物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型教案
高考物理一轮题复习 第三章 牛顿运动定律 微专题23 动力学中的滑块木板模型问题
动力学中的滑块——木板模型问题1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)分析滑块和木板的受力情况：整体法、隔离法仍是基本的研究方法，依据牛顿第二定律求解加速度；(2)分析滑块和木板的运动情况：找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系．1. (滑块—木板模型问题的运动分析)如图1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( )图1A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐减小，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐减小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐减小，直到为零2．(滑块—木板模型问题的综合分析)如图2所示，一质量为M＝10 kg，长为L＝2 m的薄木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，在此木板的右端还有一质量为m＝4 kg的小物块，且视小物块为质点，木板厚度不计．今对木板突然施加一个F＝54 N 的水平向右的拉力，g＝10 m/s2.图2(1)若木板上表面光滑，则小物块经多长时间将离开木板？(2)若小物块与木板间的动摩擦因数为μ，小物块与地面间的动摩擦因数为2μ，小物块相对木板滑动一段时间后离开木板继续在地面上滑行，且对地面的总位移s＝3 m时停止滑行，求μ值．3．如图3所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在木板B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A 和木板B的图象，在木块A从木板B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能E k随位移x的变化图象，其中可能正确的是( )图34．如图4所示，质量均为m的木块A和木板B叠放在水平桌面上，A光滑且位于B的最右端，B与地面间的动摩擦因数为μ，水平力F＝mg作用在B上，A、B以2 m/s的共同速度沿水平面向右匀速运动，0.2 s后F加倍(g＝10 m/s2)图4(1)试求μ的值；(2)若B足够长，求0.4 s时A、B的速度，并在乙图中作出0.2～0.4 s A、B运动的v－t 图象．答案解析1．C [由于物块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，直至相对静止而做匀速直线运动，选项A 、B 错误；由牛顿第三定律可知，木板受到物块给它的向左的摩擦力作用，木板的速度不断减小，直到两者相对静止，而做匀速直线运动，选项C 正确；由于水平面光滑，所以木板和物块不会停止，选项D 错误．]2．(1)1 s (2)16解析 (1)对木板受力分析，由牛顿第二定律得：F －μ1(M ＋m )g ＝Ma ，由运动学公式得L ＝12at 2，代入数据解得：t ＝1 s.(2)对小物块：在木板上时μmg ＝ma 1，在地面上时2μmg ＝ma 2，设小物块从木板上滑下时的速度为v 1，小物块在木板上和地面上的位移分别为x 1、x 2，则：2a 1x 1＝v 21，2a 2x 2＝v 21，并且满足x ＝x 1＋x 2＝3 m ，解得x 1＝2 m ．设小物块在木板上滑行时间为t 1，则x 1＝12a 1t 21，对木板：F －μmg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 3，木板对地面的位移x ′＝12a 3t 21，x ′＝x 1＋L ，解得μ＝16. 3．D [木块滑上木板，A 做匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，a A ＝μmg m ＝μg ，a B ＝μmg M，已知M >m ，则a A >a B .v －t 图象中①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，故A 、B 错误；根据动能定理得，对A 有：－μmgx ＝E k －E k0，则E k ＝E k0－μmgx .对B 有：μmgx ＝E k ，从动能定理的表达式可知，木块和木板E k 与x 图线斜率的绝对值应相等．故C 错误，D 正确．]4．(1)0.5 (2)2 m/s 4 m/s 见解析图解析 (1)在0～0.2 s 内A 、B 做匀速直线运动，分析B ，根据平衡条件有：F ＝2μmg ，又F ＝mg ，代入数据解得μ＝0.5.(2)0.2～0.4 s ，A 运动状态不变(v A ＝2 m/s)，继续做匀速直线运动，B 做匀加速运动， 根据牛顿第二定律得，2F －2μmg ＝ma ，代入数据解得a ＝10 m/s 2.0．4 s 时B 的速度v ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋10×0.2 m/s＝4 m/s ， A 、B 两物体的v －t 图象如图所示．。
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第三章牛顿运动定律专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型学生
专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型【素养目标】 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“滑块—木板模型”．题型一传送带模型1．模型特点传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．3．“传送带”问题解题思路考向1 动力学中水平传送带问题例 1 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．考向2 动力学中的倾斜传送带问题例 2[2023·江苏常州月考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1)传送带1的速度大小v1；(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．针对训练1.(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2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，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )A．传送带的速度为4 m/sB．物块上升的竖直高度为0.96 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反题型二“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．两种常见类型类型图示3.解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．例 3[2023·广东珠海模拟](多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上．t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车，如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g.由此可求得( )A．小车的长度B．小滑块的质量C．小车在匀减速运动过程中的加速度D．小滑块与小车之间的动摩擦因数针对训练2.[2023·吉林一中期中]如图所示，质量为m＝2 kg的物体A与质量为M＝1 kg的物体B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，一水平向右的力F作用在A物体上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则( )A．当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动B．当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动C．当F＝8 N时，B物体的加速度为4 m/s2D．当F＝12 N时，A物体的加速度为4 m/s23．[2023·人大附中月考](多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．撤去力F时长木板的速度为3 m/sB．撤去力F时滑块的速度为2 m/sC．滑块最终的速度为3 m/sD．长木板的长度为1.5 m专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型题型一例1 解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5 m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝v0a解得t1＝1 sat12t1时间内包裹的位移大小为x1＝12解得x1＝0.25 mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5 m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25 m.(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝l−x1v0解得t2＝3.5 s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝lv解得t3＝2 s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.答案：(1)0.25 m (2)2.5 s例2 解析：(1)分析知，口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2根据运动学公式有v12＝2aL1，解得v1＝4 m/s.(2)若传送带2不转动，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 1＝μ2mg cos θ+mg sin θm＝g (μ2cos θ＋sin θ)＝10 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s max ＝v 122a1＝0.8 m<L 2所以口罩盒(包括口罩)无法运动到c 点若传送带2的速度大于4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 2＝mg sin θ−μ2mg cos θm＝g (sin θ－μ2cos θ)＝2 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s ′max ＝v 122a2＝4 m>L 2所以口罩盒(包括口罩)运动到c 点时速度不为零 设传送带2的速度大小为v 时，恰好能将口罩盒(包括口罩)运送至c 点．据以上信息可知，v 一定满足0<v <4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)在传送带2上先做加速度大小为a 1＝10 m/s 2的匀减速直线运动，当口罩盒(包括口罩)与传送带的速度相等时，开始做加速度大小为a 2＝2 m/s 2的匀减速直线运动，到达c 点时速度恰好为零．由逆向思维法，有s 1＝v −12v22a1，s 2＝v 22a 2，s 1＋s 2＝L 2，解得v ＝1 m/s.(3)口罩盒(包括口罩)在传送带1上运动的时间不随传送带1、2的速度增大而变化，则有L 1＝12at 12，解得t 1＝1 s当传送带2的速度足够大时，口罩盒(包括口罩)在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s 2的匀减速直线运动，则有L 2＝v 1t 2−12a 2t 22解得t 2＝(2－√3)s 或t ′2＝(2＋√3)s 舍去则口罩盒(包括口罩)从a 到达c 的最短时间为t ＝t 1＋t 2＝(3－√3)s. 答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)(3－√3)s1．解析：如果v 2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 2一定大于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2 m/s ，A 错误；物块的位移等于v t 图线与横轴所围的面积，即L ＝12×(4＋2)×0.2 m＋12×1×2 m＝1.6 m ，则上升的竖直高度为h ＝L sin θ＝0.96 m ，B 正确；0～0.2 s 内，加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0−4.00.2m/s 2＝－10 m/s 2，加速度大小为10 m/s 2，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin θ+μmg cos θm＝10 m/s 2，解得μ＝0.5，C 正确；在0～0.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D 错误．答案：BC题型二例3 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L ＝v 1+v 02t 1－v12t 1＝v02t 1，故A 正确；根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，但无法求出小滑块的质量，故B 错误；根据v t 图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a ＝v 0−v 1t 1，故C 正确；对小滑块，由v t 图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a ＝v1t 1，再由牛顿第二定律得a ＝Ff m ＝μmg m＝μg ，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝v1gt 1，故D 正确．答案：ACD2．解析：当A 、B 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a 0，根据牛顿第二定律，对B 有a 0＝μmg M＝4 m/s 2，对A 、B 整体有F ＝(m ＋M )a 0＝3×4 N＝12 N ，所以当F ≤12 N 时，A 、B 相对静止，一起向右做匀加速运动，A 、B 、C 错误；当F ＝12 N 时，A 物体的加速度为a ＝F−μmg m＝12−42m/s 2＝4 m/s 2，D 正确．答案：D3．解析：力F 作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 1，F －μmg ＝Ma 2，解得滑块和长木板的加速度分别为a 1＝2 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，撤去力F 时滑块和长木板的速度分别为v 1＝a 1t ＝2 m/s ，v 2＝a 2t ＝5 m/s ，故A 错误，B 正确；撤去力F 后，由动量守恒定律可得mv 1＋Mv 2＝(m ＋M )v ，解得滑块最终的速度为v ＝3 m/s ，故C 正确；撤去力F 前，滑块在长木板上移动的距离为Δx 1＝12a 2t 2－12a 1t 2＝1.5 m ，撤去力F 后，由能量守恒定律可得μmg ·Δx 2＝12mv +1212Mv 22－12(m ＋M )v 2，解得Δx 2＝0.75 m ，则长木板的长度为L ＝Δx 1＋Δx 2＝2.25 m ，故D 错误．答案：BC。
2020版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题突破四用动力学方法解决动力学问题中的“传送带”学案解析版
专题突破四用动力学方法解决动力学问题中的“传送带”一、“传送带”模型1．水平传送带模型2.倾斜传送带模型二、“滑块—木板”模型1．模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．三、处理多过程问题时应注意的两个问题1．任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程组成，上一过程的末是下一过程的初，对每一个过程分析后，列方程，联立求解．2．注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁．命题点一 “传送带”模型相对位移的计算要分两种情况：①若二者同向，则Δx ＝|x 传－x 物|；②若二者反向，则Δx ＝|x 传|＋|x 物|. 物体沿倾斜传送带向下运动，μ＜tan θ时，相对位移可能有重叠部分，要分段计算． 例1 如图1所示，有一足够长的水平传送带以2m/s 的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10 m 的距离所需时间为多少？(取g ＝10 m/s 2)图1答案 5.2s解析 物体在传送带上做匀加速直线运动过程中，加速度a ＝μg ＝5m/s 2.与传送带速度相同时，所需时间t 1＝2m/s 5m/s 2＝0.4s ．运动的位移为x 1＝12at 12＝0.4m<10m ，则物体匀速运动的时间t 2＝10m －0.4m 2m/s＝4.8s ，故传送带将该物体传送10m 的距离所需时间为t ＝t 1＋t 2＝5.2s. 变式1 (2018·盐城中学段考)如图2所示，物块M 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，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，则以下分析正确的是( )图2A ．M 下滑的速度不变B ．M 立即开始在传送带上加速，速度变为2v 0后向下匀速运动C ．M 先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D ．M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上答案 C解析传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sinθ＝F f，当传送带转动时，根据受力分析可知，物块先向下做加速运动，当速度与传送带速度相同时，物块和传送带以相同的速度匀速下滑，故C正确．命题点二“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图3，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.图33．基本思路例2 (2018·高邮市期初)一木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L ＝1.5m，如图4所示处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.5，现使平板车以a1的加速度匀加速启动，速度达到v＝6m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)，求：图4(1)若木箱与平板车相对静止，加速度a1大小满足什么条件？(2)若a 1＝6m/s 2，当木箱与平板车的速度都达到v ＝6 m/s 时，木箱在平板车上的位置(离驾驶室后端距离)；(3)在第(2)问情况下，若在木箱速度刚达到6m/s 时平板车立即刹车到停止，则要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小满足什么条件？答案 (1)a 1≤5m/s 2 (2)2.1 m (3)a ≤12 m/s 2解析 (1)木箱与平板车相对静止，加速度相同，当木箱受到的静摩擦力达到最大值时加速度最大，由牛顿第二定律有：F fmax ＝ma m ＝μmg得a m ＝5 m/s 2解得a 1≤5 m/s 2(2)因为a 1＝6 m/s 2＞5 m/s 2，故木箱与平板车发生相对滑动，当木箱速度达到6 m/s 时，t 1＝v a m ＝65s ＝1.2 s 位移为x 1＝v 2t 1＝62×1.2 m＝3.6 m ， 平板车速度达到6 m/s 所需时间为：t 2＝v a 1＝1 s ，位移为x 2＝v 2t 2＋v (t 1－t 2)， 解得x 2＝4.2 m当木箱与平板车的速度都达到v ＝6 m/s 时，木箱在平板车上离驾驶室后端距离为：s ＝x 2－x 1＋L ＝4.2 m －3.6 m ＋1.5 m ＝2.1 m(3)木箱减速停止时的位移为：x 3＝v 22a m ＝622×5m ＝3.6 m 平板车减速到停止时的位移为：x 4＝v 22a木箱不与车相碰需满足：x 3－x 4≤s解得：a ≤12 m/s 2.变式2 如图5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象如图乙所示．某同学根据图象作出如下判断，正确的是( )图5A ．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 ．木板的长度一定为v 0t 12答案 B变式3 (2018·泰州中学月考)如图6所示，一质量M ＝3.0kg 的足够长的木板B 放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m ＝1.0kg 的小木块A ，A 、B 均处于静止状态，A 与B 间的动摩擦因数μ＝0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现给木块A 施加一随时间t 变化的水平力F ＝kt (k ＝2N/s)，取g ＝10 m/s 2.图6(1)若木板B 固定，则经过多少时间木块A 开始滑动？(2)若木板B 固定，求t 2＝2.0s 时木块A 的加速度大小．(3)若木板B 不固定，求t 3＝1.0s 时木块A 受到的摩擦力大小．答案 (1)1.5s (2)1m/s 2 (3)1.5N解析 (1)当木板B 固定时，木块A 开始滑动瞬间，水平力F 与最大静摩擦力大小相等，则：F 1＝F fm ＝μmg设经过t 1时间木块A 开始滑动，则：F 1＝kt 1则t 1＝μmg k ＝0.3×1×102s ＝1.5 s (2)t 2＝2.0 s 时，有F 2＝kt 2＝2×2 N＝4 N由牛顿第二定律得：F 2－μmg ＝ma解得a ＝F 2－μmg m ＝4－0.3×1×101m/s 2＝1 m/s 2 (3)在t 3＝1.0 s 时水平外力为：F 3＝kt 3＝2×1 N＝2 N因为此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得：F 3＝(m ＋M )a ′a ′＝F 3M ＋m ＝21＋3 m/s 2＝0.5 m/s 2 对木块A 受力分析有：F 3－F f ＝ma ′则F f ＝F 3－ma ′＝(2－1×0.5) N＝1.5 N.1．(多选)(2018·徐州三中月考)如图7所示，质量M ＝2kg 的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量m ＝1kg 的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2.长木板和小木块先相对静止，然后用一水平向右的F ＝4N 的力作用在小木块上，经过时间t ＝2s ，小木块从长木板另一端滑出，g 取10m/s 2，则( )图7A ．滑出瞬间，小木块的速度大小为2m/sB ．滑出瞬间，小木块的速度大小为4m/sC ．滑出瞬间，长木板的速度大小为2m/sD ．滑出瞬间，长木板的速度大小为4m/s答案 BC解析 由牛顿第二定律得：对小木块：a 1＝F －μmg m ＝4－0.2×1×101 m/s 2＝2 m/s 2，对长木板：a 2＝μmg M ＝0.2×1×102 m/s 2＝1 m/s 2，由题意可知，小木块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t ＝2 s ，小木块滑出瞬间，小木块的速度大小为：v 1＝a 1t ＝2×2 m/s＝4 m/s ，长木板的速度大小为：v 2＝a 2t ＝1×2 m/s＝2 m/s ，故B 、C 正确．2.(多选)(2017·运河中学调研)如图8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，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8A ．若μ<tan θ，则粮袋从A 到B 一定是一直做加速运动B ．粮袋开始运动时的加速度为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 ．不论μ大小如何粮袋从A 到B 一直匀加速运动，且a >g sin θD ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小，也可能相等答案 AD解析 若μ<tan θ，即mg sin θ>μmg cos θ，粮袋一直受到滑动摩擦力作用，一直做加速运动，故A 正确．粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，若μ<tan θ，当速度达到v 后，做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，故B 、C 错误．粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时还没有和传送带同速，速度小于v ；粮袋可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故D 正确．3．(2018·仪征中学质检)如图9所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v ＝2m/s ，两端A 、B 间距离为3 m ．一物块从B 端以初速度v 0＝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 取10m/s 2.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中的( )图9答案 B4．(多选)(2018·宝应中学第三次模拟)如图10甲所示，上表面粗糙的平板车静止在光滑水平面上，质量m ＝1kg 的滑块以v 0＝3m/s 的速度从左边滑上平板车，忽略滑块的大小．从滑块刚滑上平板车开始计时，它们的v －t 图象如图乙所示，滑块在平板车上运动了1 s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图10A ．滑块与平板车间的动摩擦因数为0.1B ．平板车的质量为1kgC ．平板车的长度为2.5mD ．全过程中摩擦生热为2.5J答案 AB解析 根据v －t 图象的斜率大小表示加速度大小，可知滑块的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝3－21m/s 2＝1 m/s 2，对滑块运用牛顿第二定律有：μmg ＝ma ，解得：μ＝a g＝0.1，故A 正确；由v －t 图象可知滑块、平板车的加速度大小相等，使它们产生加速度的力就是两者之间的滑动摩擦力，因此它们的质量相等，均为1kg ，故B 正确；二者的相对位移的大小等于平板车的长度，由v －t 图象与坐标轴所围面积可知s ＝2m ，故C 错误；全过程中摩擦生热Q ＝μmgs ＝0.1×1×10×2J＝2J ，故D 错误．1．(多选)(2019·盐城中学月考) 如图1所示，三角形传送带以1m/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，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )图1A ．物块A 到达底端的速度比物块B 到达底端的速度大B ．物块A 、B 同时到达底端C ．物块A 先到达传送带底端D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶3答案 BD解析 对物块A 、B 受力分析，因为mg sin37°＞μmg cos37°，故物块A 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，物块B所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故A、C错误，B正确．对物块A，划痕的长度等于物块A的位移减去传送带的位移，以物块A为研究对象，由牛顿第二定律得：a＝2m/s2，由运动学公式得运动时间为：t＝1s，所以传送带运动的位移为x＝vt＝1m．则物块A对传送带的划痕为：Δx1＝2m－1m＝1m，对物块B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出物块B对传送带的划痕长度为Δx2＝3m．所以划痕长度之比为1∶3，故D正确．2．(多选)如图2甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )图2A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5s D．t＝3s答案BC解析由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝ΔvΔt＝2.0m/s2，由牛顿第二定律得F f＝Ma＝μMg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确．在v－t图象中，图线与时间轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速并最终与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5s，C正确，D错误．3.(2018·高邮市期初)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ＝37°，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＝33，则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解析初始状态时：小木块所受重力的分力与滑动摩擦力均沿着传送带向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度a1＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g sinθ＋μg cosθ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tan θ知小木块继续沿传送带匀加速向下，但是此时滑动摩擦力的方向沿传送带向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2＝mg sin θ－μmg cos θ＝g sinθ－μg cosθ；m比较知道a1＞a2，根据v－t图象的斜率表示加速度，知第二段图线的斜率比第一段小，故A、B、C错误，D正确．4．(多选)如图4所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是图中的( )图4答案BD5．(2018·泰州中学模拟)如图5所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2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t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )图5答案 A6.(多选)(2018·盐城中学段考)如图6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，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )图6A．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B．物块先向左运动，再向右运动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AC解析 当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，故A 、C 正确．7.(2018·苏锡常镇一调)一足够长的轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放有质量均为 1kg 的A 、B 两物块，A 、B 物块与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图7所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图7A ．若F ＝1.5N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5NB ．若F ＝8N ，则B 物块的加速度为4.0m/s 2C ．无论力F 多大，A 物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动D ．无论力F 多大，B 物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动答案 C解析 A 物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：F f A ＝μ1m A g ＝0.3×1×10 N＝3 N ，B 物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：F f B ＝μ2m B g ＝0.2×1×10 N＝2 N ；因F 1＝1.5 N ＜F f A ，所以A 、B 物块及薄硬纸片保持相对静止，整体在F 1作用下向左匀加速运动，加速度为a 1＝F 1m A ＋m B ＝1.52 m/s 2＝0.75 m/s 2，此时对A ∶F 1－F f A 1＝m A a 1，解得F fA1＝0.75 N ，故A 错误；物块B 做加速运动的最大加速度为a B m ＝μ2m B g m B＝μ2g ＝2 m/s 2，若当F 2＝8 N 时，假设A 、B 两物块相对薄硬纸片静止，则加速度为a 2＝F 2m A ＋m B ＝82m/s 2＝4 m/s 2＞2 m/s 2，则此时B 物块相对薄硬纸片发生相对滑动，故B 的加速度仍为2 m/s 2，选项B 、D 错误；由以上分析可知当薄硬纸片的加速度为2 m/s 2时，物块B 相对薄硬纸片将要产生相对滑动，此时薄硬纸片受到的摩擦力为2 N ，即纸片对A 物块的摩擦力也为2 N ＜F f A ，则无论力F 多大，A 物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动，选项C 正确．8.(2018·田家炳中学模拟)传送带以恒定速度v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝2 kg 的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根平行于传送带的轻绳用恒力F ＝20 N 拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H ＝1.8 m 的平台上，如图8所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.问：图8(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F ，求物品还需多长时间离开传送带？(计算结果可用根式表示)答案 (1)1s (2)(2－2) s解析 (1)物品在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前，有：F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2；由v ＝a 1t 1，得t 1＝0.5 s ，位移x 1＝12a 1t 12＝1 m ， 共速后，有：F －μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 2，解得a 2＝0，即物品随传送带匀速上升，位移x 2＝H sin 37°－x 1＝2 m ； t 2＝x 2v＝0.5 s ； 总时间为：t ＝t 1＋t 2＝1 s ；即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s ；(2)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F ，根据牛顿第二定律，有μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 3解得：a 3＝－2 m/s 2； 假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x ，x ＝－v 22a 3＝4 m ＞x 2； 即物品速度减为零前已经到达最高点；由x 2＝vt 3＋12a 3t 32； 解得：t 3＝(2－2) s ，t 3＝(2＋2) s(舍去)即物品还需(2－2) s 离开传送带．9．(2018·徐州市期中)如图9甲所示，粗糙水平面上有一个长L ＝1m 、质量M ＝3kg 的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.25.质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)放置在木板的右端，物块与木板左半部分的动摩擦因数μ2＝0.5.在木板右端施加如图乙所示的水平拉力F ，g 取10m/s 2.求：图9(1)木板刚开始运动时的加速度大小；(2)物块运动多长时间后与木板速度相同；(3)经过t ＝2.5s 物块运动的位移大小．答案 (1)1m/s 2 (2)0.5s (3)4.875m解析 (1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知：F 1－μ1(M ＋m )g ＝Ma 解得：a ＝1 m/s 2(2)木板在F 1作用下，经历时间1 s 前进的位移为：x 1＝12at 12＝12×1×12 m ＝0.5 m ， 恰好运动到有摩擦力位置，此时木板的速度为：v ＝at 1＝1 m/s此后物块的加速度为：a ′＝μ2mg m ＝5 m/s 2，木板的加速度为：a ″＝F 2－μ1(M ＋m )g －μ2mg M＝3 m/s 2假设经历时间t 2两者速度相同，则有：v 共＝a ′t 2＝v ＋a ″t 2解得：t 2＝0.5 s ，v 共＝2.5 m/s t 2时间内物块的位移为：12a ′t 22＝0.625 mt 2时间内木板的位移为：vt 2＋12a ″t 22＝0.875 m木板与物块的位移差为：0.875 m －0.625 m ＜L 2，物块未从木板上滑下，假设成立． (3)在0.5 s 内物块前进的位移为：x 2＝12a ′t 22＝0.625 m 达到共同速度后，假设两者以相同的加速度运动，物块运动的加速度为： a 1＝F 2－μ1(M ＋m )g M ＋m＝3.5 m/s 2＜5 m/s 2 故此后两者一起做匀加速运动，时间t ′＝t －t 1－t 2＝1 s ，故有：x 3＝v 共t ′＋12a 1t ′2＝2.5×1 m＋12×3.5×12 m ＝4.25 m 故物块前进的位移为：x ＝x 2＋x 3＝4.875 m.。
高考物理一轮总复习第3章专题强化4传送带模型和“滑块_木板”模型提能训练(含答案)
高考物理一轮总复习提能训练：第三章 专题强化四基础过关练题组一 传送带模型1．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。
如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。
如图乙所示为水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带ab 始终以1 m/s 的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg 的小包(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a 点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a 、b 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2。
下列速度—时间(v －t )图像和位移—时间(x －t )图像中，可能正确反映行李在a 、b 之间的运动情况的有(除C 中0～1 s 为曲线外，其余均为直线段)( AC )[解析] 行李放到传送带上，由μmg ＝ma 可得a ＝1 m/s 2，则由v ＝at ，得t ＝1 s ，可知行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A 正确，B 错误；行李在t ＝1 s 时的位移x ＝12at 2＝0.5 m ，行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，x －t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x －t 图像为直线，故C 正确，D 错误。
2.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。
工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则下列说法不正确的是( D )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v B ＝3 m/sC ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/sD ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝2 m/s[解析] 若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，A 、B 正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，假设工件在到达B 端前速度降至2 m/s ，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x ＝v 2A －v22a ＝16－42m ＝6 m>3.5 m ，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，D 错误，C 正确。
物理一轮复习专题练习4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型含解析
专题突破练习（四)（时间:40分钟）1.（多选）如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上,质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是(）A．物块和长木板之间的摩擦力为1 NB．物块和长木板相对静止一起加速运动C．物块运动的加速度大小为1 m/s2D．拉力F越大,长木板的加速度越大AC［物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动,设此时水平恒力为F0，由牛顿第二定律有a＝错误!＝错误!＝错误!,解得F0＝1。
5 N.因F＝2 N>F0＝1。
5 N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有F f＝μmg＝1 N，故A正确，B错误；对物块,由牛顿第二定律F－μmg＝ma1,可得a1＝1 m/s2，故C正确；拉力F 越大，物块的合力越大,则加速度越大,但长木板受到的滑动摩擦力为1 N,保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a2＝错误!＝0.5 m/s2，故D错误。
］2.（多选)机场使用的货物安检装置如图所示,绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点）无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面.已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0。
5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是（）A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB．背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC．背包与传送带之间的相对位移为0。
3 mD．背包与传送带之间的相对位移为0。
1 mAD[背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg ＝ma,得a＝5 m/s2，背包达到速度v＝1 m/s所用时间t1＝错误!＝0.2 s，此过程背包相对地面位移x1＝v2t1＝错误!×0。
2021高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律专题五动力学中的“传送带”模型和“滑块_木板”模型课件
牛顿运动定律专题五动力学中 的“传送带〞模型和“滑块_木板
(2020·四川三台中学月考)(多选)如图所示，水平方向的传〞送模带型顺课时件 针转动， 传送带速度大小恒为 v＝2 m/s，一物块从 B 端以初速度 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 取 10 m/s2，下列判断正确的是( )
时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能
量损失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，下列工件运
动的 v -t 图象可能正确的是( )
牛顿运动定律专题五动力学中 的“传送带〞模型和“滑块_木板 〞模型课件
解析：工件与弹性挡杆发生碰撞前可能先做匀加速运动，当工件与传送带共速后一起与传送 带做匀速运动； 工件与弹性挡杆碰撞后以等大的速度反向弹回，向左做匀减速运动，因工件加速过程和减 速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，速度减到零后再反向向右加速， 到达挡杆位置时又与传送带达到共速，同时被反向弹回，以后重复原来的过程，故 C 正确， B、D 错误；
解析：物体从高为 h 的光滑斜面顶端滑下，由
牛顿运动定律专题五动力学中 的“传送带〞模型和“滑块_木ห้องสมุดไป่ตู้ 〞模型课件
若传送带逆时针匀速转动，物体滑上传送带
动能定理可得 mgh＝12mv2A，代入数据可解得 物体滑上传送带 A 端的瞬时速度 vA＝4 m/s，
2023年高考物理一轮复习考点微专题《 牛顿运动定律的综合运用》(全国通用)
考向06 牛顿运动定律的综合运用【重点知识点目录】1.超重与失重问题2.整体法与隔离法在动力学中的运用3.滑块-滑板模型4.传送带模型5.动力学中的临界极值问题（多选）1．（2021•乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2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F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。
木板的加速度a1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μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。
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．F1＝μ1m1gB．F2＝（μ2﹣μ1）gC．μ2＞μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD。
【解析】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）a m对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g故B正确；C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确；D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
2．（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。
2020年高考物理一轮复习 (课件+word文档)第3章 牛顿运动定律 (4)
又因为 x2＝vt2＋12a2t22， 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去) 所以 t 总＝t1＋t2＝2 s。
答案 (1)4 s (2)2 s
解析
答案 26
滑块—木板模型 1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动， 且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。 2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向 运动时，位移之差 Δx＝x1－x2＝L(或 Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动 时，位移之和 Δx＝x2＋x1＝L。
(1)0.5 s 末物块 A 的速度； (2)木板 B 的长度。
30
解析 (1)有力 F 时，A、B 间最大静摩擦力 fAB＝μ1(mg－Fsinθ) B 与地面间最大静摩擦力 fB 地＝μ2(2mg－Fsinθ) 因为 fAB<fB 地，所以 B 静止 以物块 A 为研究对象，据牛顿第二定律得： Fcos37°－μ1(mg－Fsin37°)＝ma1 a1＝6 m/s2 v1＝a1t1＝3 m/s。
答案 B
解析
答案 15
题型二：物块在倾斜传送带上 题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况， 物块相对传送带速度为零时 μmgcosθ 与 mgsinθ 的大小关系决定着物块是否 会相对传送带下滑，μ>tanθ 时相对静止，μ<tanθ 时相对下滑。 方法突破： 一、传送带向上传送
解析24
x1＝12a1t21＝5 m<l＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有 mgsin37°>μmgcos37°，则下一 时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发 生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2，则 a2＝mgsin37°－mμmgcos37°＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m
近年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲传送带模型、滑块—滑板模型检测(2021年整理)
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第4讲传送带模型、滑块—滑板模型基础巩固1。
（多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。
其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行。
旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。
若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则( )A。
乘客与行李同时到达B处B。
乘客提前0。
5 s到达B处C。
行李提前0.5 s到达B处D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处2.（多选）如图所示,一质量 m=0。
2 kg的小煤块以v0=4 m/s的初速度从最左端水平滑上轴心间距L=6 m的水平传送带，传送带可由一电机驱使而转动。
已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0。
1(取g=10 m/s2）（)A。
若电机不开启,传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为2 m/sB.若电机不开启，传送带不转动,小煤块在传送带上运动的总时间为4 sC。
若开启电机,传送带以5 m/s的速率顺时针转动,则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5 mD。
高三物理一轮复习 第三章 牛顿运动律(第4课时)牛顿
咐呼州鸣咏市呢岸学校第4课时牛顿运动律用2传送带问题1．如下图，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.那么图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )2．如下图为粮袋的传送装置，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，以下说法正确的选项是(设最大静摩擦力于滑动摩擦力)( )A．粮袋到达B点的速度与v比拟，可能大，也可能相或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，假设L足够大，那么以后将一以速度v做匀速运动C．假设μ<tan θ，那么粮袋从A到B一一直是做加速运动D．不管μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sin θ3.如下图，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1<v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；假设剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，那么以下说法正确的选项是( )A．F1<F2B．F1>F2C．t1>t2D．t1可能于t24．一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平长为2.0 m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)试问：(1)物块到达传送带右端的速度；(2)物块能否到达斜面顶端？假设能那么说明理由，假设不能那么求出物块上升的最大高度．5．如下图为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成α＝37°)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°)平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6 m，运输带运行速度恒为v0＝5 m/s，A点到B点的距离为x＝4.5 m，现将一质量为m＝0.4 kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，求：(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.第1课时牛顿第一律牛顿第三律参考答案1、D2、AC3、D4、(1)2m/s;(2)0.2m5、〔1〕3m/s(2)0.875(3)。
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微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动.（2）滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。
常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块,Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块,Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有相对运动2。
常见临界判断（1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等.（2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端.（3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。
[典例1]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。
5 m，如图(a)所示。
t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1 s时间内小物块的v。
t图线如图（b)所示。
木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。
求：图（a）图(b)(1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离.[大题拆分］第一步：分析研究对象模型.设小物块和木板的质量分别为m和M。
小物块可以看作质点（初始条件v0未知,如图甲所示）。
第二步：分析过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短（Δt→0），故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变（设置的初始条件)，如图丙所示。
（3）然后小物块向右减速，木板向左减速,经1 s小物块速度减小为零（如图丁所示）。
由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。
然后小物块向左加速，木板向左减速,到二者达到共同速度v3(如图戊所示）。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系,如图戊所示。
(5）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示）。
［解析]（1）根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动,加速度大小a2＝错误!＝错误!m/s2＝4 m/s2根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0。
4木板与墙壁碰撞前,匀减速运动时间t＝1 s,位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋错误!a1t2解得a1＝1 m/s2设小物块的质量为m,则木板的质量为15m,对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m）g＝(m＋15m）a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝错误!m/s2对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2由于a2〉a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 的过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－12a3t2，1＝错误!m，末速度v1＝v－a3t1＝错误!m/s滑块向右运动的位移x2＝错误!t1＝2 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3＝错误!m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－12a3t错误!＝错误!m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s滑块向左运动的位移x4＝错误!a2t错误!＝0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m小物块始终没有离开木板,所以木板最小的长度为6 m.（3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2向左运动的位移为x5＝错误!＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6。
5 m.［答案](1)0.10.4（2）6 m(3)6.5 m求解“木板-—滑块”模型的思维流程[跟进训练]1．（惠州市2021届高三第二次调研)物体A的质量m1＝2 kg,静止在水平面上的木板B的质量为m2＝1 kg、长L＝1 m,某时刻A以v0＝4 m/s的初速度滑上木板B上表面的最左端,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之间的动摩擦因数为μ＝0.2,（忽略物体A的大小,g＝10 m/s2）。
试求：(1）如果木板B与水平面的动摩擦因数也为μ＝0。
2，拉力F＝5 N，当A刚滑上木板B时，A和B的加速度分别为多大？(2）如果水平面是光滑的，为使A不从B板右侧滑落,拉力F 应满足的条件。
[解析］(1）物体A刚滑上木板B时，根据牛顿第二定律得：对物体A:μm1g＝m1a A ①对木板B:F＋μm1g－μ(m1＋m2）g＝m2a B ②解得：a A＝2 m/s2 ③a B＝3 m/s2. ④（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B 具有共同的速度v,则错误!＝错误!＋L ⑤且错误!＝错误!⑥解得：a′B＝错误!－a A＝6 m/s2 ⑦对木板B：F＋μm1g＝m2a′B ⑧解得：F＝2 N ⑨所以为使A不从B板右侧滑落，必须：F≥2 N。
［答案］见解析2．(2020·江苏百校联考)如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，可视为质点的小滑块质量为m＝1 kg,置于木板中央A处。
从t＝0时刻开始，木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F,其运动的速度—时间图象如图乙所示。
已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2,木板与滑块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
求:甲乙(1)t＝0时刻滑块加速度的大小;（2）拉力F的大小；(3)为使滑块不从木板上滑落，木板的长度至少为多少？[解析](1）假设t＝0时刻滑块与木板发生相对滑动,由木板运动的v-t图象可得a木板＝错误!＝错误!m/s2＝4 m/s2，对滑块，由牛顿第二定律有μmg＝ma滑块，得a滑块＝μg＝2 m/s2，由于a滑块<a木板，所以假设成立，滑块与木板发生相对滑动，a滑块＝2 m/s2.(2)由v-t图象可知，经过t1＝3 s后撤去了拉力，此时，木板的速度为v1＝12 m/s,滑块的速度为v2＝a滑块t1＝6 m/s，滑块与木板间仍有相对滑动，3 s后内，对木板由v。
t图象得加速度大小为a2＝错误!m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律有μmg＝Ma2，解得M＝0。
5 kg，木板前3 s的运动根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma木板,解得F＝4 N。
(3）3 s时刻木板速度为v1＝12 m/s，滑块速度为v2＝6 m/s，设再经过t2时间滑块与木板的速度大小相等，有v1－a2t2＝v2＋a滑块t2，解得t2＝1 s，之后两者一起做匀速直线运动,木板和滑块速度相等时，木板的总位移为x1＝错误!a木板t错误!＋v1t2－错误!a2t错误!＝28 m，滑块的总位移为x2＝错误!a滑块（t1＋t2)2＝16 m，两者相对位移为Δx＝x1－x2＝12 m,所以木板的总长度至少为2Δx＝24 m。
［答案]（1)2 m/s2(2)4 N(3)24 m“传送带”模型水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1轻放在匀速传送带上（1）可能一直加速（2)可能先加速后匀速情景2以v0冲上匀速传送带(1)v0〉v时，可能一直减速,也可能先减速再匀速(2）v0〈v时,可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3以v0冲上匀速传送带(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。
其中v0〉v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0情景4轻放在匀加速启动的传送带上假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1）若μg≥a,物块和传送带一起以加速度a加速运动,物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力F f＝ma (2)若μg<a，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的,此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力F f＝μmg，产生的加速度a＝μg错误!如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m,它与水平台面平滑连接.现有一物块以v0＝10m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0。
6。
求：(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；(2）若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，物块到达B端时的速度大小；(3）若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
[解析](1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma,F f＝μF N，得a＝6 m/s2。
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝错误!＝错误!m〉L＝8 m,则由v错误!－v错误!＝－2aL，得v B＝2 m/s。
（2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，由v错误!－v错误!＝2ax1，得x1＝错误!m<L＝8 m。
故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12 m/s.(3）当物块初速度v′0＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝错误!＝3 m〈L，所以物块先向右减速后向左加速。
由0＝v′0－at1，得t1＝1 s。
当物块向左加速到v2＝4 m/s时由v错误!＝2ax3得x3＝错误!m<x2＝3 m。
故物块向左先加速运动后匀速运动。
由v2＝at2，得t2＝错误!s。
物块匀速运动的位移x4＝x2－x3＝错误!m。