2025高考物理一輪復(fù)習(xí)突破：運動學(xué)中的“傳送帶”和“板塊”模型

|專題突破課4運動學(xué)中的“傳送帶”和“板塊”模型

目標(biāo)要求1.會分析物體在傳送帶上的受力情況和運動情況，并會相關(guān)的計

算。2.能正確運用動力學(xué)觀點處理“滑塊一木板模型”。

考點一“傳送帶”模型

維度1水平傳動帶模型

情景圖不滑塊可能的運動情況

"。=°

可能一直加速；可能先加速后勻速

——T)

嘰,■時，可能一直減速，也可能先減速再勻速；VO<V

(5——時，可能一直加速，也可能先加速再勻速

傳送帶較短時，滑塊一直減速到達(dá)左端；傳送帶較長時，

其

與口、滑塊還要被傳送帶傳回右端。其中返回時速度為

Q____O

V,當(dāng)00<0返回時速度為00

提醒：求解關(guān)鍵在于對物體所受摩擦力進(jìn)行正確的分析判斷。物體的速度與

傳送帶速度相等的時刻摩擦力發(fā)生突變。

血①如圖所示，水平傳送帶以不變的速度0=15m/s向右運動，將一質(zhì)量

機=1kg的工件輕輕放在傳送帶的左端，由于摩擦力的作用，工件做勻加速運動，

經(jīng)過時間/=2s,速度達(dá)到再經(jīng)過時間r=4s,工件到達(dá)傳送帶的右端，以。

滑上一個固定足夠長的斜面BC,斜面傾角。=30°,斜面與物體間的動摩擦因數(shù)

2

為坐(3點處無能量損失，g取10m/s)o

(1)工件與水平傳送帶間的動摩擦因數(shù)；

(2)水平傳送帶的長度；

⑶工件從B開始滑上斜面到斜面最高點所用的時間和在斜面上運動的最大

位移。

解析：(1)設(shè)工件與水平傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃1,工件在傳送帶上做勻加

速直線運動時的加速度為ai,則有ai=7=7.5m/s?

根據(jù)牛頓第二定律得juimg=mai

解得〃1=0.75。

(2)設(shè)水平傳送帶的長度為L,工件先做勻加速直線運動，速度達(dá)到。之后與

7)

傳送帶一起做勻速直線運動。工件做勻加速直線運動的位移大小為%1=^=15m

工件做勻速直線運動的位移大小為

X2="'=15X4m=60m

則長度為L=XI+%2=15m+60m=75mo

(3)設(shè)工件沿斜面上滑過程的加速度大小為s,時間為功由牛頓第二定律得

mgsin30°+〃2/ngcos30°=mai,/U2=

解得42=7.5m/s2

所以滑上斜面到斜面最高點時，速度為零，則可知所耗時間和最大位移分別

為

V19

[2=~9Xmax=7a212

解得/2=2S,Xmax-15Oo

答案：(1)0.75(2)75m(3)2s15m

維度2傾斜傳送帶模型

情景圖示滑塊可能的運動情況

可能一直加速；可能先加速后勻速

可能一直加速；可能先加速后勻速；可能先以加速后再

以02加速

可能一直加速；可能一直勻速；可能先加速后勻速；可能

先減速后勻速；可能先以0加速后再以。2加速；可能一直

減速

可能一直加速；可能一直勻速；可能先減速后反向加速；

可能先減速，再反向加速，最后勻速；可能一直減速

提醒：物體沿傾角為。的傳送帶運動時，可以分為兩類：物體由底端向上運

動，或者由頂端向下運動。解決傾斜傳送帶問題時要特別汪是mgsin0與/imgcos3

的大小和方向的關(guān)系，進(jìn)一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，確定物體運

動情況。

應(yīng)E（多選）如圖甲所示，一足夠長的、傾角為37°的傳送帶以恒定速率穩(wěn)

定運行，一質(zhì)量m=1kg、底部有墨粉的小物體從傳送帶中間某位置平行滑上傳

送帶，取物體沿傳送帶向上運動方向為正方向，則物體相對地面的速度隨時間變

化的關(guān)系如圖乙所示，若取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則下列說

法正確的有（）

甲乙

A.0—8s內(nèi)物體的位移大小為14m

B.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.625

C.0-4s內(nèi)物體上升的高度為4m

D.0?8s內(nèi)物體在傳送帶上留下的墨跡長度為18m

解析:AD物體運動的位移即圖像中圖線與橫軸圍成的面積，則冗=號

X4m—2X2X^m=14m,A正確；由物體運動的o-1圖像可知，在2?6s內(nèi)物

、—△X）4—0

體做勻加速直線運動，有a=~^=4m/s2=1m/s2,且/umgcos37°—mgsin

37°=ma,解得〃=0.875,B錯誤；在0?4s內(nèi)由題圖知，物體運動的位移為0,

則在0?4s內(nèi)物體上升的高度為0,C錯誤；由選項A可知，在0?8s內(nèi)物體的

位移x=14m,傳送帶的位移x，=0/=4X8m=32m,則0?8s內(nèi)物體在傳送帶

上留下的墨跡長度為Ax=x'—x=18m,D正確。

I總結(jié)提升I

（1）求解傳送帶問題的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析與判斷。

（2）臨界狀態(tài)：當(dāng)。物=0帶時，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突變。

（3）物體與傳送帶的劃痕長度Ax等于物體與傳送帶的相對位移的大小，若有

兩次相對運動且兩次相對運動方向相同，則Ax=Ax2（圖甲）；若兩次相對

運動方向相反，則Ax等于較長的相對位移大?。▓D乙）。

甲乙

【對點訓(xùn)練】

1.（水平傳送帶模型）（多選）應(yīng)用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可

簡化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持。=0.4m/s的恒定速率運行，行李與傳

送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=02A、3間的距離為2m,g取lOrn/s?。旅客把行李

（可視為質(zhì)點）無初速度地放在A處，則下列說法正確的是（）

及一V門4

A.開始時行李的加速度大小為2m/s2

B.行李經(jīng)過2s到達(dá)3處

C.行李到達(dá)B處時速度大小為0.4m/s

D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m

解析：AC開始時，對行李，根據(jù)牛頓第二定律有/J.mg=ma,解得a=2m/s2,

故A正確；設(shè)行李做勻加速運動的時間為力，行李做勻加速運動的末速度為0=

0.4m/s,根據(jù)o=Ri,代入數(shù)據(jù)解得力=0.2s,勻加速運動的位移大小》=1?九2

1￡—x2—0Q4

=2X2X0.22m=0.04m,勻速運動的時間為/2=—^一=一萬］j—s=4.9s,可得行

李從A到3的時間為。=/i+f2=5.1s,故B錯誤；由以上分析可知，行李在到達(dá)

3處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達(dá)3處時速度大小為0.4m/s,故C正確；

行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為A%=r/i—x=（0.4X0.2—0.04）m=0.04

m,故D錯誤。

2.（傳送帶中的動力學(xué)圖像）物塊P以速度oo沿足夠長的靜止的傾斜傳送帶勻

速下滑，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。某時刻傳送帶突然以恒定速率加沿

圖示逆時針方向運行，則從該時刻起，物塊P的速度。隨時間t變化的圖像可能

是（）

解析：A當(dāng)00<小時，對物塊P受力分析，由牛頓第二定律可得ma=/ngsin

e+^imgcose,可知物塊先做勻加速直線運動，當(dāng)00=01時，摩擦力瞬間消失，然

后隨著物塊的繼續(xù)加速，摩擦力反向，依題意有/ngsine=〃mgcos仇即物塊做勻

速直線運動，故A正確；B錯誤；當(dāng)。0>01時，對物塊P受力分析，有ma=mgsm

3-jumgcos3=Q,即物塊一直做勻速直線運動，故CD錯誤。故選A。

3.（傾斜傳送帶模型）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oi=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角a=37°,轉(zhuǎn)軸間距

L=3.95mo工作人員沿傳送方向以速度02=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包

裹（可視為質(zhì)點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.8。取重力加速度g=10

m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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.

解析：(1)小包裹的初速度02大于傳送帶的速度01,所以開始時小包裹受到的

傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，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〃/ngcos6>/ngsina所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動

2

至傳送帶底端，根據(jù)牛頓第二定律可知/zmgcos3—mgs'm0=ma,解得a=QAm/so

(2)根據(jù)(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，

V2~V11.6—0.6

用時A=s=2.5s

a0.4

在傳送帶上滑動的距離為

v\+vi0.6+1.6、____

Xi-2力一--)X2.5m-2.75m

J395—275

共速后，勻速運動的時間為才2=-」=I..s=2s,所以小包裹通過

傳送帶所需的時間為?=?1+?2=4.5So

答案：(1)0.4m/s2(2)4.5s

考點二“滑塊一滑板”模型

1.模型特點：滑塊(視為質(zhì)點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑

塊和木板在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動，摩擦生熱。

2.位移關(guān)系：如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木

板同向運動時，位移之差A(yù)X=XI—X2=L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之

和AX=^2+%1=LO

3.解題思路

審題建?！治銮宄緣K和木板的受力情況

選研究對象一和運動情況

1I準(zhǔn)確求出木塊和木板在各運動階段、

:一運動過程中的加速度(注意兩過程連

」加速度一」接處加速度可能突變)

一是否存在速度相等的臨界條件

EE如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質(zhì)量為M=4kg的長木

板，在長木板右端有一質(zhì)量為機=1kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因

數(shù)為〃=0.2,長木板與小物塊均靜止，現(xiàn)用R=14N的水平恒力向右拉長木板，

經(jīng)時間t=ls撤去水平恒力F,g取10m/s2,則：

(1)在R的作用下，長木板的加速度為多大?

(2)剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠(yuǎn)?

(3)最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？

(4)最終小物塊離長木板右端多遠(yuǎn)？

解析：(1)對長木板，根據(jù)牛頓第二定律可得

a=-M-

2

解得。=3m/so

(2)撤去R之前，小物塊只受摩擦力的作用

故am=fig=2m/s2

(3)剛撤去R時0=a/=3m/s,Vm=amt=2m/s

撤去口后，長木板的加速度大小優(yōu)m/s?

最終速度v'=vm+amt'=v-a't'

解得共同速度U=2.8m/s。

(4)在「內(nèi)，小物塊和長木板的相對位移

v2-v'2v'2—Vm

AX2=~^~—-S

2。f2〃m

解得AX2=0.2m

最終小物塊離長木板右端

x=Axi+AX2=0.7mo

答案：(l)3m/s2(2)0.5m(3)2.8m/s(4)0.7m

I總結(jié)提升I

求解“滑塊一木板”類問題的方法技巧

(1)弄清各物體初態(tài)對地的運動和相對運動(或相對運動趨勢)，根據(jù)相對運動

(或相對運動趨勢)情況，確定物體間的摩擦力方向。

(2)準(zhǔn)確地對各物體進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速

度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運動情況。

(3)速度相等是這類問題的臨界點，此時往往意味著物體間的相對位移最大，

物體的受力和運動情況可能發(fā)生突變。

【對點訓(xùn)練】

4.(有外力板塊模型)如圖所示，一質(zhì)量Af=2kg的長木板8靜止在粗糙水平

面上，其右端有一質(zhì)量加=2kg的小滑塊A?，F(xiàn)對3物體施加一R=14N的拉力，

f=3s后撤去拉力，撤去拉力時滑塊仍然在木板上。已知A、5間的動摩擦因數(shù)為

3與地面的動摩擦因數(shù)為〃2=0.2,重力加速度g=10m/s2,求：

IB——”

///////////Z/Z/Z/Z/Z///'//,////////

(1)有拉力時木板3和滑塊A的加速度大?。?/p>

(2)要使滑塊A不從木板3左端掉落，求木板8的最小長度；

(3)在(2)情況下，滑塊A未從木板3滑落，那么滑塊最終位置距離木板右端

多遠(yuǎn)。(結(jié)果保留兩位小數(shù))

解析：(1)對滑塊A根據(jù)牛頓第二定律可得jUimg=mai

故A的加速度大小為m=lm/s?,方向向右；

對木板8,根據(jù)牛頓第二定律可得R—2(m+Mg=Ma2

解得木板B加速度大小為s=2m/s2o

(2)撤去外力瞬間，A的位移為xi=Ji戶

3的位移為X2=52戶

撤去外力時，物塊A和木板3的速度分別為0i=a",02=42/

撤去外力后，物塊A的受力沒變，故物塊A仍然做加速運動，加速度不變，

-1工、4、-->4?,uims+u.2(m+M)g、

木板3做減速超動，其加速度大小變?yōu)?2=-------------而-------------=5m/s-

設(shè)經(jīng)過時間力兩者達(dá)到共速，則有0i+ai/i=02—。2‘t\

解得0=3.5m/s,ti=Q.5s

撤去外力后，A的位移為XI'=0"1+上訪2

3的位移為X2'=02加—3。2‘M

故木板3的長度至少為L=X2—XI+%2'—XI'

代入數(shù)據(jù)解得L=5.25m。

(3)共速后A繼續(xù)向前做減速運動，加速度大小為?3=1m/s2

,4、,,,,、」4〃2(m+M)g—juimg°

B向刖減速的加速度04=而=3m/s-

_v23.52

當(dāng)A停止時向前運動的距離X3=5T_=7Wm=6.125m

Zu3ZA1

_v2352

當(dāng)B停止時向前運動的距離X4=5T~=^T7Tm仁2.04m

Zu4ZAJ

則滑塊最終位置距離木板右端距離AxML+m—X3-1.17m。

答案：(l)2m/s21m/s2(2)5.25m(3)1.17m

5.(無外力板塊模型)如圖所示，在傾角為。=30°的足夠長的固定的光滑斜面

上，有一質(zhì)量為M=3kg的長木板正以0o=lOm/s的初速度沿斜面向下運動，現(xiàn)

將一質(zhì)量為機=1kg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(shù)〃=芋，設(shè)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10m/s?。求:

(1)放上小物塊后，木板和小物塊的加速度大??；

(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

Ff=//mgcos。=7.5N

由牛頓第二定律，對小物塊有

Ff+mgsinO—ma\

代入數(shù)據(jù)得m=12.5m/s2

對長木板，由牛頓第二定律有

MgsinO—Ff=Mai

2

代入數(shù)據(jù)得害=2.5m/so

(2)設(shè)當(dāng)小物塊與長木板共速時速度為01,有

V1=0。+。2九

解得九=ls,01=12.5m/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，則共速前物塊

與木板的相對位移為

vo+vioi+O-

x~2九-2九=5m

故長木板長度至少為10m。

答案：(1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m

6.(多個板塊的組合模型)如圖所示，兩木板A、3并排放在地面上，A左端放

一小滑塊，滑塊在R=6N的水平力作用下由靜止開始向右運動。已知木板A、B

長度均為1=1m,木板A的質(zhì)量房=3kg,小滑塊及木板3的質(zhì)量均為m=1kg,

小滑塊與木板A、3間的動摩擦因數(shù)均為〃i=0.4,木板A、3與地面間的動摩擦

因數(shù)均為〃2=0.1,重力加速度g=10m/s?。求：

(1)小滑塊在木板A上運動的時間；

(2)木板B獲得的最大速度。

解析：(1)小滑塊對木板A的摩擦力

Ffi=/zimg=4N

木板A與3整體受到地面的最大靜摩擦力

Fn=pi2(2m+mx)g=5N

BiCfh,小滑塊滑上木板A后，木板A保持靜止

設(shè)小滑塊滑動的加速度為ai,則

F—^img=mai

7_12

I—訪

解得tl=lSo

(2)設(shè)小滑塊滑上3時，小滑塊速度為切，3的加速度為他，經(jīng)過時間叁滑塊

與5脫離，滑塊的位移為x塊，3的位移為XB,3的最大速度為0B,則

〃1mg—2112mg=mai

VB=a2tl

19

XB~~^CLlt2

v\

,19

%塊=0"2十

X塊一XB-I

聯(lián)立以上各式可得VB=\m/So

答案:(1)1s(2)1m/s

限時規(guī)范訓(xùn)練12

［基礎(chǔ)鞏固題組］

1.如圖所示，水平傳送帶A、5兩端相距s=3.5m,工件與傳送帶間的動摩擦

因數(shù)〃=0.1。工件滑上A端瞬時速度0A=4m/s,到達(dá)3端的瞬時速度設(shè)為辦，

則下列說法不正確的是()

A.若傳送帶不動，則VB=3m/s

B.若傳送帶以速度o=4m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，VB=3m/s

C.若傳送帶以速度v=2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，VB=3m/s

D.若傳送帶以速度v=2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，VB=2m/s

解析：D若傳動帶不動或逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則工件水平方向受水平向左的

滑動摩擦力作用，由牛頓第二定律得〃加g=ma,由勻變速運動的規(guī)律可知sr2一

VA2=~2as,代入數(shù)據(jù)解得OB=3m/s,A、B正確；若傳送帶以速度o=2m/s順

時針勻速轉(zhuǎn)動，假設(shè)工件在到達(dá)3端前速度降至2m/s,則工件水平方向受水平

向左的滑動摩擦力作用，設(shè)加速度大小為由牛頓第二定律得〃=工件

滑上傳送帶先做勻減速直線運動，當(dāng)速度減小到2m/s時，所經(jīng)過的位移x=

美產(chǎn)m=6m>3.5m,所以假設(shè)不成立，所以工件一直做勻減速運動，

由勻變速運動的規(guī)律可知代入數(shù)據(jù)解得OB=3m/s,C正確，D

錯誤。

2.（多選）皮帶傳送在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用。一運煤傳送帶傳輸裝置的

一部分如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角。=37°。若傳送帶以恒定的速率。0

=5m/s逆時針運轉(zhuǎn)，將質(zhì)量為1kg的煤塊（看成質(zhì)點）無初速度地放在傳送帶的頂

端P,經(jīng)時間加=0.5s煤塊速度與傳送帶相同，再經(jīng)t2=2s到達(dá)傳送帶底端Q點。

已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s?,sin37°=0.6,cos

37°=0.8,則（）

A.煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5

B.傳送帶PQ的長度為15.25m

C.煤塊從P點到Q點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為2.75m

D.煤塊從尸點到Q點的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為21J

解析：ABD物塊剛放上傳送帶的0.5s內(nèi)，物體的速度oo=a"i,由牛頓第

二定律得加gsingeos解得〃=0.5,故A正確；在最初0.5s內(nèi)物塊

的位移X1=，71,以后物塊的加速度有mgsin0—/umgcos0=mai,再經(jīng)/2=2s到達(dá)

傳送帶底端Q點，則X2=0Of2+52/22,則傳送帶PQ的長度L=X1+X2,聯(lián)立代入

數(shù)據(jù)解得L=XI+X2=15.25m,故B正確；在最初0.5s內(nèi)物塊相對傳送帶向上運

動，相對滑動的距離Axi=ooA—xi,以后的2s內(nèi)滑塊相對傳送帶向下滑動，則

相對滑動的距離AX2=X2—00,2,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得Axi=0o九一X1=1.25m；Nxi

=X2—W2=4m,則煤塊從尸點到達(dá)Q點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為

4m,故C錯誤；煤塊從P點到。點的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為

=0.5X1X10X0.8X(1.25+4)1=21J,故D正確。故選ABD。

3.(多選)如圖所示，某時刻長木板以4m/s的初速度水平向左運動，可視為質(zhì)

點的小物塊以4m/s的初速度水平向右滑上長木板。已知小物塊的質(zhì)量為機=01

kg,長木板的質(zhì)量為1.5kg,長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為〃1=0.1,小

物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為〃2=0.4,重力加速度大小為g=10m/s2,最終

小物塊未滑離長木板，下列說法正確的是()

A.小物塊向右減速為零時，長木板的速度為1.3m/s

B.小物塊與長木板相對靜止時，速度為2m/s

C.長木板的最短長度為6m

D.當(dāng)小物塊與長木板一起運動時，小物塊不受摩擦力作用

解析：BC對長木板，根據(jù)牛頓第二定律有一〃—〃2/ng=Afa2,可

4

得Q2=-ym/s2,小物塊的加速度ai=—〃2g=-4m/s2,小物塊速度減小到0經(jīng)

歷的時間為力=言=1s,此時木板向左的位移為X1=0O九+52九2=￥m,木板的

QDO—pQ

速度v\=vo+aih=^m/s,故A錯誤；小物塊向右運動的位移為X2=-一九=2m,

此后，小物塊開始向左加速，加速度大小為G3=〃2g=4m/s2,木板繼續(xù)減速，加

4

速度仍為?2=-2m/s2,假設(shè)又經(jīng)歷,2時間二者速度相等，則有mt2=Vl+a2t2,

、17、

解得？2=0.5s,此過程木板位移X3=0i/2+呼m,速度03=01+。2勿=2m/s,

小物塊的位移X4=^tZ3/22=0.5m,二者的相對位移為A%=(Xi+xi)+(%3—%4)=6m,

所以木板最小的長度為6m,故B、C正確；此后小物塊和木板一起做勻減速運

動，因此小物塊要受到水平向右的靜摩擦力，故D錯誤。

4.（多選）如圖所示，在某海濱游樂場里有一種滑沙運動，其運動過程可類比如

圖所示的模型，小孩（可視為質(zhì)點）坐在長為1m的滑板上端，與滑板一起由靜止

從傾角為37°的斜面上下滑，已知小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.5,滑板與沙

間的動摩擦因數(shù)為微，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜面足夠長，g取10m/s2,

則以下判斷正確的是（）

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2

B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為5.5m/s2

C.經(jīng)過ms的時間，小孩離開滑板

D.小孩離開滑板時的速度大小為26m/s

解析：AD對小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板對小孩向上的摩

擦力，根據(jù)牛頓第二定律有/ngsin37°-/zimgcos37°=mai,解得ai=2m/s2,A

正確；小孩和滑板脫離前，對滑板運用牛頓第二定律有mgsin37°+〃i機geos37°

一2償機geos37°=ma2,代入數(shù)據(jù)解得tc=1m/s?,B錯誤；設(shè)經(jīng)過時間f,小孩

離開滑板，則%52戶=/,解得/=&s,C錯誤；小孩離開滑板時的速度為。

=ait=2Xy[2m/s=2啦m/s,D正確。

5.某興趣小組對老師演示慣性的一個實驗進(jìn)行了深入的研究。如圖甲所示，

長方形硬紙板放在水平桌面上，紙板一端稍稍伸出桌外，將一塊橡皮擦置于紙板

的中間，用手指將紙板水平彈出，如果彈的力度合適，橡皮擦將脫離紙板，已知

橡皮擦可視為質(zhì)點，質(zhì)量為mi=20g,硬紙板的質(zhì)量為m2=10g,長度為1=5cm。

橡皮擦與紙板、桌面間的動摩擦因數(shù)均為〃1=0.2,紙板與桌面間的動摩擦因數(shù)為

償=0.3,認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。

/水平桌面

甲

F/N

乙

(1)手指對紙板的作用力與時間的關(guān)系如圖乙所示，要使橡皮擦相對紙板滑

動，R)至少多大？

(2)手指對紙板的作用時間很短，可認(rèn)為作用結(jié)束后，紙板獲得速度oo但位移

近似為零，則要使橡皮擦脫離紙板，oo需滿足的條件是什么？

解析：(1)當(dāng)橡皮擦剛好相對紙板滑動，對橡皮擦有

對橡皮擦和紙板整體有

Fo—//2(mi+mi)g=(mi+mi)a

聯(lián)立解得汽=0.15N。

(2)紙板獲得速度后做減速運動，橡皮擦做加速運動，當(dāng)橡皮擦與紙板共速時

剛好脫離紙板，此時，00最小設(shè)為OOmin。則對橡皮擦有

1,

Xi—^cib9v=at

對紙板有

〃1加1g+〃2(冽1+mi)g—mzai,X2=VOmint—^ait1,V=^Omin-a2t

根據(jù)位移關(guān)系有X2—X1=T

、一A/3

聯(lián)立解得0Omin=2m/S

則要使橡皮擦脫離紙板，00需滿足00NoOmin=為-Hl/so

答案：(1)0.15N(2)0024-m/s

［能力提升題組］

6.(多選)水平地面上有一質(zhì)量為mi的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2

的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力廠作用在物塊上，尸隨時間看的變化關(guān)

系如圖(b)所示，其中Rl、尸2分別為九、/2時刻R的大小。木板的加速度0隨時間

/的變化關(guān)系如圖(C)所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為〃1,物塊與木板間

的動摩擦因數(shù)為〃2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度

大小為go則()

A.Fi=/zimig

mi(mi+m2)

B.F2=---------m--i--------S—〃i)g

mi+m2

C.//2>yzi

產(chǎn)m2

D.在0?/2時間段物塊與木板加速度相等

解析：BCD分析可知，人時刻長木板和物塊剛要一起滑動，此時有Fi=/Zi(mi

+mi)g,A錯誤；力?;2時間內(nèi)，長木板向右加速滑動，一定有2g—〃i(/ni+

加1+加2

m2)g>0,故〃2>—百丁71，C正確；0?九時間內(nèi)長木板和物塊均靜止，九?短時間

內(nèi)長木板和物塊一起加速，一起加速的最大加速度滿足fiimig-//i(mi+mi)g=

,m2(mi+m2)

miam,F2—/zi(mi+mi)g=(m\斛行eFi=~B、D

正確。

7.一足夠長的木板尸靜置于粗糙水平面上，木板的質(zhì)量M=4kg,質(zhì)量加=1

kg的小滑塊。(可視為質(zhì)點)從木板的左端以初速度。o滑上木板，與此同時在木板

右端作用水平向右的恒定拉力R如圖甲所示，設(shè)滑塊滑上木板為￡=0時刻，經(jīng)

過九=2s撤去拉力尸，兩物體一起做勻減速直線運動，再經(jīng)過%2=4s兩物體停止

運動，畫出的兩物體運動的04圖像如圖乙所示。(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

重力加速度g=10m/s?)求：

r/(m-s-,)

甲乙

(1)0?2s內(nèi)滑塊Q和木板P的加速度大小，兩物體一起做勻減速直線運動的

加速度大??；

(2)滑塊。運動的總位移；

(3)拉力R的大小。

解析：(l)o-/圖像中，圖線斜率的絕對值表示加速度大小，根據(jù)圖乙可知，0?

2s內(nèi)滑塊Q的加速度大小

12—4。

tzi=-m/s2=4m/s2

0?2s內(nèi)木板P的加速度大小

4

<22=2m/s?2=2m/s2

兩物體一起做勻減速直線運動的加速度大小

4

m/s2=1m/s2o

(2)o