第第頁(yè)專題09傳送帶模型和板塊模型模型總結(jié)模型1水平傳送帶 1模型2傾斜傳送帶體 16模型3板塊模型 32模型1水平傳送帶水平傳送帶問(wèn)題的常見情形及運(yùn)動(dòng)分析1.物塊初速度方向與傳送帶速度方向相同圖示速度大小比較物塊和傳送帶共速前傳送帶足夠長(zhǎng)，物塊v－t圖像Ff方向運(yùn)動(dòng)狀態(tài)v0＝0向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)v0<v向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)v0>v向左勻減速直線運(yùn)動(dòng)2.物塊初速度方向與傳送帶速度方向相反圖示狀態(tài)速度大小比較Ff方向物塊運(yùn)動(dòng)狀態(tài)傳送帶較短

向左勻減速直線運(yùn)動(dòng)傳送帶足夠長(zhǎng)v0<v向左v－t圖像：v0>v向左(共速前)v－t圖像：1．（2025·江蘇南通·一模）足夠長(zhǎng)的傳送帶以速度v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。兩質(zhì)量均為m的物塊A、B用一根輕彈簧連接，A、B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。開始彈簧處于原長(zhǎng)，零時(shí)刻將兩物塊輕放在傳送帶上，且給物塊A一個(gè)向右的初速度2v，t時(shí)刻物塊A與傳送帶第一次共速，彈簧的壓縮量為。求：(1)零時(shí)刻，A、B的加速度大小之比；(2)t時(shí)刻，B的速度；(3)t時(shí)刻，彈簧彈性勢(shì)能?！敬鸢浮?1)1∶1(2)v(3)【詳解】（1）t=0時(shí)刻，A、B受到的合力均為滑動(dòng)摩擦力，有μmg=ma所以加速度之比aA：aB=1∶1（2）在t時(shí)刻前，A的加速度μmg+kx=maAB的加速度μmg+kx=maB加速度大小相等aA=aB根據(jù)在t時(shí)間內(nèi)的速度變化量相同，即2v-v=vB-0解得vB=v（3）在t時(shí)間內(nèi)，彈簧的壓縮量即為A、B物體運(yùn)動(dòng)距離之差對(duì)AB和彈簧組成的系統(tǒng)，外力做功之和為機(jī)械能的變化解得2．（2025·廣東深圳·一模）某工廠的傳送裝置如圖甲所示，傳送帶空轉(zhuǎn)時(shí)的速度為，時(shí)，工件無(wú)初速度放置傳送帶左端，傳送帶感受到壓力后立刻做勻加速運(yùn)動(dòng)，直至?xí)r工件從右端離開，此時(shí)傳送帶尚未達(dá)到最大速度。已知工件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度時(shí)間（v-t）圖像如圖乙所示，工件質(zhì)量為，工件與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度取，工件可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。求：(1)傳送帶的加速度大小；(2)傳送帶的長(zhǎng)度；(3)摩擦力對(duì)工件做的功；【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）工件相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得在時(shí)，工件與傳送帶達(dá)到共速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得（2）在0到時(shí)間內(nèi)，工件運(yùn)動(dòng)的第一段位移第二段位移解得（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得工件的速度由動(dòng)能定理可得，摩擦力對(duì)工件做的功3．（2025·四川資陽(yáng)·一模）如圖甲所示一水平的淺色傳送帶上放置一煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶在外力作用下先加速后減速，其速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，假設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡，取，則下列說(shuō)法正確的是（）A．黑色痕跡的長(zhǎng)度為B．煤塊在傳送帶上的相對(duì)位移為C．若煤塊的質(zhì)量為，則煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為D．煤塊的質(zhì)量越大黑色痕跡的長(zhǎng)度越短【答案】BC【詳解】由圖可知，傳送帶的加速度為，設(shè)煤塊的加速度為，經(jīng)過(guò)時(shí)間，煤塊與傳送帶達(dá)到相同速度v，，，解得，，此后，煤塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)停止，可得

，運(yùn)動(dòng)過(guò)程如圖所示時(shí)間內(nèi)，傳送帶比煤塊多走的位移為圖中紅色三角形面積內(nèi)，煤塊比傳送帶多走的位移為圖中藍(lán)色三角形面積

A．黑色痕跡的長(zhǎng)度為，A錯(cuò)誤；B．煤塊在傳送帶上的相對(duì)位移，B正確；C．煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量，C正確；D．黑色痕跡的長(zhǎng)度由兩物體位移關(guān)系決定，從的計(jì)算過(guò)程可看出，黑色痕跡的長(zhǎng)度與煤塊質(zhì)量無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。故選BC。4．（2025·四川·一模）如圖所示，A、B是長(zhǎng)度水平傳送帶的兩端，右端處上方有一固定擋板（不接觸傳送帶），質(zhì)量的小物塊靜止在、的中點(diǎn)處。某時(shí)刻，一質(zhì)量的子彈以的速度沿傳送帶水平向左射入物塊，射出的速度；子彈射出物塊的同時(shí)，傳送帶從靜止開始沿順時(shí)針?lè)较蛞恢弊鰟蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，加速度大小為。已知物塊每次與擋板碰撞反彈后其動(dòng)能變?yōu)榕銮皠?dòng)能的四分之一，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，不計(jì)物塊與擋板碰撞的時(shí)間，重力加速度取。求：(1)子彈射出物塊時(shí)物塊速度的大??；(2)子彈射出物塊到物塊第一次與擋板相碰的時(shí)間；(3)在子彈射出物塊到物塊靜止的過(guò)程中，物塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間及物塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱能?！敬鸢浮?1)(2)16s(3)，【詳解】（1）設(shè)子彈穿出物塊時(shí)物塊的速度大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得（2）子彈穿出物塊后，傳送帶向右做初速度為零、加速度的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊向左以初速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為，經(jīng)過(guò)時(shí)間速度減為零，通過(guò)的距離為，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得，，，即物塊仍然在傳送帶上。之后，物塊向右勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間與傳送帶速度相等為，則有代入數(shù)據(jù)解得，所以，物塊與傳送帶速度相等時(shí)，物塊恰好回到位置點(diǎn)。之后，物塊與傳送帶一起加速到第一次與擋板相碰，設(shè)經(jīng)過(guò)的時(shí)間為，則代入數(shù)據(jù)解得設(shè)子彈穿出物塊到物塊第一次與擋板相碰的時(shí)間為，則（3）設(shè)物塊第一次與擋板相碰前速度為，有由于物塊與擋板碰撞反彈后其動(dòng)能變?yōu)榕銮皠?dòng)能的四分之一，所以每次相碰后速度減為碰前的二分之一，由于傳送帶一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，物塊與傳送帶速度不可能再相等。所以，物塊以大小相等的加速度先做勻減速后做勻加速運(yùn)動(dòng)，每次都以前一次相碰后速度大小與擋板相碰，經(jīng)過(guò)無(wú)窮多次，速度減為零，在擋板前被擋板擋住靜止。設(shè)第一次相碰后到第二次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為，則有設(shè)第二次相碰后到第三次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為，有設(shè)第三次相碰后到第四次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為，有……第一次相碰后到物塊靜止時(shí)間為，則子彈穿出物塊到物塊靜止過(guò)程中，物塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間，則在子彈穿出物塊到物塊第一次與擋板相碰的時(shí)間內(nèi)，設(shè)物塊相對(duì)傳送帶的位移為，則在第一次相碰后到物塊靜止時(shí)間內(nèi)，設(shè)物塊相對(duì)傳送帶的位移為，則在子彈穿出物塊到物塊靜止的過(guò)程中，物塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱能為，則5．（2025·四川綿陽(yáng)·一模）如圖所示是分揀包裹常用的水平傳送帶，能以不同大小的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。若用該傳送帶先后以不同的速度運(yùn)送同一個(gè)包裹，將該包裹無(wú)初速度輕放在傳送帶端，運(yùn)動(dòng)到端時(shí)都已相對(duì)傳送帶靜止。則傳送帶的速度越大，包裹從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中（）A．相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離越短B．相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離越長(zhǎng)C．運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短D．運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)【答案】BC【詳解】AB．設(shè)包裹質(zhì)量為m，包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)，傳送帶速度為v，共速前，包裹加速度則其與傳送帶共速用時(shí)則二者相對(duì)位移可知傳送帶的速度越大，相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離越長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．分析可知包裹先加速后勻速，則勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間則包裹從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由均值不等式可知當(dāng)時(shí)間有最小值，此時(shí)題意可知包裹未達(dá)到B端已經(jīng)與傳送帶共速（即包裹位移小于L），可知不滿足最小值條件，因此傳送帶的速度越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。6．（2025·河南·一模）火車站安檢儀是借助于傳送帶將被檢查行李送入射線檢查通道完成檢查，如圖所示。水平傳送帶長(zhǎng)為，傳送帶末端裝有一個(gè)斜面，斜面長(zhǎng)，傾角，和斜面在B點(diǎn)通過(guò)一極短的圓弧平滑連接，傳送帶以的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)。已知物品與傳送帶以及斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，現(xiàn)將一質(zhì)量的物品（可視為質(zhì)點(diǎn)）無(wú)初速地放在A點(diǎn)，取，取，，下列說(shuō)法正確的是（

）A．物品在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對(duì)傳送帶的位移為B．物品到達(dá)水平傳送帶末端時(shí)速度為C．物品走完水平傳送帶所用的時(shí)間為10.1sD．物品在斜面上因摩擦產(chǎn)生的熱量約為7.76J【答案】AC【詳解】A．物品無(wú)初速度放在A點(diǎn)后，由受力可知物品先做勻加速運(yùn)動(dòng)解得，物品做勻加速所用時(shí)間物品做勻加速所走的位移為傳送帶走的位移為物品在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對(duì)于傳送帶的位移故A正確；B．由上述分析可知，物品做勻加速結(jié)束后，還沒(méi)有到達(dá)水平傳送帶末端，物品勻加速結(jié)束后，由受力分析可知，將勻速運(yùn)動(dòng)，即和傳送帶共速，即物品到達(dá)水平傳送帶末端的速度為，故B錯(cuò)誤；C．物品在水平傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為物品在水平傳送帶上所用的總時(shí)間故C正確；

D．當(dāng)物品運(yùn)動(dòng)到斜面時(shí)，由可知物品在斜面上將加速下滑到底端，故摩擦產(chǎn)生的熱量故D錯(cuò)誤。故選AC。7．（2025·陜西榆林·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，水平傳送帶以的速度做逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，傳送帶左端與水平地面平滑連接，傳送帶與一固定的四分之一光滑圓弧軌道相切，物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止下滑后滑過(guò)傳送帶，與靜止在水平地面右端的物塊b發(fā)生彈性碰撞。已知物塊b的質(zhì)量，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊a滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小，圓弧軌道半徑，傳送帶左、右兩端的距離，物塊a與傳送帶和水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，物塊b與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度，碰撞時(shí)間極短。求：(1)物塊a的質(zhì)量m和物塊a下滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)物塊a第一次與物塊b碰撞前瞬間，物塊a的速度大??；(3)碰撞后，物塊b在水平地面運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離?！敬鸢浮?1)，(2)4m/s(3)0.48m【詳解】（1）物塊a沿圓弧從最高點(diǎn)由靜止下滑到圓弧軌道最低點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有物塊a運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有解得，（2）物塊a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于，所以物塊a向左做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)物塊a第一次與物塊b碰撞前瞬間的速度大小為，則解得所以物塊a第一次與物塊b碰撞前瞬間的速度大小為4m/s。（3）物塊a、b碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后物塊a的速度為，b的速度為，則有、解得，碰撞后物塊b沿地面向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a2，到靜止時(shí)所用時(shí)間為t1，位移為x1，物塊a沿傳送帶先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減到0后再向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)于物塊b，由牛頓第二定律有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，解得，對(duì)于物塊a，設(shè)速度減為0所用的時(shí)間為t2，位移為x2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，解得，由可知，物塊a第二次與b碰撞前b已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊a第二次與b碰撞前瞬間的速度大小為v5，則有解得物塊a、b第二次碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)第二次碰撞后速度分別為、，則有、解得，物塊b第二次碰撞后向左滑行的距離物塊a第二次碰撞后向右滑行的距離則兩物塊最多碰撞2次，物塊b在水平地面運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離8．（2025·山東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定傾角的傾斜軌道兩點(diǎn)的高度差，軌道末端點(diǎn)與順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶左端平滑連接。傳送帶右端水平地面上有一質(zhì)量的足夠長(zhǎng)的木板緊靠傳送帶放置，木板上表面與傳送帶等高且平滑連接?，F(xiàn)將質(zhì)量的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從點(diǎn)由靜止釋放。已知傳送帶的長(zhǎng)度，速度大小，小物塊與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，與傳送帶、木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，小物塊經(jīng)過(guò)各連接處時(shí)速度大小均不變，取。求：(1)小物塊滑至點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小物塊通過(guò)傳送帶所用的時(shí)間；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，木板的位移大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）小物塊從到的過(guò)程，對(duì)小物塊由牛頓第二定律有解得加速度小物塊從到有解得小物塊滑至點(diǎn)時(shí)的速度（2）小物塊在傳送帶上減速的過(guò)程中，由牛頓第二定律得設(shè)小物塊減速至與傳送帶共速所用時(shí)間為，有解得小物塊在傳送帶上減速過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移大小為設(shè)小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為，有解得小物塊通過(guò)傳送帶所用的時(shí)間為（3）小物塊以的速度滑上木板，共速前，小物塊加速度大小為，水平向左，對(duì)木板由牛頓第二定律，有解得設(shè)經(jīng)時(shí)間小物塊與木板達(dá)到共同速度，有解得二者達(dá)到共同速度時(shí)的速度大小為該過(guò)程木板運(yùn)動(dòng)的位移大小為共速后，由于，則小物塊與木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至停止。對(duì)小物塊和木板整體由牛頓第二定律有該過(guò)程木板的位移大小為整個(gè)過(guò)程中木板的位移大小9．（2025·廣東·模擬預(yù)測(cè)）某工廠需要將貨物從高處運(yùn)輸?shù)降孛娴闹付ㄎ恢?，運(yùn)輸過(guò)程可簡(jiǎn)化如圖所示。長(zhǎng)度的水平傳送帶以大小的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）從傳送帶的左端點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)右端點(diǎn)后，從半徑的半圓管道的最高點(diǎn)水平進(jìn)入，當(dāng)貨物沿管道下滑至點(diǎn)時(shí)，貨物對(duì)管道的壓力，隨后貨物滑上靜止在光滑水平面上的長(zhǎng)木板，當(dāng)貨物與長(zhǎng)木板達(dá)到共速時(shí)，長(zhǎng)木板左端恰好觸碰制動(dòng)裝置并瞬間靜止。已知貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，貨物與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，長(zhǎng)木板的質(zhì)量，長(zhǎng)度，重力加速度。求：(1)貨物經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)貨物和半圓管道之間因摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)若貨物拋出點(diǎn)離地面的高度，求貨物落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）貨物在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程有

解得假設(shè)貨物到達(dá)右端點(diǎn)前已經(jīng)與傳送帶共速，則貨物加速階段通過(guò)的位移為

解得

假設(shè)成立，可知貨物離開點(diǎn)時(shí)的速度大小為（2）當(dāng)貨物運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)處，由牛頓第三定律可知，貨物所受支持力大小為由牛頓第二定律可知

解得貨物從半圓管道的點(diǎn)滑到點(diǎn)的過(guò)程中，由功能關(guān)系可知

解得此過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量（3）貨物與長(zhǎng)木板共速，由動(dòng)量守恒定律可得

解得對(duì)貨物受力分析，有解得貨物在長(zhǎng)木板上向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，則

解得對(duì)長(zhǎng)木板受力分析，有解得長(zhǎng)木板向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，則

解得由位移關(guān)系可知因此貨物與長(zhǎng)木板達(dá)到共速時(shí)，貨物離長(zhǎng)木板最左側(cè)的距離

即長(zhǎng)木板觸碰制動(dòng)裝置靜止后，貨物仍向左勻減速運(yùn)動(dòng)0.7m，由

解得隨后貨物做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有

解得貨物落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)的水平距離10．（2025·四川遂寧·一模）如圖所示，水平傳送帶以速度v1=2m/s向右勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小物體Q的質(zhì)量為1kg，P的質(zhì)量為2kg，由跨過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有向右的速度v2=4m/s，P與定滑輪間的繩水平，不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦。小物體P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，傳送帶兩端距離足夠長(zhǎng)，繩足夠長(zhǎng)，g取10m/s2。關(guān)于小物體P的描述正確的是（）A．小物體P剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小為7m/s2B．小物體P在傳送帶上向左端滑時(shí)的加速度大小為C．小物體P離開傳送帶時(shí)的速度大小為D．物體P在傳送帶留下的劃痕長(zhǎng)度為【答案】BD【詳解】A．小物體P剛滑上傳送帶時(shí)，對(duì)P分析可知對(duì)Q分析可得小物體P的加速度大小為，A錯(cuò)誤；B．小物體P在傳送帶上向左端滑時(shí)，對(duì)PQ整體分析可知即小物體P的加速度大小為，B正確；C．小物體P與傳送帶共速時(shí)向右的位移離開傳送帶時(shí)的速度大小為，C錯(cuò)誤；D．從開始滑上傳送帶到與傳送帶共速時(shí)，時(shí)間為物塊的速度大于傳送帶的速度，則物塊向后有劃痕，劃痕長(zhǎng)從物塊的速度小于傳送帶的速度開始到離開傳送帶物塊向前有劃痕，時(shí)間為劃痕長(zhǎng)后出現(xiàn)的劃痕覆蓋前面的劃痕，而后出現(xiàn)的劃痕長(zhǎng)，物體P在傳送帶留下的劃痕長(zhǎng)度為，D正確。故選BD。模型2傾斜傳送帶體傾斜傳送帶問(wèn)題的常見情形及運(yùn)動(dòng)分析1.物塊由低處傳送到高處(μ>tanθ)圖示速度大小比較物塊與傳送帶共速前傳送帶足夠長(zhǎng)，物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像Ff方向加速度大小運(yùn)動(dòng)狀態(tài)v0＝0沿傳送帶向上μgcosθ－gsinθ勻加速直線運(yùn)動(dòng)v0<vv0>v沿傳送帶向下μgcosθ＋gsinθ勻減速直線運(yùn)動(dòng)2.物塊從高處傳送到低處，物塊初速度方向與傳送帶速度方向相同(μ>tanθ)圖示速度大小比較物塊與傳送帶共速前傳送帶足夠長(zhǎng)，物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像Ff方向加速度大小運(yùn)動(dòng)狀態(tài)v0＝0沿傳送帶向下μgcosθ＋gsinθ勻加速直線運(yùn)動(dòng)v0<v沿傳送帶向下μgcosθ＋gsinθ勻加速直線運(yùn)動(dòng)v0>v沿傳送帶向上μgcosθ－gsinθ勻減速直線運(yùn)動(dòng)3.物塊從高處傳送到低處，物塊初速度方向與傳送帶速度方向相反(μ>tanθ)圖示狀態(tài)速度大小比較Ff方向加速度大小物塊運(yùn)動(dòng)狀態(tài)傳送帶較短

沿傳送帶向上μgcosθ－gsinθ勻減速直線運(yùn)動(dòng)傳送帶足夠長(zhǎng)v0<v沿傳送帶向上μgcosθ－gsinθv－t圖像：v0>v沿傳送帶向上共速前：μgcosθ－gsinθ共速后：0v－t圖像：11．（2025·貴州安順·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾角為的傾斜傳送帶上、下兩端的間距，逆時(shí)針勻速率運(yùn)轉(zhuǎn)的速度大小，將一用特殊材料制作的物塊乙無(wú)初速度輕放到傳送帶上端，當(dāng)乙運(yùn)動(dòng)后，將物塊甲無(wú)初速度輕放到傳送帶上端，以后每當(dāng)甲追上乙時(shí)，兩者發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙質(zhì)量均為，甲與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，乙與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取，，。求：(1)乙剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小及時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大??；(2)從開始放上甲到甲第一次追上乙的過(guò)程中，甲在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度；(3)在傳送帶上甲與乙碰撞的次數(shù)。【答案】(1)，0.8m(2)1m(3)4次【詳解】（1）乙放上傳送帶后做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為，由牛頓第二定律有：解得設(shè)乙從靜止到與傳送帶共速所用時(shí)間為，則，乙與傳送帶共速后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，位移為，則則（2）甲放上傳送帶后做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為，由牛頓第二定律有設(shè)甲由靜止到與傳送帶共速所用時(shí)間為，則，經(jīng)分析，共速后甲繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有設(shè)共速后甲繼續(xù)運(yùn)動(dòng)時(shí)間追上乙，則有甲運(yùn)動(dòng)的這段時(shí)間內(nèi)乙的位移由位移公式有

綜上，解得在時(shí)間內(nèi)甲相對(duì)傳送帶向上移動(dòng)在時(shí)間內(nèi)甲相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)故甲與傳送帶間劃痕為。（3）甲追上乙時(shí)甲的速度甲、乙發(fā)生彈性碰撞，對(duì)甲、乙組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒與能量守恒有：

，解得，碰后甲加速運(yùn)動(dòng)，加速度為，乙做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為對(duì)乙物塊由牛頓第二定律有設(shè)甲再次追上乙前，乙一直減速運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間為則

解得此時(shí)，假設(shè)成立。之后甲、乙碰撞重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，在一次碰撞中乙向下移動(dòng)的位移

則次取整后次，加上第一次碰撞，甲、乙在傳送帶上碰撞次數(shù)為4次。12．（2025·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，傾角為37°、足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速率v1沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)。一小煤塊以初速度v0=12m/s從傳送帶的底部沖上傳送帶，規(guī)定沿傳送帶斜向上為煤塊運(yùn)動(dòng)的正方向，該煤塊運(yùn)動(dòng)的位移x隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。已知圖線在前1.0s內(nèi)和在1.0s~t0內(nèi)為兩段不同的二次函數(shù)，t0時(shí)刻圖線所對(duì)應(yīng)的切線正好水平，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說(shuō)法正確的是（）A．傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速率v1=8m/sB．圖乙中t0的數(shù)值為1.5C．0~t0內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為6mD．煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25【答案】D【詳解】A．煤塊沖上傳送帶，開始時(shí)受到摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律則有解得加速度大小為當(dāng)煤塊速度減到與傳送帶速度相同后，煤塊相對(duì)于傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力方向沿傳送帶向上，同理可得加速度大小為煤塊一直減速到零，接著反向沿傳送帶向下加速，加速度大小為，由于則煤塊一直加速到離開傳送帶，與題意及圖乙相符，所以可知時(shí)煤塊的速度大小等于傳送帶的轉(zhuǎn)動(dòng)速率，由圖乙可得代入數(shù)據(jù)解得則傳送帶的速度大小為，故A錯(cuò)誤；BD．根據(jù)上述分析可知，圖乙中時(shí)刻，煤塊向上運(yùn)動(dòng)速度減為零，結(jié)合，解得則煤塊下滑時(shí)的加速度大小為結(jié)合乙圖可知，時(shí)間內(nèi)煤塊的位移又因?yàn)榇霐?shù)據(jù)解得，故B錯(cuò)誤，D正確；C．內(nèi)煤塊相對(duì)于傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，煤塊在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為但由于該過(guò)程煤塊相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，所以內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為4m，故C錯(cuò)誤。故選D。13．（2025·浙江·一模）如圖所示，傾角的傾斜傳送帶AB長(zhǎng)m，以速率v順時(shí)針勻速運(yùn)轉(zhuǎn)。一小煤塊輕放在傳送帶上端A處，經(jīng)B到達(dá)點(diǎn)進(jìn)入螺旋圓環(huán)軌道，通過(guò)軌道最高點(diǎn)，繼續(xù)沿軌道經(jīng)過(guò)點(diǎn)，然后從D點(diǎn)離開平臺(tái)，最后落在傾角為的斜坡上。環(huán)間距正好讓小煤塊通過(guò)，且與圓軌道半徑相比可以忽略。已知小煤塊與傳送帶表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其它地方摩擦不計(jì)，傳送帶底部與水平面平滑過(guò)渡，m，，。(1)若，小煤塊恰能過(guò)圓環(huán)最高點(diǎn)，求圓環(huán)軌道最大半徑R；(2)若m/s，求小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度；(3)要使小煤塊垂直打在斜坡上，求傳送帶的速率v?！敬鸢浮?1)0.12m(2)0.2m(3)【詳解】（1）恰能過(guò)最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理有解得（2）小煤塊從A點(diǎn)到與皮帶同速，由牛頓定律，有運(yùn)動(dòng)距離用時(shí)小煤塊相對(duì)傳送帶位移小煤塊從與皮帶同速到B點(diǎn)，有速度為用時(shí)小煤塊相對(duì)傳送帶位移所以小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度為0.2m（3）要使小煤塊垂直打在斜坡上，有以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平為x方向，豎直向下為y方向，有，D點(diǎn)速度m/s小煤塊從A點(diǎn)到B全過(guò)程分析解得m/s14．（25-26高三上·福建寧德·期中）如圖所示，傾角的傳送帶以的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，將質(zhì)量為的物塊輕放在傳送帶下端，同時(shí)質(zhì)量也為的物塊從傳送帶上端以的初速度沿傳送帶下滑，結(jié)果兩物塊恰好沒(méi)有在傳送帶上相碰，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.8，不計(jì)物塊大小，重力加速度取，，。則（）A．、兩物塊剛在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同B．兩物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)到剛好相遇所用時(shí)間為C．傳送帶上下端間的距離為D．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中、兩物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的總熱量為【答案】AD【詳解】A．物塊A向下減速運(yùn)動(dòng)解得物塊A加速度大小物塊B向上加速運(yùn)動(dòng)解得物塊B加速度大小所以A、B兩物塊剛在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同，A正確；B．物塊B在傳送帶上加速的時(shí)間物塊B在以后相對(duì)于傳送帶靜止，以的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)。物塊A向下減速的時(shí)間物塊A向上加速到與傳送帶速度相同所用時(shí)間兩個(gè)物塊在與傳送帶共速時(shí)恰好相遇，所用時(shí)間，B錯(cuò)誤；C．在7.5s內(nèi)物塊B的位移大小為在7.5s內(nèi)物塊A的位移大小為傳送帶上下端間的距離，C錯(cuò)誤；D．物塊A與傳送帶的相對(duì)位移大小物塊B與傳送帶的相對(duì)位移大小因摩擦產(chǎn)生的總熱量解得，D正確。故選AD。15．（2025·浙江臺(tái)州·一模）某運(yùn)輸裝置如圖，傾角為的傾斜傳送帶長(zhǎng)為，與光滑圓弧軌道相切于B點(diǎn)，圓弧的圓心角，半徑。軌道右側(cè)光滑水平臺(tái)面上放置質(zhì)量的滑板，右端帶有半徑為的圓弧光滑軌道，滑板左端D緊靠C點(diǎn)，滑板的水平部分于C點(diǎn)相切，長(zhǎng)度?，F(xiàn)將質(zhì)量為的小物塊從傳送帶底端A處?kù)o止釋放，傳送帶由靜止開始勻加速啟動(dòng)，可以調(diào)節(jié)傳送帶的啟動(dòng)加速度，使物塊沿軌道外側(cè)運(yùn)送到滑板上。已知物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)，與滑板水平部分間動(dòng)摩擦因數(shù)未知，。求：(1)若傳送帶的啟動(dòng)加速度為，小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度；(2)求小物塊到達(dá)最高點(diǎn)C的最大速度，以及傳送帶的啟動(dòng)加速度范圍；(3)若小物塊以速度為，沖上滑板左側(cè)，經(jīng)過(guò)時(shí)間剛好到達(dá)最高點(diǎn)F點(diǎn)。求：①小物塊達(dá)到F點(diǎn)時(shí)相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的距離x；②小物塊再次到達(dá)圓弧最低點(diǎn)E點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小?！敬鸢浮?1)2m/s(2)(3)①0.7905m；②50N【詳解】（1）物塊上滑的最大加速度為：，解得當(dāng)傳送帶以的加速度啟動(dòng)，物塊與傳送帶之間是靜摩擦力，因此物塊的加速度也是由得：（2）要使物塊到達(dá)C點(diǎn)速度最大，需要考慮物塊能達(dá)到的最大加速度和物塊到達(dá)B點(diǎn)會(huì)不會(huì)離開斜面的問(wèn)題B點(diǎn)不離開斜面的臨界條件解得……根據(jù)，可得物塊能達(dá)到的最大加速度也是，所以物塊以最大加速度加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，B點(diǎn)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理：得傳送帶啟動(dòng)的加速度（3）[1]物塊與滑板水平方向動(dòng)量守恒取很小的時(shí)間間隔，可得

解得：[2]當(dāng)小物塊到達(dá)F點(diǎn)時(shí)有當(dāng)小物塊再次到達(dá)E點(diǎn)時(shí)得：

16．（2025·湖南郴州·一模）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)、傾角為的傾斜傳送帶順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊在時(shí)刻以大小為的速度從傳送帶底端開始沿傳送帶上滑。若取傳送帶底端所在平面為零勢(shì)能面，物塊在傳送帶上相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)可在傳送帶上留下痕跡。物塊在傳送帶上的機(jī)械能E隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示：0.25s前圖線為曲線；0.25s后圖線為直線。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取，sin37°=0.6，下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊的質(zhì)量為 B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．傳送帶的運(yùn)行速度大小為2m/s D．物塊從底端運(yùn)動(dòng)到最高處的過(guò)程中，傳送帶上的痕跡長(zhǎng)度為0.375m【答案】ACD【詳解】A．物塊初動(dòng)能解得物塊的質(zhì)量為，A正確；C．由圖可知，在t=0.25s時(shí)物塊與傳送帶共速，設(shè)傳送帶的速度為v，則此時(shí)的機(jī)械能為29J，即可解得v=2m/s，C正確；B．在0.25s內(nèi)物塊的加速度為大小方向沿傳送帶向下，則由牛頓第二定律可得物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.75，B錯(cuò)誤；D．物塊從滑上傳送帶到與傳送帶共速階段在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度物塊與傳送帶共速后因μ=0.75=tan37°可知，物塊與傳送帶相對(duì)靜止，則物塊從底端運(yùn)動(dòng)到最高處的過(guò)程中，傳送帶上的痕跡長(zhǎng)度為0.375m，D正確。故選ACD。17．（2025·廣東肇慶·一模）如圖所示，某滑雪場(chǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ，游客利用傳送帶運(yùn)送器械。已知器械質(zhì)量為m，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．在器械隨傳送帶勻速上行的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．器械所受摩擦力的大小為B．器械受到的摩擦力方向沿傳送帶向下C．摩擦力對(duì)器械做負(fù)功D．器械所受支持力的沖量為0【答案】A【詳解】A．器械勻速運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力為f=，故A正確；B．器械勻速上行，相對(duì)傳送帶有下滑趨勢(shì)，所以器械受到的摩擦力方向沿傳送帶向上，故B錯(cuò)誤；C．器械受到的摩擦力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，因此摩擦力對(duì)器械做正功，故C錯(cuò)誤；D．器械上行過(guò)程中所受支持力一直垂直于傳送帶，根據(jù)可知器械所受支持力的沖量不可能為0，故D錯(cuò)誤。故選A。18．（2025·山東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾斜傳送帶兩端的距離為，傾角，以大小為的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。時(shí)刻，將質(zhì)量為可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊輕放在傳送帶端。已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取。下列說(shuō)法正確的是（）A．從至，物塊所受的摩擦力大小始終為B．時(shí)物塊所受的摩擦力沿傳送帶向下C．從至，物塊在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)為D．若僅減小，則物塊在傳送帶上留下的劃痕將變長(zhǎng)【答案】C【詳解】AB．最初物塊沿傳送帶向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有解得設(shè)時(shí)刻物塊與傳送帶共速，有解得在加速過(guò)程中物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小因，故此后物塊與傳送帶相對(duì)靜止，一起勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)再經(jīng)時(shí)間物塊到達(dá)端，則有可知該時(shí)間段內(nèi)物塊所受的摩擦力為靜摩擦力，大小為方向沿傳送帶向上，故AB錯(cuò)誤；C．時(shí)間內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移大小劃痕的長(zhǎng)度，故C正確；D．設(shè)相對(duì)滑動(dòng)的時(shí)間為t，減小后，滑塊加速階段的加速度變大，加速時(shí)間變短，則劃痕長(zhǎng)度為可知?jiǎng)澓圩兌?，故D錯(cuò)誤。故選C。19．（2025·貴州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，一傾角為的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其左端與長(zhǎng)為、傾角也為的傳送帶平滑連接，右端與靜止在水平地面上的長(zhǎng)木板平滑連接。先將傳送帶以的速率順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，然后將一質(zhì)量為的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從傳送帶的頂端由靜止釋放，物塊經(jīng)圓弧軌道后沖上木板并恰好不從木板掉落。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板下表面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板的質(zhì)量為，圓弧軌道的半徑為，，，重力加速度大小g取10。求：(1)物塊離開傳送帶時(shí)的速度大??；(2)物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(3)木板的長(zhǎng)度L及木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t?！敬鸢浮?1)(2)(3)，【詳解】（1）對(duì)物塊，從釋放至速度達(dá)到的過(guò)程，由牛頓第二定律得該過(guò)程所用的時(shí)間為該過(guò)程發(fā)生的位移大小為由于，所以物塊將繼續(xù)加速直至到達(dá)傳送帶下端。對(duì)該過(guò)程，由牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得（2）物塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得在圓弧軌道的最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得由牛頓第三定律得聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得。（3）物塊在木板上開始運(yùn)動(dòng)至二者共速的過(guò)程，對(duì)物塊，由牛頓第二定律得同理，對(duì)木板，由牛頓第二定律得由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得由運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性知，木板的長(zhǎng)度為此后，二者相對(duì)靜止并一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停止。對(duì)整體，由牛頓第二定律得由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得又聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得20．（2025·貴州·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾斜的傳送帶以的速率順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從底部A處以平行傳送帶、大小為的初速度滑上傳送帶，小物塊向上運(yùn)動(dòng)到距A的高度為的B處時(shí)與傳送帶的速度相等且能繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)。已知傳送帶的最高處距的高度為，g取。則在小物塊從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中（）A．合力對(duì)物塊做的功為12JB．因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為42JC．傳送帶對(duì)物塊做的功為100JD．傳送帶克服摩擦力做功為126J【答案】AD【詳解】A．合力對(duì)物塊做的功等于物塊增加的動(dòng)能，則合力對(duì)物塊做的功為，故A正確；B．小物塊從A處到C處過(guò)程中只有A到B過(guò)程產(chǎn)生了滑動(dòng)，小物塊從A處到B處過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有，A到B過(guò)程中傳送帶的位移為A到B過(guò)程中物塊的位移為則物塊與傳送帶的相對(duì)位移為則聯(lián)立可得因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為，故B錯(cuò)誤；C．小物塊從A處到C處，根據(jù)動(dòng)能定理有解得傳送帶對(duì)物塊做的功為，故C錯(cuò)誤；D．傳送帶克服摩擦力做的功等于傳送帶對(duì)物塊做的功與摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，則傳送帶克服摩擦力做功為,故D正確。故選AD。模型3板塊模型1.模型特點(diǎn)：滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))置于木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，滑塊和木板具有不同的加速度。2.模型構(gòu)建(1)隔離法的應(yīng)用：對(duì)滑塊和木板分別進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析。(2)對(duì)滑塊和木板分別列動(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程。(3)明確滑塊和木板間的位移關(guān)系如圖所示，滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長(zhǎng))；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。3.解題關(guān)鍵(1)摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對(duì)運(yùn)動(dòng)來(lái)判斷“板塊”間的摩擦力方向。(2)挖掘“v物＝v板”臨界條件的拓展含義摩擦力突變的臨界條件：當(dāng)v物＝v板時(shí)，“板塊”間的摩擦力可能由滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運(yùn)動(dòng))。①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運(yùn)動(dòng)到木板的一端時(shí)，v物＝v板；②木板最短的條件：當(dāng)v物＝v板時(shí)滑塊恰好滑到木板的一端。4.處理“板塊”模型中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的流程21．（2025·河北張家口·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為M=2.0kg、長(zhǎng)度為l=2.5m的長(zhǎng)木板靜置于水平地面上，它與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2。質(zhì)量為m=3.0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從長(zhǎng)木板的右端以初速度v0向左滑上長(zhǎng)木板，滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到長(zhǎng)木板的左端。已知長(zhǎng)木板剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a1=1m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)B．滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)C．滑塊初速度D．滑塊初速度【答案】AD【詳解】AB．長(zhǎng)木板剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小，對(duì)木板分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．對(duì)滑塊進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得可知滑塊先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者達(dá)到相等速度后保持相對(duì)靜止向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最終停止運(yùn)動(dòng)。兩者達(dá)到相等速度過(guò)程有滑塊相對(duì)于木板的相對(duì)位移大小恰好等于木板長(zhǎng)度，即有解得，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。22．（2025·貴州貴陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）某多米諾骨牌游戲愛好者設(shè)計(jì)的游戲啟動(dòng)裝置，如圖所示。整個(gè)裝置由粗糙水平直軌道AB、與AB相切于B點(diǎn)的光滑豎直半圓固定軌道BC、粗糙水平桌面DE、平臺(tái)四部分組成?；瑝KP和Q分別放置于A點(diǎn)和B點(diǎn)，與平臺(tái)等高的木板靜置于DE上且其右端與C恰好在一條豎直線上，多米諾游戲啟動(dòng)牌靜置于平臺(tái)的右端。現(xiàn)用F=30N的水平恒力向右拉動(dòng)滑塊P，運(yùn)動(dòng)x=0.4m后撤去F，P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)與Q發(fā)生彈性碰撞，Q經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后恰好水平滑上木板，木板左端運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)右端時(shí)木板被鎖定，待Q與啟動(dòng)牌碰撞后游戲啟動(dòng)。已知AB的長(zhǎng)度s=1m，BC的半徑R=0.3m，木板的長(zhǎng)度L=1.05m，木板左端到平臺(tái)右端的距離d=0.34m，P的質(zhì)量M=2kg，Q與木板的質(zhì)量均為m=1kg。P與AB間、Q與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.15，木板與DE間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.05，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)P與Q碰撞前瞬間的速度大?。?2)Q運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力大??；(3)Q與啟動(dòng)牌碰撞前瞬間的速度大小?！敬鸢浮?1)3m/s(2)(3)0.1m/s【詳解】（1）滑塊P從A運(yùn)動(dòng)到B，設(shè)P到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）P與Q在B點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向右為正，碰撞后P的速度為vP，Q的速度為vQ，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有，解得，碰撞后，Q從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律有Q在半圓軌道的C點(diǎn)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律有解得所以，滑塊Q在C點(diǎn)對(duì)半圓軌道的壓力大小為。（3）Q以vC滑上長(zhǎng)木板后，Q向左做減速運(yùn)動(dòng)，木板向左做加速運(yùn)動(dòng)。設(shè)它們的加速度大小分別為a1、a2，對(duì)Q：對(duì)木板：解得，假設(shè)經(jīng)時(shí)間t1，兩者有共同的速度v共，此時(shí)Q運(yùn)動(dòng)的位移為x1，木板運(yùn)動(dòng)的位移為x2，有對(duì)Q：，對(duì)木板：，解得，，，因?yàn)椋?，所以Q與木板達(dá)到共速后，再一起向左做減速運(yùn)動(dòng)至平臺(tái)右端。設(shè)兩者一起減速的過(guò)程中，加速度大小為a3，運(yùn)動(dòng)的位移為，末速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)力學(xué)分析對(duì)木板和Q：，，解得木板到達(dá)平臺(tái)右端時(shí)被鎖定，此時(shí)Q在木板上繼續(xù)向左減速至平臺(tái)右端。則該過(guò)程Q的加速度為a1，設(shè)其運(yùn)動(dòng)的位移為，末速度大小為v3即為Q與啟動(dòng)牌碰撞前瞬間的速度大小，根據(jù)動(dòng)力學(xué)分析對(duì)Q：，解得23．（2025·遼寧丹東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，粗糙地面上有一長(zhǎng)木板C，滑塊A、B位于C上表面，滑塊A位于C的最右端，滑塊A、B相距3m，三者的質(zhì)量分別為，，C與A、B、地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.1、0.35、0.1。初始時(shí)，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給C一個(gè)水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段時(shí)間之后，A和B發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短，碰撞之后滑塊A、B粘連在一起。從此刻開始，力F方向不變，大小變?yōu)?N，在接下來(lái)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、B始終沒(méi)有離開C。（滑塊A、B可以視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度）則下列說(shuō)法中正確的是（）A．在滑塊A、B碰撞之前，滑塊B與木板C保持相對(duì)靜止B．從初始時(shí)刻到滑塊A、B發(fā)生碰撞的過(guò)程所用時(shí)間是C．在滑塊A、B碰撞瞬間，滑塊A的動(dòng)量變?yōu)镈．長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度至少為3.075m【答案】AD【詳解】A．假設(shè)在滑塊A、B碰撞之前，滑塊B與木板C保持相對(duì)靜止，對(duì)BC整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得解得對(duì)滑塊B，由牛頓第二定律可得B與C之間的最大靜摩擦力假設(shè)成立，故A正確；B．對(duì)滑塊A，由牛頓第二定律可得解得設(shè)從初始時(shí)刻到A、B發(fā)生碰撞的時(shí)間為，則有解得，故B錯(cuò)誤；C．碰撞前，滑塊A的速度滑塊B的速度設(shè)A、B碰撞后的共同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得解得碰后滑塊A的動(dòng)量，故C錯(cuò)誤；D．碰撞后，對(duì)A、B整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得解得方向向右，對(duì)木板C，根據(jù)牛頓第二定律可得解得方向向左，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間A、B、C三者達(dá)到共同速度，則有解得此過(guò)程中，AB的位移C的位移代入數(shù)據(jù)解得二者的相對(duì)位移則木板C的最小長(zhǎng)度為，故D正確。故選AD。24．（2025·云南楚雄·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為3m和2m，靜止疊放在水平地面上。A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B．無(wú)論F為何值，B的加速度都不會(huì)超過(guò)C．當(dāng)時(shí)，A、B之間的摩擦力D．當(dāng)時(shí)，A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)【答案】AD【詳解】A．A、B之間的最大靜摩擦力B與地面之間的最大靜摩擦力A、B都相對(duì)地面靜止時(shí)，，選項(xiàng)A正確；CD．若A、B一起向右運(yùn)動(dòng)，A、B之間的摩擦力為靜摩擦力，對(duì)A、B組成的整體有對(duì)B有又解得故時(shí)，A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)時(shí)，A、B之間的摩擦力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；B．當(dāng)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，B的加速度所以無(wú)論F為何值，B的加速度都不會(huì)超過(guò)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。故選AD。25．（2025·云南昆明·模擬預(yù)測(cè)）粗糙水平地面上有一質(zhì)量m=1kg的長(zhǎng)木板B，在木板B的最右端放一質(zhì)量也為1kg的物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)），如圖甲所示。給木板B施加水平向右的拉力F，木板B的加速度a隨拉力F的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。(1)求物塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)現(xiàn)對(duì)B施加一恒力F0，A、B均由靜止開始運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻撤去恒力F0，一段時(shí)間后，A、B都停止運(yùn)動(dòng)，A仍在木板B的最右端。求恒力F0的大小?！敬鸢浮?1)0.1，0.2(2)6.75N【詳解】（1）由圖乙可知，對(duì)AB受力分析，則有解得對(duì)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有其中解得（2）對(duì)B受力分析，當(dāng)有恒力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有撤去恒力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有AB共速后，根據(jù)牛頓第二定律有對(duì)A受力分析，只要有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)題意作出A、B相對(duì)地面的速度-時(shí)間圖像如圖所示設(shè)恒力作用的時(shí)間為，撤去恒力到A、B共速時(shí)間為，共速時(shí)有共速前后各自運(yùn)動(dòng)的位移相等，則有聯(lián)立解得26．（2025·云南昆明·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，水平面上放置質(zhì)量的足夠長(zhǎng)的木板A，木板A上放置質(zhì)量的滑塊B，水平力F作用于滑塊B上，F(xiàn)隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，時(shí)刻滑塊B相對(duì)木板A發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)拉力變成恒定的20N。已知滑塊B與木板A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板A和水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：(1)時(shí)，A、B的加速度；(2)時(shí)刻滑塊B的速度大小；(3)0~15s內(nèi)滑塊B相對(duì)木板A的位移?！敬鸢浮?1)3m/s2(2)18.75m/s(3)18m【詳解】（1）對(duì)整體受力分析，剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，有解得由F-t圖像可知F=2t聯(lián)立解得剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)刻為t=1.5s整體開始運(yùn)動(dòng)后先一起做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木板A的加速度達(dá)到最大時(shí)，A、B發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，對(duì)A受力分析，由牛頓第二定律，有解得a0=5m/s2對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律，有聯(lián)立解得A、B發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力為F1=18N聯(lián)立解得A、B發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻為t0=9s因此t1=6s時(shí)，AB以共同的加速度運(yùn)動(dòng)，此時(shí)F=2t1=12N把AB看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律，有解得a1=3m/s2（2）滑塊B相對(duì)木板A剛開始運(yùn)動(dòng)前，A、B一起加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體受力分析有整理有a-t圖像如圖所示由a-t圖像的面積表示速度變化量可知滑塊B相對(duì)木板A剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為（3）由上述分析可知1.5-9s之間A、B存在相對(duì)滑動(dòng)，9s后對(duì)A受力分析，由牛頓第二定律，有解得aA=5m/s2對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律，有解得aB=6m/s2則9s后由位移-時(shí)間公式可得A的位移為B的位移為聯(lián)立解得整個(gè)過(guò)程中A、B的相對(duì)位移為27．（2025·河南·一模）如圖甲所示，質(zhì)量足夠長(zhǎng)的木板靜止在粗糙水平地面上，木板左端放置一質(zhì)量的小物塊。時(shí)刻對(duì)小物塊施加一水平向右的拉力，拉力的大小隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，末撤去拉力。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取，最大靜摩擦力約等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（

）A．時(shí)物塊受到的摩擦力大小為B．撤去拉力后物塊與木板達(dá)到共速C．撤去拉力后木板在水平面上停止運(yùn)動(dòng)D．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦生成的總熱量為【答案】BC【詳解】A．由題意可知，在第1s時(shí)間內(nèi)，物塊受到拉力為4N，假設(shè)物塊與板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)整體由牛頓第二定律可得解得因?yàn)榭芍僭O(shè)成立，對(duì)物塊，由牛頓第二定律可知物塊受到的摩擦力大小，故A錯(cuò)誤；B．以上分析可知3s末整體速度圖乙可知拉力為20N，假設(shè)物塊與板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)整體由牛頓第二定律可得解得因?yàn)榭芍僭O(shè)不成立，即物塊與木板產(chǎn)生了相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)物塊、木板分別有可知4s末二者速度分別為撤去拉力后物塊加速度大?。ǚ较蛩较蜃螅﹦t撤去拉力后到二者共速有聯(lián)立解得，故B正確；C．因?yàn)椋?/p>