資源簡介

綜合·融通(二)　　動力學中的兩類典型模型
(融會課—主題串知綜合應用)
傳送帶模型和板塊模型是動力學中的兩大典型模型，是對牛頓運動定律與運動學公式的綜合考查題型。這兩大模型的試題綜合性較強，試題難度往往也較大，但是掌握好運動關系和受力變化這一關鍵，就可以比較順利地解決這兩類典型模型問題。
主題(一) 傳送帶模型
[知能融會通]
1．傳送帶的基本類型
傳送帶運輸是利用貨物和傳送帶之間的摩擦力將貨物運送到其他地方，傳送帶模型涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態的分析、運動學和動力學知識的綜合運用。有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種基本模型。
2．傳送帶模型的分析流程
3．傳送帶模型的解題關鍵
求解的關鍵在于根據物體和傳送帶之間的相對運動情況，確定摩擦力的大小和方向。當物體的速度與傳送帶的速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變，速度相等前后對摩擦力的分析是解題的關鍵。
類型1　水平傳送帶
水平傳送帶常見類型及物體運動情況：
類型 物體運動情況
(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速
(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(1)傳送帶較短時，物體一直減速到達左端(2)傳送帶足夠長時，物體先向左減速再向右加速回到右端
[例1]　(2024年1月·安徽高考適應性演練)如圖，相距l＝2.5 m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，根據需要設定驅動系統的速度大小v＝1 m/s。質量m＝10 kg的貨物(可視為質點)放在距傳送帶左側1 m處的P點，右側平臺的人通過一根輕繩用恒力F＝40 N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1＝0.2，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，假設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)貨物運動到傳送帶左端時的速度大小；
(2)貨物在傳送帶上運動的時間。
嘗試解答：
類型2　傾斜傳送帶
傾斜傳送帶問題可分為傾斜向上傳送和傾斜向下傳送兩種情況(物體從靜止開始，傳送帶勻速運動且足夠長)：
條件 運動性質
傾斜向上傳送 μ＞tan θ 物體先沿傳送帶做向上的勻加速直線運動，速度相同以后二者相對靜止，一起做勻速運動
μ＝tan θ 物體保持靜止
μ＜tan θ 物體沿傳送帶做向下的勻加速直線運動
傾斜向下傳送 μ≥tan θ 物體先相對傳送帶向上滑，沿傳送帶向下做初速度為零的勻加速直線運動，速度相同后二者相對靜止，一起做勻速運動
μ＜tan θ 物體先相對傳送帶向上滑，沿傳送帶向下做初速度為零的勻加速直線運動，速度與傳送帶速度相同后滑動摩擦力反向，物體相對傳送帶下滑，繼續沿傳送帶向下做勻加速直線運動
[例2]　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α＝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。
嘗試解答：
[題點全練清]
1．(多選)如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速度向右傳動。將一物體輕輕放在傳送帶的左端，以v、a、s、f表示物體的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列選項中正確的是(　 )
2.如圖所示，物塊M在靜止的足夠長的傳送帶上以速度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先在傳送帶上加速到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
主題(二) 板塊模型
[知能融會通]
1．模型建構
板塊模型又稱為“滑塊—木板模型”(如圖a)，涉及摩擦力、相對運動，屬于多物體多過程問題。另外，常見的子彈射擊木塊(如圖b)、圓環在直桿上滑動(如圖c)都屬于滑塊類問題，處理方法類似。
2．三種關系
(1)加速度關系
如果疊放在一起的板塊之間沒有發生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度；如果板塊之間發生相對運動，應采用“隔離法”求出每一個物體運動的加速度。應注意找出板塊是否發生相對運動等隱含的條件。
(2)速度關系
板塊之間發生相對運動時產生摩擦力，當兩物體的速度相同時，摩擦力會發生突變。
(3)位移關系
要分清板塊相對地面的位移和板塊間的相對位移之間的關系。
3．兩個關鍵
(1)分別隔離兩物體進行受力分析，準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。
(2)物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解時應注意聯系兩個過程的紐帶，即每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
[典例]　如圖所示，有一塊木板A靜置在光滑且足夠大的水平地面上，木板質量M＝4 kg，長L＝2 m，木板右端放一小滑塊B并處于靜止狀態，小滑塊質量m＝1 kg，其尺寸遠小于L。小滑塊與木板之間的動摩擦因數為μ＝0.4(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2)。
(1)現用恒力F始終作用在木板A上，為了讓小滑塊B不從木板A上滑落，求恒力F大小的范圍；
(2)其他條件不變，若恒力F大小為24 N，且始終作用在木板A上，求小滑塊B滑離木板A時的速度大小。
嘗試解答：
分析板塊模型時要抓住一個轉折和兩個關聯
(1)一個轉折——滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態變化的轉折點。
(2)兩個關聯——轉折前、后受力情況之間的關聯和滑塊、木板位移與板長之間的關聯。轉折前、后滑塊和木板的加速度都會發生變化，因此以轉折點為界，對轉折前、后滑塊和木板的受力進行分析是建立模型的關鍵。　　
[題點全練清]
1.(多選)如圖所示，質量為m1的足夠長的木板靜止在光滑水平地面上，其上放一質量為m2的木塊。t＝0時刻起，給木塊施加一水平恒力F。分別用a1、a2和v1、v2表示木板、木塊的加速度和速度大小，下列圖中可能符合運動情況的是(　 )
2.如圖所示，光滑的水平面上有一質量M＝0.2 kg的長木板，另一質量m＝0.1 kg的小滑塊以v0＝2.4 m/s的水平初速度從長木板的左端滑上長木板(此時開始計時)。已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數μ＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若長木板長L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑塊從長木板上滑離時的速度大小；
(2)若長木板足夠長且不固定，則經過多長時間小滑塊與長木板的速度相等？求此時間內小滑塊運動的位移大小。
嘗試解答：
綜合·融通(二)　動力學中的兩類典型模型
主題(一)　
[例1]　解析：(1)根據牛頓第二定律，貨物在左側平臺上時加速度為a1＝＝2 m/s2
由運動學規律有v12＝2a1s1，其中s1＝1 m
解得貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為v1＝2 m/s。
(2)由于v1>v，故可知貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力向左，此時加速度為a2＝＝－1 m/s2
故貨物開始做勻減速運動，設經過時間t2與傳送帶共速，得t2＝＝1 s，該段時間貨物位移為s2＝t2＝1.5 m
共速后貨物勻速運動，設再經過時間t3到達傳送帶右端，得t3＝＝1 s
故貨物在傳送帶上運動的時間為t＝t2＋t3＝2 s。
答案：(1)2 m/s　(2)2 s
[例2]　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μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
(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μmgcos α＞mgsin α，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。
答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
[題點全練清]
1．選AB　在0～t1時間內物體受到向右恒定的滑動摩擦力而做勻加速直線運動，加速度不變，速度與時間的關系為v＝at，v t圖像是過原點的傾斜直線；物體的速度與傳送帶的速度相同后，物體不受摩擦力而做勻速直線運動，速度不變，加速度為0，故A、B正確，C錯誤；根據物體的運動情況，并結合勻變速直線運動和勻速直線運動的位移圖像得，D錯誤。
2．選C　傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，故mgsin θ＝Ff，當傳送帶的速度小于物塊的速度時，物塊受到向上的摩擦力，物塊勻速向下運動，當傳送帶的速度大于物塊的速度時，物塊受到向下的摩擦力，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，物塊和傳送帶以相同的速度勻速下滑，故C正確。
主題(二)　
[典例]　解析：(1)為了使小滑塊B不從木板A上滑落，設A、B相對靜止時的最大加速度為am，
根據牛頓第二定律得，對B有μmg＝mam，
對A、B整體有Fm＝(M＋m)am
解得Fm＝20 N
即當F≤20 N時小滑塊B不從木板A上滑落。
(2)當F＝24 N時，A、B發生相對滑動，根據牛頓第二定律得
此時，對B有μmg＝maB
對A有F－μmg＝MaA
設B在A上滑行的時間為t，
有L＝aAt2－aBt2
B滑離木板A時的速度v＝aBt
聯立解得v＝8 m/s。
答案：(1)F≤20 N　(2)8 m/s
[題點全練清]
1．選AC　木塊和木板可能保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，加速度大小相等，故A正確；木塊可能相對于木板向前滑動，即木塊的加速度a2大于木板的加速度a1，都做勻加速直線運動，故B、D錯誤，C正確。
2．解析：(1)小滑塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得－Ff＝ma1
又Ff＝μFN＝μmg，解得a1＝－4 m/s2
根據運動學公式可得v2－v02＝2a1L
解得v＝0.4 m/s。
(2)長木板在水平方向只受向右的滑動摩擦力Ff′，
且Ff′＝Ff＝μmg＝0.4 N
由牛頓第二定律可得Ff′＝Ma2，解得a2＝2 m/s2
設經過時間t，兩者速度相同，則有v0＋a1t＝a2t，解得t＝0.4 s
由運動學公式可得s＝v0t＋a1t2，解得s＝0.64 m。
答案：(1)0.4 m/s　(2)0.4 s　0.64 m(共79張PPT)
綜合 融通(二) 動力學中的兩類典型模型
(融會課—主題串知綜合應用)
傳送帶模型和板塊模型是動力學中的兩大典型模型，是對牛頓運動定律與運動學公式的綜合考查題型。這兩大模型的試題綜合性較強，試題難度往往也較大，但是掌握好運動關系和受力變化這一關鍵，就可以比較順利地解決這兩類典型模型問題。
1
主題(一) 傳送帶模型
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主題(二) 板塊模型
3
課時跟蹤檢測
CONTENTS
目錄
主題(一) 傳送帶模型
1．傳送帶的基本類型
傳送帶運輸是利用貨物和傳送帶之間的摩擦力將貨物運送到其他地方，傳送帶模型涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態的分析、運動學和動力學知識的綜合運用。有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種基本模型。
知能融會通
2．傳送帶模型的分析流程
3．傳送帶模型的解題關鍵
求解的關鍵在于根據物體和傳送帶之間的相對運動情況，確定摩擦力的大小和方向。當物體的速度與傳送帶的速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變，速度相等前后對摩擦力的分析是解題的關鍵。
類型1　水平傳送帶
水平傳送帶常見類型及物體運動情況：
類型 物體運動情況
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(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(1)傳送帶較短時，物體一直減速到達左端
(2)傳送帶足夠長時，物體先向左減速再向右加速回到右端
續表
[例1]　(2024年1月·安徽高考適應性演練)如圖，相距l＝2.5 m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，根據需要設定驅動系統的速度大小v＝1 m/s。質量m＝10 kg的貨物(可視為質點)放在距傳送帶左側1 m處的P點，右側平臺的人通過一根輕繩用恒力F＝40 N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1＝0.2，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，假設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)貨物運動到傳送帶左端時的速度大小；
[答案]　2 m/s
(2)貨物在傳送帶上運動的時間。
[答案]　2 s
類型2　傾斜傳送帶
傾斜傳送帶問題可分為傾斜向上傳送和傾斜向下傳送兩種情況(物體從靜止開始，傳送帶勻速運動且足夠長)：
條件 運動性質
傾斜 向上 傳送 μ＞tan θ 物體先沿傳送帶做向上的勻加速直線運動，速度相同以后二者相對靜止，一起做勻速運動
μ＝tan θ 物體保持靜止
μ＜tan θ 物體沿傳送帶做向下的勻加速直線運動
傾斜 向下傳送 μ≥tan θ 物體先相對傳送帶向上滑，沿傳送帶向下做初速度為零的勻加速直線運動，速度相同后二者相對靜止，一起做勻速運動
μ＜tan θ 物體先相對傳送帶向上滑，沿傳送帶向下做初速度為零的勻加速直線運動，速度與傳送帶速度相同后滑動摩擦力反向，物體相對傳送帶下滑，繼續沿傳送帶向下做勻加速直線運動
續表
[例2]　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α＝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；
[答案]　0.4 m/s2　
[解析]　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μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。
[答案]4.5 s
1．(多選)如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以
恒定的速度向右傳動。將一物體輕輕放在傳送帶的
左端，以v、a、s、f表示物體的速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列選項中正確的是(　 )
題點全練清
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解析：在0～t1時間內物體受到向右恒定的滑動摩擦力而做勻加速直線運動，加速度不變，速度與時間的關系為v＝at，v-t圖像是過原點的傾斜直線；物體的速度與傳送帶的速度相同后，物體不受摩擦力而做勻速直線運動，速度不變，加速度為0，故A、B正確，C錯誤；根據物體的運動情況，并結合勻變速直線運動和勻速直線運動的位移圖像得，D錯誤。
2．如圖所示，物塊M在靜止的足夠長的傳送帶上以速度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先在傳送帶上加速到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
√
解析：傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，故mgsin θ＝Ff，當傳送帶的速度小于物塊的速度時，物塊受到向上的摩擦力，物塊勻速向下運動，當傳送帶的速度大于物塊的速度時，物塊受到向下的摩擦力，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，物塊和傳送帶以相同的速度勻速下滑，故C正確。
主題(二) 板塊模型
1．模型建構
板塊模型又稱為“滑塊—木板模型”(如圖a)，涉及摩擦力、相對運動，屬于多物體多過程問題。另外，常見的子彈射擊木塊(如圖b)、圓環在直桿上滑動(如圖c)都屬于滑塊類問題，處理方法類似。
知能融會通
2．三種關系
(1)加速度關系
如果疊放在一起的板塊之間沒有發生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度；如果板塊之間發生相對運動，應采用“隔離法”求出每一個物體運動的加速度。應注意找出板塊是否發生相對運動等隱含的條件。
(2)速度關系
板塊之間發生相對運動時產生摩擦力，當兩物體的速度相同時，摩擦力會發生突變。
(3)位移關系
要分清板塊相對地面的位移和板塊間的相對位移之間的關系。
3．兩個關鍵
(1)分別隔離兩物體進行受力分析，準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。
(2)物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解時應注意聯系兩個過程的紐帶，即每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
[答案]　F≤20 N　
[解析]　為了使小滑塊B不從木板A上滑落，設A、B相對靜止時的最大加速度為am，根據牛頓第二定律得，對B有μmg＝mam，
對A、B整體有Fm＝(M＋m)am
解得Fm＝20 N
即當F≤20 N時小滑塊B不從木板A上滑落。
(2)其他條件不變，若恒力F大小為24 N，且始終作用在木板A上，求小滑塊B滑離木板A時的速度大小。
[答案]　8 m/s
[解析]　當F＝24 N時，A、B發生相對滑動，根據牛頓第二定律得
此時，對B有μmg＝maB
對A有F－μmg＝MaA
[思維建模]
分析板塊模型時要抓住一個轉折和兩個關聯
(1)一個轉折——滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態變化的轉折點。
(2)兩個關聯——轉折前、后受力情況之間的關聯和滑塊、木板位移與板長之間的關聯。轉折前、后滑塊和木板的加速度都會發生變化，因此以轉折點為界，對轉折前、后滑塊和木板的受力進行分析是建立模型的關鍵。　　
題點全練清
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答案：0.4 m/s　
解析：小滑塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得－Ff＝ma1
又Ff＝μFN＝μmg
解得a1＝－4 m/s2
根據運動學公式可得v2－v02＝2a1L
解得v＝0.4 m/s。
(2)若長木板足夠長且不固定，則經過多長時間小滑塊與長木板的速度相等？求此時間內小滑塊運動的位移大小。
答案：0.4 s　0.64 m
解析：長木板在水平方向只受向右的滑動摩擦力Ff′，
且Ff′＝Ff＝μmg＝0.4 N
由牛頓第二定律可得Ff′＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
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1．如圖所示，表面粗糙的水平傳送帶勻速向右傳動。
現在其左側的A處輕輕放上一物塊，設傳送帶足夠長，則該物塊(　 )
A．一直向右勻速運動
B．先向右勻加速運動，后繼續向右勻速運動
C．先受到向右的滑動摩擦力，后受到向右的靜摩擦力
D．先受到向右的滑動摩擦力，后受到向左的靜摩擦力
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解析：物塊初速度為0，剛放上傳送帶后將與傳送帶之間發生相對滑動，受到向右的滑動摩擦力做勻加速運動，因為傳送帶足夠長，所以物塊最終將會達到與傳送帶相同的速度并最終向右勻速運動，此時物塊與傳送帶保持相對靜止，沒有相對運動趨勢，不受靜摩擦力作用。故選B。
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2．(多選)如圖所示，A、B、C三個物體質量相等，它們與傳送帶間的動摩擦因數也相同，三個物體隨傳送帶一起勻速運動，運動方向如圖中箭頭指示方向。下列說法正確的是(　 )
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A．A物體受到的摩擦力方向向右
B．三個物體中只有A物體不受摩擦力作用
C．B物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．B、C兩物體受到的摩擦力方向相同
解析： A物體隨傳送帶一起勻速運動，則不受摩擦力，故A錯誤；B和C兩物體相對于傳送帶有向下運動的趨勢，故均受到沿傳送帶向上的靜摩擦力，故B、D正確，C錯誤。
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解析：開始階段滑動摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，因此a1＝gsin θ＋μgcos θ，如果傳送帶不是足夠長，小木塊可能一直勻加速到傳送帶底部，到達底部時速度小于等于v0，A錯誤，B正確；
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當傳送帶足夠長時，小木塊勻加速到和傳送帶速度相等時，由于μ＜tan θ，即mgsin θ＞μmgcos θ，小木塊不會勻速運動，小木塊會繼續加速，滑動摩擦力變為沿傳送帶向上，由牛頓第二定律知mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，因此a2＝gsin θ－μgcos θ由公式知a2＜a1，注意摩擦力是被動力，速度相等時摩擦力會突變，所以D正確，C錯誤。
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A．若重物靜止不動，傳送帶對運動員的摩擦力大小為μm1g
B．若重物勻速上升，傳送帶對運動員的摩擦力大于m2g
C．若重物勻速上升，m2越大，傳送帶對運動員的摩擦力越大
D．若重物勻速上升，m1越大，傳送帶對運動員的摩擦力越大
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解析：若重物靜止不動，則運動員處于靜止，運動員在水平方向上受拉力和摩擦力平衡，又繩子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，而不是滑動摩擦力，故A錯誤；若重物勻速上升，則運動員處于勻速直線運動，水平方向受拉力和靜摩擦力平衡，又繩子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，則m2越大傳送帶對運動員的摩擦力越大，與m1的大小無關，故B、D錯誤，C正確。
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6．如圖甲為應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖乙所示的模型。緊繃的傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2，旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，經過一段時間運動到B處，則下列說法正確的是(　 )
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A．兩物體開始沒有相對滑動，當拉力超過12 N時，開始相對滑動
B．當拉力為12 N時，AB間摩擦力為12 N
C．當拉力為24 N時，AB間摩擦力為6 N
D．兩物體間始終沒有相對滑動
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解析：當A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力時兩物體將要開始相對滑動，即fB＝fm＝μmAg＝mBam，此時，對A和B整體，有F＝(mA＋mB)am，聯立解得F＝48 N，所以在F從10 N逐漸增大到45 N的過程中，兩物體不發生相對滑動，故A錯誤，D正確；當拉力為12 N時，有F1＝(mA＋mB)a1，f1＝mBa1，解得f1＝3 N，故B錯誤；當拉力為24 N時，有F2＝(mA＋mB)a2，f2＝mBa2，解得f2＝6 N，故C正確。
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8．(多選)用貨車運輸規格相同的兩層水泥板，底層
水泥板固定在車圈內，為防止貨車在剎車時上層水泥板撞上駕駛室，上層水泥板按如圖所示方式放置在底層水泥板上。貨車以3 m/s2的加速度啟動，然后以12 m/s勻速行駛，遇緊急情況后以8 m/s2的加速度剎車至停止。已知每塊水泥板的質量為250 kg，水泥板間的動摩擦因數為0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，則(上層水泥板未撞到駕駛室)(　 )
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A．啟動時上層水泥板所受摩擦力大小為750 N
B．剎車時上層水泥板所受摩擦力大小為2 000 N
C．貨車在剎車過程中行駛的距離為9 m
D．上層水泥板停止運動時相對底層水泥板滑動的距離為0.6 m
解析：摩擦力提供給水泥板最大的加速度為a′＝μg＝7.5 m/s2，啟動時，加速度小于最大加速度，上層水泥板所受摩擦力為靜摩擦力，大小為f＝ma＝250×3 N＝750 N，A正確；
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小孩與滑板之間的動摩擦因數取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數μ2＝0.4，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　 )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為2 m/s2
C．經過1 s的時間，小孩離開滑板
D．小孩離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
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10．(多選)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行。t＝0時，將質量m＝1 kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v-t圖像如圖乙所示。設沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2，則(sin 37°＝0.6)(　 )
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A．傳送帶的速率v0＝10 m/s
B．傳送帶的傾角θ＝30°
C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5
D．0～2.0 s內物體在傳送帶上留下的痕跡為5 m
解析：由題圖乙知，物體先做初速度為零的勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度后(在t＝1.0 s時刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物塊繼續向下做勻加速直線運動，從圖像可知傳送帶的速度為v0＝10 m/s，故A正確；
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答案：3 s
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12．(16分)如圖所示，質量為M＝2 kg、長度為L＝0.8 m的木板放在光滑的水平面上保持靜止，一個質量為m＝1 kg且可看成質點的小滑塊以初速度v0＝4 m/s從左端滑上木板，同時小滑塊還受到水平向左的恒力F＝6 N，小滑塊與木板之間的動摩擦因數μ＝0.4，g取10 m/s2，求：
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(1)小滑塊剛滑上木板時，小滑塊的加速度；
答案：大小為10 m/s2，方向水平向左
解析：設小滑塊向右做減速運動的加速度為a1，取向右為正方向，分析小滑塊受力情況，根據牛頓第二定律得
－F－μmg＝ma1
代入數據得a1＝－10 m/s2，負號表示方向水平向左。
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(2)小滑塊與木板共速時，木板向右運動的位移大小。
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4課時跟蹤檢測(二十四)　動力學中的兩類典型模型
(選擇題1～10小題，每小題5分。本檢測卷滿分80分)
　1.如圖所示，表面粗糙的水平傳送帶勻速向右傳動。現在其左側的A處輕輕放上一物塊，設傳送帶足夠長，則該物塊(　　)
A．一直向右勻速運動
B．先向右勻加速運動，后繼續向右勻速運動
C．先受到向右的滑動摩擦力，后受到向右的靜摩擦力
D．先受到向右的滑動摩擦力，后受到向左的靜摩擦力
2．(多選)如圖所示，A、B、C三個物體質量相等，它們與傳送帶間的動摩擦因數也相同，三個物體隨傳送帶一起勻速運動，運動方向如圖中箭頭指示方向。下列說法正確的是(　　)
A．A物體受到的摩擦力方向向右
B．三個物體中只有A物體不受摩擦力作用
C．B物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．B、C兩物體受到的摩擦力方向相同
3.(多選)如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數為μ，木板與水平面間的動摩擦因數為，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g。現對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度a大小可能是(　　)
A．a＝0 B．a＝
C．a＝ D．a＝－
4．(多選)如圖所示，傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＜tan θ，則下圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是(　　)
5.如圖所示的裝置是運動員負重奔跑的跑步機。已知運動員質量為m1，繩拴在腰間沿水平方向跨過滑輪(不計滑輪摩擦、質量)懸掛質量為m2的重物，人用力向后蹬傳送帶使傳送帶沿順時針方向轉動，傳送帶與人之間的動摩擦因數為μ。下列說法正確的是(　　)
A．若重物靜止不動，傳送帶對運動員的摩擦力大小為μm1g
B．若重物勻速上升，傳送帶對運動員的摩擦力大于m2g
C．若重物勻速上升，m2越大，傳送帶對運動員的摩擦力越大
D．若重物勻速上升，m1越大，傳送帶對運動員的摩擦力越大
6．如圖甲為應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖乙所示的模型。緊繃的傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2，旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，經過一段時間運動到B處，則下列說法正確的是(　　)
A．該行李的加速度大小一直為2 m/s2
B．該行李經過5 s到達B處
C．該行李相對傳送帶滑行距離為0.08 m
D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要 s才能到達B處
7.(多選)如圖，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上。A、B質量分別為mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之間的動摩擦因數μ＝0.2，開始時F＝10 N，此后逐漸增加，在增大到45 N的過程中，則(　　)
A．兩物體開始沒有相對滑動，當拉力超過12 N時，開始相對滑動
B．當拉力為12 N時，AB間摩擦力為12 N
C．當拉力為24 N時，AB間摩擦力為6 N
D．兩物體間始終沒有相對滑動
8．(多選)用貨車運輸規格相同的兩層水泥板，底層水泥板固定在車圈內，為防止貨車在剎車時上層水泥板撞上駕駛室，上層水泥板按如圖所示方式放置在底層水泥板上。貨車以3 m/s2的加速度啟動，然后以12 m/s勻速行駛，遇緊急情況后以8 m/s2的加速度剎車至停止。已知每塊水泥板的質量為250 kg，水泥板間的動摩擦因數為0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，則(上層水泥板未撞到駕駛室)(　　)
A．啟動時上層水泥板所受摩擦力大小為750 N
B．剎車時上層水泥板所受摩擦力大小為2 000 N
C．貨車在剎車過程中行駛的距離為9 m
D．上層水泥板停止運動時相對底層水泥板滑動的距離為0.6 m
9.滑沙運動是小朋友比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數μ1＝。小孩(可視為質點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數μ2＝0.4，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為2 m/s2
C．經過1 s的時間，小孩離開滑板
D．小孩離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
10．(多選)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行。t＝0時，將質量m＝1 kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v t圖像如圖乙所示。設沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2，則(sin 37°＝0.6)(　　)
A．傳送帶的速率v0＝10 m/s
B．傳送帶的傾角θ＝30°
C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5
D．0～2.0 s內物體在傳送帶上留下的痕跡為5 m
11.(14分)某飛機場利用如圖所示的傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上，傳送帶與地面的夾角θ＝30°，傳送帶兩端A、B的距離L＝10 m，傳送帶以v＝5 m/s的恒定速度勻速向上運動。在傳送帶底端A無初速度放上一質量m＝5 kg的貨物，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ＝。求貨物從A端運送到B端所需的時間。(g取10 m/s2)
12.(16分)如圖所示，質量為M＝2 kg、長度為L＝0.8 m的木板放在光滑的水平面上保持靜止，一個質量為m＝1 kg且可看成質點的小滑塊以初速度v0＝4 m/s從左端滑上木板，同時小滑塊還受到水平向左的恒力F＝6 N，小滑塊與木板之間的動摩擦因數μ＝0.4，g取10 m/s2，求：
(1)小滑塊剛滑上木板時，小滑塊的加速度；
(2)小滑塊與木板共速時，木板向右運動的位移大小。
課時跟蹤檢測(二十四)
1．選B　物塊初速度為0，剛放上傳送帶后將與傳送帶之間發生相對滑動，受到向右的滑動摩擦力做勻加速運動，因為傳送帶足夠長，所以物塊最終將會達到與傳送帶相同的速度并最終向右勻速運動，此時物塊與傳送帶保持相對靜止，沒有相對運動趨勢，不受靜摩擦力作用。故選B。
2．選BD　A物體隨傳送帶一起勻速運動，則不受摩擦力，故A錯誤；B和C兩物體相對于傳送帶有向下運動的趨勢，故均受到沿傳送帶向上的靜摩擦力，故B、D正確，C錯誤。
3．選ACD　水平面對木板的最大摩擦力fm＝·2mg＝μmg，若拉力F≤fm，則a＝0，故A可能；若物塊相對木板運動，則μmg－·2mg＝ma，木板的加速度為a＝μg，此時加速度為最大值，故B不可能，C可能；若木板相對物塊靜止，木板和物塊一起做勻加速直線運動，整體水平方向的受力為F－fm＝2ma，a＝－，D可能。故選A、C、D。
4．選BD　開始階段滑動摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，因此a1＝gsin θ＋μgcos θ，如果傳送帶不是足夠長，小木塊可能一直勻加速到傳送帶底部，到達底部時速度小于等于v0，A錯誤，B正確；當傳送帶足夠長時，小木塊勻加速到和傳送帶速度相等時，由于μ＜tan θ，即mgsin θ＞μmgcos θ，小木塊不會勻速運動，小木塊會繼續加速，滑動摩擦力變為沿傳送帶向上，由牛頓第二定律知mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，因此a2＝gsin θ－μgcos θ由公式知a2＜a1，注意摩擦力是被動力，速度相等時摩擦力會突變，所以D正確，C錯誤。
5．選C　若重物靜止不動，則運動員處于靜止，運動員在水平方向上受拉力和摩擦力平衡，又繩子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，而不是滑動摩擦力，故A錯誤；若重物勻速上升，則運動員處于勻速直線運動，水平方向受拉力和靜摩擦力平衡，又繩子的拉力等于m2g，所以f＝m2g，則m2越大傳送帶對運動員的摩擦力越大，與m1的大小無關，故B、D錯誤，C正確。
6． 選D　開始時行李的加速度為a＝μg＝2 m/s2，當加速到與傳送帶共速時的時間t1＝＝0.2 s，運動的距離x1＝t1＝0.04 m，共速后行李隨傳送帶勻速運動，加速度為零，故A錯誤；該行李到達B處的時間t＝t1＋t2＝t1＋＝0.2 s＋ s＝5.1 s，B錯誤；該行李相對傳送帶滑行距離為Δx＝vt1－x1＝0.04 m，C錯誤；若傳送帶速度足夠大，行李要想最快到達B處，則需一直加速，則根據L＝at2，解得t＝＝ s＝ s，D正確。
7．選CD　當A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力時兩物體將要開始相對滑動，即fB＝fm＝μmAg＝mBam，此時，對A和B整體，有F＝(mA＋mB)am，聯立解得F＝48 N，所以在F從10 N逐漸增大到45 N的過程中，兩物體不發生相對滑動，故A錯誤，D正確；當拉力為12 N時，有F1＝(mA＋mB)a1，f1＝mBa1，解得f1＝3 N，故B錯誤；當拉力為24 N時，有F2＝(mA＋mB)a2，f2＝mBa2，解得f2＝6 N，故C正確。
8．選ACD　摩擦力提供給水泥板最大的加速度為a′＝μg＝7.5 m/s2，啟動時，加速度小于最大加速度，上層水泥板所受摩擦力為靜摩擦力，大小為f＝ma＝250×3 N＝750 N，A正確；剎車時，加速度大于摩擦力提供的最大加速度，上層水泥板所受摩擦力為滑動摩擦力，其大小為f＝μmg＝1 875 N，B錯誤；貨車在剎車過程中行駛的距離為s＝＝9 m，C正確；上層水泥板停止時間為t＝＝1.6 s，該時間內，上層水泥板運動的距離為s′＝vt－a′t2＝19.2 m－9.6 m＝9.6 m，上層水泥板停止運動時相對底層水泥板滑動的距離為Δs＝s′－s＝0.6 m，D正確。
9．選C　設小孩與滑板質量均為m，對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為a1＝＝2.8 m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝＝0.8 m/s2，故A、B錯誤；要使小孩與滑板分離a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8 m/s，故C正確，D錯誤。
10．選ACD　由題圖乙知，物體先做初速度為零的勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度后(在t＝1.0 s時刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物塊繼續向下做勻加速直線運動，從圖像可知傳送帶的速度為v0＝10 m/s，故A正確；在0～1.0 s內，物體所受摩擦力方向沿斜面向下，勻加速運動的加速度為a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，由圖可得a1＝＝10 m/s2，在1.0～2.0 s，物體的加速度為a2＝＝gsin θ－μgcos θ，由圖可得a2＝＝2 m/s2，聯立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B錯誤，C正確；根據“面積”表示位移，可知0～1.0 s物體相對于地的位移x1＝×10×1 m＝5 m，傳送帶的位移為x2＝v0t1＝10×1 m＝10 m，物體相對傳送帶的位移大小為Δx1＝x2－x1＝5 m，方向向上；1.0～2.0 s物體相對于地的位移x3＝×1 m＝11 m，傳送帶的位移為x4＝v0t1＝10×1 m＝10 m，物體相對傳送帶的位移大小為Δx2＝x3－x4＝1 m，方向向下，故留下的痕跡為5 m，故D正確。
11．解析：剛開始貨物做勻加速運動，以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝2.5 m/s2
貨物勻加速運動的時間t1＝＝2 s
貨物勻加速運動的位移s1＝at12＝5 m
因為μ＝＞tan θ＝
故貨物與傳送帶共速之后做勻速運動，運動位移s2＝L－s1＝5 m，勻速運動時間t2＝＝1 s
貨物從A到B所需的時間t＝t1＋t2＝3 s。
答案：3 s
12．解析：(1)設小滑塊向右做減速運動的加速度為a1，取向右為正方向，分析小滑塊受力情況，根據牛頓第二定律得
－F－μmg＝ma1
代入數據得a1＝－10 m/s2，負號表示方向水平向左。
(2)設小滑塊向右減速時木板的加速度大小為a2，分析木板受力，由牛頓第二定律得μmg＝Ma2，代入數據得a2＝2 m/s2
設經時間t二者速度相等，則有v0＋a1t＝a2t
代入數據得t＝ s
在這段時間內木板向右的位移大小為s＝a2t2＝ m。
答案：(1)大小為10 m/s2，方向水平向左　(2) m
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