小專題(四)動力學中的經典模型

提升關鍵能力突破考點

考點一“等時圓”模型

［想一想］提煉核心

(1)質點從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環的最

低點所用時間相等,如圖甲所示。

⑵質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所

用時間相等,如圖乙所示。

(3)兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光

滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等,如圖丙所示。

設某一條光滑弦與水平方向的夾角為9,圓的直徑為do根據物體沿

光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a=gsine，位移為

。，所以運動時間為t廣檸糜=杼

x=dsin

即沿同一起點或終點的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的

傾角、長短無關。

［悟一悟］典題例練

［例1］［等時圓模型的分析］（2022?云南大理調研）（多選）如圖所示,

在斜面上有四條光滑細桿,其中0A桿豎直放置,0B桿與0D桿等長,0C

桿與斜面垂直放置,每根桿上都套著一個小滑環（圖中未畫出），四個

環分別從0點由靜止釋放，沿0A、OB、0C、0D滑到斜面上所用的時間

依次為tl、t2、t3、t4o下列關系正確的是（ABD）

l>t21=ts

2二142。4

解析:根據等時圓模型，可知從圓上最高點沿任意一條弦滑到底端所

用時間相同，故沿0A和0C滑到底端的時間相同,0B不是一條完整的

、

弦，時間最短,0D長度超過一條弦，時間最長,則t4>t1=t3>t2,故選項A

B、D正確o

規律方法

等時圓模型求解方法

［例2］［等時圓模型在實際中的應用］（2022?山東煙臺三模）滑滑梯

是小朋友們愛玩的游戲。有兩部直滑梯AB和AC,A、B、C在豎直平面

內的同一圓周上,且A為圓周的最高點,示意圖如圖所示，已知圓周半

徑為Ro在圓周所在的豎直平面內有一位置P,距離A點為百R且與A

等高。各滑梯的摩擦均不計，已知重力加速度為g。

⑴如果小朋友由靜止開始分別沿AB和AC滑下,試通過計算說明兩次

沿滑梯運動的時間關系。

⑵若設計一部上端在P點，下端在圓周上某點的直滑梯,則小朋友沿

此滑梯由靜止滑下時，在滑梯上運動的最短時間是多少?

解析：（1）設AB與水平方向夾角為6，小朋友沿AB下滑時的加速度

a=gsin9,

1.2

XAiF-at4B2o

AB間的距離為x,、B=2Rsin。，

解得tAB=欄

故運動時間與角度無關，同理可知t=隹

AC79

故t,\B=t,\Co

⑵根據第⑴問的結論,畫出以P點為最高點的半徑為r的等時圓,

如圖。

當兩圓相切時，時間最短，易知

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

解得r=^Ro

4

用第(1)問的結論有t=后。

答案：(1)見解析(2)后

考點二“傳送帶”模型

［想一想］提煉核心

圖示運動情況判斷方法

?2

%=0若餐1,

可能一直加速,也可能先加速后勻速

F-1-H物、

帶能共速

若|t>2-%2]

當V0>V時,可能一直減速,也可能先減速一211g

與.

a—t)

再勻速；當V0<V時，可能一直加速，也可W1,物、帶

b-/-H

能先加速再勻速能共速

傳送帶較短時，物體一直減速到達左端；若用1,

一24g

傳送帶較長時,物體還要被傳送帶傳回物體能返

右端回

圖示運動情況判斷方法

可能一直加速,也

若;W1,物、帶能共速

2a

可能先加速后勻速

Ff>mgsin9

”2

可能一直加速,也若卜W1,物、帶能共速;若UN

2al

可能先加速后勻tan。，物、帶共速后勻速;若u

速,還可能先以a<tan9，物體以ai達到共速后

加速后以a2加速再以a2加速（a2〈aj

⑴在確定研究對象并進行受力分析之后,首先判定摩擦力突變（含大

小和方向）點,給運動分段。

①傳送帶傳送的物體所受摩擦力,不論是其大小的突變,還是其方向

的突變，都發生在物體的速度與傳送帶速度相等的時刻。

②物體在傳送帶上運動時的極值問題,不論是極大值,還是極小值,也

都發生在物體速度與傳送帶速度相等的時一刻。

③V物與V傳相同的時刻是運動分段的關鍵點。

（2）判定運動中的速度變化（即相對運動方向和對地速度變化）的關鍵

是v物與v傳的大小與方向，二者的大小和方向決定了此后的運動過程

和狀態。

（3）考慮傳送帶長度一一判定臨界之前是否滑出；物體與傳送帶共速

以后物體是否一定與傳送帶保持相對靜止做勻速運動。

［悟一悟］典題例練

［例3］［水平傳送帶］（2022?山西忻州三模）如圖所示,繃緊的長為6

m的水平傳送帶，沿順時針方向以恒定速率丐=2m/s運行。一小物塊

從與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶,其速度大小為V2=5m/so

若小物塊與傳送帶間動摩擦因數U=0.2,重力加速度g取10m/s2,下

列說法正確的是（B）

A.小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動,然后向右做勻加速直

線運動

B.若傳送帶的速度為1m/s,小物塊將從傳送帶左端滑出

C.若傳送帶的速度為5m/s,小物塊將以5m/s的速度從傳送帶右端

滑出

D.若小物塊的速度為4m/s,小物塊將以4m/s的速度從傳送帶右端

滑出

解析:小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動,設加速度大小為

a,速度減至零時通過的位移為X。根據牛頓第二定律得umg=ma,得a=

Pg=2m/s；則*=?=，m=6.25m>6m,所以小物塊將從傳送帶左端

滑出，不會向右做勻加速直線運動，故A錯誤;傳送帶的速度為1m/s

和5m/s時一,物塊在傳送帶上受力情況相同，則運動情況相同，都從傳

送帶左端滑出，故B正確,C錯誤;若小物塊的速度為4m/s,小物塊向

,2

左減速運動的位移大小為X,=》=衿m=4m<6m,則小物塊的速度

2a2x2

減到0后再向右加速，小物塊加速到與傳送帶共速時的位移為X〃

=^=1m<4m,之后小物塊以Vi=2m/s的速度勻速運動到右端,D錯誤。

［例4］［傾斜傳送帶］（2022?福建泉州一模）（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定運行,一質量m=lkg、

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

關系如圖乙所示，若取g=10m/s；sin37°=0.6,cos37°=0.8。則下

列說法正確的是（AD）

A.。?8s內物體的位移大小為14m

C.0~4s內物體上升的高度為4m

D.0?8s內物體在傳送帶上留下的墨跡長度為18m

解析:0—8s內物體運動的位移即v-t圖像與坐標軸圍成的面積

x二|^X2m+2X4m=14m,A正確；由物體運動v-t圖像可知，在2?6s

內物體做勻加速直線運動，有a=——m/s2=lm/s；umgcos

△t4

37°-mgsin37°=ma,經過計算得p=0.875,B錯誤;物體運動的位移

即v-t圖像與坐標軸圍成的面積，在0~4s內由圖知,物體運動的位

移為0,則在。?4s內物體上升的高度為0,C錯誤；由選項A可知，在

0~8s內物體相對地面通過的位移x=14m,傳送帶相對地面運動的位

移x'=vt=4X8m=32m,則0~8s內物體在傳送帶上留下的墨跡長

度為Ax=x'-x=18m,D正確。

［例5］［組合傳送帶］（2022?廣西梧州一模）如圖所示,傳送帶的水平

部分ab=4m,斜面部分bc=4m,be與水平面的夾角a=37°。一個小

物體A與傳送帶間的動摩擦因數U=0.25,傳送帶沿圖示的方向運動，

速率v=2m/s0若把物體A輕放到a處,它將被傳送帶送到c點,且物

體A不會脫離傳送帶。求物體A從a點被傳送到c點所用的時間。（取

sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)

解析:物體A輕放在a點后在摩擦力作用下向右做勻加速直線運動直

到和傳送帶速度相等。

在這一過程中有a尸巴吆:Pg,

m

Si=——=0.8m<ab,

2al

則加速經歷時間為t尸二=0.8S,

此后隨傳送帶勻速運動到b點的時間為

當物體A到達be斜面后，由于

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

因此物體A將再次沿傳送帶做勻加速直線運動,其加速度大小為

2

a2=gsina-ugeosa=4m/s0

物體A在傳送帶be上所用時間滿足

17

bc=vt3+-a2t3,

代入數據得t3=ls(負值舍去)。

則物體A從a點被傳送到c點所用時間為

t=ti+t2+t3=3.4So

答案：3.4s

考點三“滑塊一滑板”模型

［想一想］提煉核心

滑塊(視為質點)置于滑板上,滑塊和滑板均相對地面運動,且滑塊和

滑板在摩擦力的相互作用下發生相對滑動。

類型圖示規律分析

長為L的木板B帶動物塊A,物塊恰好不從木

板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板

左端時二者速度相等,則位移關系為XB=XA+L

物塊A帶動長為L的木板B,物塊恰好不從木

板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板

右端時二者速度相等,則位移關系為XB+L=XA

3.關注“一個轉折”和“兩個關聯”

［議一議］深化思維

(1)如圖甲、乙所示，試分析桌面光滑,滑塊與滑板間有摩擦時,滑板和

滑塊的運動情況,并分別求出其加速度;若滑塊不會從滑板上滑落,滑

板至少為多長？已知滑塊與滑板的質量分別為m和M,滑塊與滑板間的

動摩擦因數為口。

⑵如圖丙、丁所示，試分別分析“桌面光滑，板塊粗糙”與“桌面粗

糙,板塊粗糙”兩種情形下,滑塊和滑板剛要發生相對滑動時外力Fo

的大小，并分析外力小于和大于F。時滑板和滑塊的加速度大小。

提示：(1)圖甲,A相對于B向右滑動,A、B之間的滑動摩擦力為umg,A

做勻減速直線運動,B做勻加速直線運動。

由牛頓第二定律得umg=maA,aA=ug,

Umg=Ma"a.音Rg。

若滑塊不會從滑板上滑落,滑塊滑到滑板另一端時一,二者速度相同,設

速度為v,由運動規律

v=Vo-aAt,

v=a.Bt,

解得丫=廣-0。

M+m

222

設滑板長度為L,則L=y-4，

解得L=,。

2(M+m)fig

圖乙,B相對于A向右滑動,A、B之間的滑動摩擦力為umg,B做勻減

速直線運動,A做勻加速直線運動。

由牛頓第二定律得umg=maA,aA=ug,

umg=MaB,aB=^ug,

若滑塊不會從滑板上滑落,滑塊滑到滑板另一端時,二者速度相同,設

速度為V,由運動規律

v=Vo—a.Bt,

v=a.At,

解得v---M-Voo

M+m

2_22

設滑板長度為L,則L=

2aB2aA

解得L=

2(M+m)fig

(2)圖丙“桌面光滑,板塊粗糙”時一，剛要相對滑動時,對A有Rmg=mao,

對A、B整體有Fo=(M+m)a0=(M+m)ug,

外力小于F。時滑板和滑塊的加速度大小相等,a=4；外力大于Fo

M+m

時,A的加速度aA=Ug,不再變化,B的加速度吆。

M

“桌面粗糙,板塊粗糙”時一,設板塊間的動摩擦因數為UI,滑板與桌面

間的動摩擦因數為U2,剛要相對滑動時,對A有u,mg=ma0,

對A、B整體有F(r口2(M+m)g=(M+m)也,

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

外力小于F。時,滑板和滑塊的加速度大小相等，

_尸-〃2(

a二-----M-+-m-)-g；

M+m

外力大于F。時,A的加速度aA=uig,不再變化，

B的力口速度2/"/"叔+加9。

M

圖丁“桌面光滑,板塊粗糙”時，剛要相對滑動時,對B有umg=Ma0,

對A、B整體有F=(M+m)a=(M+m)-ug,

o0M

外力小于F。時滑板和滑塊的加速度大小相等,2二六;外力大于Fo

時,B的加速度4三ug,不再變化,A的加速度a產匕竺區

Mm

“桌面粗糙,板塊粗糙”時一，設板塊間的動摩擦因數為uB滑板與桌面

間的動摩擦因數為u2,剛要相對滑動時,對B有u1mg-n2（M+m）g=Ma0,

對A、B整體有Fo-u2（M+m）g=（M+m）a。，

口_7n（M+zn）（〃廠〃2）g

F°=-----------M-----，

外力小于F。時滑板和滑塊的加速度大小相等，

_F-g（M+m）g

a----2------；

M+m

外力大于F。時,B的加速度

a尸也一絲迷,不再變化，

M

A的加速度吆。

m

［悟一悟］典題例練

［例6］［斜面上的板塊模型］（2022?江蘇南通一模）（多選）滑沙運動

是小孩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1m的滑板,滑板與沙間的動摩擦因數為

左。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

間的動摩擦因數為0.4,小孩的質量與滑板的質量相等,斜坡足夠長，

2

取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/so則下列判斷正確的是

（BC）

37°

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s

B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8m/s2

C.經過1s的時間，小孩離開滑板

D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8m/s

解析:對小孩，由牛頓第二定律得mgsin37°-p,mgcos37°=mai,加

速度大小為ai=2.8m/s；同理對滑板，mgsin37°+uimgcos37°-2

U2mgcos37°=ma2,加速度大小為a2=0.8m/s；A錯誤,B正確;小孩剛

與滑板分離時，有%（一汨2工解得t=lS,離開滑板時小孩的速度

大小為v=a,t=2.8m/s,C正確,D錯誤。

［例7］［板塊的臨界問題］（2022?四川攀枝花月考）如圖所示，質量

mo=2Okg的長木板靜止在水平面上，質量m=10kg的小木塊（可視為質

點）以v°=4.5m/s的速度從木板的左端水平滑到木板上，小木塊最后

恰好沒有滑出長木板。已知小木塊與木板間的動摩擦因數為P尸0.4,

木板與水平地面間的動摩擦因數為P2=0.1,最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，重力加速度g取10m/s\求：

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

（1）木塊剛滑上木板時木塊、木板的加速度大小;

⑵木板的長度L;

（3）木塊的運動時間及木塊運動的位移大小。

解析:(1)對木塊受力分析知木塊做勻減速直線運動,設其加速度大小

為ab則由牛頓第二定律可得Ujng=mai,代入數據解得ai=4m/s%

對木板受力分析,設木板的加速度大小為a2,由牛頓第二定律可得U

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

2

代入數據解得a2=0.5m/so

(2)設經過時間ti二者共速,則有vo-aiti=a2"解得ti=ls,

設其共速時的速度大小為vb則有

解得v,=0.5m/s,

3時間內木塊的位移為xk空3

木板的位移為X2=￡3

所以木板的長度為L=X「X2=2.25mo

⑶木塊與木板共速后,二者一起做勻減速直線運動,加速度大小為

a3=U2g=lm/s2o

設再經過時間t2二者停止，則有V尸a3t2,

代入數據解得t2=0.5s,

故木塊運動的總時間為

t=ti+t2=l.5s,

木塊運動的總位移為X=Xi+",

解得x=2.625mo

答案：(l)4m/s20.5m/s2(2)2.25m

(3)1.5s2.625m

［例8］［板塊與圖像的綜合］（2023?遼寧葫蘆島模擬）如圖甲所示,足

夠長的、質量M=1kg的木板靜止在水平面上，質量m=lkg、大小可

以忽略的鐵塊靜止在木板的右端。已知木板與地面間的動摩擦因數U

2

1=0.1,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10m/so現給鐵塊施加

一個水平向左的力F,作出鐵塊受到的摩擦力F,隨力F大小變化的圖

像如圖乙所示。

1——：i

2468t/s

丙

⑴若F恒為8N,求鐵塊在1S內在木板上滑過的長度。

（2）若作用力F隨時間t變化的關系圖像如圖丙所示,求在8s內鐵塊

運動的位移大小。

解析：（1）由題圖乙可知鐵塊與木板間的滑動摩擦力大小為F,2=4NO

設鐵塊和木板不發生相對滑動的最大加速度為a.n,根據牛頓第二定律

有

對整體Fm-P?(M+m)g=(M+m)a,?,

對木板Ff2-Ui(M+m)g=Ma,?,

解得Fra=6N<8N,

所以若F恒為8N,鐵塊與木板將發生相對滑動。設木板與鐵塊的加

速度大小分別為④、a2,根據牛頓第二定律,對木板和鐵塊分別有

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

22

解得ai=2m/s,a2=4m/so

在t=ls內，木板和鐵塊的位移大小分別為

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

222

所以鐵塊在1S內在木板上滑過的長度為

L=X2—Xi=lnio

(2)由題圖丙可知，在。?2s內，有

F,=lN<n1(M+m)g>Fi=lN〈F⑵

所以木板和鐵塊均靜止，即0?2s內鐵塊的位移大小為s尸0,

在2?4s內，有Fm>F2=3N>u,(M+m)g,

此時木板和鐵塊將一起做勻加速運動,設加速度大小為a3,一起運動

的時間為t2,根據牛頓第二定律有

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

2

解得a3=0.5m/s,

2?4s內鐵塊的位移大小為S2爭匯2?=1m,

4~8s內F3=0,假設兩者共同減速的加速度為a4,則u

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

2

a4=uig=lm/s,

對小鐵塊，所受摩擦力Fj=ma，i=lN<Ff2,

所以木板和鐵塊可以以共同的加速度大小a“做勻減速運動直至停

止,t=4s時木板和鐵塊的速度大小為v=a3t2=1m/s,

鐵塊做勻減速運動的時間為t3=^=ls,

即鐵塊在t=5s時停下來,4?8s內鐵塊的位移大小為SFj=0.5m,

2a4

所以在8s內鐵塊運動的位移大小為

s=si+s2+s3=l.5m。

答案：(Dim(2)1.5m

r方法點撥

處理“板塊”模型中動力學問題的流程

訓練學科素養限時鞏固

?基礎超細夯攏

1.（2022?安徽滁州模擬）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系

xOy,該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于

同一個圓上,C是圓上任意一點,A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B

點在y軸上且NBM0=60°,0'為圓心。現將三個相同的小球分別從A、

B、C點同時由靜止釋放,它們將沿軌道運動到M點,若所用時間分別

為匕、tB、%,則tA、tB、如大小關系是（B）

A=tc<tn

A二tc二tp

D.由于C點的位置不確定,無法比較時間大小關系

解析:根據“等時圓”模型的知識可知故B正確。

2.（2021?全國甲卷，14）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平

底座上的擋板P處,上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節,

使得平板與底座之間的夾角。可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q

處靜止釋放,物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角0的大

小有關。若。由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間1:將（D）

解析：由題意知，小物塊沿光滑長平板加速下滑,根據牛頓第二定律得

mgsin。=ma,小物塊的加速度大小a=gsin。；設鐵架臺底座的長度

為d,根據幾何關系，小物塊的位移大小為噢;根據運動學公式得

cosO

聯立可得t=1^-,0由30°逐漸增大至60°,物塊的下

cos027gsin20

滑時間t將先減小后增大,D正確。

3.（2023?廣東廣州檢測）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叫物塊與木板間的動

摩擦因數為口，木板與水平面間的動摩擦因數為與，已知最大靜摩擦力

與滑動摩擦力大小相等,重力加速度大小為g,現對物塊施加一水平向

右的拉力F=2umg,則木板的加速度a的大小是（A）

ImAI

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

解析:若木板與物塊之間發生相對滑動,對木板有umg-與X2mg=ma,解

得2=詈;對物塊，根據牛頓第二定律有F-Pmg=ma,，得a'=ug>a,所

以二者之間將發生相對滑動，木板的加速度a的大小為］ugo

4.（2022?江西新余二模）（多選）如圖所示,A、B兩物體疊放在光滑水

平桌面上,輕質細繩一端連接B,另一端繞過定滑輪連接物體C,已知A

和C的質量都是1kg,B的質量是2kg,A、B間的動摩擦因數是0.3,

其他摩擦不計、由靜止釋放C,C下落一定高度的過程中（C未落地,B

未撞到滑輪,g取10m/s）下列說法正確的是（CD）

IBI,

由

A.細繩的拉力大小等于10N

B.A、B兩物體發生相對滑動

C.B物體的加速度大小是2.5m/s2

D.A物體受到的摩擦力大小為2.5N

解析:設A、B兩物體未發生相對滑動，對于A、B、C三物體組成的系

2

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

所以假設成立。設細繩拉力為F,對于C,由牛頓第二定律得mcg-F=mca,

解得F=7.5N,故選項A、B錯誤,C、D正確。

5.如圖所示,質量為m的物塊在靜止的足夠長的傳送帶上以速度V。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2v。后保持勻速運動的過程中，以下分析正確的是

(C)

o后向下勻速運動

C.物塊先向下勻速運動,后向下加速運動,最后沿傳送帶向下勻速運

動

解析：當傳送帶靜止時,物塊勻速下滑，故mgsin0=Ff;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

具有相同的速度勻速下滑,故C正確。

6.（2022?山東曲阜模擬）（多選）圖甲為一轉動的傳送帶，以恒定的速

率v順時針轉動。在傳送帶的右側有一滑塊以初速度V。從光滑水平面

滑上傳送帶,運動一段時間后離開傳送帶,這一過程中滑塊運動的v_t

圖像如圖乙所示。由圖像可知滑塊（AD）

C.先受滑動摩擦力的作用，后受靜摩擦力的作用

解析：由圖像可知，滑塊先向左做勻減速運動,再向右做勻加速運動，

最后與傳送帶速度相同做勻速直線運動,故從右端離開傳送帶,故A

正確,B錯誤;滑塊先向左做勻減速運動，受到向右的滑動摩擦力，再向

右做勻加速運動,還是受到向右的滑動摩擦力,所以變速運動過程中

受滑動摩擦力的作用，與傳送帶共速后做勻速運動,不受摩擦力，故c

錯誤,D正確。

7.（2022?廣東東莞測試）（多選）傳送帶是日常重要的搬運物品的工

具，例如機場行李的搬運。如圖所示,行李箱輕放到始終保持v=0.8

m/s的速度勻速運動的水平傳送帶上,行李箱與傳送帶之間的動摩擦

因數u=0.4,傳送帶足夠長,g取10m/s；則（AD）

A.行李箱剛放上傳送帶時，受到的滑動摩擦力方向水平向右

C.行李箱加速過程的時間為0.1s

D.行李箱在傳送帶上留下的摩擦痕跡的長度為0.08m

解析:行李箱剛放上傳送帶時,相對于傳送帶水平向左運動,故受到的

滑動摩擦力方向水平向右,故A正確;行李箱先做勻加速直線運動,加

速到0.8m/s后，做勻速直線運動，故B錯誤;根據牛頓第二定律

a=9=口g=4m/s2,行李箱加速過程的時間為t二=0.2s,故C錯誤；

ma

行李箱在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為s=vt-|at2=0.08m,故D正

確。

.創新題組提能

8.（2022?湖南岳陽質檢）（多選）如圖所示，以速度v逆時針勻速轉動

且足夠長的傳送帶與水平面的夾角為9,現將一個質量為m的小木塊

輕輕地放在傳送帶的上端,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數為M,則

下列選項中能夠正確描述小木塊的速度隨時間變化關系的圖線是

(AB)

CD

解析:木塊放在傳送帶上端時，傳送帶的速度大于木塊的速度,木塊受

到沿斜面向下的摩擦力，此時木塊的加速度為

a尸必也e3=gsin9+Pgeos當木塊與傳送帶共速之后，

m

若木塊受到的摩擦力與重力沿斜面向下的分力滿足mgsin9>u

mgeos。，木塊還將繼續向下加速，其加速度為a2=gsin9-ngeos

9<a,o若木塊受到的摩擦力與重力沿斜面向下的分力滿足mgsin0

Wumgeos0,木塊將與傳送帶一起做勻速直線運動。故A、B正確,C、

D錯誤。

9.如圖甲所示,一長為2.0m、質量為2kg的長木板靜止在粗糙水平

面上,有一個質量為1kg可視為質點的小物塊置于長木板右端。對長

木板施加的外力F逐漸增大時,小物塊所受的摩擦力Ff隨外力F的變

化關系如圖乙所示。現改用F=22N的水平外力拉長木板,g取10m/s2,

則小物塊在長木板上滑行的時間為（A）

68101214F/N

乙

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

解析：由題圖乙知力F較小時，小物塊和長木板均靜止，隨著外力增大,

二者先一起加速運動,后來發生相對滑動。當F>2N時二者開始加速，

表明長木板受水平面的滑動摩擦力Ff2=2N;當F>14N時小物塊和長

木板開始相對滑動,此時小物塊受到的摩擦力F門=4N,小物塊的加速

2

度a尸4m/s0改用F=22N的外力水平拉長木板時，由牛頓第二定律

可得F-F「F「2=Ma,由運動學規律知小物塊在長木板上滑行的時間滿足

|at2-|ait2=L,解得t=ls,故A正確。

10.（2022?廣東珠海檢測）如圖所示,傾角為0=37°的傳送帶以速度

q=2m/s順時針勻速轉動，一物塊以V2=8m/s的速度從傳送帶的底端

滑上傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數P=0.5,傳送帶足

夠長，取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s；求:

（1）小物塊剛放上傳送帶時，其加速度大小和方向;

⑵小物塊向上滑行的最遠距離。

解析：（1）小物塊剛放上傳送帶時，由于小物塊的速度大于傳送帶的速

度，傳送帶給小物塊沿傳送帶向下的滑動摩擦力,對小物塊由牛頓第

二定律得mgsin370+umgcos37°=mai,

解得ai=10m/s",

方向沿斜面向下。

（2）由于u<tan37。，則小物塊速度與傳送帶速度相同后會繼續減速,

當小物塊的速度小于傳送帶速度時，傳送帶給小物塊沿傳送帶向上的

滑動摩擦力,對小物塊由牛頓第二定律得

mgsin37°-nmgcos37°=ma2,

解得a?=2m/s2;

設小物塊從剛放上傳送帶到與傳送帶速度相同所用時間為t