一轮复习新人教版小(四)动力学中的经典模型学案

小专题(四)动力学中的经典模型

提升关键能力突破考点

考点一“等时圆”模型

［想一想］提炼核心

(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最

低点所用时间相等,如图甲所示。

⑵质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所

用时间相等,如图乙所示。

(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光

滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。

设某一条光滑弦与水平方向的夹角为9,圆的直径为do根据物体沿

光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a=gsine，位移为

。，所以运动时间为t广柠糜=杼

x=dsin

即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的

倾角、长短无关。

［悟一悟］典题例练

［例1］［等时圆模型的分析］（2022•云南大理调研）（多选）如图所示,

在斜面上有四条光滑细杆,其中0A杆竖直放置,0B杆与0D杆等长,0C

杆与斜面垂直放置,每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个

环分别从0点由静止释放，沿0A、OB、0C、0D滑到斜面上所用的时间

依次为tl、t2、t3、t4o下列关系正确的是（ABD）

l>t21=ts

2二142。4

解析:根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所

用时间相同，故沿0A和0C滑到底端的时间相同,0B不是一条完整的

、

弦，时间最短,0D长度超过一条弦，时间最长,则t4>t1=t3>t2,故选项A

B、D正确o

规律方法

等时圆模型求解方法

［例2］［等时圆模型在实际中的应用］（2022•山东烟台三模）滑滑梯

是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC,A、B、C在竖直平面

内的同一圆周上,且A为圆周的最高点,示意图如图所示，已知圆周半

径为Ro在圆周所在的竖直平面内有一位置P,距离A点为百R且与A

等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。

⑴如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下,试通过计算说明两次

沿滑梯运动的时间关系。

⑵若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯,则小朋友沿

此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少?

解析：（1）设AB与水平方向夹角为6，小朋友沿AB下滑时的加速度

a=gsin9,

1.2

XAiF-at4B2o

AB间的距离为x,、B=2Rsin。，

解得tAB=栏

故运动时间与角度无关，同理可知t=隹

AC79

故t,\B=t,\Co

⑵根据第⑴问的结论,画出以P点为最高点的半径为r的等时圆,

如图。

当两圆相切时，时间最短，易知

(R+r)2=(R-r)2+(V3R)2,

解得r=^Ro

4

用第(1)问的结论有t=后。

答案：(1)见解析(2)后

考点二“传送带”模型

［想一想］提炼核心

图示运动情况判断方法

„2

%=0若餐1,

可能一直加速,也可能先加速后匀速

F-1-H物、

带能共速

若|t>2-%2]

当V0>V时,可能一直减速,也可能先减速一211g

与.

a—t)

再匀速；当V0<V时，可能一直加速，也可W1,物、带

b-/-H

能先加速再匀速能共速

传送带较短时，物体一直减速到达左端；若用1,

一24g

传送带较长时,物体还要被传送带传回物体能返

右端回

图示运动情况判断方法

可能一直加速,也

若;W1,物、带能共速

2a

可能先加速后匀速

Ff>mgsin9

”2

可能一直加速,也若卜W1,物、带能共速;若UN

2al

可能先加速后匀tan。，物、带共速后匀速;若u

速,还可能先以a<tan9，物体以ai达到共速后

加速后以a2加速再以a2加速（a2〈aj

⑴在确定研究对象并进行受力分析之后,首先判定摩擦力突变（含大

小和方向）点,给运动分段。

①传送带传送的物体所受摩擦力,不论是其大小的突变,还是其方向

的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

②物体在传送带上运动时的极值问题,不论是极大值,还是极小值,也

都发生在物体速度与传送带速度相等的时一刻。

③V物与V传相同的时刻是运动分段的关键点。

（2）判定运动中的速度变化（即相对运动方向和对地速度变化）的关键

是v物与v传的大小与方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程

和状态。

（3）考虑传送带长度一一判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速

以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动。

［悟一悟］典题例练

［例3］［水平传送带］（2022•山西忻州三模）如图所示,绷紧的长为6

m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率丐=2m/s运行。一小物块

从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带,其速度大小为V2=5m/so

若小物块与传送带间动摩擦因数U=0.2,重力加速度g取10m/s2,下

列说法正确的是（B）

A.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动,然后向右做匀加速直

线运动

B.若传送带的速度为1m/s,小物块将从传送带左端滑出

C.若传送带的速度为5m/s,小物块将以5m/s的速度从传送带右端

滑出

D.若小物块的速度为4m/s,小物块将以4m/s的速度从传送带右端

滑出

解析:小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动,设加速度大小为

a,速度减至零时通过的位移为X。根据牛顿第二定律得umg=ma,得a=

Pg=2m/s；则*=?=，m=6.25m>6m,所以小物块将从传送带左端

滑出，不会向右做匀加速直线运动，故A错误;传送带的速度为1m/s

和5m/s时一,物块在传送带上受力情况相同，则运动情况相同，都从传

送带左端滑出，故B正确,C错误;若小物块的速度为4m/s,小物块向

,2

左减速运动的位移大小为X,=》=衿m=4m<6m,则小物块的速度

2a2x2

减到0后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为X〃

=^=1m<4m,之后小物块以Vi=2m/s的速度匀速运动到右端,D错误。

［例4］［倾斜传送带］（2022•福建泉州一模）（多选）如图甲所示,一足

够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行,一质量m=lkg、

底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿

传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的

关系如图乙所示，若取g=10m/s；sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下

列说法正确的是（AD）

A.。〜8s内物体的位移大小为14m

C.0~4s内物体上升的高度为4m

D.0〜8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m

解析:0—8s内物体运动的位移即v-t图像与坐标轴围成的面积

x二|^X2m+2X4m=14m,A正确；由物体运动v-t图像可知，在2〜6s

内物体做匀加速直线运动，有a=——m/s2=lm/s；umgcos

△t4

37°-mgsin37°=ma,经过计算得p=0.875,B错误;物体运动的位移

即v-t图像与坐标轴围成的面积，在0~4s内由图知,物体运动的位

移为0,则在。〜4s内物体上升的高度为0,C错误；由选项A可知，在

0~8s内物体相对地面通过的位移x=14m,传送带相对地面运动的位

移x'=vt=4X8m=32m,则0~8s内物体在传送带上留下的墨迹长

度为Ax=x'-x=18m,D正确。

［例5］［组合传送带］（2022•广西梧州一模）如图所示,传送带的水平

部分ab=4m,斜面部分bc=4m,be与水平面的夹角a=37°。一个小

物体A与传送带间的动摩擦因数U=0.25,传送带沿图示的方向运动，

速率v=2m/s0若把物体A轻放到a处,它将被传送带送到c点,且物

体A不会脱离传送带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。（取

sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)

解析:物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直

到和传送带速度相等。

在这一过程中有a尸巴吆:Pg,

m

Si=——=0.8m<ab,

2al

则加速经历时间为t尸二=0.8S,

此后随传送带匀速运动到b点的时间为

当物体A到达be斜面后，由于

mgsina=0.6mg>pmgeosa=0.2mg(p<tana),

因此物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动,其加速度大小为

2

a2=gsina-ugeosa=4m/s0

物体A在传送带be上所用时间满足

17

bc=vt3+-a2t3,

代入数据得t3=ls(负值舍去)。

则物体A从a点被传送到c点所用时间为

t=ti+t2+t3=3.4So

答案：3.4s

考点三“滑块一滑板”模型

［想一想］提炼核心

滑块(视为质点)置于滑板上,滑块和滑板均相对地面运动,且滑块和

滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

类型图示规律分析

长为L的木板B带动物块A,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XB=XA+L

物块A带动长为L的木板B,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XB+L=XA

3.关注“一个转折”和“两个关联”

［议一议］深化思维

(1)如图甲、乙所示，试分析桌面光滑,滑块与滑板间有摩擦时,滑板和

滑块的运动情况,并分别求出其加速度;若滑块不会从滑板上滑落,滑

板至少为多长？已知滑块与滑板的质量分别为m和M,滑块与滑板间的

动摩擦因数为口。

⑵如图丙、丁所示，试分别分析“桌面光滑，板块粗糙”与“桌面粗

糙,板块粗糙”两种情形下,滑块和滑板刚要发生相对滑动时外力Fo

的大小，并分析外力小于和大于F。时滑板和滑块的加速度大小。

提示：(1)图甲,A相对于B向右滑动,A、B之间的滑动摩擦力为umg,A

做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动。

由牛顿第二定律得umg=maA,aA=ug,

Umg=Ma"a.音Rg。

若滑块不会从滑板上滑落,滑块滑到滑板另一端时一,二者速度相同,设

速度为v,由运动规律

v=Vo-aAt,

v=a.Bt,

解得丫=广-0。

M+m

222

设滑板长度为L,则L=y-4，

解得L=,。

2(M+m)fig

图乙,B相对于A向右滑动,A、B之间的滑动摩擦力为umg,B做匀减

速直线运动,A做匀加速直线运动。

由牛顿第二定律得umg=maA,aA=ug,

umg=MaB,aB=^ug,

若滑块不会从滑板上滑落,滑块滑到滑板另一端时,二者速度相同,设

速度为V,由运动规律

v=Vo—a.Bt,

v=a.At,

解得v---M-Voo

M+m

2_22

设滑板长度为L,则L=

2aB2aA

解得L=

2(M+m)fig

(2)图丙“桌面光滑,板块粗糙”时一，刚要相对滑动时,对A有Rmg=mao,

对A、B整体有Fo=(M+m)a0=(M+m)ug,

外力小于F。时滑板和滑块的加速度大小相等,a=4；外力大于Fo

M+m

时,A的加速度aA=Ug,不再变化,B的加速度吆。

M

“桌面粗糙,板块粗糙”时一,设板块间的动摩擦因数为UI,滑板与桌面

间的动摩擦因数为U2,刚要相对滑动时,对A有u,mg=ma0,

对A、B整体有F(r口2(M+m)g=(M+m)也,

Fo=u2(M+m)g+ui(M+m)g,

外力小于F。时,滑板和滑块的加速度大小相等，

_尸-〃2(

a二-----M-+-m-)-g；

M+m

外力大于F。时,A的加速度aA=uig,不再变化，

B的力口速度2/"/"叔+加9。

M

图丁“桌面光滑,板块粗糙”时，刚要相对滑动时,对B有umg=Ma0,

对A、B整体有F=(M+m)a=(M+m)-ug,

o0M

外力小于F。时滑板和滑块的加速度大小相等,2二六;外力大于Fo

时,B的加速度4三ug,不再变化,A的加速度a产匕竺区

Mm

“桌面粗糙,板块粗糙”时一，设板块间的动摩擦因数为uB滑板与桌面

间的动摩擦因数为u2,刚要相对滑动时,对B有u1mg-n2（M+m）g=Ma0,

对A、B整体有Fo-u2（M+m）g=（M+m）a。，

口_7n（M+zn）（〃厂〃2）g

F°=-----------M-----，

外力小于F。时滑板和滑块的加速度大小相等，

_F-g（M+m）g

a----2------；

M+m

外力大于F。时,B的加速度

a尸也一丝迷,不再变化，

M

A的加速度吆。

m

［悟一悟］典题例练

［例6］［斜面上的板块模型］（2022•江苏南通一模）（多选）滑沙运动

是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，

倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为

左。小孩（可视为质点）坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑，小

孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板

间的动摩擦因数为0.4,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长，

2

取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/so则下列判断正确的是

（BC）

37°

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s

B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2

C.经过1s的时间，小孩离开滑板

D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s

解析:对小孩，由牛顿第二定律得mgsin37°-p,mgcos37°=mai,加

速度大小为ai=2.8m/s；同理对滑板，mgsin37°+uimgcos37°-2

U2mgcos37°=ma2,加速度大小为a2=0.8m/s；A错误,B正确;小孩刚

与滑板分离时，有%（一汨2工解得t=lS,离开滑板时小孩的速度

大小为v=a,t=2.8m/s,C正确,D错误。

［例7］［板块的临界问题］（2022•四川攀枝花月考）如图所示，质量

mo=2Okg的长木板静止在水平面上，质量m=10kg的小木块（可视为质

点）以v°=4.5m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上，小木块最后

恰好没有滑出长木板。已知小木块与木板间的动摩擦因数为P尸0.4,

木板与水平地面间的动摩擦因数为P2=0.1,最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，重力加速度g取10m/s\求：

F-----L-----H

（1）木块刚滑上木板时木块、木板的加速度大小;

⑵木板的长度L;

（3）木块的运动时间及木块运动的位移大小。

解析:(1)对木块受力分析知木块做匀减速直线运动,设其加速度大小

为ab则由牛顿第二定律可得Ujng=mai,代入数据解得ai=4m/s%

对木板受力分析,设木板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得U

img-u2(m+m0)g=m0a2,

2

代入数据解得a2=0.5m/so

(2)设经过时间ti二者共速,则有vo-aiti=a2"解得ti=ls,

设其共速时的速度大小为vb则有

解得v,=0.5m/s,

3时间内木块的位移为xk空3

木板的位移为X2=£3

所以木板的长度为L=X「X2=2.25mo

⑶木块与木板共速后,二者一起做匀减速直线运动,加速度大小为

a3=U2g=lm/s2o

设再经过时间t2二者停止，则有V尸a3t2,

代入数据解得t2=0.5s,

故木块运动的总时间为

t=ti+t2=l.5s,

木块运动的总位移为X=Xi+",

解得x=2.625mo

答案：(l)4m/s20.5m/s2(2)2.25m

(3)1.5s2.625m

［例8］［板块与图像的综合］（2023・辽宁葫芦岛模拟）如图甲所示,足

够长的、质量M=1kg的木板静止在水平面上，质量m=lkg、大小可

以忽略的铁块静止在木板的右端。已知木板与地面间的动摩擦因数U

2

1=0.1,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10m/so现给铁块施加

一个水平向左的力F,作出铁块受到的摩擦力F,随力F大小变化的图

像如图乙所示。

1——：i

2468t/s

丙

⑴若F恒为8N,求铁块在1S内在木板上滑过的长度。

（2）若作用力F随时间t变化的关系图像如图丙所示,求在8s内铁块

运动的位移大小。

解析：（1）由题图乙可知铁块与木板间的滑动摩擦力大小为F,2=4NO

设铁块和木板不发生相对滑动的最大加速度为a.n,根据牛顿第二定律

有

对整体Fm-P।(M+m)g=(M+m)a,„,

对木板Ff2-Ui(M+m)g=Ma,„,

解得Fra=6N<8N,

所以若F恒为8N,铁块与木板将发生相对滑动。设木板与铁块的加

速度大小分别为④、a2,根据牛顿第二定律,对木板和铁块分别有

Ff2-u1(M+m)g=MabF-Ff2=ma2,

22

解得ai=2m/s,a2=4m/so

在t=ls内，木板和铁块的位移大小分别为

Xi=-ait2=lm,X2=-at'=2m,

222

所以铁块在1S内在木板上滑过的长度为

L=X2—Xi=lnio

(2)由题图丙可知，在。〜2s内，有

F,=lN<n1(M+m)g>Fi=lN〈F⑵

所以木板和铁块均静止，即0〜2s内铁块的位移大小为s尸0,

在2〜4s内，有Fm>F2=3N>u,(M+m)g,

此时木板和铁块将一起做匀加速运动,设加速度大小为a3,一起运动

的时间为t2,根据牛顿第二定律有

F2-u1(M+m)g=(M+m)a3,

2

解得a3=0.5m/s,

2〜4s内铁块的位移大小为S2争汇2?=1m,

4~8s内F3=0,假设两者共同减速的加速度为a4,则u

1(M+m)g=(M+m)ab

2

a4=uig=lm/s,

对小铁块，所受摩擦力Fj=ma，i=lN<Ff2,

所以木板和铁块可以以共同的加速度大小a“做匀减速运动直至停

止,t=4s时木板和铁块的速度大小为v=a3t2=1m/s,

铁块做匀减速运动的时间为t3=^=ls,

即铁块在t=5s时停下来,4〜8s内铁块的位移大小为SFj=0.5m,

2a4

所以在8s内铁块运动的位移大小为

s=si+s2+s3=l.5m。

答案：(Dim(2)1.5m

r方法点拨

处理“板块”模型中动力学问题的流程

训练学科素养限时巩固

・基础超细夯拢

1.（2022•安徽滁州模拟）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系

xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于

同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B

点在y轴上且NBM0=60°,0'为圆心。现将三个相同的小球分别从A、

B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,若所用时间分别

为匕、tB、%,则tA、tB、如大小关系是（B）

A=tc<tn

A二tc二tp

D.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系

解析:根据“等时圆”模型的知识可知故B正确。

2.（2021•全国甲卷，14）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平

底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,

使得平板与底座之间的夹角。可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q

处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角0的大

小有关。若。由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间1:将（D）

解析：由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑,根据牛顿第二定律得

mgsin。=ma,小物块的加速度大小a=gsin。；设铁架台底座的长度

为d,根据几何关系，小物块的位移大小为噢;根据运动学公式得

cosO

联立可得t=1^-,0由30°逐渐增大至60°,物块的下

cos027gsin20

滑时间t将先减小后增大,D正确。

3.（2023•广东广州检测）如图所示,长木板放置在水平面上,一小物

块置于长木板的中央,长木板和物块的质量均为叫物块与木板间的动

摩擦因数为口，木板与水平面间的动摩擦因数为与，已知最大静摩擦力

与滑动摩擦力大小相等,重力加速度大小为g,现对物块施加一水平向

右的拉力F=2umg,则木板的加速度a的大小是（A）

ImAI

A.1-ugB1.-u2gC.-ugD.3-ug

解析:若木板与物块之间发生相对滑动,对木板有umg-与X2mg=ma,解

得2=詈;对物块，根据牛顿第二定律有F-Pmg=ma,，得a'=ug>a,所

以二者之间将发生相对滑动，木板的加速度a的大小为］ugo

4.（2022•江西新余二模）（多选）如图所示,A、B两物体叠放在光滑水

平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮连接物体C,已知A

和C的质量都是1kg,B的质量是2kg,A、B间的动摩擦因数是0.3,

其他摩擦不计、由静止释放C,C下落一定高度的过程中（C未落地,B

未撞到滑轮,g取10m/s）下列说法正确的是（CD）

IBI,

由

A.细绳的拉力大小等于10N

B.A、B两物体发生相对滑动

C.B物体的加速度大小是2.5m/s2

D.A物体受到的摩擦力大小为2.5N

解析:设A、B两物体未发生相对滑动，对于A、B、C三物体组成的系

2

统,mcg=（mA+mB+nic）a,a=2.5m/s,此时A所受摩擦力Ff=mAa=2.5N<umAg,

所以假设成立。设细绳拉力为F,对于C,由牛顿第二定律得mcg-F=mca,

解得F=7.5N,故选项A、B错误,C、D正确。

5.如图所示,质量为m的物块在静止的足够长的传送带上以速度V。匀

速下滑时，传送带突然启动,方向如图中箭头所示,在此传送带的速度

由0逐渐增加到2v。后保持匀速运动的过程中，以下分析正确的是

(C)

o后向下匀速运动

C.物块先向下匀速运动,后向下加速运动,最后沿传送带向下匀速运

动

解析：当传送带静止时,物块匀速下滑，故mgsin0=Ff;当传送带的速

度大于物块的速度时,物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物

块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时,物块和传送带

具有相同的速度匀速下滑,故C正确。

6.（2022•山东曲阜模拟）（多选）图甲为一转动的传送带，以恒定的速

率v顺时针转动。在传送带的右侧有一滑块以初速度V。从光滑水平面

滑上传送带,运动一段时间后离开传送带,这一过程中滑块运动的v_t

图像如图乙所示。由图像可知滑块（AD）

C.先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用

解析：由图像可知，滑块先向左做匀减速运动,再向右做匀加速运动，

最后与传送带速度相同做匀速直线运动,故从右端离开传送带,故A

正确,B错误;滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向

右做匀加速运动,还是受到向右的滑动摩擦力,所以变速运动过程中

受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速运动,不受摩擦力，故c

错误,D正确。

7.（2022•广东东莞测试）（多选）传送带是日常重要的搬运物品的工

具，例如机场行李的搬运。如图所示,行李箱轻放到始终保持v=0.8

m/s的速度匀速运动的水平传送带上,行李箱与传送带之间的动摩擦

因数u=0.4,传送带足够长,g取10m/s；则（AD）

A.行李箱刚放上传送带时，受到的滑动摩擦力方向水平向右

C.行李箱加速过程的时间为0.1s

D.行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹的长度为0.08m

解析:行李箱刚放上传送带时,相对于传送带水平向左运动,故受到的

滑动摩擦力方向水平向右,故A正确;行李箱先做匀加速直线运动,加

速到0.8m/s后，做匀速直线运动，故B错误;根据牛顿第二定律

a=9=口g=4m/s2,行李箱加速过程的时间为t二=0.2s,故C错误；

ma

行李箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为s=vt-|at2=0.08m,故D正

确。

.创新题组提能

8.（2022•湖南岳阳质检）（多选）如图所示，以速度v逆时针匀速转动

且足够长的传送带与水平面的夹角为9,现将一个质量为m的小木块

轻轻地放在传送带的上端,小木块与传送带间的动摩擦因数为M,则

下列选项中能够正确描述小木块的速度随时间变化关系的图线是

(AB)

CD

解析:木块放在传送带上端时，传送带的速度大于木块的速度,木块受

到沿斜面向下的摩擦力，此时木块的加速度为

a尸必也e3=gsin9+Pgeos当木块与传送带共速之后，

m

若木块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力满足mgsin9>u

mgeos。，木块还将继续向下加速，其加速度为a2=gsin9-ngeos

9<a,o若木块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力满足mgsin0

Wumgeos0,木块将与传送带一起做匀速直线运动。故A、B正确,C、

D错误。

9.如图甲所示,一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平

面上,有一个质量为1kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长

木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变

化关系如图乙所示。现改用F=22N的水平外力拉长木板,g取10m/s2,

则小物块在长木板上滑行的时间为（A）

68101214F/N

乙

A.1sB.V2sC.2sD.3s

解析：由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力增大,

二者先一起加速运动,后来发生相对滑动。当F>2N时二者开始加速，

表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2=2N;当F>14N时小物块和长

木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力F门=4N,小物块的加速

2

度a尸4m/s0改用F=22N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律

可得F-F「F「2=Ma,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足

|at2-|ait2=L,解得t=ls,故A正确。

10.（2022•广东珠海检测）如图所示,倾角为0=37°的传送带以速度

q=2m/s顺时针匀速转动，一物块以V2=8m/s的速度从传送带的底端

滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数P=0.5,传送带足

够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s；求:

（1）小物块刚放上传送带时，其加速度大小和方向;

⑵小物块向上滑行的最远距离。

解析：（1）小物块刚放上传送带时，由于小物块的速度大于传送带的速

度，传送带给小物块沿传送带向下的滑动摩擦力,对小物块由牛顿第

二定律得mgsin370+umgcos37°=mai,

解得ai=10m/s",

方向沿斜面向下。

（2）由于u<tan37。，则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速,

当小物块的速度小于传送带速度时，传送带给小物块沿传送带向上的

滑动摩擦力,对小物块由牛顿第二定律得

mgsin37°-nmgcos37°=ma2,

解得a?=2m/s2;

设小物块从刚放上传送带到与传送带速度相同所用时间为t