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。
(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。
2024年高考一轮复习精细讲义第10讲 “板—块”+“传送带”问题(原卷版+解析)
第10讲 “板—块”＋“传送带”问题——划重点之精细讲义系列考点一 “板—块”模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动． 2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题方法 整体法、隔离法． 4．解题思路（1）审题建模：求解时，应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。
（2）求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。
（3）明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。
这是解题的突破口。
特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。
求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
状态板、块速度不相等板、块速度相等瞬间板、块共速运动方法隔离法假设法整体法步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程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，再用隔离法算出其中一个物体“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 ，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界 条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件原理时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等【典例1】长为L＝1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0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v＝0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0 cm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，取g＝10 m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；(2)小物块A的初速度v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？【典例2】质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断中正确的是()A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板【典例3】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：(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．考点二水平传送带问题（1）滑块在水平传送带上运动常见的三个情景（2）水平传送带两种情况：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。
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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。
高考板块模型及传送带问题 压轴题【含详解】
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=50N，并同时将一个质量m=lkg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②小球放到木箱后相对地面静止，木箱的加速度为m/s木箱向右运动的最大位移为m木箱向左运动的加速度为m/s时，小球脱离木箱，由，得⑦m/s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μ1=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a1=4 m/s2，物块A滑到木板B上的速度为v1==8 m/s．⑵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．v （1）（2）、板的位移（2）对板有122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。
高考物理一轮总复习 第三章 链接高考3 两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”(含解析)
两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”模型1 板块模型[模型解读]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滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，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，滑板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x23．解题步骤[典例赏析][典例1] (2017·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＝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．[审题指导] 如何建立物理情景，构建解题路径①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木板的运动情况．②把握好几个运动节点．③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动．④A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变．⑤木板先加速后减速，存在两个过程．[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与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是a A、a B和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 A＋m B＋m)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f2＝m B a B⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：v 1＝1 m/s(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 21⑨ 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 2⑩由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧可知，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所用时间为t 2，根据运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑪对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑫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 22⑬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)2⑭ A 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 ⑮联立以上各式，代入数据得s 0＝1.9 m(也可以用下图的速度－时间图象做)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m滑块滑板类模型的思维模板[题组巩固]1.(2019·吉林调研)(多选)如图所示，在光滑的水平面上放置质量为m 0的木板，在木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( )A ．若仅增大木板的质量m 0，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ，则时间t 增大 解析：BD [根据牛顿第二定律得，木块的加速度a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，木板的加速度a 2＝μmg m 0，木块与木板分离，则有l ＝12a 1t 2－12a 2t 2得t ＝2l a 1－a 2.若仅增大木板的质量m 0，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则时间t 减小，故A 错误；若仅增大木块的质量m ，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 变大，故B 正确；若仅增大恒力F ，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则t 变小，故C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 变大，故D 正确．]2．(2019·黑龙江大庆一模)如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量m 0＝4 kg ，长l ＝2.5 m ，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F ＝20 N 拉木板，g 取10 m/s 2，求：(1)木板的加速度；(2)要使木块能滑离木板，水平恒力F 作用的最短时间． 解析：(1)木板受到的摩擦力为F f ＝μ(m 0＋m )g ＝10 N 木板的加速度为a ＝F －F f m 0＝2.5 m/s 2. (2)设拉力F 作用t 时间后撤去，木板的加速度为a ′＝－F f m 0木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有a ＝－a ′＝2.5 m/s 2则有2×12at 2＝l 联立并代入数据解得t ＝1 s ，即F 作用的最短时间是1 s. 答案：(1)2.5 m/s 2 (2)1 s3.(2019·河南中原名校联考)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l 为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，设木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律得，F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，设二者共速时的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式得v ＝v 0－at ，v ＝a ′t ；小物块的位移为s ，木板的位移为s ′，由运动学公式得，s ＝v 0t －12at 2，s ′＝12a ′t 2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s －s ′＝l ，联立解得l ＝0.5 m.答案：0.5 m模型2 传送带模型[模型解读]对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题关键，分析思路是：弄清物体与传送带的相对运动——确定所受摩擦力的方向——确定物体的运动情况，具体分析见下表：1．水平传送带问题运动图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(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(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v02.倾斜传送带问题运动图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速[典例2] 如图所示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v 0＝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，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)求：(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 .[审题指导][解析] (1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点的速度为v ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋ μ1mg cos θ＝ma 1由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.(2)因为v ＜v 0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a 2，则由牛顿第二定律知 μmg cos α－mg sin α＝ma 2又因为v 2＝2a 2x ，联立解得μ＝78.(3)小物体从A 点运动到B 点经历的时间t 1＝v a 2， 从B 点运动到C 点经历的时间t 2＝v 1a 1联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3.4 s.[答案] (1)3 m/s (2)78(3)3.4 s 解传送带问题的思维模板[题组巩固]1.(2019·山东临沂高三上学期期中)(多选)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2(v 1＜v 2)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，从小物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的v －t 图象可能是( )解析：AC [物块滑上传送带，由于速度大于传送带速度，物块做匀减速直线运动，可能会滑到另一端一直做匀减速直线运动，到达另一端时恰好与传送带速度相等，故C 正确．物块滑上传送带后，物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，速度的方向保持不变，故B 、D 错误，A 正确．]2.如图所示为粮袋的传送装置，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，以下说法正确的是( )A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sin θ解析：A [若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mg sin θ＋μmg cos θ＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若mμ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．]3．(2019·湖北宜昌高三一模)如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距 3 m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C 、D 两端相距4.45 m ，B 、C 相距很近，水平部分AB 以5 m s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求：(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．(2)若要将米袋送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．解析：(1)米袋在AB 上加速时的加速度a 0＝μmg m＝μg ＝5 m/s 2 米袋的速度达到v 0＝5 m/s 时，滑行距离：s 0＝v 202a 0＝2.5 m ＜AB ＝3 m 因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度． 设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，代入数据得：a ＝10 m/s 2所以能上升的最大距离：s ＝v 202a＝1.25 m. (2)设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能达到D 点，则米袋速度减为v 1之前的加速度为：a 1＝－g (sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s 2米袋速度小于v 1至减为0前的加速度为a 2＝－g (sin θ－μcos θ)＝－2 m/s 2由v 21－v 202a 1＋0－v 212a 2＝4.45 m. 解得：v 1＝4 m/s.即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度v CD ≥v 1＝4 m/s米袋恰能运动到D 点所用时间最长为：t max ＝v 1－v 0a 1＋0－v 1a 2＝2.1 s 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2，由s CD ＝v 0t min ＋12a 2t 2min 得：t min ＝1.16 s所以，所求的时间t 的范围为1．16 s≤t ≤2.1 s答案：(1)1.25 m (2)v CD ≥4 m/s 1.16 s≤t ≤2.1 s。
高中物理板块模型与传送带模型中的动力学问题传送带模型
因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
一、经典例题1．水平浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的摩擦因数为μ，初始时，传送带与煤块都是静止的。
现在让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，求此黑色痕迹的长度。
2．如图，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，传送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(可看为质点)轻轻放在传送带的底端,经时间t=1.9 s，工件被传送到ℎ=1.5 m的高处,并取得了与传送带相同的速度,取g=10 m/s2，求:(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力F1；(2)工件与传送带之间的相对位移Δx。
3．方法归纳：A．是否产生相对位移，比较物块与传送带加速度大小；B．皮带传送物体所受摩擦力突变，发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
C．对于传送带问题，一定要全面掌握几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析。
4．常见传送带模型分类情况：考点一水平传送带问题滑块在水平传送带上运动常见的3个情景项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(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(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考点二倾斜传送带问题滑块在水平传送带上运动常见的4个情景项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速二、练习题1．（2014年全国四川卷）如右图所示，水平传送带以速度v1匀速运动。
第29讲 动力学中的板块问题和传送带模型(解析版)
第29讲 动力学中的板块问题和传送带模型[多选]如图甲所示的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/s 2。
若乘客把行李放到传送带上的同时也以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 【答案】BD 【解析】行李放在传送带上，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。
加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝va ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0．5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2 m －x 1v ＝1．5 s 到达B ，共用2．5 s ；乘客到达B ，历时t ＝2 mv ＝2 s ，故A 、C 错误，B 正确。
若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝ 2×21s ＝2 s ，故D 正确。
一、动力学中的板块问题1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系． 2．解题方法(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度． 3．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度． 特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移． 4．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．例题1. 如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m 、质量为4 kg 的木板A ，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg 的小物体 B ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B 施加水平向右的力F ＝10 N 时，求：(g 取10 m/s 2)(1)A 、B 的加速度各为多大？(2)经过多长时间可将B 从木板A 的左端拉到右端？ 【答案】(1)1 m/s 2 3 m/s 2 (2)0.8 s 【解析】(1)A 、B 间的摩擦力F f ＝μm B g ＝4 N 以B 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F －F f ＝m B a B ， 则a B ＝F －F f m B＝3 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得： F f ′＝m A a A ，由牛顿第三定律得F f ′＝F f 解得a A ＝1 m/s 2.(2)设将B 从木板的左端拉到右端所用时间为t ，A 、B 在这段时间内发生的位移分别为x A 和x B ，其关系如图所示则有x A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2x B －x A ＝L 联立解得t ＝0.8 s.对点训练1. 如图所示，物块A 、木板B 的质量分别为m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝4 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g 取10 m/s 2.(1)求物块A 和木板B 发生相对运动过程的加速度的大小； (2)若A 刚好没有从B 上滑下来，求A 的初速度v 0的大小． 【答案】 (1)3 m/s 2 1.5 m/s 2 (2)6 m/s 【解析】(1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μm A g m A＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μm A g m B＝1.5 m/s 2.(2)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 ＝v 0－a 1t v ＝a 2t位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝6 m/s.例题2. 如图所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝3 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.(1)发生相对滑动时，A 、B 的加速度各是多大？(2)若A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度v 0为多大？【答案】(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 6 m/s 【解析】(1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2(2)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： 时间关系：t ＝v 0－v a 1＝va 2位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝2 6 m/s.对点训练2. 如图所示，质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，g 取10 m/s 2，求：(1)加上恒力F 后铁块和木板的加速度大小；(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离． 【答案】 (1)4 m/s 2 2 m/s 2 (2)2 s 4 m/s (3)8 m 【解析】(1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得 F －μ2mg ＝ma 1，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得铁块的加速度大小a 1＝4 m/s 2 木板的加速度大小a 2＝2 m/s 2(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t ， 则此过程铁块的位移为x 1＝12a 1t 2木板的位移为x 2＝12a 2t 2两者的位移关系为L ＝x 1－x 2， 即L ＝12a 1t 2－12a 2t 2代入数据解得t ＝2 s 或t ＝－2 s(舍去) 此时木板的速度 v ＝a 2t ＝4 m/s.(3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为 a 3＝μ1g ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2， 则木板还能继续滑行的距离 x 3＝v 22a 3＝162×1 m ＝8 m.一、传送带模型1．传送带的基本类型传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型． 2．传送带模型分析流程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，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键．4．水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(1)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v 0＝v 时，一直匀速 (3)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端 (2)传送带足够长时，滑块先向左减速再向右加速回到右端5.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a 1加速再以a 2加速例题3. 如图所示，传送带保持以1 m/s 的速度顺时针转动．现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A 点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2.5 m ，g 取10 m/s 2，求：(1)煤块从A 点运动到B 点所经历的时间； (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度． 【答案】(1)3 s (2)0.5 m 【解析】(1)对煤块，根据题意得a ＝μmgm ＝μg ＝1 m/s 2，当速度达到1 m/s 时，所用的时间t 1＝v －v 0a＝1－01 s ＝1 s ，通过的位移x 1＝v 2－v 022a ＝0.5 m ＜2.5 m ．在剩余位移x 2＝L －x 1＝2.5 m －0.5m ＝2 m 中，因为煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s 的速度随传送带做匀速运动，所用时间t 2＝x 2v ＝2 s因此煤块从A 点运动到B 点所经历的时间 t ＝t 1＋t 2＝3 s(2)煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程 在前1 s 时间内，传送带的位移 x 1′＝v t 1＝1 m煤块相对地面运动的位移 x 2′＝12at 12＝0.5 m故煤块相对传送带的位移 Δx ＝x 1′－x 2′＝0.5 m.对点训练3. 如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v 1＝2 m/s 沿顺时针方向运行．初速度为v 2＝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/s 2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：(1)小物块在传送带上滑行的最远距离； (2)小物块从A 处出发再回到A 处所用的时间． 【答案】(1)4 m (2)4.5 s 【解析】(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 得a ＝μg因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0， 由公式x ＝v 222a 得x ＝4 m ，t 1＝v 2a＝2 s(2)小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a ′＝μg ＝2 m/s 2 设小物块与传送带共速所需时间为t 2， t 2＝v 1a ′＝1 st 2时间内小物块向右运动的距离 x 1＝v 122a ′＝1 m最后小物块做匀速直线运动，位移x 2＝x －x 1＝3 m匀速运动时间t 3＝x 2v 1＝1.5 s所以小物块从A 处出发再回到A 处所用的时间t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4.5 s.例题4. 某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A 、B 的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝5 m/s 的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A 轻放上一质量m ＝5 kg 的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝32.求货物从A 端运送到B 端所需的时间．(g 取10 m/s 2)【答案】 3 s 【解析】以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 解得a ＝2.5 m/s 2 货物匀加速运动时间 t 1＝va＝2 s货物匀加速运动位移 x 1＝12at 12＝5 m然后货物做匀速运动，运动位移 x 2＝L －x 1＝5 m 匀速运动时间 t 2＝x 2v ＝1 s货物从A 端运送到B 端所需的时间 t ＝t 1＋t 2＝3 s.对点训练4. 如图4所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s.在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图4(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间． 【答案】 (1)4 s (2)2 s 【解析】(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有： mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2， 根据l ＝12at 2得t ＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度为a 1，由牛顿第二定律得， mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1 则有a 1＝10 m/s 2设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有 t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 12＝5 m ＜l ＝16 m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mg sin 37°＞μmg cos 37°，则此后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a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝2 m/s 2x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去) 所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.1. (多选)如图所示，质量为m 1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是( )【答案】AC【解析】木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A 正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．2.如图所示，质量为M＝1 kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg 的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力F f的大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小．【答案】(1)0.5 N方向水平向右(2)1 m/s2(3)1 m/s【解析】(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：F f＝μmg＝0.5 N，方向水平向右(2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma解得：a＝1 m/s2(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma′可得出木板的加速度a′＝0.5 m/s2设经过时间t，滑块和木板达到共同速度v，则满足：对滑块：v＝v0－at对木板：v＝a′t由以上两式联立解得：滑块和木板达到的共同速度v＝1 m/s.3.如图所示，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v0＝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/s2，滑块始终没有滑离长木板，求：(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．【答案】(1)0.15 s (2)0.135 m 【解析】(1)根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 1 μmg ＝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等时相对静止，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.4. 如图甲所示，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 的上表面．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( )A ．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 的质量是物体B 的质量的两倍 【答案】 D 【解析】由题意可得，长木板A 所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B 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 未滑出长木板A ，临界条件为当A 、B 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则：L min ＝x B －x A ＝3×12 m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 受力分析，有：μm B g ＝m A a A ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01m/s 2＝1 m/s 2，联立解得：m Am B＝2，故D 正确．5. (多选)如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止叠放在B的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉A ，经过5 s A 运动到B 的最右端，且其v －t 图像如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4C ．若B 不固定，B 的加速度大小为1 m/s 2D ．若B 不固定，A 运动到B 的最右端所用的时间为5 2 s 【答案】BCD 【解析】根据v －t 图像可知，物体A 的加速度大小为： a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2，故A 错误；以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F －μm A g ＝m A a A代入数据得：μ＝0.4，故B 正确； 若B 不固定，B 的加速度大小为：a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；由题图乙知，木板B 的长度为： l ＝12×5×10 m ＝25 m ； 若B 不固定，设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得： 12a A t 2－12a B t 2＝l 代入数据解得：t ＝5 2 s 故D 正确．6. (多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面．物体以恒定的速率v 2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，此时速率为v 2′，则下列说法正确的是( )A ．若v 1＜v 2，则v 2′＝v 1B ．若v 1＞v 2，则v 2′＝v 2C ．不管v 2多大，总有v 2′＝v 2D ．只有v 1＝v 2时，才有v 2′＝v 1 【答案】AB 【解析】由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：①若v 1≥v 2，物体向右运动时一直加速，当v 2′＝v 2时，离开传送带．②若v 1＜v 2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v 2′＝v 1.故选项A 、B 正确，C 、D 错误．7. 如图所示，水平传送带以不变的速度v ＝10 m/s 向右运动，将工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t ＝2 s ，速度达到v ；再经过时间t ′＝4 s ，工件到达传送带的右端，g 取10 m/s 2，求：(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小； (2)工件与水平传送带间的动摩擦因数； (3)水平传送带的长度．【答案】 (1)5 m/s 2 (2)0.5 (3)50 m 【解析】(1)工件的加速度大小a ＝vt解得a ＝5 m/s 2.(2)设工件的质量为m ，由牛顿第二定律得： μmg ＝ma解得动摩擦因数μ＝0.5.(3)工件匀加速运动通过的距离x 1＝v2t工件匀速运动通过的距离x 2＝v t ′水平传送带长度也就是工件从左端到达右端通过的距离x ＝x 1＋x 2 联立解得x ＝50 m.8. (多选)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所示模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率向左运行．旅客把行李(可视为质点)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/s 2.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 【答案】 BD 【解析】行李无初速度地放在传送带上，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度做匀速直线运动．加速时a ＝μg ＝1 m/s 2，用时t 1＝va ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝l AB －x 1v ＝1.5 s ，到达B 处共用时2.5 s ．乘客到达B 处用时t ＝l ABv ＝2 s ，故B 正确，A 、C 错误．若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间t min ＝2l ABa＝2 s ，D 正确．9. 如图所示，水平放置的传送带以速度v ＝2 m/s 向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A 端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A 端与B 端相距4 m ，g ＝10 m/s 2，求：(1)物体由A 运动到B 的时间和物体到达B 端时的速度大小； (2)滑块相对传送带滑动的距离． 【答案】(1)2.5 s 2 m/s (2)1 m 【解析】(1)设加速运动过程中物体的加速度为a ，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma ， 得出a ＝2 m/s 2；设物体速度达到传送带速度v 时物体发生的位移为x 1，所用时间为t 1，则v ＝at 1，x 1＝v 2t 1，得出t 1＝1 s ，x 1＝1 m ；此时物体距离B 端x 2＝4 m －x 1＝3 m ，接下来物体做匀速运动，所用时间t 2＝x 2v ＝1.5 s ， 所以t ＝t 1＋t 2＝2.5 s ，物体到达B 端时的速度为2 m/s.(2)在t 1＝1 s 内传送带位移x 传＝v t 1＝2 m ， 故物块相对传送带滑动的距离Δx ＝x 传－x 1＝1 m.10. 如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带始终以恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的物体无初速度地放在A 处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求物体由A 运动到B 的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B 处，求使物体从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． 【答案】(1)4 N 1 m/s 2 (2)2.5 s (3)2 s 2 m/s 【解析】(1)滑动摩擦力F f1＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ， 加速度a ＝F f1m＝1 m/s 2.(2)物体匀加速运动的时间t 1＝va ＝1 s ，物体匀加速运动的位移x 1＝v 22a ＝0.5 m.物体匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 则物体由A 运动到B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.(3)物体一直做匀加速运动时物体从A 处传送到B 处的时间最短，加速度仍为a ＝1 m/s 2，当物体到达B 处时，有v min 2＝2aL ，v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ， 所以传送带的最小运行速率为2 m/s. 设物体最短运行时间为t min ，则v min ＝at min ， 得t min ＝v min a ＝21s ＝2 s.。
高考物理一轮复习：第10练 动力学传送带模型和板块模型问题(解析版)
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】AC
【解析】开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板的长度L＝4 m
D．木板的质量M＝1.5 kg
【答案】ABD
【解析】由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a1＝ ＝ m/s2＝－4 m/s2，由ma1＝
－μ1mg得μ1＝0.4，A正确；2 s后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度a3＝ ＝ m/s2＝－1 m/s2，由(m＋M)a3＝－μ2(m＋M)g得μ2＝0.1，B正确；木板的长度为0～2 s内滑块与木板的v－t图线与时间轴所围面积差，L＝ ×10×2 m＝10 m，C错误；0～2 s内木板的加速度a2＝ ＝ m/s2＝1 m/s2，对M有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得M＝1.5 kg，D正确．
2.如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mgsinθ>μmgcosθ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcosθ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsinθ<μmgcosθ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，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．
(完整版)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。
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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μ1 = 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a1 = 4 m/s2，物块A滑到木板B上的速度为v1 = = 8 m/s．⑵ 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 = 2a 2x，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s1 = vt1、s2 =t1 又因为s1－s2 = ，-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vt3―t3 = l，t3 = --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=7.2m/s，在此时刻对平上向右做直线运动，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。