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专题3.2 动力学典型模型的分析【练】
目录
一．练经典题型..........................................................................................................................................................1
二、练创新情景..........................................................................................................................................................5
三．练规范解答........................................................................................................................................................10
一．练经典题型
1．(2021·湖南长沙市长沙县第六中学月考)如图，斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体一起靠惯性沿光
滑斜面下滑，下列判断正确的是( )
A．图甲中两物体之间的绳中存在弹力
B．图乙中两物体之间存在弹力
C．图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力
D．图丁中两物体之间既有摩擦力，又有弹力
【答案】 C
【解析】 图甲：整体法分析，根据(m ＋m)gsin θ＝(m ＋m)a，隔离A可知F ＋mgsin θ＝ma，解得绳
1 2 1 2 T 1 1
的拉力F ＝0，故A错误；图乙：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m ＋m)gsin θ＝(m ＋
T 1 2 1
m)a，隔离A可知F ＋mgsin θ＝ma，解得两物体之间的弹力F ＝0，故B错误；图丙：对两物体应用整
2 N 1 1 N
体法，根据牛顿第二定律可知(m＋m)gsin θ＝(m＋m)a，解得加速度沿斜面向下，隔离A，将加速度分解
1 2 1 2
到竖直和水平方向，根据牛顿第二定律可知，题图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力，故 C正确；图
丁：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m ＋m)gsin θ＝(m ＋m)a，隔离A可知F＋mgsin θ＝
1 2 1 2 f 1
ma，解得：F＝0，故D错误．
1 f
2.(2020·丰台区第二学期统考)如图，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物
体间的摩擦力可忽略，已知m ＝4 kg，m ＝6 kg。从t＝0开始，推力F 和拉力F 分别作用于A、B上，
A B A B
F、F 随时间的变化规律为：F＝8－2t(N)，F ＝2＋2t (N)。则( )
A B A B
A．t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2
B．t＝0时，A、B之间的相互作用力为4 N
C．t＝1.5 s时，A、B开始分离D．A、B开始分离时的速度为3 m/s
【答案】B
【解析】：由变化规律可知，t＝0时，F＝8 N，F ＝2 N，合力F＝F＋F ＝10 N，故此时A与B的加速度
A B A B
相等，都是a＝＝＝1 m/s2，A错误；t＝0时设A、B间的作用力为F′，则对于B而言F′＋F ＝m a，代入数
B B
据解得F′＝4 N，故A、B之间的作用力为4 N，如果分析A的受力也是可以的，结果一样，B正确；由题
意可知，当A、B间的作用力为0时开始分离，设时间为t，则对于A而言：F＝m a，对于B而言：F ＝
A A B
m a，解得t＝2 s，C错误；由于两个力的合力F＝10 N是不变的，即为恒力，故两个物体一起做匀加速直
B
线运动， 前面已经计算出了它共同的加速度是1 m/s2，则到分离时，即t＝2 s时，它们的速度大小为v＝at
＝1 m/s2×2 s＝2 m/s，D错误。
3．(多选)(2020·湖北黄冈中学模拟)如图所示，材料相同的物体m 、m 由轻绳连接，在恒定拉力F的作用
1 2
下沿斜面向上加速运动.轻绳拉力的大小( )
A.与斜面的倾角θ有关
B.与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C.与两物体的质量m 和m 有关
1 2
D.若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小与θ，μ无关
【答案】 CD
【解析】 对整体受力分析有F－(m ＋m)gsin θ－μ(m ＋m)gcos θ＝(m ＋m)a，对m 有F －mgsin θ－
1 2 1 2 1 2 2 T 2
μm gcos θ＝ma，解得F ＝F，与μ和θ无关，与两物体的质量m 和m 有关，故A、B错误，C正确；若
2 2 T 1 2
改用F沿斜面向下拉连接体，同理可得F ＝F，故D正确.
T
4．(多选)(2020·湖北鄂东南联盟模拟)如图所示，A物体的质量是B物体的k倍．A物体放在光滑的水平桌
面上通过轻绳与B物体相连，两物体释放后运动的加速度为 a ，轻绳的拉力为F ；若将两物体互换位
1 T1
置，释放后运动的加速度为a，轻绳的拉力为F .不计滑轮摩擦和空气阻力，则( )
2 T2
A．a∶a＝1∶k B．a∶a＝1∶1
1 2 1 2
C．F ∶F ＝1∶k D．F ∶F ＝1∶1
T1 T2 T1 T2
【答案】 AD
【解析】 由牛顿第二定律m g＝(m ＋m )a ，F ＝m a ，同理两物体互换位置，则m g＝(m ＋m )a ，F
B A B 1 T1 A 1 A A B 2 T2
＝m a，解得a∶a＝m ∶m ＝1∶k，F ∶F ＝1∶1，故A、D正确．
B 2 1 2 B A T1 T2
5.(2021·山东济南历城二中一轮复习验收)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 的足够长的木板，其上
1
叠放一质量为m 的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间
2
t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块的加速度大小分别为 a 和a ，下列反映a 和a 变化的图线中
1 2 1 2正确的是( )
【答案】 A
【解析】 当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a＝＝，a∝t；当F比
较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a ＝，μ、m 、m 一定，则a 一定，a ＝＝t－
1 1 2 1 2
μg，a 是t的线性函数，t增大，a 增大．由于<，则木块相对于木板运动后，a －t图线的斜率大于两者相
2 2 2
对静止时图线的斜率．综上所述，A正确．
6．(2020·安徽六安市质量检测)如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m ＝1 kg，与地面的
1
动摩擦因数μ ＝0.2，质量为m ＝2 kg可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为 μ ＝0.4，以
1 2 2
v＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是( )
0
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
【答案】 D
【解析】 由于μmg>μ(m ＋m)g，得物块在木板上以a ＝μg＝4 m/s2减速滑行时木板以a ＝＝2 m/s2向
2 2 1 1 2 1 2 2
右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v ＝v －at＝1.6 m/s，木板的速度v ＝at＝1.2 m/s，B错误.0.6 s内物
1 0 1 2 2
块位移为x ＝t＝1.68 m，木板位移x ＝t＝0.36 m，相对位移为Δx＝x －x ＝1.32 m，即木板长度为1.32
1 2 1 2
m，A错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，方向向左，C错．在地面上
4 2
物块会滑行x＝＝＝0.32 m，木板会滑行x＝＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．
4 3
7.(多选)(2020·山东济南一中期中)如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为
θ.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μ，则下图中
能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )【答案】 CD
【解析】 木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大
小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小
了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C、D正
确，A、B错误．
8.(2020·辽宁师大附中开学考试)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为 m的煤块(可视为质
点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度
a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色
痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度大小为g)( )
A．μ与a之间一定满足关系μ>
B．煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为
C．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为
D．黑色痕迹的长度为
【答案】 C
【解析】 由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有
μmg<ma，解得μ<，A错误；设煤块的加速度大小为a ，对煤块由牛顿第二定律有μmg＝ma ，解得a ＝
1 1 1
μg，由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移x ＝＝，B错误；
1
煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间 t＝＝，C正确；传送带从开始运动到速度为v经历的时间t
1 2
＝，传送带在从开始运动到速度为v的过程中通过的位移x ＝，则传送带在从速度为v到与煤块相对静止
2
的过程中，做匀速运动的位移x＝v(t－t)＝－，所以黑色痕迹的长度Δx＝x＋x－x＝－，D错误．
3 1 2 2 3 1
二、练创新情景
1.(2020·江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物
资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车
厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(
)A.F B. C. D.
【答案】 C
【解析】 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节
车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后
面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝
2ma，联立解得F′＝F，C项正确，A、B、D项均错误。
2.(多选)(2020·山东日照市模拟)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 5所示的模
型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.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0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，
则下列判断正确的是( )
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2
C.经过 s的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s
【答案】 AC
【解析】 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a ＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a ＝＝1
1 2
m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，at2－at2＝L，解得t＝ s(另一解不符合，舍去)，离开
1 2
滑板时小孩的速度大小为v＝at＝2 m/s，选项C正确，D错误.
1
3.(2021·广东深圳二调)如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面
间．卡车正以90 km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最
小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin 37°＝0.6)( )
A．23 m B．33 m
C．43 m D．53 m
【答案】C
【解析】 卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为
a，此时工件的受力情况如图所示根据牛顿第二定律可得mgtan 37°＝ma，解得a＝ g，根据运动学公式则有0－v2＝－2ax，解得x＝ m，其
刹车的最小距离更接近于43 m，故C正确，A、B、D错误．
4.(多选)(2020·滨州二模)如图所示，小车分别以加速度a 、a 、a 、a 向右做匀加速运动，bc是固定在小车
1 2 3 4
上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a 、a
1 2
时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力
大小分别为f、f、f、f，则以下结论正确的是( )
1 2 3 4
A．若＝，则＝ B．若＝，则＝
C．若＝，则＝ D．若＝，则＝
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若＝，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则＝，故选项A错误；对第二、
三幅图有：f ＝Ma ，设细线的拉力为F，则f －Fsin θ＝Ma ，若＝，则≠，故选项B错误；对第三、四幅
2 2 3 3
图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若＝，则＝，故选项C正确；m水平方向有：Fsin θ＝ma 、
3 3
Fsin α＝ma ，竖直方向有：Fcos θ＝mg、Fcos α＝mg，解得a ＝gtan θ、a ＝gtan α，若＝，则＝，故
4 4 3 4 3 4
选项D正确。
5.(多选)(2021·山东邹城一中测试)如图甲所示，质量为m＝1 kg可视为质点的物块A放置在长木板B上，
A、B静止在水平地面上，已知长木板B的质量M＝4 kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，
用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻，A的加速度为零
B．t＝5 s时刻，B的加速度为3.5 m/s2C．在整个运动过程中，物块A的加速度始终不变
D．如果长木板B足够长，最终A、B将共速
【答案】 BC
【解析】 由滑动摩擦力公式可知，A、B间的滑动摩擦力：F ＝μmg＝1 N，B与地面间的滑动摩擦力：
fA
F ＝μ(M＋m)g＝5 N，A、B间发生相对滑动后，A的加速度将保持不变，其大小为：a ＝＝1 m/s2.若A、B
fB A
间刚好发生相对滑动时的外力为F ，由牛顿第二定律得F －μ(M＋m)g＝(M＋m)a ，得F ＝10 N，所以t＝
1 1 A 1
0时刻A的加速度a ＝1 m/s2，故A项错误，C项正确；在t＝5 s时，F＝20 N，对长木板B由牛顿第二定
A
律有：F－F －F ＝Ma ，得a ＝3.5 m/s2，故B项正确；只要F始终作用在长木板B上，B的加速度始终
fA fB B B
大于A的加速度，无论长木板B多长，A、B都不会共速，故D项错误．
6.(2021·广西北流市实验中学高三开学考试)如图所示，两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的足够长的
斜面体C上．已知A、B质量分别为m 和m ，A与C的动摩擦因数为μ ，B与A的动摩擦因数为μ.两滑块
1 2 1 2
A、B在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，重力加速度为g，则下列
说法正确的是( )
A．斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向右
B．滑块A与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ
1
C．滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为μ(m＋m)gcos θ
1 1 2
D．滑块B所受的摩擦力大小为μmgcos θ
2 2
【答案】 C
【解析】 把AB看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为F ＝(m ＋m)gcos θ·sin θ，方向水
Nx 1 2
平向右，AB对C的摩擦力在水平方向的分力为F ＝Fcos θ，方向水平向左．因为AB一起加速下滑，所
fx f
以(m ＋m)gsin θ>F，则F >F ，所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平
1 2 f Nx fx
向左，A错误；
因为AB一起加速下滑，所以μ(m＋m)gcos θ<(m＋m)gsin θ，则μ<tan θ，B错误；
1 1 2 1 2 1
把AB看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为F＝μ(m＋m)gcos θ，C正确；
f 1 1 2
滑块AB一起加速下滑，其加速度为 a＝gsin θ－μgcos θ，则滑块B所受的摩擦力大小为 F ＝ma＝
1 fB 2
mg(sin θ－μcos θ)，D错误．
2 1
7.(2021·江苏如皋中学高三三模)如图所示，厚度可不计的圆环B套在粗细均匀、足够长的圆柱棒A的上
端，圆环和圆柱棒质量均为m，圆环可在棒上滑动，它们之间滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，大小均为
F＝2mg，开始时棒A的下端距地面的高度为H，圆环B套在A的最上端，由静止释放后棒A能沿光滑的
f
竖直细杆MN上下滑动，设棒与地面相碰时无机械能的损失且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，求：(1)棒A第一次与地面相碰后向上运动时，棒A和圆环B的加速度分别为多大？
(2)从释放到棒A第一次到达最高点时，圆环B相对A滑动的距离x；
(3)若棒A的长度为L＝2.5H，求最终圆环B离地的高度h.
【答案】 (1)3g g (2)H (3)0.5H
【解析】 (1)A与地面相碰后，速度大小不变，方向变成向上，B仍向下运动，则A、B间出现相对滑动，
由牛顿第二定律，
对A：F＋mg＝ma ，解得a ＝3g；
f A A
对B：F－mg＝ma ，解得a ＝g；
f B B
(2)释放后A、B一起做自由落体运动，设A下端第一次与地面相碰时A、B的速度大小为v，则2mgH＝
×2mv2，
解得v＝；
A棒与地面碰撞后以原速率反弹，向上匀减速至最高点，所需的时间为t,0＝v－3gt，解得t＝＝；
A棒匀减速上升的位移大小x ＝＝H，
A
B环向下做匀减速运动的位移大小x ＝vt－gt2＝H
B
B环相对A棒滑动的距离x＝x ＋x ＝H
A B
(3)由分析可知，圆环B一直相对于A向下滑动，A最终静止在地面，B沿A下滑一段距离s后静止，全过
程根据能量的转化和守恒，有mgH＋mg(H＋s)＝Fs
f
解得s＝2H，
则圆环B离地的高度为h＝L－s＝0.5H.
8．(2020·渤海高中模拟)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度
逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦
因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；
(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？
【答案】(1)2 s (2)5 m (3) s
【解析】(1)开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
1
所以a＝gsin θ＋μgcos θ
1
解得a＝10 m/s2
1
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
t＝＝ s＝1 s
1
煤块发生的位移为
x＝at＝×10×12 m＝5 m<16 m
1 1
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；
第二阶段有mgsin θ－μmgcos θ＝ma
2
解得a＝2 m/s2
2
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t，则L －x＝vt＋at
2 AB 1 2 2
解得t＝1 s
2
煤块从A到B的时间t＝t＋t＝1 s＋1 s＝2 s。
1 2
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为
Δx＝vt－x＝10×1 m－5 m＝5 m
1 1 1
故煤块相对于传送带上移5 m
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx＝(L －x)－vt
2 AB 1 2
解得Δx＝1 m
2
即煤块相对传送带下移1 m
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx＝5 m。
1
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a 做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，
1
则有L ＝at
AB 1
可得t ＝ s。
min
三．练规范解答
1.(2020·马鞍山检测)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用
在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在 A、B的速度达到6 m/s时，撤
去推力F。已知A、B质量分别为m ＝1 kg、m ＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没
A B
有摩擦，B物块运动的vt图象如图乙所示。g取10 m/s2，求：
甲 乙
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。【答案】(1)15 N (2)6 m
【解析】(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图象得，
a＝＝ m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μm g＝(m ＋m )a，代入数据解得F＝15 N。
A A B
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运
动，B做匀速运动，对A，由－μm g＝m a ，解得
A A A
a ＝－μg＝－3 m/s2
A
t＝＝ s＝2 s
物块A通过的位移x ＝t＝6 m
A
物块B通过的位移
x ＝vt＝6×2 m＝12 m
B 0
物块A刚停止时A、B间的距离
Δx＝x －x ＝6 m。
B A
2.如图所示，光滑曲面AB与长度L＝6 m的水平传送带BC平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运行的速
度大小为v＝6 m/s，传送带最右侧C端靠近一倾角θ＝30°的足够长斜面的底端，二者间通过一段长度不计
的光滑小圆弧(图中未画出)平滑连接。将一小物块从曲面上高h＝1.25 m 处的A点由静止释放，物块与传
送带、斜面之间的动摩擦因数分别为μ＝0.2、μ＝，重力加速度g＝10 m/s2。
1 2
(1)求物块从开始滑上传送带到最终停止运动的总时间(结果保留2位小数)；
(2)若传送带的速度大小v可以任意调节，求小物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比。
【答案】 (1)1.52 s (2)49∶1
【解析】 (1)设物块质量为m，物块运动到B点时的速度为v ，则物块从A点运动到B点的过程中，由动
0
能定理得mgh＝mv
解得v＝5 m/s
0
假设物块在传送带上可以达到与传送带相同的速度大小，对物块在传送带上做匀加速运动的过程应用牛顿
第二定律有μmg＝ma
1 1
解得a＝2 m/s2
1
由运动学公式有v2－v＝2ax
1
解得x＝2.75 m＜L
假设成立，物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
则物块在传送带上匀加速运动的时间t＝＝ s＝0.5 s
1
匀速运动的时间t＝＝ s＝ s
2
物块冲上斜面后，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
2 2
解得a＝12.5 m/s2
2
物块在斜面上向上运动的时间t＝＝ s＝ s
3
因μ＝＞tan 30°＝，所以物块最后会停在斜面上，故物块从滑上传送带到最终停止运动的总时间为
2
t＝t＋t＋t＝1.52 s。
1 2 3
(2)当物块在传送带上一直做匀加速运动时，其滑至C端时的速度最大，设为v
1
则有v－v＝2aL
1
当物块在传送带上一直做匀减速运动时，其滑至C端时的速度最小，设为v
2
则有v－v＝－2aL
1
物块滑上斜面后均做匀减速直线运动，则有
v＝2ax＝2a
2 1 2
v＝2ax＝2a
2 2 2
联立可得物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比为h∶h＝49∶1。
1 2
3．(2020·山东邹城市高三期中)如图甲所示，质量M＝0.2 kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1 kg的物
块(可视为质点)叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态.现对平板施加一水平向右的拉力，该拉力F
随时间t的变化关系如图乙所示，1.5 s末撤去拉力.已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩
擦力大小相等，物块与平板间的动摩擦因数μ ＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ ＝0.4，取g＝10 m/s2.
1 2
求：
(1)0～1 s内物块和平板的加速度大小a、a；
1 2
(2)1 s末物块和平板的速度大小v、v 以及1.5 s末物块和平板的速度大小v′、v′；
1 2 1 2
(3)平板的最短长度L.
【答案】 (1)a＝2 m/s2，a＝3 m/s2 (2)v＝2 m/s，v＝3 m/s，v′＝v′＝3 m/s (3)1.35 m
1 2 1 2 1 2
【解析】 (1)0～1 s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为：
F ＝μmg＝0.2 N
f1 1
F ＝μ(M＋m)g＝1.2 N
f2 2
设物块与平板间恰好相对滑动时拉力大小为F
0
由牛顿第二定律有F－F ＝(m＋M)
0 f2解得F＝1.8 N
0
因为F＝2 N>F＝1.8 N
1 0
故物块与平板发生相对滑动.
对物块和平板由牛顿第二定律有：
a＝
1
a＝
2
解得：a＝2 m/s2，a＝3 m/s2
1 2
(2)0～1 s内(t＝1 s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有：
1
v＝at
1 11
v＝at
2 21
解得：v＝2 m/s，v＝3 m/s
1 2
1～1.5 s内(t ＝0.5 s)，由于水平向右的拉力F ＝1.4 N恰好与F ＋F 平衡，故平板做匀速直线运动，物块
2 2 f1 f2
继续做匀加速直线运动，有：
v′＝v＋at＝3 m/s
1 1 12
v′＝v＝3 m/s
2 2
(3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为：
a′＝＝2 m/s2
1
a′＝＝5 m/s2
2
物块和平板停下所用的时间分别为：Δt＝＝1.5 s
1
Δt＝＝0.6 s
2
可画出物块、平板的速度－时间图象，如图所示，
根据“速度－时间图象与时间轴所围的面积表示位移”可知，1～1.5 s内，物块相对平板向左滑行的距离
为：x＝×(1.5－1)×3 m＝0.75 m
1
1.5～3 s内，物块相对平板向右滑行的距离为：x＝×(3－2.1)×3 m＝1.35 m
2
由于x>x，故L＝x＝1.35 m.
2 1 2
4.（2021届云南省高三（下）第二次复习统一检测物理试题）如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，
弹射器上有一质量 m= 1 kg的小滑块，管和弹射器的总质量 m= 2 kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小
1 2
为0.4mg。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为 1.0 m；
1
滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4 m。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的
初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10 m/s2。求
（1）滑块被弹射后在圆柱形管内滑动时的加速度大小；
（2）滑块离开弹射器后运动到最高点的时间；（3）当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力 F，为保证滑块不滑出管口，计算 F
的最小值。
【答案】（1） ；（2） ；（3）24N
【解析】
（1）对滑块由牛顿第二定律得
①
解得
②
（2）设滑块离开弹射器的初速度为v，离开管口的速度为v，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大
0 1
高度为H。
滑块由底端。上升到最高点的过程中，由动能定理得
③
滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得
④
滑块滑到管口的时间
⑤
滑块从管口，上抛到最大高度处的时间
⑥滑块运动的总时间
⑦
解得
⑧
（3）为保证滑块不滑出圆柱管，当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的
外力F最小。设圆柱形管上升的加速度为a，共速的时间为t，共速的速度为v。对管由牛顿第二定律得
2 3
⑨
滑块与圆柱形管的相对位移
共速时
解得
F= 24N
