高考板块模型及传送带问题 压轴题【含详解】
传送带与板块问题(解析版)--高二物理专题练习
传送带与板块问题--高二物理专题练习一、“传送带模型”问题1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.二、“滑块－木板模型”问题1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：如图所示，L＝x1－x2反向运动时：如图所示，L＝x1＋x23.解题步骤审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求↓建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变)↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带1．（多选）如图所示，水平绷紧的传送带AB 长8m =L ，始终以恒定速率12m/s v =向右运行。
初速度大小为26m/s v =的小物块（可视为质点）从与传送带等高的光滑水平地面上经B 点向左滑上传送带。
小物块1kg m =，物块与传送带间的动摩擦因数0.3μ=，g 取210m/s 。
小物块在传送带上运动的过程中，下列说正确的是（）A ．小物块离开传送带的速度大小为2m/sB ．摩擦力对小物块做功功率的绝对值先变小后不变C ．传送带克服摩擦力做的功为16JD ．相互摩擦产生的热量为40.5J 【答案】AC【详解】A ．根据题意，物块划上传送带之后，由牛顿第二定律有mg maμ=解得2s 3m a =，物块向左做匀减速直线运动，速度为零时的位移226m 8m2v x L a==<=物即物块不能到达传送带左端，减速到零时，开始向右做匀加速直线运动，当与传送带速度相同时，做匀速直线运动，则小物块离开传送带的速度大小为2m/s ，故A 正确；B ．由A 分析可知，小物块的速率先减小后增大再不变，由公式P Fv =可知，摩擦力对小物块做功功率的绝对值先变小后增大，最后为0，故B 错误；C ．根据题意，由公式0v v at =+可知，滑块向左运动的时间为212s v t a==，滑块向右运动的时间为122s 3v t a ==则传送带运动的位移为()11216m 3x v t t =+=传，传送带克服摩擦力做的功为16J W mgx μ==传，故C 正确；D ．根据题意，由公式2202v v ax -=可得，滑块向右滑动的位移为2122m23v x a ==则滑块与传送带间的相对位移为232m 3x x x x ∆=+-=传物相互摩擦产生的热量为32J Q mg x μ=⋅∆=，故D 错误。
高考物理解题模型分类专题讲解6---传送带模型(解析版)
由① 式可知
1 2
mv2
>
µmg(L
−
x2
−
x3 )
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为 v3，由运动学公式有，
3 / 21
v32 − v2 = −2a(L − x2 − x3)
则 v3 = 5m/s
减速运动时间
t4
=
v
− v3 a
= 1s
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为
I1、I2。由动量定理有
I1 = m(v3 − v0 ) = 0 625
I2 = N (∆t + t4 ) = mg(∆t + t4 ) = 3 N ⋅ s ≈ 208.3N ⋅ s ，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
I = I2 = 208.3N ⋅ s ，方向竖直向上
【典例 1】(多选)如图所示,水平传送带 AB 的长度 L=1.8 m,皮带轮的半径 R=0.4 m,皮 带轮以角速度 ω=5 rad/s 沿顺时针匀速转动(皮带不打滑),现将一质量 m=3 kg 的煤 块(视为质点)轻放在传送带上的 A 点,与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.25,g=10
高考物理解题模型分类专题讲解 模型 6 传送带
传送带问题分类 项目 图示
滑块可能的运动情况
情景 1
①可能一直加速 ②可能先加速后匀速
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
情景 2
①v0>v 时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 ②v0<v 时,可能一直加速,也可能先加速再匀速
①传送带较短时,滑块一直减速达到左端
情景 3
②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。其中,若 v0>v, 返回时速度为 v;若 v0<v,返回时速度为 v0
板块、斜面、传送带模型(解析版)
热点板块、斜面、传送带模型1.命题情境源自生产生活中的与力的作用下沿直线运动相关的情境，对生活生产中力和直线有关的问题平衡问题，要能从情境中抽象出物理模型，正确画受力分析图，运动过程示意图，正确利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、动量定理、动量守恒定律等解决问题。
2.命题中既有单个物体多过程问题又有多个物体多过程问题，考查重点在受力分析和运动过程分析，能选择合适的物理规律解决实际问题。
3.命题较高的考查了运算能力和综合分析问题的能力。
1.板块模型板块模型可以大体分为“有初速度”和“有外力”两大类。
有初速度可以是物块有初速度，也可以是木板有初速度;有外力可以是物块有外力，也可以是木板有外力。
第一大类：有速度、 第二大类：有外力。
解题思路1.根据相对运动，确定摩擦力②基于受力分析，列出牛顿第二定律 ③画出v-t图像，列运动学公式④运用整体法和隔离法找外力F的临界值。
2.斜面模型正确对物体受力分析，平行于斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系，对物体进行受力分析和运动过程分析，利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理等解决问题。
3.传送带模型Ⅰ、受力分析(1)“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；(2)共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。
Ⅱ、运动分析(1)参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。
(2)判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？(3)判断传送带长度--临界之前是否滑出？Ⅲ、画图画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。
(建议用时：30分钟)一、单选题1(2023·黑龙江·校联考一模)如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q(可看做质点)放置于长木板上的最右端。
现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。
专题05 连接体问题、板块模型和传送带问题-2024年高考物理二轮专题综合能(002)
专题05 连接体问题、板块模型、传送带问题【窗口导航】高频考法1 连接体问题 ........................................................................................................................................... 1 角度1：叠放连接体问题 ....................................................................................................................................... 2 角度2：轻绳连接体问题 ....................................................................................................................................... 3 角度3：轻弹簧连接体问题 ................................................................................................................................... 3 高频考法2 板块模型 ............................................................................................................................................... 4 高频考法3 传送带问题 ........................................................................................................................................... 7 角度1：水平传送带模型 ....................................................................................................................................... 8 角度2：倾斜传送带模型 . (11)高频考法1连接体问题1．常见连接体三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同(接触面光滑，或A 、B 与接触面间的动摩擦因数相等)常用隔离法常会出现临界条件2. 连接体的运动特点（1）叠放连接体——常出现临界条件，加速度可能不相等、速度可能不相等。
(完整word版)高考物理——传送带问题专题归类(含答案解析)
传送带问题归类分析传送带是运送货物的一种省力工具，在装卸运输行业中有着广泛的应用，本文收集、整理了传送带相关问题，并从两个视角进行分类剖析：一是从传送带问题的考查目标（即：力与运动情况的分析、能量转化情况的分析）来剖析；二是从传送带的形式来剖析．（一）传送带分类：（常见的几种传送带模型）1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种；2.按转向分顺时针、逆时针转两种；3.按运动状态分匀速、变速两种。
（二）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的加入，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。
（三）受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在v物与v带相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。
突变有下面三种：1.滑动摩擦力消失；2.滑动摩擦力突变为静摩擦力；3.滑动摩擦力改变方向；（四）运动分析：1.注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系；2.判断共速以后是与传送带保持相对静止作匀速运动呢？还是继续加速运动？3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？（五）传送带问题中的功能分析1.功能关系：W F=△E K+△E P+Q。
传送带的能量流向系统产生的内能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。
因此，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。
2.对W F 、Q 的正确理解（a ）传送带做的功：W F =F·S 带 功率P=F× v 带 （F 由传送带受力平衡求得） （b ）产生的内能：Q=f·S 相对（c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能E K ，因为摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E K =Q=2mv 21传 。
一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。
而且这个总功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W ＝f 相s 相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W ＝f 相s ，其中s 为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等（恰好相差一倍），并且一个是正功一个是负功，其代数和是负值，这表明机械能向内能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。
高中物理传送带和板块模型常考题型组卷
高中物理传送带和板块模型常考题型组卷高中物理：传送带和板块模型组卷一、传送带模型1.一个长度为20米的传送带AB以2米/秒的速度顺时针匀速运动，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.1.现将物体从静止放到传送带的A端开始，求物体运动到B端所需时间。
2.一个长度为1.62米的传送带AB以2米/秒的速度顺时针匀速运动，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.1.现将物体从静止放到传送带的A端，求由于摩擦力使物体在传送带上留下的痕迹长度。
（g=10米/秒²）3.一个长度为20米的传送带AB以4米/秒的速度顺时针匀速运动，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2.现将物体从传送带的A端静止释放，求：①物体从A端运动到B端所需的时间；②这段时间内物体在传送带上留下的痕迹长度。
4.如图所示，传送带与水平地面的夹角为37°，传送带上端A至下端B的长度为16米。
当传送带不转动时，在A处轻轻放上一个质量为0.5千克的物体，它能沿传送带向下做匀加速直线运动。
物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5.取g=10米/秒²，sin37°=0.6，cos37°=0.8.1）若传送带不动，求物块运动的加速度大小；2）若传送带以10米/秒的速率顺时针转动，求物块从A 运动到B所需的时间；3）若传送带以10米/秒的速率逆时针转动，求物块从A 运动到B所需的时间。
5.如图所示，电动机带动一个倾斜传送带以2米/秒匀速转动，一质量为10千克的小木块由静止轻放到传送带上，木块与传送带之间的动摩擦因数为0.已知h=2米，θ=30°，g=10米/秒²。
求：1）木块从A端由静止运动到B端，传送带对其做的功；2）摩擦产生的内能为多少；3）由于放了木块后，电动机多消耗的能量。
6.如图所示，一个足够长的传送带与水平面倾角为37°，以12米/秒的速率逆时针转动。
在传送带底部有一质量为1.0千克的物体，物体与斜面间动摩擦因数为0.25.现用轻细绳将物体由静止沿传送带向上拉动，拉力为10.0XXX，方向平行传送带向上。
(完整版)高考物理滑块和传送带问题及答案
一、滑块问题1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m ；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，其尺寸远小于L 。
小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ==04102.(/)g m s （1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。
问：m 在M 上面滑动的时间是多大？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f N mg ==μμ小滑块在滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 a f m g m s 124===//μ木板在拉力F 和滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 a F f M 2=-()/ 使m 能从M 上面滑落下来的条件是 a a 21>即N g m M F m f M f F 20)(//)(=+>>-μ解得（2）设m 在M 上滑动的时间为t ，当恒力F=22.8N ，木板的加速度a F f M m s 2247=-=()/./ ）小滑块在时间t 内运动位移S a t 1122=/ 木板在时间t 内运动位移S a t 2222=/ 因S S L 21-= 即s t t t 24.12/42/7.422==-解得 2．长为1.5m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g =10m/s 2） （1）木块与冰面的动摩擦因数． （2）小物块相对于长木板滑行的距离．（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？ 解析：（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度222 1.0m/s 2v a g sμ=== 解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10 （2）小物块A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a 1=μ1g =2.5m/s 2A vB小物块A 在木板上滑动，木块B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg －μ2(2m )g =ma 2 解得加速度a 2=0.50m/s 2设小物块滑上木板时的初速度为v 10，经时间t 后A 、B 的速度相同为v由长木板的运动得v =a 2t ，解得滑行时间20.8s v t a == 小物块滑上木板的初速度 v 10=v ＋a 1t =2.4m/s小物块A 在长木板B 上滑动的距离为22120112110.96m 22s s s v t a t a t ∆=-=--=（3）小物块A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板B 上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A 达到木板B 的最右端，两者的速度相等（设为v ′)，这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0．有220121122v t a t a t L --= 012v v a t v a t ''-==由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度0122() 3.0m/s v a a L =+=动力学中的传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失 ②滑动摩擦力突变为静摩擦力 ③滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。
题型专练一 连接体问题、板块模型、传送带模型(解析版)—2023年高考物理热点重点难点专练
题型专练一 连接体问题、板块模型、传送带模型连接体问题、 板块模型、传送带模型是经典的三种模型，是涉及多个物体发生相对运动的问题，分析这类问题要从受力分析和运动过程分析，分析每个物体的运动情况，由牛顿第二定律分析它们的加速度情况，有时还要结合能量和动量的观点解决问题。
例题1. （2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L 。
一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。
当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为（ ）A ．58F mB ．25FmC ．38F mD ．310Fm【答案】A【解析】当两球运动至二者相距35L 时，,如图所示由几何关系可知3310sin 52LL θ==设绳子拉力为T ，水平方向有2cos T F θ=解得58T F =对任意小球由牛顿第二定律可得T ma =解得58Fa m=故A 正确，BCD 错误。
故选A 。
例题2. （多选）（2021·全国·高考真题）水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左端上有一质量为2m 的物块，如图（a ）所示。
用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。
木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图（c ）所示。
已知木板与地面间的动摩擦因数为1μ，物块与木板间的动摩擦因数为2μ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g 。
则（ ）A ．111=F m g μB ．2122211()()m m m F g m μμ+=-C ．22112m m m μμ+>D ．在20~t 时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】A ．图（c ）可知，t 1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()F m m g μ=+A 错误；BC ．图（c ）可知，t 2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有211212()()F m m g m m a μ-+=+以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0m g m m g m a μμ-+=>解得2122211()()m m m F g m μμ+=-()12212m m m μμ+>BC 正确；D ．图（c ）可知，0~t 2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
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如图所示，长L=1.5 m，高h=0.45 m，质量M=10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50 N，并同时将一个质量m=l kg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10 m/s2．求：⑴小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；⑵小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移；⑶小球离开木箱时木箱的速度．【解答】：⑴设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由于，①则s．②⑵小球放到木箱后相对地面静止，木箱的加速度为m/s2．③)木箱向右运动的最大位移为m ④⑶x1<1 m，故小球不会从木箱的左端掉下．木箱向左运动的加速度为m/s2⑤设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱m ⑥设木箱向左运动的时间为t2，由，得s ⑦小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向左，大小为m/s ⑧如图所示，一质量为m B = 2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ= 37°.一质量也为m A = 2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0 = 8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ= 0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2 = 0.2，sinθ = 0.6，cosθ = 0.8，g 1取10 m/s2，物块A可看做质点．求：⑴ 物块A刚滑上木板B时的速度为多大？⑵ 物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？(3)木板B有多长？【解答】：⑴ 物块A从斜面滑下的加速度为a1，则m A g sinθ–μ1m A g cosθ = m A a1，解得a= 4 m/s2，物块A滑到木板B上的速度为v1 = = 8 m/s．1⑵ 物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a2 = μ2g = 2 m/s2；设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，在达到最大速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得v1t2–a2t2/2 - a2t2/2 = L．对物块A有v2 = v1– a2t2，v2–v12 = –2a2(x + L)．对木板B有v = 2a2x，联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2 = 2s，L = 8 m．如图所示，一块质量为M、长为l的匀质板放在很长的水平桌面上，板的左端有一质量为m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮并与桌面平行，某人以恒定的速度v向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，且此时板的右端距离桌边定滑轮足够远．求：（1）若板与桌面间光滑，物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移．（2）若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板右端，板与桌面的动摩擦因数的范围．【解答】：（1）板在摩擦力作用下向右做匀加速运动直至与物块速度相同，此时物块刚到达板的中点，设木板加速度为a1，运动时间为t1，对木板有μ1mg= Ma、v= a1t1 ∴t1 =设在此过程中物块前进位移为s1，板前进位移为s2，则s= vt1、s2 =t1 又因为s1－s2 = ，-1由以上几式可得物块与板间的动摩擦因数μ1= 、板的位移s2 = ．（2）设板与桌面间的动摩擦因数为μ2，物块在板上滑行的时间为t2，木板的加速度为a2，对板有μ1mg― μ2(m + M) g = Ma2，且v = a2t2解得t2 =又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3，则vt―t3 = l，t3 = --3为了使物块能到达板的右端，必须满足t2≥ t3即，则μ2≥ -所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数μ2≥-【答案】如图所示，倾角a = 37°的固定斜面上放一块质量M = 1 kg，长度 L = 3 m的薄平板AB。
平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7m。
在平板的上端A处放一质量m = 0.6kg 的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。
假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为m = 0.5，求滑块、平板下端B到达斜面底端C的时间差是多少？（sin37=0.6 cos37=0.8 g=10m/s）【解答】：对薄板由于Mgsin37m(M+m)gcos37故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动. 对滑块：在薄板上滑行时加速度a=gsin37=6m/s，至B点时速度V==6m/s。
滑块由B至C时的加速度a= gsin37-mgcos37=2 m/s,滑块由B至C用时t,由L=Vt+a t即t+6t-7=0 解得t=1s对薄板：滑块滑离后才开始运动，加速度a= gsin37-mgcos37=2 m/s，滑至C端用时t==s故滑块、平板下端B到达斜面底端C的时间差是△t= t-t=-1=1.65s1.65s【答案】如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg为小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小．【解答】：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间（2）小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为小车向右运动的距离为小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．小车向右运动的时间为小车向左运动的加速度为小车向左运动的距离为小车向左运动的时间为（3）小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为小球离开车子后，车的加速度为车子向左运动的距离为从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小X= x1 + x2+ x3 =5.175m【答案】5.175m倾角为370的斜面体靠在竖直挡板P的一侧，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为mA =3kg的物体连接，另一端与质量为mB=1kg的物体B连接。
开始时，使A静止于斜面上，B悬空，如图所示。
现释放A，A将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求此过程中，挡板P对斜面体的作用力的大小。
（所有接触面的摩擦力均不计，g=10m/s2）【解答】：设绳上拉力为T，则A：…………①B：……………②①②可得将AB与斜面看作一整体，在水平方向应用牛顿第二定律倾角为37°的斜面体靠在固定的竖直挡板P的一侧，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为m A=3kg的物块A连接，另一端与质量为m B=1kg的物块B连接。
开始时，使A静止于斜面上，B悬空，如图所示。
现释放A，A将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求此过程中，挡板P对斜面体的作用力的大小。
（所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）【解答】：设绳中张力为T，斜面对A的支持你为N A，A、B加速度大小为a，以A为研究对象，由牛顿第二定律mAg sin37° －T =ma①NA= m A g cos37°④②以B为研究对象，由牛顿第二定律T－mB g = mBa③联立解得a = 2m/s2T = 12N N A= 24N以斜面体为研究对象，受力分析后，在水平方向F = N′Asin37°－T cos37°④NA= N′A解得F = 4.8N如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2kg，管长为24m，M、N为空管的上、下两端，空管受到F=16N竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g=10m／s2，求：（1）若小球上抛的初速度为10m／s，经过多长时间从管的N端穿出。
（2）若此空管的N端距离地面64m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围。
【解答】：（1）取向下为正，小球初速度，加速度，对空管，由牛顿第二定律可得，得。
设经t时间，小球从N端穿出，小球下落的高度，空管下落的高度；则联立得：，代入数据解得：，（舍）（2）设小球初速度，空管经过时间到达地面，则得小球在时间下落的高度为小球落入管内的条件是，解得：所以小球的初速度大小必须在29m／s到32m／s范围内。
物体A的质量m1=1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2=0.5kg、长L=1m，某时刻A以v=4m/s的初速度滑下木板B的上表面，为使A不至于从B上滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，试求拉力F应满足的条件。
（忽略物体A的大小）①②不滑落的临界条件为到右端有共同速度，则③且④由③④可得：代入②得：F=1N当F较大时，要考虑A必须能相对于B静止，则有⑤⑥由⑤⑥得：F=3N∴F应满足如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B、C（未粘连），它们的质量均为M=2kg。
在B木板的左端放置着质量为m=1kg的木块A（可视为质点）。
A与B、C间的动摩擦因数均为μ1=0.4，B、C与水平面间的动摩擦因数均为μ2=0.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。
开始整个系统处于静止，现对A施加水平向右的恒定拉力F=6N，测得A在B、C上各滑行了1s后，从C的右端离开木板。
求：⑴木板B、C的长度LB 、LC；⑵若在木块A滑上C板的瞬间撤去拉力F，木块A从开始运动到再次静止经历的总时间t（此问答案保留3位有效数字）。
【知识点】三体相互作用滑块问题—受力分析、牛顿第二定律、匀变速运动规律综合应用考查题。
A8、B4、C5、【答案解析】试题分析：（1）A在B的上表面滑行时，A受滑动摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律可知：B受A的摩擦力方向向右，而B要运动必须和C一起运动，B和C与地面之间的最大静摩擦力为：。
由于，所以A在B上表面滑行时，BC保持静止不动。
分析A的运动：，在B表面运动1S时间内的位移即为B的长度：。
A滑上C即离开B的速度A滑上C表面后受摩擦力方向向左，同样C受到摩擦力，方向向右，大小仍是，而C受摩擦力向右，其大小为：，由于，所以C运动作匀加速的加速度为：，经过1S钟A的位移为：，C的位移为，所以C的长度为（2）A滑上C的表面后受摩擦力方向水平向左，同样C所受摩擦力方向向右，大小仍是。