典例精析★考点一：“滑块—滑板”模型
◆典例一：（2019年1月云南昆明复习诊断测试）如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C.F的大小可能为9N D.F的大小与板长L有关 【答案】BD
【解题思路】由图乙可知，在0~1s内，木板A的加速度a1=2m/s2，在1~3s内，木板A的加速度a2=-1m/s2。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0~1s内，隔离木板A受力分析，由μ1mBg-μ2（mA+mB）g= m,Aa1，在1~3s内，隔离木板A受力分析，由-μ2mAg= m,Aa2，联立解得：μ2=0.1，μ1=0.7，选项A错误B正确；隔离B分析受力，由牛顿第二定律，F-μ1mBg= mBa3，根据速度图像的面积表示位移可知，在0~1s内，木板A位移x1=1m。滑块B在t=1s内的位移x2=a3t2=
12F-1F-1-1=，木板A长度L= x2-x1=
22F-3，可变换为F=2L+3，即F的大小与板长L有关，选项D正确；2F-μ1mBg= mBa3，若F的大小为9N，由牛顿第二定律，可得a3=2m/s2，AB加速度相同，不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9N，选项C错误。
◆典例二：（2019上海二模）如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动，轨道长L=2m，摩擦很小可忽略不计。利用此装置实验探究物块在力F作用下加速度与轨道倾角的关系。某次实验，测得力F的大小为0.6N，方向始终平行于轨道向上，已知物块的质量m=0.1kg。实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。（重力加速度g取10m/s2）问：
（1）a0为多大？
（2）倾角θ1为多大？此时物块处于怎样的运动状态？
（3）当倾角θ为30°，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？（设O所在水平面的重力势能为零）
【解析】（1）θ=0°时，木板水平放置，此时物块的加速度为a0 由牛顿第二定律得：F合=F=ma0 解得：a0=6m/s2
（2）当木板倾角为θ1时，a=0，物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止； 由平衡条件得：F=mgsinθ1 解得：sinθ1=0.6，即θ1=37°（3）当木板倾角为θ=30°时，
对物块由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma 解得：a=1m/s2
从静止开始运动1.6s发生的位移为x=物块具有的最大重力势能：EP=mgxsinθ 解得：EP=0.J
=1.28m
★考点二：传送带模型
◆典例一： （2019广东惠州第三次调研）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（ ）
【答案】D
【解题】传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力方向沿斜面向下，重力沿传送带斜面的分力和滑动摩擦力方向相同，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ。小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对
静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以：a2＝gsin θ－μgcos θ。 根据以上分析，有a2＜a1。所以，本题正确答案为D。
◆典例二：（湖北省黄冈市黄冈中学2016届高三5月第一次模拟考试理科综合物理试题）（13分）质量为m=20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v0= -10 m/s传送物体的水平传送带，从物体开始冲上传送带计时，物体的速度—时间图象如图所示，已知0～2.0s内水平外力与物体运动方向相反，2.0～4.0s内水平外力与物体运动方向相反，g取10m/s2。求： （1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2）0～4.0s内物体与传送带间的摩擦热Q.
【答案】(1) μ=0.3 (2) 2880J
【解析】设水平外力大小为F，由图象可知，0~2.0s内物体做匀减速直线运动，加速度大小a1=5m/s2。 由牛顿第二定律，F+f=ma1，
2~4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小a2=1m/s2。 由牛顿第二定律， f- F=ma2， 联立解得：f=60N。
又f=μmg，解得：μ=0.3.
此过程中物体与传送带间的摩擦热
Q2=1080J
0～4.0s内物体与传送带间的摩擦热Q= Q1+Q2=2880J 考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】此题是关于牛顿第二定律的综合应用问题；解题时主要是要搞清物体运动的物理过程，分析其受力情况；善于从给出的v-t图线中获取物体的运动信息；注意摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积.
1.（2019河南濮阳三模）一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态．一石墨块（可视为质点）静止在白板上．石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ．突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹．经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动．在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程
中损失的质量）（ ） A．
B．
C．v0t﹣μgt2 D．v0t
【答案】AC
【解析】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma,解得:a＝μg.。 ① 如果时间t内一直加速，加速的位移为的位移为
②如果先加速，后匀速，位移为相对白板的位移为
③如果加速的末速度恰好等于v0，则移为
，故相对白板的位＝
，故
，故相对白板
经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；选项AC正确。
2．（2019东北三省四市教研综合体二模）如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一个质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与长木板在AB段
的动摩擦因数为μ，在BC段的动摩擦因数为2μ。若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与长木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与长木板发生相对滑动。下列说法正确的是（ ）
A．F1与F2的大小之比为1∶2
B．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比为1∶1
D．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1 【答案】ACD
【解题思路】隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，F1-μmg=ma11，F2-2μmg=ma12，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg=ma21， 2μmg=ma22，物块恰好与木板发生相对滑动，a11= a21，a11= a21，联立F1∶F2=1∶2，F2都增加到原来的2倍，解得：选项A正确；若将F1、2F1-μmg=ma13，2F2-2μmg=ma14，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg=ma21， 2μmg=ma22，联立解得：a21=μg，a22=2μg，a13=3μg，a14=6μg。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t1，则有小物块位移x11=a13t12，木板位移x21=
1212a21t12，x11-x21=L/2，联立解得t1=L2g。设小物块在木板上从A移动
112
到B的时间为t2，则有小物块位移x12=a14t1，木板位移x22=a22t12，
22x12-x22=L/2，联立解得t2=1LF2都增加到原来的2倍，。即若将F1、
2g小物块在木板上运动到B点的时间之比为t1∶ t2=2∶1，选项B错误；若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比x21∶ x22=a21t12∶a22t12=1∶1，选项C正确；若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为Q1∶Q2=（μmg·L/2+2μmg·L/2）∶（2μmg·L/2+μmg·L/2）=1∶1，选项D正确。
3 (2016河北名校调研)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，.现有两个小物两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°
块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)下列说法正确的是( )
A．物块A先到达传送带底端 B．物块A、B同时到达传送带底端 C．传送带对物块A、B均做负功
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
1212【答案】BCD
【解析】因mgsin θ＞μmgcos θ，物块A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，则传送带对两物块的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，则所用时间也相同，故A错误，B正确；滑动摩擦力沿传送带向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确；A、B两物块下滑时1
的加速度相同，下滑到底端的时间相同，由x＝v0t＋2at2，a＝gsin θ－μgcos θ ，得t＝1 s，传送带1 s内运动的距离是1 m，A与传送带是反向运动的，则B在传送带上的划痕长度为(2－1)m＝1 m，B与传送带是反向运动，则B在传送带上的划痕长度为(2＋1)m＝3 m，所以D正确．
4如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止。若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，下列说法正确的是( )
A.匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用
B.匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上 C.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下
D.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上 【答案】B
【解析】传送带匀速运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直斜面向上的支持力外，还要受沿斜面向上的静摩擦力的作用，选项A错误，B正确；传送带向上减速运动时，麻袋包的加速度沿斜面向下，受到的摩擦力可能沿传送带向上、沿传送带向下或为零，选项C、D错误。
5.（福建省厦门市2016届高三第二次质量检查理科综合试题）放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v向右做匀速直线运动，如图所示。某时刻木板突然停止运动，已知mA>mB，下列说法正确的是（ ）
A．若木板光滑，由于A的惯性较大，所以A、B一定会相撞 B．若木板粗糙，由于A的动能较大，所以A、B一定会相撞 C．若木板粗糙，由于A的所受的摩擦力较大，所以A比B先停下来。 D．不论木板是否光滑，A、B间的相对距离保持不变 【答案】D 【解析】
若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则AB将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两木块的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为amg=g，
m与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度，保持相对静止，故D正确，A、B、C错误。
6. （2016福建名校联考）如图3所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为 ( )
A．μ1Mg B．μ1(m＋M)g C．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg 【参照答案】 C 【名师解析】
质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，M对m的摩擦力等于μ2mg，由牛顿第三定律可知，m对M的摩擦力大小等于μ2mg。对M由平衡条件可得长木板ab受到地面的摩擦力大小为μ2mg。 7.（安徽省铜陵市第一中学2016届高三5月教学质量检测理科综合试题）如图甲所示，光滑的水平地面上放有一质量为M、长为的木板。从
时刻开始，质量为
的物块以初速度
从左
侧滑上木板，同时在木板上施以水平向右的恒力动后内两物体的
，已知开始运
，
图线如图乙所示，物块可视为质点，
下列说法正确的是（ ）
A、木板的质量
B、物块与木板间的动摩擦因数为C、D、
时，木板的加速度为时，木板的速度为
【参】BD
【名师解析】在开始运动后内，物体向右减速运动，木板向右加速运动，对物体，由牛顿第二定律，μmg=ma1，由速度图像可知，a1=1m/s2，联立解得：μ=0.1.选项B正确。
对木板，由牛顿第二定律，F+μmg=Ma2，由速度图像可知，a2=4m/s2，联立解得：M=2kg，选项A错误。
经过时间t，两者达到共同速度，则v0- a1t= a2t， 解得：t=1.2s。共同速度v= a2t=4.8m/s。 此时物体的相对位移为：
说明物体未脱离木板，当两者达到共同速度后，假设两者相对静止一起加速，由牛顿第二定律可得：代入数据解得：
，
， ，
对物体由牛顿第二定律可得：
所以物体相对木板还是要相对滑动，对木板由牛顿第二定律可得：
，代入数据解得：
，
时，木板的速度为
，故选项C错误D正确。
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；物体的弹性和弹力 【名师点睛】本题考查图象的应用；图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律。
8. 如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止。若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，下列说法正确的是( )
A.匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用 B.匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上 C.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下 D.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上 【答案】B 【解析】
传送带匀速运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直斜面向上的支持力外，还要受沿斜面向上的静摩擦力的作用，选项A错误，B正确；传送带向上减速运动时，麻袋包的加速度沿斜面向下，受到
D错误。 的摩擦力可能沿传送带向上、沿传送带向下或为零，选项C、
9如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行。现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在皮带的底端，经时间1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，取g＝10 m/s2。求：
(1)工件与皮带间的动摩擦因数； (2)工件相对传送带运动的位移。 【答案】(1)0.866 (2)0.8 m
h
【解析】 (1)由题意得，皮带长为：L＝sin 30°＝3 m。工件速度达到v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移v0为x1，有：x1＝vt1＝2t1
设工件最终获得了与传送带相同的速度，则达到v0之后工件将做匀速运动，有：L－x1＝v0(t－t1)
解得：t1＝0.8 s＜1.9 s，故假设工件最终获得与传送带相同的速度是正确的。
v0
加速运动阶段的加速度为：a＝t1＝2.5 m/s2 在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有： μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得：μ＝0.866。
(2)在时间t1内，传送带运动的位移为：x＝v0t1＝1.6 m v0工件运动的位移为：x1＝vt1＝2t1＝0.8 m
所以工件相对传送带运动的位移为：Δx＝x－x1＝0.8 m。
10.（2016湖南十三校联考）如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g取10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.问： （1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
【参】（1）1.33s （2）0.85s
【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速运动、摩擦力
物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，，因为F=8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N。故不能相对斜面向上加速。故得：a2=0
得t=t1+t2=
（2）若达到速度相等后撤力F，对物块受力分析，因为
，故减速上行
，
得：a3=2m/s2。
物块还需t′离开传送带，离开时的速度为，则：
，=0.85s
