lewis-传送带模板木块模型作业
课时作业1：专题强化六 传送带模型和滑块—木板模型
专题强化六 传送带模型和滑块—木板模型1．如图1甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v －t 图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则( )图1A ．传送带的速度为4 m/sB ．传送带底端到顶端的距离为14 mC ．物块与传送带间的动摩擦因数为18D ．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 答案 A解析 如果v 0小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 0一定大于v 1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s ，选项A 正确；传送带底端到顶端的距离等于v －t 图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m ＋12×1×4 m ＝10 m ，选项B 错误；0～1 s内，a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s 2,1～2 s 内，a 2＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D 错误．2．如图2甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小滑块以初速度v 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示．某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是( )图2A ．滑块和木板始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量小于木板的质量D ．木板的长度为v 0t 12答案 B解析 由题图乙知，滑块在木板的摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在滑块的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，滑块没有滑离木板，故A 错误，B 正确；由于滑块、木板间相互作用的摩擦力分别使滑块、木板产生加速度，所以满足ma m ＝Ma M ，由题图乙知，在t 1时间内滑块匀减速运动的加速度小于木板匀加速运动的加速度，即a m <a M ，所以可知m >M ，即滑块的质量大于木板的质量，故C 错误；两者相对静止时，两者的位移差x ＝v 0＋v 2t 1－v 2t 1＝v 02t 1，则木板长度大于或等于v 02t 1，故D 错误．3.如图3所示，质量为M 的长木板A 在光滑水平面上，以大小为v 0的速度向左运动，一质量为m 的小木块B (可视为质点)，以大小也为v 0的速度水平向右冲上木板左端，B 、A 间的动摩擦因数为μ，最后B 未滑离A .已知M ＝2m ，重力加速度为g .求：图3(1)A 、B 达到共同速度的时间和共同速度的大小； (2)木板A 的最短长度L . 答案 (1)4v 03μg v 03 (2)4v 023μg解析 (1)对A 、B 分别由牛顿第二定律得 μmg ＝Ma A ，μmg ＝ma B又M ＝2m ，可得a A ＝12μg ，a B ＝μg规定水平向右为正方向，经时间t 两者达到共同速度v ，则v ＝v 0－a B t ＝－v 0＋a A t 解得t ＝2v 0a A ＋a B ＝4v 03μg，v ＝－v 03.即A 、B 的共同速度大小为v 03.(2)在时间t 内：A 的位移x A ＝－v 0＋v 2t ＝－8v 029μgB 的位移x B ＝v 0＋v 2t ＝4v 029μg木板A 的最短长度为两者的相对位移大小，即L ＝Δx ＝x B －x A ＝4v 023μg.4．(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v 0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v －t 图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )图4A ．传送带的速度v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2 s 内摩擦力对物体做功W ＝－24 J 答案 ACD解析 由题图乙可知，当物体速度达到v 0＝10 m/s 时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A 正确；0～1 s 内物体的加速度为a 1＝10 m/s 2,1～2 s 内为a 2＝2 m/s 2，则有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B 错误，C 正确；设物体的两段位移为x 1、x 2，则有x 1＝v 022a 1＝1022×10 m ＝5 m ，x 2＝v 2－v 022a 2＝122－1022×2 m ＝11 m ，摩擦力对物体做的功为W ＝W 1＋W 2＝(μmg cos θ)x 1－(μmg cos θ)x 2＝－24 J ，故D 正确．5.(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916.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/s 2，则下列判断正确的是( )图5A ．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s 2C ．经过 2 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为433 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 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m ＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m＝1 m/s 2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误．6．(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg ，现在滑块上施加一个F ＝0.5t (N)的变力作用，从t ＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图6A ．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B ．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C ．图乙中t 2＝24 sD ．木板的最大加速度为2 m/s 2 答案 ACD解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N ，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝F fm mg ＝820＝0.4，选项A 正确．由题图乙可知t 1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝F f ′2mg ＝440＝0.1，选项B 错误．t 2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力F fm ＝8 N ，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：F fm －μ′·2mg ＝ma m ，解得a m ＝2 m/s 2；对滑块：F －F fm ＝ma m ，解得F ＝12 N ，则由 F ＝0.5t (N)可知，t ＝24 s ，选项C 、D 正确．7．有一项游戏可简化如下：如图7所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．滑板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图7(1)滑板由A 滑到B 的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达B ，水平恒力F 的取值范围． 答案 (1)1 s (2)30 N ≤F ≤34 N解析 (1)滑板由A 滑到B 过程中一直加速时，所用时间最短． 设滑板加速度为a 2，则有 F f ＝μm 1g ＝m 2a 2， 解得a 2＝10 m/s 2，由s ＝a 2t 22，解得t ＝1 s.(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F 1，此时可认为二者加速度相等， F 1－μm 1g ＝m 1a 2， 解得F 1＝30 N ，当滑板运动到B ，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1， F 2－μm 1g ＝m 1a 1， a 1t 22－a 2t 22＝L ， 解得F 2＝34 N ，则水平恒力大小范围是30 N ≤F ≤34 N.8．如图8甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图8(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8 s 内小物块在传送带上留下的划痕为多长． 答案 (1)78(2)18 m解析 (1)根据v －t 图像的斜率表示加速度可得a ＝Δv Δt ＝22 m/s 2＝1 m/s 2对小物块，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得μ＝78(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动， 0～6 s 内传送带匀速运动的距离为： x 带＝4×6 m ＝24 m ，由题图乙可知：0～2 s 内物块位移大小为： x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿传送带向下，2～6 s 内物块位移大小为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿传送带向上所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m.。
传送带模型和“滑块—木板”模型-高考物理复习
对长木板，根据牛顿第二定律可得 a＝F－Mμmg，解得 a＝3 m/s2
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
答案 0.5 m
撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝12at2－12amt2＝0.5 m
传送带模型和“滑块—木板”模型
目标 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题.2.能正确运用动力学观点处理 要求 “滑块—木板模型”.
内容索引
题型一 传送带模型 题型二 “滑块—木板”模型
传送带模型
1.水平传送带 情景
滑块的运动情况
传送带不足够长(未达到和 传送带相对静止)
√
√
设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ，滑块质量为m，若mgsin θ>μmgcos θ，则滑块所受 合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若 mgsin θ＝μmgcos θ，则小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块 匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，则小滑块所受合力沿传送带向上， 小滑块先做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速 到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送 带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C 正确.
例7 (多选)(2023·内蒙古高三检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长 木板P，小滑块Q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.滑块、长木板 的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有 从长木板P上滑下.重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是
第三章专题强化练五传送带模型和“滑块木板”模型
1.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是()A．要实现这一目的前提是μ<tan θB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间2．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v0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()A．从右端离开传送带B．从左端离开传送带C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用D．变速运动过程中摩擦力方向发生突变3．如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝3mC．木板的长度为8 mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.14.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A 到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是()A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/sC．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s5．(2023·江苏苏州市模拟)如图甲所示，光滑水平地面上放置足够长的木板B，物块A叠放在长木板B上，一水平拉力F作用在长木板上使长木板从静止开始运动，A、B间动摩擦因数为μ，重力加速度为g.设木板B静止时右端的位置为坐标原点，规定力F的方向为正方向，木板B的加速度随位移的变化图像如图乙所示，则()A．位移为x1时物块A的速度大小为μgx1B．位移为x2时木板B的速度大小为2μgx2C．位移为x3时木板B的速度大小为2μg(2x3－x2)D．物块A和木板B两物体在x2处开始相对滑动6．如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法不正确的是()A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24 sD．木板的最大加速度为2 m/s27.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg 的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是()A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 mD．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N8.(2023·江苏苏州市苏州高新区第一中学高三阶段检测)如图所示，质量为m的物块从空中的P点以速度v＝8 m/s，与水平方向成φ＝53°角抛出，恰好沿传送带方向进入传送带．传送带与水平方向的夹角θ＝37°，传送带以v0＝4 m/s的速度顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传动带足够长，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，物块可看成质点，求：(1)物块从P点抛出到进入传送带的时间；(2)物块进入传送带的最下端时的速度大小；(3)物块在传送带上上滑的最大距离；(4)物块从传送带的最下端运动到最高点的时间．9.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度．。
传送带模型和滑块——木板模型
传送带模型和滑块——木板模型一、水平传送带问题的变化类型例1．如图，水平传送带两个转动轴轴心相距20m ，正在以v ＝4.0m/s 的速度匀速传动，某物块儿（可视为质点）与传送带之间的动摩擦因数为0.1,将该物块儿从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物块儿将到达传送带的右端（g =10m/s 2） ？例2．（1）题中，若水平传送带两个转动轴心相距为2.0m ，其它条件不变，则将该物体从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物体将到达传送带的右端（g =10m/s 2）例3．（1）题中，若提高传送带的速度，可以使物体从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短。
为使物体传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？变式训练：如图，一物块沿斜面由H 高处由静止滑下，斜面与水平传送带相连处为光滑圆弧，物体滑离传送带后做平抛运动，当传送带静止时，物体恰落在水平地面上的A 点，则下列说法正确的是（ ）。
A ．当传送带逆时针转动时，物体落点一定在A 点的左侧 B ．当传送带逆时针转动时，物体落点一定落在A 点 C ．当传送带顺时针转动时，物体落点可能落在A 点 D ．当传送带顺时针转动时，物体落点一定在A 点的右侧 二．倾斜传送带问题的变化类型例1：如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°，将一小物块轻轻放在正在以速度v =10m/s 匀速逆时针传动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为µ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小），传送带两皮带轮轴心间的距离为L ＝29m ，求将物块从顶部传到传送带底部所需的时间为多少（g =10m/s2） ？HA．v例2：上题中若8.0=μ，物块下滑时间为多少？变式训练：（如图所示）传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块A ，物块下滑到底端时间为T ，则下列说法正确的是（ ）。
A ．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定大于t B ．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定等于t C ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能等于t D ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定小于t三、滑块——木板模型1、如图9所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板 ，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零2、如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。
高考物理总复习 第三单元 牛顿运动定律 微专题3 滑块木板模型、传送带模型(含解析)
微专题3 滑块木板模型、传送带模型一传送带模型传送带问题为高中动力学问题中的难点,需要考生对传送带问题准确地做出动力学过程分析。
1.抓住一个关键:在确定研究对象并进行受力分析之后,首先判定摩擦力的突变(含大小和方向)点,给运动分段。
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。
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刻,v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点。
判定运动中的速度变化(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。
2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态3.传送带思维模板模型1水平传送带模型水平传送带又分为三种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
情景图示滑块可能的运动情况情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2 (1)v0=v时,一直匀速(2)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(3)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。
当v0>v时,返回时速度为v,当v0<v时,返回时速度为v0例1如图甲所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s 不变,两端A、B间距离为 3 m。
一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2。
物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图象是图乙中的( )。
甲乙解析物块B刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小a=μg=4 m/s2,当物块的速度减小到零时,物块前进的距离s=m=2 m,其值小于AB的长3 m,故物块减速到零后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,当其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离s'= m=0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度等于传送带的速度,所以B项正确。
专题三滑块——木板模型和传送带模型-高一物理精品课件(人教版必修第一册)
(1)加速度关系：如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体
法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，
应采用“隔离法”求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木
板是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系：滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速
水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地
放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，
长木板足够长。(g取10 m/s2)
(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
由图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1 ②
s0＝v0t1＋ a1t 2 ③
式中t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立
①②③式并结合题给条件得μ1＝0.1.④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速
牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧
v3＝－v1＋a3Δt
⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板的位移为
－+
+
s1 ＝
Δt
⑪小物块的位移为s2＝
Δt
⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1
⑬
联立⑥⑧～⑬式，并代入数据得Δs＝6.0 m．
高考物理中的传送带模型和滑块-木板模型
传送带模型1．模型特征(1)水平传送带模型(2)2.分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。
要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v 物和传送带速度v 传的关系确定摩擦力的方向，二是当v 物＝v 传时，判断物体能否与传送带保持相对静止。
1．(多选)如图，一质量为m 的小物体以一定的速率v 0滑到水平传送带上左端的A 点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B 点，经过的时间为t 0，则下列判断正确的是( )． A ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t02．运动的v知v2>v1A．t2B．t2大C．0～t2D．0～t33.t＝04．物块AC5.夹角为θ，常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()．A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ6．如图为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。
设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。
关于粮袋从A到B的运动，说法正确的是()A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论a≥g sinθ7.长0.6，(1)物块(2)物块8.v、方向A.W＝0C.W＝，9.F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。
高中物理传送带模型滑块木板模型
传送带模型1.水平传送带模型*先是靠摩擦力加速到与传送带同速度a1=F/m，后是a2=（Gsina-f摩擦力）/m这个加速度加速①水平传送带问题：求解的关键在于正确分析出物体所受摩擦力．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．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：求解的关键在于正确分析物体与传送带的相对运动情况，从而判断其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．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．小结：分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析．对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看受力与速度有没有转折点、突变点，做好运动过程的划分及相应动力学分析．3.传送带问题的解题思路模板[分析物体运动过程]例1：（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v 0、t 0已知，则（ ）A ．传送带一定逆时针转动B ．00tan cos v gt μθθ=+C ．传送带的速度大于v 0D ．t 0后滑块的加速度为02sin v g t θ-[求相互运动时间，相互运动的位移]例2：如图所示，水平传送带两端相距x ＝8 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A 端时速度v A ＝10 m/s ，设工件到达B 端时的速度为v B 。
(取g ＝10 m/s 2)(1)若传送带静止不动，求v B ；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B 端吗？ 若不能，说明理由；若能，求到达B 点的速度v B ；(3)若传送带以v ＝13 m/s 逆时针匀速转动，求v B 及工件由A 到B 所用的时间。
传送带模型”和“板—块”模型
传送带模型1．水平传送带模型(1)(2)(1)(2)(1)(2)返回时速度为2．(1)(2)(1)(2)(3)解传送带问题的思维模板1.无初速度的滑块在水平传送带上的运动情况分析3.无初速度的滑块在倾斜传送带上的运动情况分析4.有初速度的滑块在倾斜传送带上的运动情况分析“传送带”模型和“板—块”模型是近几年高考命题的热点，如2015年全国卷ⅠT25、全国卷ⅡT25、2017年全国卷ⅢT25，都是以“板—块”模型为素材的问题．两类模型涉及弹力及摩擦力的分析判断与计算、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、动量、能量等主干知识，具有条件隐蔽、过程复杂等特点，既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，是很好的能力考查类题目的命题背景．模型一：“传送带”模型[示例1] 某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB 和倾斜传送带CD 组成，水平传送带长度L AB ＝4 m ，倾斜传送带长度L CD ＝4.45 m ，倾角为θ＝37°，AB 和CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以v 1＝5 m /s 的恒定速率顺时针运转，CD 传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A 点处，求：(1)工件被第一次传送到CD 传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；(2)要使工件恰好被传送到CD 传送带最上端，CD 传送带沿顺时针方向运转的速度v 2的大小(v 2<v 1)． [思路探究] (1)工件在水平传送带上运动时受到哪几个力作用？工件在水平传送带上做什么运动？ (2)工件到达B 点的速度是多大？(3)工件在倾斜传送带上运动时受到哪几个力作用？(4)工件在倾斜传送带上做什么运动？如何理解第(2)问中“恰好”？ [解析] (1)工件刚放在传送带AB 上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，速度增加到v 1时所用时间为t 1，位移大小为x 1，受力分析如图甲所示，则F N1＝mgF f1＝μF N1＝ma 1 联立解得a 1＝5 m/s 2.由运动学公式有t 1＝v 1a 1＝55 s ＝1 sx 1＝12a 1t 21＝12×5×12 m ＝2.5 m由于x 1<L AB ，工件随后在传送带AB 上做匀速直线运动到B 端，则匀速运动的时间为t 2＝L AB －x 1v 1＝0.3 s工件滑上CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a 2，速度减小到零时所用时间为t 3，位移大小为x 2，受力分析如图乙所示，则F N2＝mg cos θmg sin θ＋μF N2＝ma 2 由运动学公式有x 2＝0－v 21－2a 2联立解得a 2＝10 m/s 2，x 2＝1.25 m 工件沿CD 传送带上升的最大高度为 h ＝x 2sin θ＝1.25×0.6 m ＝0.75 m 沿CD 上升的时间为t 3＝0－v 1－a 2＝0.5 s故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s.(2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得－2a2x3＝v22－v21mg sin θ－μF N2＝ma3－2a3x4＝0－v22L CD＝x3＋x4解得v2＝4 m/s.[答案](1)0.75 m 1.8 s(2)4 m/s[规律总结]传送带问题的“三点说明”(1)传送带问题的实质是相对运动问题，物体与传送带间的相对运动方向决定摩擦力的方向．因此，明确物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变根据具体情况判断．(3)分析求解此类问题的思路[应用提升练]1.如图所示，水平传送带静止不动，质量为1 kg的小物体以4 m/s的水平初速度滑上传送带的左端，最终以2 m/s的速度从传送带的右端滑下．如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4 m/s的水平初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时()A．速度小于2 m/sB．速度等于2 m/sC．速度大于2 m/sD．不能到达传送带右端解析：当传送带不动时，物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带．当传送带逆时针转动时，物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的摩擦力仍然向左，与传送带静止时比较，受力情况完全相同，运动情况一致，最后从传送带离开时速度仍然是2 m/s.本题正确答案为B.答案：B2.如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上．关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．粮袋到达B点的速度可能大于v，可能小于v，还可能等于vB．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sin θ解析：开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mg sin θ＋μF N＝ma，F N＝mg cos θ，解得a＝g sin θ＋μg cos θ，故B项错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mg sin θ>μmg cos θ，即当μ<tan θ时粮袋将继续做匀加速运动，若mg sin θ≤μmg cos θ，即当μ≥tan θ时，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后做匀速运动，C、D项错误，A项正确．答案：A模型二：“板—块”模型[示例2](2017·高考全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．[思路探究](1)A、B在木板上滑动时，木板所受的力有哪些？木板做什么运动？(2)A、B哪一个先与木板共速？共速后各自做什么运动？[解析](1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板所受地面的摩擦力大小为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f2＝m B a B⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同． 因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰ (也可用如图所示的速度—时间图线求解)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m[规律总结]分析“板—块”模型的四点注意(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系． (2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件． (3)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动．②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力F f ，比较F f 与最大静摩擦力F fm 的关系，若F f >F fm ，则发生相对滑动．(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速．[应用提升练]3．(多选)(2018·湖南邵阳高三质检)如图甲所示，一质量为m ′的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小滑块的质量m ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C ．当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为3 m/s 2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大解析：对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(m ′＋m )a ，当F ＝6 N 时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得m ′＋m ＝3 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg m ′＝F m ′－μmg m ′，知图线的斜率k ＝1m ′＝1，解得m ′＝1 kg ，小滑块的质量为m ＝2 kg ，故A 正确；根据图象可知，μmg ＝4 N ，代入数据解得μ＝0.2，所以a 与F 的数值关系为a ＝F －4，当F ＝7 N 时，长木板的加速度为a ＝3 m/s 2，故B 错误，C 正确；当拉力增大到一定的值后，两物体发生滑动时，小滑块的加速度为a ′＝μmgm ＝2 m/s 2，即使拉力再增大，小滑块的加速度也不变，故D 错误．答案：AC4．如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙．一质量为5 kg 、长度为2 m 的长木板靠在低水平面边缘，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg 可视为质点的滑块静止放置在高水平面上，距边缘A 点3 m ，现用大小为6 N 、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A 点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板．滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块滑动到A 点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？ (3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出． 解析：(1)根据牛顿第二定律有F ＝ma 根据运动学公式有v 2＝2aL 0 联立方程代入数据解得v ＝6 m/s其中m 、F 分别为滑块的质量和受到的拉力，a 是滑块的加速度，v 即是滑块滑到A 点时的速度大小，L 0是滑块在高水平面上运动的位移．(2)根据牛顿第二定律， 对滑块有μ1mg ＝ma 1 代入数据解得a 1＝5 m/s 2对长木板有μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 代入数据解得a 2＝0.4 m/s 2.其中M 为长木板的质量，a 1、a 2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数．(3)设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t ，则 v －a 1t ＝a 2t代入数据解得t ＝109s则此过程中滑块的位移为x 1＝v t －12a 1t 2长木板的位移为x 2＝12a 2t 2x 1－x 2＝103m>L式中L ＝2 m 为长木板的长度，所以滑块能滑出长木板右端． 答案：(1)6 m /s (2)5 m/s 2 0.4 m/s 2 (3)见解析。
第四章 习题课3 滑块—木板模型和传送带模型
解析
答案
(2)如果传送带长度L＝20 m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端.
答案 7 s
解析
答案
方法技巧
分析传送带问题的三个步骤
1.初始时刻，根据 v 物 、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定 物体的运动情况. 2.根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式. 3.运用相应规律，进行相关计算.
第四章
习题课3 滑块—木板模型和传送带模型
学习目标 1.能正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型. 2.会对传送带上的物体进行受力分析，正确判断物体的运动情况.
内容索引
Ⅰ重点题型探究
Ⅱ当堂达标检测
Ⅰ
重点题型探究
一、滑块—木板模型
1.问题的特点
滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.
答案 1 m/s
解析 m 木板的加速度 a′＝Mμg＝0.5 m/s2
设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足： 对滑块：v＝v0－at，对长木板：v＝a′t 由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v＝1 m/s.
1
2
解析
答案
2.(水平传送带问题)如图6所示，水平传送带长L＝16 m，始终以v＝4 m/s 的速度运动，现将一个小物体从传送带的左端由静止释放，已知物体与 传送带间的动摩擦因数为 0.2，g取10 m/s2，求物体从左端运动到右端 所需的时间.
图1 (1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；
答案 2 m/s2 1 m/s2
解析 答案
(2)B运动多长时间离开A.
答案 2 s
解析 1 2 设经时间 t 抽出，则 xA＝2aAt
1 2 xB＝2aBt
重难强化训练4 滑块—木板模型和传送带模型附详解
重难强化训练(四) 滑块—木板模型和传送带模型(45分钟 100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，其中第1～6题为单选题，第7～10题为多选题)1．如图1所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC .小物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(物块P 在AB 、BC 上所做两段运动均可看做匀变速直线运动)( )图1A ．1∶4B ．8∶1C ．1∶1D ．4∶1B [设物块P 到达B 点时的速度为v B ，根据匀变速直线运动平均速度的推论有v 0＋v B 2t 1＝v B 2t 2，又t 1∶t 2＝1∶4，解得v B ＝v 03，P 在AB 上的加速度为a 1＝μ1g ＝v 0－v B t 1，在BC 上的加速度为a 2＝μ2g ＝v B t 2，联立解得μ1∶μ2＝8∶1，B 正确．] 2．如图2所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端时间为T ，则下列说法正确的是( )图2A ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于TB．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于TC．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间等于TD．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间小于TD[当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，加速度与传送带静止时加速度相同，所以物块下滑的时间等于T，故A、B错误．当传送带逆时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于传送带静止时的加速度，则物块下滑的时间小于T，故C错误，D正确．]3．如图3所示，一水平传送带长为20 m，以2 m/s的速度匀速转动．已知某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，现将该物块由静止轻放到传送带的A 端．则物块被送到B端所需的时间为(g取10 m/s2)()图3A．210 s B．10 sC．11 s D．9 sC[本题的易错之处是摩擦力方向的判定，以及同速时摩擦力突变．物块刚放上传送带时，速度小于传送带的速度，物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀加速运动，对物块应用牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝μg＝1 m/s2.物块加速到v 运动的距离为L0，由运动学公式得v2＝2aL0，L0＝2 m．设传送带长为L，由于L>L0，当物块与传送带同速后，两者相对静止，无相对运动趋势，摩擦力突然变为零，物块做匀速运动．因此物块先加速后匀速．加速阶段v＝at1，得t1＝2 s．匀速阶段L－L0＝v t2，得t2＝9 s．则物块从A端被送到B端所用的时间为t＝t1＋t2，得t＝11 s．故C正确．]4．如图4所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图4A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ>tan θ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sin θA[开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mg sin θ＋μF N＝ma，F N＝mg cos θ，解得a＝g sin θ＋μg cos θ，故B项错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mg sin θ<μmg cos θ，即当μ>tan θ时粮袋将做匀速运动，A正确，C、D错误．]5．如图5所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是()图5A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D[木炭包相对于传送带向左运动，因此径迹在木炭包右侧，A错误．设动摩擦因数为μ，传送带的速度为v，则木炭包与传送带共速时，所用时间t＝v，μg运动的位移x1＝v2t＝v22μg，传送带运动的位移x2＝v t＝v2μg，径迹长L＝x2－x1＝v22μg，由此可知D正确，B、C错误．]6．如图6甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．设物体A、B之间滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F f，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图象是()甲乙图6A B C DB[A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有F f＝ma，故此时F＝2F f＝kt，t＝2F fk，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确．]7．如图7所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°，现有两个质量相等的小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两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，下列判断正确的是()图7A．物体A先到达传动带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程BCD[本题易错之处是误认为物块A所受的摩擦力沿传送带向下．对物块A：mg sin θ>μmg cos θ，所以物块A相对于传送带下滑，物块B与传送带初速度相返，也相对于传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相等，滑到底端时位移大小相等，故时间相等，选项A错误，B、C正确；A与传送带是同向运动的，A相对传送带的路程是A对地路程减去在此时间内传送带的路程；B与传送带是反向运动的，B相对传送带的路程是B对地路程加上在此时间内传送带的路程，故物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程，D正确．]8．小滑块从A处由静止开始沿斜面下滑，经过静止的粗糙水平传送带后以速率v0离开C点．如图8所示，若传送带转动而其他条件不变，下列说法正确的是()图8A．若沿顺时针方向转动，滑块离开C点的速率仍为v0B．若沿顺时针方向转动，滑块离开C点的速率可能大于v0C．若沿逆时针方向转动，滑块离开C点的速率一定为v0D．若沿逆时针方向转动，滑块离开C点的速率可能小于v0BC[本题易错之处是不能正确分析各种情况下滑块所受的摩擦力．传送带静止或沿逆时针方向转动时，滑块相对传送带向右滑动，受到向左的滑动摩擦力作用，在传送带上做匀减速直线运动，且运动情况完全相同，选项C正确，D错误；传送带沿顺时针方向转动时，当滑块滑动到传送带左侧时的速度分别大于、小于和等于传送带速度时，滑块相对传送带分别向右、向左滑动和相对静止，滑块分别受到向左、向右的滑动摩擦力和不受摩擦力作用，分三种情况讨论，受摩擦力向左时滑块减速运动，减速到与传送带速度相等时再匀速以大于v0的速率离开C点，达不到传送带速度则以v0的速率离开C点；受摩擦力向右时滑块加速运动，无论能否达到传送带速度均以大于v0的速度离开C点；当摩擦力为零时，滑块匀速运动，所以选项A错误，B正确．]9．如图9甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得物体A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示．已知重力加速度g取10 m/s2，由图线可知()图9A．物体A的质量m A＝2 kgB．物体A的质量m A＝6 kgC．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.2D．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.5BC[a-F图线的斜率等于质量的倒数，由图可知，拉力F>48 N后，图线斜率变大，表明研究对象质量减小，物体A、B间发生相对滑动，故m A＋m B＝1k1＝8 kg，m A＝1k2＝6 kg.由图象知：当F＝60 N时，a＝8 m/s2，又F－μm A g＝m A a，解得μ＝0.2.]10．如图10所示，水平传送带以速度v1顺时针匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．下列描述小物体P的速度随时间变化的图象中正确的是()图10A B C DBC[(1)如果小物体P的速度v2小于水平传送带的速度v1，则小物体P受到的滑动摩擦力方向水平向右，①当小物体P受到的滑动摩擦力大于小物体Q 所受到的重力时，在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P加速，当小物体P的速度与水平传送带的速度v1相同时，停止加速，由于小物体P受到水平向右的最大静摩擦力(略大于滑动摩擦力)大于小物体Q所受到的重力，小物体P将与水平传送带一起做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出，则B图中的v-t图象与之对应；②当小物体P受到的滑动摩擦力等于小物体Q所受到的重力时，在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P以速度v2做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出，无v-t图象与之对应；③当小物体P受到的滑动摩擦力小于小物体Q所受到的重力时，有可能在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出，无v-t 图象与之对应；也有可能在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动直至速度变为零，然后做加速度不变的反方向的匀加速直线运动直至从水平传送带的左侧滑出，无v-t图象与之对应；(2)如果小物体P的速度v2大于水平传送带的速度v1，则小物体P受到的滑动摩擦力方向水平向左，在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动，①有可能小物体P一直做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出，无v-t图象与之对应；②有可能速度与水平传送带的速度v1相同时，停止减速，若小物体P受到水平向右的最大静摩擦力大于或等于小物体Q所受到的重力，小物体P将与水平传送带一起做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出，无v-t图象与之对应；若小物体P受到水平向右的最大静摩擦力小于小物体Q所受到的重力，小物体P 将又开始做匀减速直线运动(此时加速度的大小小于刚开始时加速度的大小)，有可能一直做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出，无v-t图象与之对应；有可能先减速到零然后做加速度大小不变的反向的匀加速直线运动直至从水平传送带的左端滑出，则C图中的v-t图象与之对应．故选B、C.]二、非选择题(本题共2小题，共40分)11．(18分)如图11所示，传送带与地面的夹角为θ＝37°，从A到B的长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针传动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需的时间．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.)图11【解析】物体沿传送带下滑的开始阶段，摩擦力方向沿传送带向下，先做匀加速运动，当速度达到10 m/s后，因mg sin θ>μmg cos θ，剩下一段加速度发生改变后，再继续做匀加速运动一直滑到B点．物体刚开始一段过程受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，则a1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2.物体加速直到速度为10 m/s 时，时间t 1＝v a 1＝1 s ，运动位移x ＝a 1t 212＝10×12 m ＝5 m<16 m.当物体速度大于传送带速度时，其受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，则a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2.此过程中物体运动时间为t 2，则L －x ＝v t 2＋a 2t 222，得t 2＝1 s ，t 2＝－11 s(舍去)．物体从A 运动到B 所用时间t 总＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s12．(22分)如图12所示，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图12(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离.【解析】 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥ 设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2， 对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ⑪ 由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬ 在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭11/11 在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯ 联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m⑰ (也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m。
20-21版：专题强化 传送带模型和滑块—木板模型(步步高)
解析 刚将物体无初速度地放上传送带时，物体做加速
运动，受力如图甲所示，由牛顿第二定律得
x轴方向上：mgsin 30°＋Ff＝ma1 y轴方向上：FN－mgcos 30°＝0 又Ff＝μFN 联立解得a1＝g(sin 30°＋μcos 30°)＝8 m/s2 物体加速到与传送带速度相等所用的时间为 t1＝av1＝0.25 s 位移为 x1＝2va21＝0.25 m mgsin 30°>μmgcos 30°，故物体仍会继续加速下滑，
3.注意 求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力 的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦 力有可能发生突变.
例1 如图1所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速运转，在其左端无 初速度释放一质量为m＝1 kg的小滑块，滑块可视为质点，滑块与传送 带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带长L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)滑块从传送带左端到右端的时间； 答案 1.5 s
解析 由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速 度和B的速度相同，设为v，则有 v＝v0－a1t v＝a2t 位移关系：L＝v0＋2 vt－v2t 解得v0＝6 m/s.
例4 如图4所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水
平地面上.在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，
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4.(传送带模型)(2019·黄山市高一上学期期末)如图8所示，绷紧的水平
传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行.初速度为 v2＝4 m/s的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带， 小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，若从小物块
传送带和滑块木板模型练习
传送带与滑块木板模型练习2020.4.3
1.如图所示，水平传送带以v＝10 m/s的恒定速度运动，传送带
长L＝16m，今在其左端A 将一m＝1 kg的工件轻轻放在上面，
工件被带动，传送到右端B，已知工件与传送带间的动摩擦因数
μ＝0.5，试求：(g＝10 m/s2)
(3)若传送带逆时针传动，其他条件不变，求以上两问
2.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
（3）若传送带沿逆时针方向传动，其他条件不变，求以上两问
3.
4.水平面光滑，小木块以v0从左端滑上木板，当两者相对静止时，木板相对地面滑动了S，小木块相对木板滑动了d,以下说法正确的是（）
A.木块动能的减少量等于滑动摩擦力对木板做的功
B.木板动能的增加量等于木块克服滑动摩擦力做的功
C.滑动摩擦力对木板所做功等于滑动摩擦力对木块做的功
D.木块和木板组成的系统的机械能的减少量等于滑动摩擦力与木块相对木板的位移的乘积。
高一物理人教版必修一滑块—木板模型和传送带模型课时作业
2021-2021学年人教版必修一滑块—木板模型和传送带模型课时作业一、选择题1．(多项选择)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、F f表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．以下选项可能正确的选项是( )图1答案AB解析物体在传送带上先做匀加速运动，当到达与传送带相同的速度后，开始做匀速运动，A、B 正确．2.如图2所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端所用时间为T，那么以下说法正确的选项是 ( )图2A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于TB．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于TC．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间等于 TD．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间小于 T答案 D解析当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度与传送带静止时加速度相同，所以物块下滑的时间等于T，故A、B错误；当传送带逆时针转动时，开始时物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于传送带静止时的加速度，那么物块下滑的时间小于T，故C错误，D正确．3.如图3所示，足够长的传送带与水平面间夹角为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，那么以下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图3答案D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，可得a1＝gsinθ＋gcosθ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tanθ，小木块不会与传送带保持相对静止，而是继续加速，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，由牛顿第二定律得mgsinθ－mgcosθ＝ma2，所以a2＝gsinθ－μgcosθ，a2<a1，故D正确．4.如图4所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示(逆时针)，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的选项是()图4A．物块下滑的速度不变B．物块开始在传送带上加速到2v0后匀速C．物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D．物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上答案C解析在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力仍然向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块加速下滑，当物块的速度到达2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，应选项C正确．5．(多项选择)如图5所示，水平传送带两端A、B相距x＝6m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10m/s2，那么煤块从A运动到B的过程中()图5A．煤块从A运动到B的时间是B．煤块从A运动到B的时间是C．划痕长度是D．划痕长度是答案 AD解析开始时煤块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma ，得a ＝μg ＝2，假设煤块的2速度到达4m/s 时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x ＝v 0＝3.2m<6m ，因此煤块先做匀加速直12av 0线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为 t 1＝a ＝，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B 端，匀速运动的位移为x ＝x －x ＝6m －＝，时间为t ＝x 2＝，运动的总时间为t212v 0＝t 1＋t 2＝，A 正确，B 错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得 x ＝v 0t 1－x 1＝，C错误，D 正确．二、非选择题6．质量为2kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块 A 从木板的左侧以某一初速度沿木板上外表水平冲上木板，如图6甲所示．A 和B 经过1s 到达同一速度，之后共同减速直至静止， A 和B 的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10m/s 2，求：图6(1)A 与B 上外表之间的动摩擦因数 μ1；(2)B 与水平面间的动摩擦因数 μ2；(3)A 的质量．答案(3)6kg解析(1)由题图乙可知，A 在0～1s 内的加速度a ＝v 1－v 0＝－2m/s2，对A 由牛顿第二定律得，1t 1－μ1mg ＝ma 1， 解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知， AB 在1～3s 内的加速度v 3－v12a 3＝ ＝－1m/s ，对AB 由牛顿第二定律得， －μ2(M ＋m)g ＝(M ＋m)a 3解得μ2＝0.1.(3)由题图乙可知 B 在0～1s 内的加速度 v 1 2a 2＝t ＝2m/s. 1对B 由牛顿第二定律得，1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6kg.7.如图7所示，质量M＝8kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8N，当长木板向右运动的速度到达m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数2μ＝，长木板足够长．(g取10m/s)图7(1)放上小物块后，小物块及长木板的加速度各为多大？(2)经多长时间两者到达相同的速度？(3)从放上小物块开始，经过t＝，小物块的位移大小为多少？答案(1)2m/s2m/s2(2)1s解析(1)小物块的加速度a m＝μg＝2m/s2长木板的加速度a M＝F－μmg＝2.M(2)由a m t＝v0＋a M t，可得t＝1s.(3)在开始1s内小物块的位移x1＝1a m t2＝1m 21s末速度为v＝a m t＝2m/s在接下来的小物块与长木板相对静止，一起做匀加速运动，加速度为a＝F2＝M＋m这内的位移为x2＝vt′＋21at′2＝通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1m.8.如图8所示的传送带，其水平局部ab长度为2m，倾斜局部bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°，将一物块 A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25.传送带沿图示方向以v＝2m/s的速度匀速运动，假设物块A始终未脱离传送带，试求物块A从a端传送到 c 端所用的时间．(取g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝0.8)图8答案解析物块A在ab之间运动，对 A受力分析得F f1＝μF N1，F N1－mg＝0，根据牛顿第二定律得2设物块A速度到达2m/s所需时间为t1，运动位移为x1.F f1＝ma1，根据运动学规律可得t1＝v＝，x1＝1a1t1a122＝由x1<2m，可知A在还没有运动到b点时，已与传送带速度相同．此后A做匀速运动，设运动时间为t2，l ab－x1＝vt2，得t2＝A在bc间运动时，物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上，对A受力分析得：mgsinθ－F f2＝ma2，F N＝mgcosθF f2＝μF N解得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝4m/s212，根据运动学规律可得l bc＝vt3＋a2t32解得t3＝1s，t3′＝－2s(舍去)那么物块A从a端传送到c端所用时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.9.如图9所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率顺时针运行，一质量为m＝4kg的行李(可视为质点)无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝，A、B间的距离l＝2m，g取10m/s2.求：图9(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；(2)行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处的最短时间和传B处．求行李从A处传送到送带对应的最小运行速率．答案(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s解析(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力F f＝μmg将题给数据代入，得F f＝4N由牛顿第二定律，得F f＝ma代入数据得a＝1m/s2(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1m/s，那么v＝at代入数据，得t＝1s，v运动的距离x＝2t＝＜l，所以行李匀加速运动的时间为1s.(3)行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，那么1at min2，代入数据得t min＝2s．传送带对应的最小运行速率v min＝at min，代入数据得v min＝2m/s.l＝2。
_新教材高中物理第4章牛顿运动定律素养培优课5滑块__木板模型和传送带模型练习含解析教科版必修第一册
滑块——木板模型和传送带模型(建议用时：25分钟)1．如图所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块．物块与木板的接触面是光滑的．从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图像符合运动情况的是( )D[由于物块与木板的接触面光滑，所以物块m2做匀加速直线运动．而木板所受合外力为零，仍静止不动．故选项D正确．]2.如图所示，物块从传送带的顶端由静止开始下滑，当传送带静止时，物块从A到B 所用时间为T1，当皮带顺时转动时，物块从A到B所用时间为T2，下列说法正确的是 ( )A．T1＝T2B．T1>T2C．T1<T2D．无法确定A[皮带顺时针转动时，物块所受的滑动摩擦力不变，合外力不变，即物体的加速度没发生变化，所以物块从A到B用时不变，选项A正确．]3.如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速率顺时针匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2.下列关于滑块相对地面运动的vt图像正确的是 ( )B [刚被放在传送带上时，滑块受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同需要的时间t 1＝v 0a＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝Δv a ′＝0－2－2s ＝1 s ，选项B 正确．] 4.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A 端时速度v A ＝4 m/s ，达到B 端的瞬时速度设为v B ，则下列说法中错误的是 ( )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带逆时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sC ．若传送带顺时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sD ．若传送带顺时针匀速转动，v B 可能等于3 m/sC [若传送带不动或逆时针匀速转动时，物体相对传送带向右运动，受到的摩擦力向左，物体做匀减速运动，加速度a ＝μmg m ＝μg ＝1 m/s 2，到达B 点时速度v B ，由运动学规律知v 2B －v 2A ＝－2ax 解得v B ＝3 m/s ；故选项A 、B 正确；若传送带顺时针转动，当v 带<v A 时，物体受的摩擦力向左，物体做a ＝1 m/s 2的匀减速直线运动，到达B 点时v B 一定也等于3 m/s ；若v 带>v A 时，物体受到的摩擦力向右，物体做a ＝1 m/s 2的匀加速直线运动，到达B 点时v B >4 m/s ；故选项D 正确，选项C 错误，C 符合题意．]5.如图所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v 0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是( )A ．物块下滑的速度不变B ．物块开始在传送带上加速到2v 0后匀速C ．物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D ．物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上C [在传送带的速度由零逐渐增加到v 0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v 0逐渐增加到2v 0过程中，物块相对于传送带上滑，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，物块加速下滑，当物块的速度达到2v 0时，物块相对传送带静上，随传送带匀速下滑，故选项C 正确．]6．(多选)如图所示，由相同材料做成的A 、B 两物体放在长木板上，随长木板一起以速度v 向右做匀速直线运动，它们的质量分别为m A 和m B ，且m A >m B .某时刻木板停止运动，设木板足够长，下列说法中正确的是( )A ．若木板光滑，由于A 的惯性较大，A 、B 间的距离将增大B ．若木板粗糙，由于B 的惯性较小，A 、B 间的距离将减小C ．若木板光滑，A 、B 间距离保持不变D ．若木板粗糙，A 、B 间距离保持不变CD [若木板光滑，A 、B 的加速度为零，两者将以相同的速度v 向右做匀速直线运动，间距保持不变，故选项A 错误，C 正确；若木板粗糙，由牛顿第二定律知a ＝μmg m＝μg ，两者加速度a 相同，间距仍保持不变，故选项B 错误，D 正确．]7．(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v 、a 、x 、f 表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是 ( )AB [在物体加速过程中，加速度a ＝μg ，物体做匀加速直线运动，当达到共同速度时，不再受摩擦力，a ＝0；物体做匀速直线运动，故选项A 、B 正确．]8．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运动．t ＝0时将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v t 图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，g 取10 m/s 2.则 ( )甲 乙A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．1.0～2.0 s 物体不受摩擦力AC [当传送带速度v 0大于物体速度时，物体受到的摩擦力向下，由牛顿第二定律得加速度a 1＝g sin θ＋μg cos θ，向下加速；当传送带速度v 0小于物体速度时，物体受到的摩擦力向上，加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ；由图知当v ＝10 m/s 时是a 发生变化时，即此时v 物＝v 0＝10 m/s ，故选项A 正确；由图知a 1＝Δv Δt ＝10 m/s 2，a 2＝Δv Δt＝2 m/s ，分别代入上面两式得μ＝0.5，θ＝37°，故选项B 、D 错误，选项C 正确．]9.如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A 与B 间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知A 的质量m ＝2 kg ，B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使A 与B 保持相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 NB [对A ，有μ2mg ＝ma ；对A 、B 整体，有F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ，联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，故F max ＝15 N ，选项B 正确．](建议用时：15分钟)10．(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v 1沿顺时针方向运动，把一质量为m 的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是 ( )A ．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmgB ．物体最终的速度为v 1C ．开始阶段物体做匀加速直线运动D ．物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右BC [在物体加速过程中，所受的摩擦力F f ＝μmg ，加速度a ＝μg ，当速度达到v 1时，物体与传送带一起做匀速运动，所受的摩擦力为0，故B 、C 正确，A 、D 错误．]11．(多选)如图所示，A 、B 两个物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则 ( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg BCD [A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F >32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 将要发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg ＝ma max ，B运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，有F －32μmg ＝3ma max ，则F >3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．] 12．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x 0＝8 m 处由静止释放，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μ1＝0.25，与木板B 上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，物块A 可看作质点．(1)物块A 刚滑上木板B 时的速度为多大？(2)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？木板B 有多长？[解析] (1)设物块A 沿斜面下滑的加速度为a 1，则m A g sin θ－μ1m A g cos θ＝m A a 1解得a 1＝4 m/s 2物块A 滑到木板B 上时的速度为v 1＝2a 1x 0＝2×4×8 m/s ＝8 m/s.(2)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a 2＝μ2m A g m A＝μ2g ＝2 m/s 2 设木板B 的长度为L ，二者相对静止时经历的时间为t 2，最终的共同速度为v 2，在达到共同速度时，木板B 滑行的距离为x ，利用位移关系得v 1t 2－12a 2t 22－12a 2t 22＝L 对物块A 有v 2＝v 1－a 2t 2v 22－v 21＝－2a 2(x ＋L )对木板B 有v 22＝2a 2x联立解得相对滑行时间和木板B 的长度分别为 t 2＝2 s ，L ＝8 m.[答案] (1)8 m/s (2)2 s 8 m13．如图为火车站使用的传送带示意图，绷紧的传送带水平部分长度L ＝4 m ，并以v 0＝1 m/s 的速度匀速向右运动．现将一个可视为质点的旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.(1)求旅行包经过多长时间到达传送带的右端；(2)若要旅行包从左端运动到右端所用时间最短，传送带速度的大小应满足什么条件？[解析] (1)旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，加速度a ＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2 匀加速运动的时间t 1＝v 0a ＝0.5 s匀加速运动的位移x ＝12at 21＝0.25 m 此后旅行包匀速运动，匀速运动的时间t 2＝L －x v 0＝3.75 s 所以旅行包从左端运动到右端所用时间 t ＝t 1＋t 2＝4.25 s.(2)要使旅行包在传送带上运行时间最短，必须使旅行包在传送带上一直加速， 由v 2＝2aL 得v＝2aL＝4 m/s即传送带速度必须大于等于4 m/s. [答案](1)4.25 s (2)v≥4 m/s。
课时作业41：专题强化 传送带模型和滑块—木板模型
训练2滑块－木板模型一、选择题1.(多选)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平地面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平地面的运动情况为()图1A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零答案BC解析对于物块，由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对木板静止而做匀速直线运动，A错误，B正确；对于木板，由作用力与反作用力可知，受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，直到二者相对静止，而做匀速运动，C正确；由于水平地面光滑，所以木板和物块的速度不会为零，D错误．2.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图2所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断正确的是()图2A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D ．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板答案 A解析 木板与地面间的最大静摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m )g ＝45 N ，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x ，则v 02＝2μ2gx ，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小铁块不能滑出木板，选项A 正确．3．(2020·广东高一期末)如图3甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图3A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.5C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是B 物体的两倍答案 D解析 由题意可得，A 木板所受摩擦力方向与运动方向相同，B 物体所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A 错误；对B 受力分析，由牛顿第二定律有：μm B g ＝m B a B ，a B ＝|Δv B Δt|＝ 3－11m/s 2＝2 m/s 2，解得：μ＝0.2，故B 错误；物体B 未滑出木板A ，临界条件为当AB 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，速度—时间图像与时间轴围成面积表示位移，则：L min＝x B －x A ＝3×12m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 、B 分别受力分析，则：μm B g ＝m A a A ，μm B g ＝m B a B ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01m/s 2＝1 m/s 2 联立解得：m A m B ＝a B a A＝2，故D 正确． 4．(多选)如图4甲所示，长为2L 、质量为M 的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为m 的铁块(可视为质点)以初速度v 0从木板的左端向右滑动，结果铁块恰好不脱离木板．现将木板从中间分成A 、B 两部分并排放在水平地面上，仍让铁块以初速度v 0从木板的左端向右滑动，如图乙所示，铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则( )图4A ．铁块在木板A 上滑动时，两木板间的作用力为12μmgB ．铁块仍将停在木板B 的最右端C ．铁块将停在木板B 上，但不在木板B 的最右端D ．铁块在木板上的滑动时间变短答案 ACD解析 题图乙所示过程中，铁块在木板A 上滑动时，铁块对木板的摩擦力为μmg ，此时木板的加速度a ＝μmg M ，对木板B ：F ＝M 2a ＝12μmg ，选项A 正确；在第一次铁块运动过程中，铁块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次铁块先使整个木板加速，运动到B 部分上后，A 部分停止加速，只有B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铁块与B 木板将更快达到共同速度，所以铁块没有运动到B 的右端，且在木板上的滑动时间变短，故B 错误，C 、D 正确．二、非选择题5.如图5所示，一质量M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m ＝0.2 kg 的小滑块以v 0＝1.2 m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，求：图5(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少．(滑块始终没有滑离长木板)答案 (1)0.15 s (2)0.135 m解析 (1)根据牛顿第二定律得μmg ＝ma 1μmg ＝Ma 2解得a 1＝4 m/s 2，a 2＝4 m/s 2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v 0－a 1t ＝a 2t解得t ＝0.15 s.(2)小滑块与长木板速度相同时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t ＝0.15 s ，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x ＝v 0t －12a 1t 2，解得x ＝0.135 m. 6.质量M ＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F ＝11 N 的作用下由静止开始向右运动．如图6所示，当木板速度达到1 m/s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g 取10 m/s 2)图6(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小；(2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小．答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)447N 解析 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2， 木板的加速度a 2＝F －μmg M＝1 m/s 2. (2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，故a 1t ＝v 0＋a 2t ，解得t ＝1 s ，1 s 内物块位移x 1＝12a 1t 2＝1 m ， 木板位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.5 m ， 所以木板长度至少为L ＝x 2－x 1＝0.5 m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F ＝(M ＋m )a ，对物块，有F f ＝ma ，故F f ＝mF M ＋m ＝447 N.。
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新视界物理/liurutong
1 1. 如图13所示，有一定厚度的长木板AB 在水平面上滑行，木板的质量m 1=4.0kg ．木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，木板上表面距水平面的高度h =0.050m ．当木板滑行速度v 0=3.0m/s 时，将一小物块C 轻放在木板右端B 点处．C 可视为质点，它的质量m 2=1.0kg ．经过一段时间，小物块C 从木板的左端A 点滑出，它落地时的动能E KC =1.0J ．小物块落地后，木板又滑行了一段距离停在水平面上，这时，木板左端A 点距小物块的落地点的水平距离S 1=0.90m ．求：
（1）小物块C 从木板的A 点滑出时，木板速度
的大小v A ；2 （2）木板AB 的长度L ．0.6
2. 如图11所示，水平地面上一个质量M =4.0 kg 、长度L =2.0 m 的木板，在F=8.0 N 的水平拉
力作用下，以v 0=2.0 m/s 的速度向右做匀速直线运动.某时刻将质量m =l.0 kg 的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端.
（1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；1.2
（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和
木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过
多长时间木板停止运动. 4 （结果保留二位有效数字）
3. （05夏季会考）如图15所示，水平桌面距地面的高度
h =0.80m ．可以看成质点的小金属块C 的质量m 1=0.50kg ，放在厚
度不计的长木板AB 上．木板长L =0.865m ，质量m 2=0.20kg ，木板
的A 端跟桌面的边缘对齐．小金属块C 到木板B 端的距离
d =0.375m ．假定小金属块与木板间、木板与桌面间、小金属块与
桌面间的动摩擦因数都相等，其值 ＝0.20．现用力将木板水平向
右加速抽出．在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为
水平向右的恒力F ．小金属块落到桌面上后，又在桌面上滑动了一
段距离，再从桌面边缘飞出落到水平地面上．小金属块落地点到
桌边的水平距离s =0.08m ．求作用在木板上的恒力F 的大小．3.4
4. 如图所示，传送带的水平部分ab=2 m,斜面部分bc=4 m,bc 与水平面的夹角α=37°。
一个小物体A 与传送带的动摩擦因素μ=0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v=2 m/s 。
若把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 点，此过程中物体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。
（g=10m/s 2） 2.4
图13
图
11。