传送带模型和板块模型96页PPT
新教材高中物理第4章运动和力的关系素养提升课6传送带模型和板_块模型pptx课件新人教版必修第一册
关系
此时的摩擦力作用情况
滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明
确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的
摩擦力情况，应注意摩擦力发生突变的情况
滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等
于它们的位移之差
位移关系
滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等
于它们的位移之和
【典例3】
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放在长木板上开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少。
[思路点拨] 解此题注意以下三点：
(1)“长木板足够长”说明小物块不会滑出木板。
(2)判断“两者达到相同的速度”后小物块的运动情况。
(3)明确“从小物块放在长木板上开始，经过t＝1.5 s”内小物块的运
速度为零的匀加速[a＝g(sin θ＋μcos θ)]直线运
μ<tan θ 动，速度与传送带速度相同后滑动摩擦力反向，
物体相对传送带下滑，继续做向下的匀加速[a
＝g(sin θ－μcos θ)]直线运动
命题角度1 水平传送带模型
【典例1】
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(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作
＝ ，传送带运动的位移x2＝vt＝ ，径迹长L＝x2－x1＝ ，由
此可知选项D正确，B、C错误。]
2．(多选)如图甲所示，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数为μ，
小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则(重力加速
专题5 水平传送带模型(课件) (27张PPT)
07. 典例分析
高中物理必修第一册课件
【解析】A．开始时行李的加速度为 a g 2m/s2 ，当加速到与传送带共速时的时间
t1
v a
0.2s
，运动的距离
x1
v 2
t1
0.04m
，共速后行李
随传送带匀速运动，
加速度为零，
则选项
A
错误；
B．该行李到达
B
处的时间 t
t1 t2
t1
L x1 v
如图,传送带从A到B长度为L,以v0的速率顺时针转动。一个质量为m 的物体从A端以速度v1滑上传送带,设物体与传送带间的动摩擦因数为 μ,试分析滑块在传送带上的运动情况。
v1
v0
A
B
04. 分类讨论1：v1<v0
传送带 长度
传送带 不够长
传送带 刚够长
传送带 足够长
滑块在传送带上的运动情景
v0
v
v0
v0
v
v0
v0
v0 v0
高中物理必修第一册课件
滑块运动情况
滑块一直 做匀减速
滑块一直 做匀减速
滑块先做匀 减速后匀速
滑块运动的v-t图像
v1 v v0 vv01 v v1 v v0
tt tt
t1 t t
06. 典例分析
高中物理必修第一册课件
【例题1】如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简 化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率运行， 行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2. 旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B 处，则下列说法正确的是 A．该行李的加速度大小一直为2m/s2 B．该行李经过5s到达B处 C．该行李相对传送带滑行距离为0.08m D．若传送带速度足够大，行李最快也要才能到达B处 【参考答案】D
第三章牛顿运动定律的应用传送带模型ppt课件
14
解析：物体在传送带上做加速运动时：a＝mF＝μg＝1 m/s2 加速运动的位移x1＝v20a2＝0.5 m 时间t1＝va0＝1 s 匀速运动的位移x2＝x－x1＝2 m 时间t2＝vx20＝2 s，总时间为3 s。 答案：C
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15
如图所示，倾角为 37°，长为
l＝16 m 的传送带，转动速度为 v＝
则物体 A 从 a 点被传送到 c 点所用时间为
t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.
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解析 物体 A 轻放在 a 点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到
和传送带速度相等．在这一过程中有
a1＝μmmg＝μg.
x1＝2va2＝2vμ2g＝0.8 m<ab.
经历时间为 t1＝av1＝0.8 s. 此后随传送带运动到 b 点的时间为 t2＝ab－v x1＝0.6 s.
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9
[题后悟道] 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。
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10
现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图3－2－7 所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终 保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的物体 被无初速度地放在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/s2。
高中教育物理必修一《拓展课八 传送带模型和板块模型》教学课件
目标要求 1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析 方法． 2．能正确解答传送带上的物体的运动问题． 3．建立板块模型的分析方法． 4．能运用牛顿运动定律处理板块问题．
拓展1 传送带模型 【归纳】 1．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 方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型． 2．分析流程
3．注意问题 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同时，物体所受的 摩擦力有可能发生突变．
【典例】 例 1 传送带是现代生产、生活中广泛应用的运送货物的运输工具， 其大量应用于工厂、车站、机场、地铁站等．如图，地铁一号线的某 地铁站内有一条水平匀速运行的行李运输传送带，假设传送带匀速运 动的速度大小为v，且传送带足够长．某乘客将一个质量为m的行李箱 轻轻地放在传送带一端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ.当行李 箱的速度与传送带的速度刚好相等时，地铁站突然停电，假设传送带 在制动力的作用下立即停止运动，求行李箱在传送带上运动的总时 间．
【典例】
例 4 长为1.0 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速 度从长木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，大小 为v′＝0.4 m/s.再经过t0＝0.4 s的时间A、B一起在水平冰面上滑行了一 段距离后停在冰面上．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.(g取10 m/s2)求：
总结提升
倾斜传送带向下传送物体，当物体加速运动与传送带速度相等时： (1)若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动； (2)若μ<tan θ，物体不能与传送带保持相对静止，物体将以较小的加 速度a＝g sin θ－μg cos θ继续做加速运动．
高中物理传送带模型PPT课件
2021
• 6. 如图1－3－9所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝ 30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速 率运行。现把一质量m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻地 放在皮带的底端，经时间t＝1.9 s后，工件被传送到h＝ 1.5 m的高处，取g＝10 m/s2，假定最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。求：
2021
• 类题通法 • (1)当v0与v同向时，只要传送带足够长，无论v0与v
的大小关系如何，最终一定一起匀速。 • (2)当v0与v反向时，只要传送带足够长，当v0<v时，
工件返回到滑入端，速度大小仍为v0；当v0>v时， 工件返回到滑入端，速度大小为v。 • (3)Q＝μmg·x相，中x相为全过程的相对位移，注意 v0与v同向和反向时的区别。
擦力的作用而做匀减速运动。 • 若工件不能从传送带右端滑出，工件将先匀减速
到v＝0，然后再反向做匀加速直线运动。 • 二、功能关系分析： • (1)工件从传送带右端滑出，则产生摩擦热的距离
为物块与传送带相对滑动距离，即等于L＋vt。 • (2)工件先减速后反向加速过程中克服摩擦力做功
产生摩擦热的距离为工件与传送带发生相对滑动 的距离。
• (1)工件与皮带间的动摩擦因数μ； • (2)电动机由于传送工件而多消耗的电能。
2021
• (1)工件经多长时间由A端传送到B端？ • (2)此过程中系统产生多少摩擦热？ （3）电动机所做的功是多少？
备注：研究物体运动 时以地面为参考系
2021
一、受力分析与运动分析： (1)刚开始工件受到传送带水平向右的滑动摩擦力而做匀 加速运动。 (2)当工件速度与传送带速度相同时与传送带一起做匀速 运动，二者之间不再有摩擦力。 二、功能关系分析： (1)工件做匀加速运动过程中由于v件<v带，二者发生相 对滑动，工件克服摩擦力做功产生热量。 (2)工件做匀速运动时，不再产生摩擦热。
2023年高考物理《传送带模型》考点分析PPT课件
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能 E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
跟进训练 1.(倾斜传送带问题)(多选)(2020·山西新绛中学月考)在大型物流系统中， 广泛使用传送带来搬运货物.如图3甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速 率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带 上的A端，经过1.2 s到达传送带的B端.用速度传感器分别测得货物与传送 带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示.已知重力加速度g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，可知
本课结束
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W.
答案 －20 J 解析 t1时间内传送带的位移：x2＝vt1＝2×1 m＝2 m 根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小Ff′＝Ff 行李箱对传送带 5×10×2 J＝－20 J
例2 如图2所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动
2023年高考物理《传送带模型》考点分 析PPT课件
1.设问的角度 (1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后 利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移， 找出物体和传送带之间的位移关系. (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而 产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系 或能量守恒定律求解.
机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的 工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传 送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求： (1)工件与传送带间的动摩擦因数；
答案
3 2
图2
解析 由题图可知，传送带长 x＝sinh θ＝3 m 工件速度达到 v0 前，做匀加速运动的位移 x1＝v20t1 匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1) 解得加速运动的时间t1＝0.8 s 加速运动的位移x1＝0.8 m 所以加速度大小 a＝vt10＝2.5 m/s2
新教材适用高中物理第4章专题强化7动力学中的传送带模型和板块模型pptx课件新人教版必修第一册
典例剖析 典题 1 如图所示，水平传送带正在以v＝4 m/s的速度匀速顺时 针转动，质量为m＝1 kg的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因 数 μ ＝ 0.1 ， 将 该 物 块 从 传 送 带 左 端 无 初 速 度 地 轻 放 在 传 送 带 上 (g 取 10 m/s2)。
(1)如果传送带长度L＝4.5 m，求经过多长时间物块将到达传送带的 右端；
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，若滑块和木板向同一方 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；若滑块和木板向相反方向运动，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。
典例剖析 典题 2 (2023·广东广州高一期末)如图所示，质量M＝1 kg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、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动 摩擦因数μ2＝0.4，g取10 m/s2。
(1)因为 4.5 m<8 m，所以物块一直加速， 由 L＝12at2 得 t＝3 s。 (2)因为 20 m>8 m，所以物块先加速达到传送带的速度，摩擦力变为 0，此后物块与传送带一起做匀速运动， 物块做匀速运动的时间 t2＝L－v x1＝204－8 s＝3 s 故物块到达传送带右端的时间 t′＝t1＋t2＝7 s。
பைடு நூலகம்
(1)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，求 当力F增大到多大时，木板恰好要相对地面运动？
(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，求 当力F增大到多大时，铁块恰好要相对木板运动？
4.5 牛顿运动定律的应用(连接体、传送带、板块模型) 课件 必修第一册
v0=2m/s
v
连接体模型
板块模型
F
N
解：（1）木块从左端到达右端所需的时间t．
木块向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
Ff
设经时间t1木块的速度与传送带速度相等
G
经3米木块的速度就增加到与传送带的速度相等。此时摩擦力消失，
只剩下重力和支持力，木块向右与传送带共速做匀速直线运动。
(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,物块受到的摩擦力为多大?
答案:(1)a1=2m/s2 a2=1m/s2 (2)0.5m (3)6.29N
B.10 m/s2，8 N
C.8 m/s2，6 N
D.6 m/s2，9 N
总结：(1)先整体，后隔离。
)
传送带模型
板块模型
例 5 、 如图所示，物块A、B用一条绕过轻质定滑轮的轻绳相连，轻绳两部分分别处于
竖直和水平状态，A、B的质量分别为M、m，重力加速度为g，不计一切摩擦．现将系
统由静止释放，B向左运动。
v0＜v
μ＞tan
(a g cos g sin )
匀加速
A
θ
先匀加到v，后匀速
μ＜tan
v0＞v
μ＞tan
（g sin g cos )】
匀减速 【a
先【a1
（g sin g cos )】匀减，当(v物 v传 )后再以 a2匀减
（g sin g cos )】
的张力大小为( D )
A.F－2μmg
1
B.3F＋μmg
1
C.3F－μmg
2021版高考物理一轮复习课件第3章专题(03)动力学中的“板块”和“传送带”模型
9
在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－12a2t22⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－12aA(t1＋t2)2⑮ 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 s0＝sA＋s1＋sB⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m.
A．1 m C．2.25 m
B．2.1 m D．3.1 m
13
解析：选 B．放上物体后，物体的加速度 a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝F－Mμmg ＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为 t1，则 a1t1＝v0＋a2t1，解得 t1＝1 s；此 过程中物体的位移：s1＝12a1t21＝1 m；共同速度为 v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静 止时，共同加速度为 a＝M＋F m＝0.8 m/s2，再运动 0.5 s 的位移 s2＝vt′＋12at′2＝1.1 m，故 从物体放上小车开始的 1.5 s 时间内，物体相对地面的位移为 1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项 B 正确．
14Байду номын сангаас
2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在 某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等， 物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是 图中的( )
15
解析：选 A．放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向 左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀 加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减 速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故 A 正确，B、C 错误；由于水平面 有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D 错误．
传送带模型和滑块(第一课堂)高中一年级物理精品教学课件PPT
A运动到B所需的时间。(g取10 m/s2)
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°+f=ma1
y轴方向上:N-mgcos 30°=0
又f=μN
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
2
2
解得v0=6 m/s。
答案 (1)3 m/s2
1.5 m/s2
(2)6 m/s
变式训练2如图所示,厚度不计的木板A长l=5 m,质量M=5 kg,放在水平地面
上。在A上距右端s=3 m处放一物体B(大小不计),其质量m=2 kg,已知A、B
间的动摩擦因数μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。
2
a
=
=3
m/s
1
动,设其加速度大小为a1,则有
木板 B 向右做匀加速运动,设其加速度大小为 a2,则有 a2=
=1.5 m/s2。
(2)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
0 +
位移关系:L=
t- t
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;
(2)滑块相对传送带滑行的位移的大小。
解析 (1)滑块在传送带上滑行时的加速度
a= =
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。