225m,m 409t 2v v x 22B /B ==+=0.875m.)t (t a 21)t (t v x 221A 210A =+-+= 故 1.9m.x x x L /B B A =++= 练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模）如图所示，质量M ＝8 kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F ＝8 N ．当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m ＝2 kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．从物体放上小车开始经t ＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 mB ．2.1 mC ．2.25 mD ．3.1 m解析：（1）刚放上物体时，对物体：.2m/s解得a ,ma μmg 211== 对小车：,/5.0,222s m a Ma mg F ==-解得μv 0=1.5m/s.设经t 1二者等速v 1.则2m/s.1s，v 解得t ,t a v t a v 11120111==+==此时物体运动：1m.t v 21x 111==故A 错.（2）共速后，设二者相对静止，整体：.0.8m/s，解得a m)a (M F 233=+= 对物体：μmg，<1.6N =ma =f 3假设正确.再经0.5s 物体运动：.1.2,1.12121223212m x x x m t a t v x =+==+=故故B 对CD 错.2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )解析：（1）物体刚放上木板，对木板：.a ,mg g )1121向左，减速运动（Ma M m =++μμ （2）共速后若二者相对静止：错，，则（BC a a Ma g M 2121,)m >=+μ 由于地面有摩擦，共速后木板做减速运动，故D 错。

牛顿第二定律的应用——传送带与板块模型（导学案）姓名：教学目的：1、知识与技能：能理解牛顿第二定律，利用问题分析培养学生的解题能力，对给定情境进行受力分析和运动过程分析，培养学生分析物理问题的能力。

2、过程与方法：通过教师示范和学生自主分析与讨论相结合，让学生体验物理解题的逻辑性、严谨性以及物理试题表达的规范性。

3、情感态度与价值观：通过规范表达、示范分析、师生共情，让学生体验物理问题的解决总是将复杂的问题分解成简单的问题进行处理的方法，让学生体验科学态度和物理学的美。

重点：牛顿第二定律方程的建立，运动学公式的应用，对运动情境的分析及其过程中的受力分析。

难点：对运动情境的分析和受力分析。

学习过程：知识框图一、复习旧知识1、回顾所学运动学公式有哪些：2、所学重力、弹力和摩檫力的表达式是怎样的：3、知道物体的受力情况，要讨论运动情况的关键是什么？知道物体的运动情况，要讨论受力情况的关键又是什么？二、学习新知识1、传送带模型例题1：水平传送带A、B以v=10m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，如图1-a所示，A、B相距L=16m，一质量m=1kg的木块（可视为质点）从A点由静止释放，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。

g取10m/s2（1）求木块从A沿传送带运动到B所需的时间为多少？（2）若将传送带右端放低到传送带与水平面成θ=37°且仍以v=10m/s的速度沿逆时针方向匀速运动，如图1-b所示，木块以v0=6m/s的速度冲上传送带，求木块从A沿传送带运动到B所需的时间为多少？练习：如图2所示，水平传送带以v＝13 m/s的速度逆时针匀速转动，两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度v A＝10 m/s，求工件到达B端时的速度v B和工件由A到B所用的时间。

(取g＝10 m/s2)2、板块模型例题2：如图3所示，有一质量M＝4 kg、长L＝2.5 m的木板静置于水平地面上，在其最右端放一质量m＝1 kg且可视为质点的木块，木板上表面与木块间动摩擦因数μ＝0.3，下表面与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.2，现给木板施加水平向右的恒力F=30 N，则木块滑离木板需要多长时间？g取10 m/s2。

高中物理传送带模型2高中物理传送带模型2在高中物理中，传送带模型是一个非常重要的知识点，尤其是涉及到的能量转化和动能定理等方面。

本文将介绍高中物理传送带模型2，即物体从倾斜的传送带上滑下，传送带足够长，物体最终会做匀速运动。

首先，我们需要了解物体的受力情况。

在这个模型中，物体受到重力和传送带的支持力，同时也会受到摩擦力。

在物体下滑的过程中，摩擦力会逐渐减小，直到摩擦力等于物体的重力时，物体就达到了匀速运动的状态。

接下来，我们可以使用动能定理来求解这个模型。

假设物体的初始速度为v0，沿斜面向下的加速度为a，传送带的长度为L。

根据动能定理，我们可以列出方程：1/2mv0^2=μmgL+mgaL其中，μ为物体和传送带之间的摩擦系数。

通过移项和化简，我们可以得到：a=(v0^2-2μgL)/2L当传送带足够长时，物体最终会做匀速运动，即a=0。

因此，我们可以解出物体的速度：v=√(2μgL)这个公式可以帮助我们计算出物体的速度，从而进一步求出物体的运动时间和运动轨迹等物理量。

在实际应用中，我们还可以根据具体的问题条件进行变通。

例如，如果传送带不是足够长，而是有一个出口，那么物体最终会从出口飞出。

在这种情况下，我们可以使用动量定理来求解物体从传送带上滑下的过程中，物体所受摩擦力的冲量，从而求出物体的速度和运动时间等物理量。

总之，高中物理传送带模型2是一个非常重要的知识点，涉及到能量转化和动能定理等方面的知识。

通过分析和计算，我们可以更好地理解这个模型，并且在实际应用中进行应用和变通。

高中物理传送带模型高中物理传送带模型在高中物理中，传送带模型是一个非常典型的问题。

它涉及到物理学中的运动学、牛顿第二定律、能量守恒等多个知识点。

通过研究传送带模型，可以加深对相关物理概念和规律的理解，提高解决实际问题的能力。

传送带模型的基本原理是：一个静止或匀速运动的传送带，在某个时刻受到一个冲击力，使其产生一个加速度，从而开始运动。

牛顿定律的应用之传送带及板块问题一、板块问题分析二、传送带问题分析【例2】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。

紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。

设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2。

【例2】⑴求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加；⑵求行李做匀加速直线运动的时间；⑶如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

1【变式】质量为m的物体从离传送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑，水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q点，已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ，则当传送带转动时，物体仍以上述方式滑下，将落在Q点的左边还是右边? 【例3】如图示，传送带与水平面夹角为37°，并以v＝10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，AB长16米，求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间。

⑴传送带顺时针方向转动⑵传送带逆时针方向转动AB【变式】如图所示是长度为L＝8.0m水平传送带，其皮带轮的半径为R＝0.20m，传送带上部距地面的高度为h＝0.45m。

一个旅行包(视为质点)以v0＝10m/s的初速度从左端滑上传送带。

旅行包与皮带间的动摩擦因数μ＝0.60。

g取10m/s2。

求：【变式】⑴若传送带静止，旅行包滑到B端时，若没有人取包，旅行包将从B端滑落。

包的落地点距B端的水平距离为多少？⑵设皮带轮顺时针匀速转动，当皮带轮的角速度ω值在什么范围内，包落地点距B端的水平距离始终为⑴中所得的水平距离？⑶若皮带轮的角速度ω1＝40rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又是多少？⑷设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B端的水平距离s随角速度ω变化的图象(ω的取值范围从0到100rad/s)。

第29讲 动力学中的板块问题和传送带模型[多选]如图甲所示的应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。

其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m /s 的恒定速率运行。

旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0．1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2。

若乘客把行李放到传送带上的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处 B ．乘客提前0．5 s 到达B 处C ．行李提前0．5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处 【答案】BD 【解析】行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。

加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝va ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0．5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2 m －x 1v ＝1．5 s 到达B ，共用2．5 s ；乘客到达B ，历时t ＝2 mv ＝2 s ，故A 、C 错误，B 正确。

若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝ 2×21s ＝2 s ，故D 正确。

一、动力学中的板块问题1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系． 2．解题方法(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度． 3．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度． 特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移． 4．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．例题1. 如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m 、质量为4 kg 的木板A ，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg 的小物体 B ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B 施加水平向右的力F ＝10 N 时，求：(g 取10 m/s 2)(1)A 、B 的加速度各为多大？(2)经过多长时间可将B 从木板A 的左端拉到右端？ 【答案】(1)1 m/s 2 3 m/s 2 (2)0.8 s 【解析】(1)A 、B 间的摩擦力F f ＝μm B g ＝4 N 以B 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F －F f ＝m B a B ， 则a B ＝F －F f m B＝3 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F f ′＝m A a A ，由牛顿第三定律得F f ′＝F f 解得a A ＝1 m/s 2.(2)设将B 从木板的左端拉到右端所用时间为t ，A 、B 在这段时间内发生的位移分别为x A 和x B ，其关系如图所示则有x A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2x B －x A ＝L 联立解得t ＝0.8 s.对点训练1. 如图所示，物块A 、木板B 的质量分别为m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝4 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g 取10 m/s 2.(1)求物块A 和木板B 发生相对运动过程的加速度的大小； (2)若A 刚好没有从B 上滑下来，求A 的初速度v 0的大小． 【答案】 (1)3 m/s 2 1.5 m/s 2 (2)6 m/s 【解析】(1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μm A g m A＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μm A g m B＝1.5 m/s 2.(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有 v ＝v 0－a 1t v ＝a 2t位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝6 m/s.例题2. 如图所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝3 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.(1)发生相对滑动时，A 、B 的加速度各是多大？(2)若A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度v 0为多大？【答案】(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 6 m/s 【解析】(1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有： 时间关系：t ＝v 0－v a 1＝va 2位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝2 6 m/s.对点训练2. 如图所示，质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，g 取10 m/s 2，求：(1)加上恒力F 后铁块和木板的加速度大小；(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离． 【答案】 (1)4 m/s 2 2 m/s 2 (2)2 s 4 m/s (3)8 m 【解析】(1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得 F －μ2mg ＝ma 1，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得铁块的加速度大小a 1＝4 m/s 2 木板的加速度大小a 2＝2 m/s 2(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t ， 则此过程铁块的位移为x 1＝12a 1t 2木板的位移为x 2＝12a 2t 2两者的位移关系为L ＝x 1－x 2， 即L ＝12a 1t 2－12a 2t 2代入数据解得t ＝2 s 或t ＝－2 s(舍去) 此时木板的速度 v ＝a 2t ＝4 m/s.(3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为 a 3＝μ1g ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2， 则木板还能继续滑行的距离 x 3＝v 22a 3＝162×1 m ＝8 m.一、传送带模型1．传送带的基本类型传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型． 2．传送带模型分析流程3．注意求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键．4．水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(1)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v 0＝v 时，一直匀速 (3)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端 (2)传送带足够长时，滑块先向左减速再向右加速回到右端5.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a 1加速再以a 2加速例题3. 如图所示，传送带保持以1 m/s 的速度顺时针转动．现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A 点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2.5 m ，g 取10 m/s 2，求：(1)煤块从A 点运动到B 点所经历的时间； (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度． 【答案】(1)3 s (2)0.5 m 【解析】(1)对煤块，根据题意得a ＝μmgm ＝μg ＝1 m/s 2，当速度达到1 m/s 时，所用的时间t 1＝v －v 0a＝1－01 s ＝1 s ，通过的位移x 1＝v 2－v 022a ＝0.5 m ＜2.5 m ．在剩余位移x 2＝L －x 1＝2.5 m －0.5m ＝2 m 中，因为煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s 的速度随传送带做匀速运动，所用时间t 2＝x 2v ＝2 s因此煤块从A 点运动到B 点所经历的时间 t ＝t 1＋t 2＝3 s(2)煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程 在前1 s 时间内，传送带的位移 x 1′＝v t 1＝1 m煤块相对地面运动的位移 x 2′＝12at 12＝0.5 m故煤块相对传送带的位移 Δx ＝x 1′－x 2′＝0.5 m.对点训练3. 如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v 1＝2 m/s 沿顺时针方向运行．初速度为v 2＝4 m/s 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：(1)小物块在传送带上滑行的最远距离； (2)小物块从A 处出发再回到A 处所用的时间． 【答案】(1)4 m (2)4.5 s 【解析】(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 得a ＝μg因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0， 由公式x ＝v 222a 得x ＝4 m ，t 1＝v 2a＝2 s(2)小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a ′＝μg ＝2 m/s 2 设小物块与传送带共速所需时间为t 2， t 2＝v 1a ′＝1 st 2时间内小物块向右运动的距离 x 1＝v 122a ′＝1 m最后小物块做匀速直线运动，位移x 2＝x －x 1＝3 m匀速运动时间t 3＝x 2v 1＝1.5 s所以小物块从A 处出发再回到A 处所用的时间t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4.5 s.例题4. 某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A 、B 的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝5 m/s 的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A 轻放上一质量m ＝5 kg 的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝32.求货物从A 端运送到B 端所需的时间．(g 取10 m/s 2)【答案】 3 s 【解析】以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 解得a ＝2.5 m/s 2 货物匀加速运动时间 t 1＝va＝2 s货物匀加速运动位移 x 1＝12at 12＝5 m然后货物做匀速运动，运动位移 x 2＝L －x 1＝5 m 匀速运动时间 t 2＝x 2v ＝1 s货物从A 端运送到B 端所需的时间 t ＝t 1＋t 2＝3 s.对点训练4. 如图4所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s.在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图4(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间． 【答案】 (1)4 s (2)2 s 【解析】(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有： mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2， 根据l ＝12at 2得t ＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度为a 1，由牛顿第二定律得， mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1 则有a 1＝10 m/s 2设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有 t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 12＝5 m ＜l ＝16 m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mg sin 37°＞μmg cos 37°，则此后物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝2 m/s 2x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去) 所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.1. (多选)如图所示，质量为m 1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是( )【答案】AC【解析】木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A 正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．2.如图所示，质量为M＝1 kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg 的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力F f的大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小．【答案】(1)0.5 N方向水平向右(2)1 m/s2(3)1 m/s【解析】(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：F f＝μmg＝0.5 N，方向水平向右(2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma解得：a＝1 m/s2(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma′可得出木板的加速度a′＝0.5 m/s2设经过时间t，滑块和木板达到共同速度v，则满足：对滑块：v＝v0－at对木板：v＝a′t由以上两式联立解得：滑块和木板达到的共同速度v＝1 m/s.3.如图所示，一质量M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2 kg的小滑块以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，滑块始终没有滑离长木板，求：(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少．【答案】(1)0.15 s (2)0.135 m 【解析】(1)根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 1 μmg ＝Ma 2解得a 1＝4 m/s 2，a 2＝4 m/s 2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v 0－a 1t ＝a 2t 解得t ＝0.15 s.(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t ＝0.15 s ，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x ＝v 0t －12a 1t 2，解得x ＝0.135 m.4. 如图甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的上表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反 B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.5C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是物体B 的质量的两倍 【答案】 D 【解析】由题意可得，长木板A 所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B 所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A 错误；对B 受力分析，由牛顿第二定律有：μm B g ＝m B a B ，a B ＝|Δv B Δt |＝3－11m/s 2＝2 m/s 2，解得：μ＝0.2，故B 错误；物体B 未滑出长木板A ，临界条件为当A 、B 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则：L min ＝x B －x A ＝3×12 m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 受力分析，有：μm B g ＝m A a A ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01m/s 2＝1 m/s 2，联立解得：m Am B＝2，故D 正确．5. (多选)如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止叠放在B的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉A ，经过5 s A 运动到B 的最右端，且其v －t 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4C ．若B 不固定，B 的加速度大小为1 m/s 2D ．若B 不固定，A 运动到B 的最右端所用的时间为5 2 s 【答案】BCD 【解析】根据v －t 图像可知，物体A 的加速度大小为： a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2，故A 错误；以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F －μm A g ＝m A a A代入数据得：μ＝0.4，故B 正确； 若B 不固定，B 的加速度大小为：a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；由题图乙知，木板B 的长度为： l ＝12×5×10 m ＝25 m ； 若B 不固定，设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得： 12a A t 2－12a B t 2＝l 代入数据解得：t ＝5 2 s 故D 正确．6. (多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面．物体以恒定的速率v 2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，此时速率为v 2′，则下列说法正确的是( )A ．若v 1＜v 2，则v 2′＝v 1B ．若v 1＞v 2，则v 2′＝v 2C ．不管v 2多大，总有v 2′＝v 2D ．只有v 1＝v 2时，才有v 2′＝v 1 【答案】AB 【解析】由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：①若v 1≥v 2，物体向右运动时一直加速，当v 2′＝v 2时，离开传送带．②若v 1＜v 2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v 2′＝v 1.故选项A 、B 正确，C 、D 错误．7. 如图所示，水平传送带以不变的速度v ＝10 m/s 向右运动，将工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t ＝2 s ，速度达到v ；再经过时间t ′＝4 s ，工件到达传送带的右端，g 取10 m/s 2，求：(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小； (2)工件与水平传送带间的动摩擦因数； (3)水平传送带的长度．【答案】 (1)5 m/s 2 (2)0.5 (3)50 m 【解析】(1)工件的加速度大小a ＝vt解得a ＝5 m/s 2.(2)设工件的质量为m ，由牛顿第二定律得： μmg ＝ma解得动摩擦因数μ＝0.5.(3)工件匀加速运动通过的距离x 1＝v2t工件匀速运动通过的距离x 2＝v t ′水平传送带长度也就是工件从左端到达右端通过的距离x ＝x 1＋x 2 联立解得x ＝50 m.8. (多选)机场和火车站的安全检查仪用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图所示模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率向左运行．旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处 B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处 【答案】 BD 【解析】行李无初速度地放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动．加速时a ＝μg ＝1 m/s 2，用时t 1＝va ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝l AB －x 1v ＝1.5 s ，到达B 处共用时2.5 s ．乘客到达B 处用时t ＝l ABv ＝2 s ，故B 正确，A 、C 错误．若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间t min ＝2l ABa＝2 s ，D 正确．9. 如图所示，水平放置的传送带以速度v ＝2 m/s 向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A 端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A 端与B 端相距4 m ，g ＝10 m/s 2，求：(1)物体由A 运动到B 的时间和物体到达B 端时的速度大小； (2)滑块相对传送带滑动的距离． 【答案】(1)2.5 s 2 m/s (2)1 m 【解析】(1)设加速运动过程中物体的加速度为a ，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma ， 得出a ＝2 m/s 2；设物体速度达到传送带速度v 时物体发生的位移为x 1，所用时间为t 1，则v ＝at 1，x 1＝v 2t 1，得出t 1＝1 s ，x 1＝1 m ；此时物体距离B 端x 2＝4 m －x 1＝3 m ，接下来物体做匀速运动，所用时间t 2＝x 2v ＝1.5 s ， 所以t ＝t 1＋t 2＝2.5 s ，物体到达B 端时的速度为2 m/s.(2)在t 1＝1 s 内传送带位移x 传＝v t 1＝2 m ， 故物块相对传送带滑动的距离Δx ＝x 传－x 1＝1 m.10. 如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带始终以恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的物体无初速度地放在A 处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求物体由A 运动到B 的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B 处，求使物体从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． 【答案】(1)4 N 1 m/s 2 (2)2.5 s (3)2 s 2 m/s 【解析】(1)滑动摩擦力F f1＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ， 加速度a ＝F f1m＝1 m/s 2.(2)物体匀加速运动的时间t 1＝va ＝1 s ，物体匀加速运动的位移x 1＝v 22a ＝0.5 m.物体匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 则物体由A 运动到B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.(3)物体一直做匀加速运动时物体从A 处传送到B 处的时间最短，加速度仍为a ＝1 m/s 2，当物体到达B 处时，有v min 2＝2aL ，v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ， 所以传送带的最小运行速率为2 m/s. 设物体最短运行时间为t min ，则v min ＝at min ， 得t min ＝v min a ＝21s ＝2 s.。