传送带模型和滑块模型
第15讲 板块模型和传送带模型(基础)
第15讲滑块—木板模型和传送带模型【教学目标】1．能够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，能正确解答传送带上的物体的运动问题．【重、难点】以上两个模型都是重难点考点一滑块—木板模型1．模型概述一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动．板块问题一般都涉及到受力分析、运动分析、临界问题、摩擦力的突变问题等，并且会涉及两物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系．在解决板块问题时基本上都会用到整体法和隔离法．2．三个基本关系（一）为保持相对静止或相对滑动，求最大外力或最小外力．（已知内力求外力）解题方法：往往求临界情况，即刚好没滑动（相对静止）时的外力．此时隐含两个条件：①静摩擦力为f m；②a相同．例1、如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（）A．μmg B．2μmgC．3μmg D．4μmg（二）给定外力，判断是否相对滑动（已知外力求内力）例2、如图所示，质量为m 1的足够长的木板静止在水平面上，其上放一质量为m 2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a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是（ ）例3、如图所示，水平桌面上质量为m 的物块放在质量为2m 的长木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数为μ，木板和桌面间的动摩擦因数为14μ，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时物块和木板均静止，若在物块上施加一个水平向右的恒力F ，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A ．当F >μmg 时，物块和木板一定发生相对滑动B ．当F ＝μmg 时，物块的加速度大小为112μgC ．当F ＝2μmg 时，木板的加速度大小为16μgD ．不管力F 多大，木板的加速度始终为0（三）开始两物体不共速，那必然相对滑动，但一段时间之后可能共速（需分析） （1）如果会滑离，则找两者的位移关系； （2）如果不会滑离，两者一定会先共速，此后：①若系统无外力，则一起匀速；②若系统有外力，则按照（二）的方法判断是否相对滑动． 例4、如图所示，质量为M =4kg 的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m =1kg 大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的摩擦因数μ=0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F =8N ，铁块在长L =6m 的木板上滑动．取g =10m/s 2.求经过多长时间铁块运动到木板的左端．变式1、如图所示，长为L＝2m、质量为M＝8kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2.求：（1）物块及木板的加速度大小；（2）物块滑离木板时的速度大小．变式2、如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5m，质量M＝5kg，放在粗糙的水平地面上．在A上距右端x＝3m处放一物体B（可视为质点），其质量m＝2kg，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．现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，将A从B下抽出．g＝10 m/s2，求：（1）A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；（2）B运动多长时间离开A．例5、（多选）如图所示，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，直到为零例6、如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，另一个质量m=1kg的小滑块以v0＝6m/s的初速度滑上木板的左端．已知滑块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与地面的动摩擦因数μ2=0.1，g取l0m/s2．求：（1）求小滑块自滑上木板到相对木板处于静止的过程中，小滑块相对地面的位移大小；（2）求木板相对地面运动位移的最大值；（3）为使小滑块不能离开木板，则木板的长度至少多长．变式3、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v0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/s2．若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？求解“滑块—木板”类问题的方法技巧1．搞清各物体初始状态相对地面的运动和物体间的相对运动（或相对运动趋势），根据相对运动（或相对运动趋势）情况，确定物体间的摩擦力方向．2．正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．考点二传送带问题1．传送带的基本类型一个物体以初速度v0（v0≥0）在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模型．传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示．（1）当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化．摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质突变．（2）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．静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变（滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力）．3．倾斜传送带（1）对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系．若μ≥tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；若μ<tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相对于传送带做匀变速运动．（2）求解的关键在于分析物体与传送带间的相对运动情况，确定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．4．传送带问题的动力学分析（1）水平传送带一直加速先加速后匀速vvvv传送带长度到达左端传送带长度先减速再向右加速，到达右端速度为传送带长度先减速再向右加速，最后匀速，到达右端速度为先以加速度先以加速度以加速度（一）水平传送带例7、如图所示，物块m在传送带上向右运动，两者保持相对静止．则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是（）A．皮带传送速度越大，m受到的摩擦力越大B．皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大C．皮带速度恒定，m质量越大，所受摩擦力越大D．无论皮带做何种运动，m都一定受摩擦力作用例8、如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2m/s沿顺时针方向转动，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，g取10 m/s2．若A端与B端相距6 m，则物体由A到B的时间为（）A．2 s B．2.5 s C．3.5 s D．4 s 变式4、（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模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．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2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/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0.5s到达B处C．行李提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处变式5、如图所示，水平传送带以不变的速度v＝10m/s向右运动，将一煤块（可视为质点）轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，煤块做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，煤块到达传送带的右端，g取10 m/s2，求：（1）煤块与水平传送带间的动摩擦因数；（2）煤块从水平传送带的左端至右端通过的距离；（3）煤块在水平传送带上留下的划痕长度．（二）倾斜传送带例9、滑块能沿静止的传送带匀速滑下，如图所示，若在下滑时突然开动传送带向上传动，此时滑块的运动将（）A．维持原来匀速下滑B．减速下滑C．向上运动D．可能相对地面不动变式6、如图所示，粗糙的传送带与水平方向的夹角为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，则下列说法正确的是（）A．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例10、如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，A、B两端相距L=64m，传送带以v＝20m/s 的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为m＝8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间．（重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）物体沿着倾斜的传送带向下加速运动到与传送带速度相等时，若μ≥tanθ，物体随传送带一起匀速运动；若μ<tanθ，物体将以较小的加速度a＝g sinθ－μg cosθ继续加速运动．例11、如图所示，传送带与水平面成夹角θ=30°、以v 0=10m/s 的速度瞬时针转动，在传送带A 端轻轻地放一个质量m =0.5kg 的小物体，它与传送带间的动摩擦因数为μ=23．已知A 、B 两端相距L =25m ，重力加速度g 取10m/s 2．求物体从A 运动到B 所需的时间．变式7、如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端相距L =12m ，质量为m ＝1kg 的物体以v 0＝14m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带顺时针转动的速度v ＝4m/s ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.6，求物体从A 点到达B 点所需的时间．【能力展示】【小试牛刀】1．如图所示，在光滑的水平面上有一个长为0.64m、质量为4kg的木板B，在B的左端有一个质量为2kg、可视为质点的铁块A，A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2．当对A施加水平向右的拉力F＝10N时，将A从B的左端拉到右端的时间为（）A．0.8 s B．0.6 sC．1.1 s D．1.0 s2．如图所示，木块A质量为1 kg，木块B的质量为2 kg，叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为1 N，B与地面间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2，今用水平力F作用于B，则保持A、B 相对静止的条件是F不超过（）A．1 N B．3 NC．4 N D．6 N3．如图所示，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地放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）4．（多选）如图所示，水平传送带A、B两端点相距s＝3.5m，以v0＝2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A端，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，小煤块从A运动到B 的过程中（g取10 m/s2）（）A．所用的时间是2 sB．所用的时间是2.25 sC．划痕长度是3 mD．划痕长度是0.5 m5．（多选）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为13μ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ．现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度大小a 可能是（ ）A ．a ＝μgB ．a ＝23μgC ．a ＝13μgD ．a ＝F 2m －13μg 6．如图所示，长度l ＝2m ，质量M ＝23kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量m ＝2kg 的小物块（可视为质点）位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F ＝10 N ，取g ＝10 m/s 2．求：（1）若木板M 固定，小物块离开木板时的速度大小；（2）若木板M 不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间．7．如图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．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离 l ＝2 m ，g 取10 m/s 2．求：（1）行李在传送带上运动的时间；（2）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．求行李从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．【大显身手】8．（多选）如图所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2．则（）A．摩擦力的方向始终沿传送带向下B．1～2 s内，物块的加速度为2 m/s2C．传送带的倾角θ＝30°D．物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.59．如图甲所示，质量为M=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表面水平冲上木板，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；（3）A的质量m．10．如图所示，质量M＝8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N．当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m＝2 kg的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．g取10 m/s2，则：（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度．（3）从小物块放上小车开始，经过t′＝3s小物块通过的位移大小为多少？11．如图所示，将物块M轻放在匀速传送的传送带的A点，已知传送带速度大小v＝2m/s，传送带顺时针转动，AB＝2m，BC＝8m，M与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，试求物块由A运动到C点共需要多长时间．（M经过B点时速度大小不变，方向沿着BC方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）第15讲 板块模型和传送带模型答案例1、C 例2、D 例3、B 例4、2s变式1、（1）2 m/s 2 3 m/s 2 （2）0.8 m/s 变式2、（1）2 m/s 2，1 m/s 2（2）2s 例5、BC 例6、（1）3.5m （2）1m （3）3m 变式3、2 6 m/s例7、B 例8、C 变式4、BD 变式5、（1）0.5 （2）50 m （3）10m 变式6、D 例9、A例10、答案：4 s解析：开始时物体下滑的加速度：a 1＝g （sin 37°＋μcos 37°）＝10 m/s 2，运动到与传送带共速的时间为：t 1＝v a 1＝2010 s ＝2s ，下滑的距离：s 1＝12a 1t 12＝20m ；由于mg sin37°＞μmg cos 37°，故物体2s 后继续加速下滑，且此时：a 2＝g （sin 37°－μcos 37°）＝2 m/s 2，s 2＝64 m －s 1＝44 m ，根据s 2＝vt 2＋12a 2t 22，解得：t 2＝2 s ，故共用时间t ＝t 1＋t 2＝4 s ．例11、4.5s 变式7、2s【能力展示】1．A 2．D 3．D 4．AD 5．CD 6．（1）4 m/s （2）2 s7．（1） 2.5s （2）2 s 2 m/s 8．BD 9．（1）0.2 （2）0.1 （3）6 kg10．（1）2 m/s 2 0.5 m/s 2 （2）2 s （3）8.4 m11．3.2 s。
(完整版)高中物理传送带模型(解析版)
送带模型1.模型特征(1)水平传送带模型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，滑块一直减速达到左端(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(2)倾斜传送带模型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)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景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(4)可能一直减速2. 注意事项（1）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（2）传送带与物体运动的牵制。
牛顿第二定律中a 是物体对地加速度，运动学公式中S 是物体对地的位移，这一点必须明确。
（3） 分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
【典例1】如图所示，传送带的水平部分长为L ，运动速率恒为v ，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μgD.2L v【答案】 ACD【典例2】如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动摩擦因数μ＝0.5，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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(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【典例3】如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m 。
2023届高考物理二轮复习专题课件：传送带模型
sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[思路导引]
①分析包裹刚滑上传送带时受到摩擦力的方向
↓
②根据牛顿第二定律求刚滑上传送带时的加速度大小
↓
③判断当包裹与传送带速度相等后是随传送带一起匀速运动的
道 AB 滑下，斜道倾角 37 ；离 B 点很近衔接一长 L=2m 的水平传送带，B 与 C 两点可认
为平滑衔接（速度大小不变），A 点距传送带垂直距离为 h=2.4m，冲关者经 C 点到 D 点后
水平抛出，落在水面上一点 E。已知：传送带末端距水面高度 H=0.8m，坐垫与 AB 斜道间
动摩擦因数为µ1=0.5，坐垫与传送带间动摩擦因数为µ2=0.2。（ sin37 0.6 ， cos37 0.8 ）
C．0~t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
D．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
2．下图是行李安检机示意图。行李箱由静止放上匀速运行的传送带，后沿着斜面滑到地面
上，不计行李箱在 MN 转折处的机械能损失和斜面的摩擦力。关于行李箱在传送带和斜面的
速度 v 或加速度 a 随时间 t 变化的图像，下列可能正确的是（ C ）
B重合。已知:传送带匀速运动的速度大小为v,方向如图,物品(可视为质点)由
A端无初速度释放,加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域,最后匀速通
过B端进入平台并减速至0,各处的动摩擦因数均相同,空气阻力忽略不计,重力
加速度为g。求:
(1)物品与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)物品运动的总时间t。
传送带模型和滑块模型
专题：传送带模型和滑块模型1、板块模型此类问题通常是一个小滑块在木板上运动，小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的。
分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移等，解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图。
在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f 为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm 与木板长度L 之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t 内完成。
例2 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。
（g取10m/s2）?解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2，此时小车的加速度为：??????? ，当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1，解得：t1=1s?? ，v共=2m/s，以后物体与小车相对静止：（∵，物体不会落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s=a1t12+v共（t－t1）+ a3（t－t1）2=2．1m解决这类问题的方法是：①研究物块和木板的加速度；②画出各自运动过程示意图；③找出物体运动的时间关系、速度关系、相对位移关系等；④建立方程，求解结果，必要时进行讨论。
要求学生分析木板、木块各自的加速度，要写位移、速度表达式，还要寻找达到共同速度的时间等等在这三个模型中尤其板块模型最为复杂。
其次是传送带模型，一般情况下只需要分析物体的加速度和运动情况，而传送带一般是匀速运动不需另加分析。
最后是追及相遇问题，它只是一个运动学问题并没有牵扯受力分析问题，相对是最简单的，只要位移关系速度公式就可以问题。
2024-2025学年高一物理必修第一册(人教版)专题提升9传送带模型板块模型
角度2倾斜传送带问题
【例题2】 (多选)(2024山东东营高一期末)机场地勤工作人员利用传送带从飞机
上卸行李。如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角
α=37°,转轴间距L=3.17 m。工作人员沿传送带方向以速度v2=1.6 m/s从传送带
顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。
典例剖析
角度1光滑水平面上的板块模型
【例题3】 (多选)(2024河南郑州高一联考)如图所示,物块A放在木板B上,木板
B放在光滑的水平面上。已知mA=2 kg,mB=4 kg,A、B间动摩擦因数μ=0.3。
对物块A施加一水平向右的拉力F,g取10 m/s2。下列说法正确的是( AD )
A.当拉力0<F<6 N时,物块A相对木板B静止
拉力0<F<6 N时,物块A相对木板B静止;当拉力F>F0=9 N时,物块A相对木
板B滑动,A正确,B错误。当拉力F=7.5 N<F0时,物块A相对木板B静止,此时
整体的加速度a1= + =1.25 m/s2,木板B受到物块A的摩擦力
Ff1=mBa1=5 N,C错误。当拉力F=12 N>F0时,物块A相对木板B滑动,木板B
重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。下列说法正确的是( BC )
A.小包裹刚滑上传送带时的加速度大小为12.4 m/s2
B.小包裹在传送带上运动的时间为3.2 s
C.小包裹相对于传送带滑行的距离为1.25 m
D.如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹将不能滑至传送带低端
2022届高考物理一轮复习专题三“传送带”模型和“滑块_滑板”模型学案新人教版
专题三“传送带”模型和“滑块—滑板”模型考点一“传送带”模型多维探究1．模型特点：传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．解题关键：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．题型1|水平传送带(1)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．(2)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．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．例1 [2021·黄冈一模]如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动，传送带的右侧上方固定一挡板．在t＝0时刻，将一滑块轻轻放在传送带的左端．当滑块运动到挡板所在的位置时，与挡板发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程中的能量损失．某同学画出了滑块从t＝0时刻到与挡板第二次碰撞前的vt图象，其中可能正确的是( )[教你解决问题]题型2|倾斜传送带解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动的情况．例2 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )【考法拓展1】在【例2】中若将“μ<tan θ”改为“μ>tan θ”，答案应选什么？【考法拓展2】若将【例2】中的传送带改为水平，其他条件不变，答案应选什么？练1 (多选)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°.现有两个小物块A、B都从传送带顶端以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( ) A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同练2 [2021·某某海门中学模拟]如图所示为快件自动分拣装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分拣容器中．图中水平传送带沿顺时针匀速转动，速度为v，右侧地面上有一个宽和高均为d＝1 m的容器，容器左侧离传送带右端B的水平距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，A、B间距离为L ＝2 m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，求：(1)若v＝2 m/s，则快件在传送带上运动的时间；(2)要使快件能落入容器中，快件在B端抛出的速度至少多大？(3)要使快件能落入容器中，传送带匀速转动的速度大小X围．考点二“滑块—滑板”模型多维探究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＋x2题型1|水平面上的“滑块—滑板”模型例3 光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示．小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为( )A．1 m B．0 C．0.25 m D．0.75 m题型2| “滑块—滑板”模型与多过程vt图象综合例4 [2020·某某长郡中学第五次月考](多选)如图甲所示，一块质量为m A＝2 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为m B＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g ＝10 m/s2.下列说法正确的是( )C．F的大小可能为9 ND．F的大小与板长L有关题型3|拓展——斜面上的“滑块—滑板”模型例5 [2021·某某某某一中二诊]如图所示，固定斜面的倾角θ＝37°，斜面长为L，一长木板放在斜面上，长木板的上端与，一小物块放在长木板的上端，质量也为m.现同斜面顶端重合，长木板的质量为m、长为L2时释放小物块和长木板，当长木板的下端到达斜面的底端时，小物块也恰好滑到斜面底端，不计小物块的大小，已知sin 37°＝0.6.(1)若小物块与长木板间光滑，则长木板与斜面间的动摩擦因数μ为多少？(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，斜面的长L＝2.4 m，则小物块运动到斜面底端所用的时间为多少？练3 [2020·某某皖智联盟联考](多选)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1 kg的滑块．现给滑块一向右的初速度v0＝10 m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图象如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1B．木板与地面间的动摩擦因数μ2C．木板的长度L＝4 mD．木板的质量M＝1.5 kg练4 质量为M＝2 kg、长为L的木板静止在光滑的水平面上，在木板左端放有质量为m＝1 kg的铁块(可视为质点)．现给铁块施加一水平拉力F＝4 N，使铁块相对木板滑动，作用t＝1 s后撤去拉力，铁块恰好不掉下木板，求木板的长度L的值．(已知铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2.)思维拓展规X表达，多拿细节分计算题需要书写解题过程，考生通过计算过程展示自己的物理学科素养和思维品质．规X 化解题过程通常包括以下几方面：(1)要指明研究对象(个体还是系统)．(2)据题意准确画出受力图、运动示意图等有关图象．(3)要指明物理过程及始末状态，包括其中的隐含条件或临界状态．(4)要指明所选取的正方向．(5)物理量尽量用题中给定的符号，需自设的物理量(包括待求量、中间量)要说明其符号及含义．(6)要指明所用物理公式的名称、条件和依据(定理、定律等)；并用句式“由……定律得……”“据……定理得……”以及关联词“因为……所以……”等表达．(7)计算结果是数据的要带单位，是字母符号的通常不用带单位．(8)对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明，待求量是矢量的必须说明其方向．(9)答题简化模式：××(研究对象)在××(物理过程)满足××(规律)，列方程××(表达式①)；列方程××(表达式②)，联立①②得××(结论)．如图所示，一质量为M＝2 kg，长为L＝3 m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)．薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，与地面之间的动摩擦因数为μ2t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F＝12 N，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间小木块将离开木板？(3)若在时间t1＝1 s末撤去F，再经过多长时间木板和小木块第一次速度相同？在此情况下，最终小木块在木板上留下的痕迹的长度是多少？规X解答：(1)设木板的加速度大小为a(设出未知量)，拉力F刚作用在木板上时(说明时刻)，由牛顿第二定律(指明所用规律)对木板有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma①(用与公式吻合的具体形式)代入数据解得a＝2.5 m/s2(省去运算过程，直接写出计算结果)．(2)设小木块的加速度大小为a1，小木块离开木板的时间为t0，由牛顿第二定律，对小木块(说明研究对象)有μ1mg＝ma1②(用题中字母)a1t02③(不同时刻的同类物理量用角标区分) 则小木块运动的位移大小x1＝12a t02④木板运动的位移大小x2＝12小木块将离开木板时，相对木板的位移大小为L＝x2－x1⑤(指明隐含信息)联立②③④⑤并代入数据解得t0＝2 s.(3)t1＝1 s末小木块的速度为v1＝a1t1. ⑥木板的速度为v2＝at1⑦1 s 后小木块仍以a 1的加速度大小做匀加速运动，木板将以a 2的加速度大小做匀减速运动，且有μ1mg ＋μ2(M ＋m )g ＝Ma2 ⑧(写出对二者运动性质的判定)设再经t 2后二者速度相等，有v 1＋a 1t 2＝v 2－a 2t 2 ⑨(指明关键条件) 联立⑥⑦⑧⑨并代入数据解得t 2＝13s则此时二者相等的速度大小为v ＝v 1＋a 1t 2，代入数据解得v ＝43m/s在小木块和木板各自向左匀加速阶段(说明过程)二者的相对位移大小Δx ′＝12a t 12－12a 1t 12＝0.75 m ⑩在小木块向左匀加速，木板向左匀减速阶段二者的相对位移大小Δx ″＝(v 2t 2－12a 2t 22)－(v 1t 2＋12a 1t 22)＝0.25 m ⑪在小木块、木板各自向左匀减速阶段，小木块仍然以a 1的加速度大小做匀减速直线运动 设此阶段木板的加速度大小为a 3，则对木板，根据牛顿第二定律有μ2(m ＋M )g －μ1mg ＝Ma 3⑫到最后二者都停止运动的过程，又发生的相对位移大小联立⑫⑬并代入数据解得分析知此阶段的痕迹被前两阶段的痕迹所覆盖所以小木块在木板上留下的痕迹的长度为Δx ＝Δx ′＋Δx ″＝1 m(对于数据结果都要写出单位)．专题三“传送带”模型和“滑块—滑板”模型考点突破例1 解析：滑块轻轻放在传送带左端，说明滑块初速度为零，做匀加速运动，直到与传送带速度相等，之后做匀速运动，与挡板碰撞后物块向左做匀减速运动直至速度为零，再向右做匀加速运动，故A项正确．答案：A例2 解析：开始阶段，小木块受到垂直传送带向上的支持力、竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，沿斜面做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2<a1，所以，本题正确选项为D.答案：D考法拓展1 解析：若改为μ>tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项．答案：C考法拓展2 解析：若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，C选项正确．答案：C练1 解析：因为μ<tan θ，A、B都以1 m/s的初速度沿传送带加速下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B正确；滑动摩擦力向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确；划痕长度由相对位移决定，A物块与传送带运动方向相同，Δs＝s A－s传，划痕较短，故D正确．答案：BCD练2 解析：本题考查传送带与平抛运动的结合问题．(1)快件在传送带上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma，则加速度大小为a＝μg＝5 m/s2，快件加速到与传送带速度相等时运动的位移为x＝v22a＝0.4 m<L，加速的时间为t1＝va ＝0.4 s，接着快件匀速直线运动到B端，所用时间为t2＝L−xv＝0.8 s，所以快件在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s.(2)快件离开传送带做平抛运动，恰好从容器左壁上端落入时有d＝12gt2，d＝v1t，联立解得v1＝√5m/s.(3)设快件落入容器时在B端处的最大速度为v2，则有2d＝v2t，解得v2＝2√5m/s，快件在传送带上一直匀加速运动到B端时的速度为v3＝√2aL＝2√5m/s，因此仅需满足传送带的速度大小X围v≥v1＝√5m/s.答案：(1)1.2 s (2)√5m/s (3)v≥√5m/s例3 解析：设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝μmgm＝μg，小车加速度a2＝μmgM，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5 s<1 s，v＝1 m/s,0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动．则在0～0.5 s时间内小滑块位移x1＝v0+v2t0＝1 m，小车位移x2＝v2t0＝0.25 m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25 m，C项正确．答案：C例4 解析：对木板B ，当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a 1＝Δv 1Δt 1＝21 m/s 2＝2m/s 2，根据牛顿第二定律得μ1m B g －μ2(m A ＋m B )g ＝m A a 1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a 2＝Δv 2Δt 2＝－22 m/s 2＝－1 m/s 2，根据牛顿第二定律得－μ2m A g ＝m A a 2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A 项错误，B 项正确；对滑块B ，有F －μ1m B g ＝m B a B ，其中的a B >2 m/s 2，则F >9 N ，即F 的大小不可能为9 N ，C 项错误；根据L ＝12a B t 2－12a 1t 2，式中t ＝1 s ，联立解得F ＝(2L ＋9) N ，即F 的大小与板长L 有关，D 项正确．答案：BD例5 解析：(1)若小物块与长木板间光滑，则小物块沿长木板下滑的加速度大小a 1＝g sinθ小物块从斜面顶端滑到底端所用时间t 1满足L ＝12a 1t 12长木板下滑时，有mg sin θ－μ×2mg cos θ＝ma 212L ＝12a 2t 12 解得μ＝14tan θ＝316.(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，则对小物块，有a ′1＝g sin θ－μ′g cos θ，L ＝12a ′1t 22对长木板，有mg sin θ＋μ′mg cos θ－μ×2mg cos θ＝ma ′212L ＝12a ′2t 22μ′＝12μ解得μ′＝320 则a ′1＝4.8 m/s 2小物块运动到斜面底端所用的时间t 2＝√2La 1′＝1 s.答案：(1) 316(2)1 s练3解析：由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝2−102−0m/s 2＝－4 m/s 2，由a 1＝－μ1g 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a 3＝Δv 2Δt 2＝0−24−2m/s 2＝－1 m/s 2，由a 3＝－μ2g 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 ＝12×10×2 m ＝10 m ，C 错误.0～2 s 内木板的加速度a 2＝Δv 1′Δt 1＝2−02−0m/s 2＝1 m/s 2，对M 有μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，解得M ＝1.5 kg ，D 正确．答案：ABD练4 解析：铁块的加速度F 作用时：F －μmg ＝ma 1，a 1＝2 m/s 2，向右撤去F 后：μmg ＝ma ′1，a ′1＝2 m/s 2，向左． 木板的加速度(相对滑动过程中不变)μmg ＝Ma 2，a 2＝1 m/s 2前1 s 内两者的位移：x 1＝12a 1t 2＝1 mx 2＝12a 2t 2＝0.5 m.撤去F 时两者的速度：v 1＝a 1t ＝2 m/s v 2＝a 2t ＝1 m/s撤去F 后，设铁块滑到木板右端用时为t ′，共同速度为v . 由v ＝v 1－a ′1t ′＝v 2＋a 2t ′得v ＝43 m/s ，t ′＝13 s两者对地位移：x ′1＝v 1+v 2t ′＝59 m x 2′＝v 2+v 2t ′＝718 m木板长度L ＝(x 1＋x ′1)－(x 2＋x 2′)＝23m. 答案：23 m。
牛顿运动定律之滑块与传送带问题(含解析)
牛顿运动定律滑块与传送带专题一“滑块—滑板”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．解题思路处理此类问题，必须弄清滑块和滑板的加速度、速度、位移等关系．(1) 加速度关系如果滑块和滑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；如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板的加速度．应注意找出滑块和滑板之间是否发生相对运动等隐含的条件．(2) 速度关系滑块和滑板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力的方向．应注意当滑块和滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况．(3) 位移关系滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程了．例一、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．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 f1、F f2和F 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F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥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 t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2 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v1，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v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫对A有v2＝－v1＋a A t2 ⑬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s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)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s0＝s A＋s1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.(也可用如图所示的速度－时间图线求解)答案：(1)1 m/s方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m【题后反思】求解“滑块—滑板”模型问题的方法技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．跟踪练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模型)如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N．当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．从物体放上小车开始经t＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)()A．1 m B．2.1 mC．2.25 m D．3.1 m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－μmgM＝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＝FM＋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．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()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．3．(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量m A＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度．解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力F f1＝μ1mg＝4 N，木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m＋m A)g＝5 N.F f1＜F f2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F－μ1mg＝ma1，l＝12a1t21，解得：t1＝1 s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为x B，B的最大速度为v B，则：μ1mg－2μ2mg＝ma2，v B＝a2t2，x B＝12a2t22，v1＝a1t1，x块＝v1t2＋12a1t22，x块－x B＝l，联立以上各式可得：v B＝1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s4．(斜面上的“滑块—滑板”问题)如图所示，在足够长的光滑固定斜面底端放置一个长度L＝2 m、质量M＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动．已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝3 2，g取10 m/s2.(1)当外力F＝30 N时，物块和木板保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F＝53.5 N时，物块和木板之间将会相对滑动，则二者完全分离时的速度各为多大？解析：(1)物块和木板共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律得F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a解得a＝1 m/s2.(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得F－Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma1μmg cos θ－mg sin θ＝ma2又L＝12(a1－a2)t2v1＝a1tv2＝a2t联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s. 答案：(1)1 m/s2(2)6.5 m/s 2.5 m/s二、传送带模型（一）、水平传送带问题1．情景特点分析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，滑块一直减速达到左端(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水平传送带问题：求解关键在于对物体所受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摩擦力发生突变．例1、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图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的行李无初速度地放在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.(1)求行李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，求行李从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．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，根据牛顿第二定律得F f＝ma，加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，得t1＝va＝11s＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v2min＝2aL，得v min＝2aL＝2×1×2 m/s＝2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min＝at min得行李最短运行时间t min＝v mina＝21s＝2 s.答案：(1)4 N 1 m/s2(2)1 s(3)2 s 2 m/s（二）倾斜传送带问题1．情景特点分析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2.解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体所受摩擦力的大小和方向．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受摩擦力可能发生突变．例2、如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f＝ma1，垂直传送带方向：mg cos θ＝F N，又F f＝μF N由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m.(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s.沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m，则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t23，代入解得t3＝2 2 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s.答案：(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(2＋22) s【总结提升】解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．跟踪练习1.(物块初速度不为零的倾斜传送带模型)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的()A．从下端B离开，v＞v1B．从下端B离开，v＜v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v＜v1解析：选ABC．物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C．2. (物块初速度为零的倾斜传送带模型)如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示．在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体从A运动到底端B所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移大小．解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2.物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝v202a＝5 m<16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝v0a1＝1 s.由于mg sin θ＝3 N>μmg cos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动．设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2.由位移公式L－x1＝v0t2＋12a2t22，解得时间t2＝1 s，所以总时间t＝t1＋t2＝2 s.(2)在传送带上取一点M.M点做匀速运动，物体一直做加速运动．法一：整体法整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M 点)的位移大小为： x ＝x 传－x 物＝4 m.由于M 点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M 点4 m. 法二：v -t 图象法相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即： x ＝10×12－1×(12－10)2＝4(m)．法三：分段法第一个过程：M 点的位移为v 0t 1＝10 m ， 所以物体与传送带间的相对位移大小 x 相对1＝v 0t 1－x 1＝5 m.由于M 点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M 点后面5 m 处． 第二个过程：M 点的位移为v 0t 2＝10 m ， 物体的位移为L －x 1＝11 m ， 故相对位移大小为x 相对2＝1 m. 此过程物体追M 点，并靠近M 点1 m.故相对位移大小x ＝x 相对1－x 相对2＝4 m ．即全过程物体向后远离M 点4 m. 答案：(1)2 s (2)4 m精选练习1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(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L ＝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 处解析：选BD ．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＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，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 ＝2La ＝2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以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：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长． 解析：(1)根据v -t 图象的斜率表示加速度， a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2，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 内传送带匀速运动距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ．速度图象的“面积”大小等于位移，则0～2 s 内物块位移为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下，2～6 s 内物块位移为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上．所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m. 答案：(1)78(2)18 m4．如图所示，在光滑水平地面上停放着一质量为M ＝2 kg 的木板，木板足够长，某时刻一质量为m ＝1 kg 的小木块以某一速度v 0(未知)冲上木板，木板上表面粗糙，经过t ＝2 s 后二者共速，且木块相对地面的位移x ＝5 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)木块与木板间的动摩擦因数μ；(2)从木块开始运动到共速的过程中产生的热量Q .(结果可用分数表示) 解析：(1)设冲上木板后小木块的加速度大小为a 1， 对小木块，有μmg ＝ma 1，设木板开始运动的加速度大小为a 2，对木板， 有μmg ＝Ma 2，二者共速时，有v 共＝a 2t ＝v 0－a 1t ， 对小木块，有x ＝v 0t －12a 1t 2，联立得μ＝18.(2)由(1)得a 2＝58 m/s 2，得v 共＝54m/s.木板发生的位移x ′＝v 共2t ＝54m ，二者相对位移为Δx ＝x －x ′＝154m ， 产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ， 联立得Q ＝7516J. 答案：(1)18 (2)7516J5. (多选)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( )A ．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433m/s 解析：选AC ．对小孩，由牛顿第二定律，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/s2，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．如图甲所示，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 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则()A．传送带的速度为4 m/sB．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1 8D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：选A．如果v0小于v1，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v0一定大于v1.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，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，1～2 s内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2，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．7．如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析：(1)若整体恰好静止，则F ＝(M ＋m )g sin α＝(3＋1)×10×sin 30° N ＝20 N. 因要拉动木板，则F >20 N ，若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ， 对物块有f －mg sin α＝ma ， 其中f ≤μmg cos α 代入数据解得F ≤30 N.向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F 应满足的条件为20 N<F ≤30 N.(2)当F ＝37.5 N>30 N 时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1，对物块有μmg cos α－mg sin α＝ma 2，设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式得 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 代入数据解得t ＝1.2 s.物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ， 由－2g sin α·s ＝0－v 2， 代入数据解得s ＝0.9 m. 答案：见解析8．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v 0＝10 m/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＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v2B－v20＝－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方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，由v21－v20＝2ax1，得x1＝113m<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v0′＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝v0′22a＝3 m<L，所以物块先向右减速后向左加速由v2＝v0′－at1，得t1＝1 s；当物块向左加速到v3＝4 m/s时由v23－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m，故物块向左先加速运动后匀速运动由v3＝v2＋at2，得t2＝23s；当物块向左匀速运动v4＝v3＝4 m/s，x4＝x2－x3＝53m.由x4＝v4t3，得t3＝512s，故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s.答案：(1)2 m/s(2)12 m/s(3)25 12s。
高考物理总复习 专题强化三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
【关键能力·分层突破】 模型一 “传送带”模型 1．模型特点 传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因， 例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力 等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该 模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等． 2．“传送带”问题解题思路
【跟进训练】 3．光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所 示．小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为 ()
香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与 传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以 对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 m/s2 ，试求：
A．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 B．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 C．木板B的质量为3 kg D．滑2·山西临汾联考]某生产车间对香皂包 装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让
香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀 速)，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传 送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动
，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96 m，香 皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空
答案：BCD
命题分析
试题情境
属于综合性题目，以板块模型为素材创设学习探索问 题情境
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：传送带模型和“滑块—木板”模型
(2)小包裹通过传送带所需的时间t. 答案 4.5 s
根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动， 用时 t1＝v2－a v1＝1.60－.40.6 s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为 x1＝v1＋2 v2t1＝0.6＋2 1.6×2.5 m＝2.75 m 共速后，匀速运动的时间为 t2＝L－v1x1＝3.950－.62.75 s＝2 s，
“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.位移关系：如图所示，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Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运 动时，位移大小之和s2＋s1＝L.
所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (2023·福建省长汀县第一中学月考)如图所示，倾 角为θ的足够长传送带沿顺时针方向匀速转动，转动速 度大小为v1，一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2 >v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带 间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动 的v－t图像不可能是
小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开 始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方 向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹 与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律 可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0<v时，一直加速
滑块与传送带运动模型处理技巧论文
滑块与传送带运动模型的处理技巧滑块与传送带相互运动模型种类繁多，但处理此类题目的关键和线索——它们间的滑动摩擦力。
滑动摩擦力是参与改变滑块运动状态的重要原因，其大小遵从滑动摩擦力的计算公式，而与滑块相对传送带的速度无关，其方向取决于它与传送带相对运动的方向，所以滑块在传送带上滑动过程中，它们之间可能存在滑动摩擦力，运动一阶段后滑动摩擦力还可能消失。
滑块与传送带等速的时刻，是相对运动消失和滑动摩擦力消失的时刻，也是滑块运动状态转变的临界点。
按滑块与传送带的初始状态，分以下几种情况讨论：一、水平传送带模型：1、滑块初速度为v0=0的模型解决这类题目的方法：对滑块相对传送带的运动方向认真分析，确定出滑动摩擦力的方向，再讨论滑块的运动过程，最终物体可能达到与皮带相同的速度，不再受摩擦力，而随传送带一起做匀速直线运动。
【例1】如图甲所示，a、b分别是传送带上和物体上的一点，设皮带的速度为v0，物体轻放其上将做初速为0的匀加速直线运动，末速为v0，其平均速度为v0/2，故物体的对地位移x物= ，传送带对地位移x传送带=v0t，故a、b两点分别运动到如图乙所示的a’、b’位置，物体相对传送带的位移为x物= ，即图乙中的a’、b’间的距离，即传送带比物体多运动的距离，为物体在传送带上所留下的划痕的长度。
2、滑块初速度不为0的模型解决此类问题的关键在于判定滑块相对传送带的运动方向，确定滑动摩擦力的方向和滑块的运动过程。
【例2】如图所示，水平传送带a、b两端相距s=3.5m，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va=4m/s，达到b端的瞬时速度设为vb。
（1）若传送带不动，vb多大？（2）若传送带以速度v（匀速）逆时针转动，vb多大？（3）若传送带以速度v（匀速）顺时针转动，vb多大？解析：（1）传送带不动，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力ff=μmg作用，工件向右做减速运动，初速度为va，加速度a=μg=lm/s2，到达b端时 .（2）传送带逆时针转动时，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力仍为ff=μmg，工件向右做初速va，加速度大小为a=μg=1m/s2减速运动，到达b端的速度vb=3m/s.（3）传送带顺时针转动时，据传送带速度v的大小，由下列五种情况：①若v=va，工件滑上传送带时，工件与传送带速度相同，均做匀速运动，工件到达b端的速度vb=va②若v≥，工件由a到b，全程做匀加速运动，到达b端的速度vb= =5m/s.③若 >v>va，工件由a到b，先做匀加速运动，当速度增加到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速运动速度相同，工件到达b端的速度vb=v.④若v≤时，工件由a到b，全程做匀减速运动，到达b端的速度⑤若va>v> ，工件由a到b，先做匀减速运动，当速度减小到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速运动速度相同，工件到达b端的速度vb=v。
秘籍04 滑块板块模型和传送带模型(学生版)-备战2024年高考物理抢分秘籍
秘籍04 滑块木板模型和传送带模型一、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．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小为x板。
同向运动时：L＝x块－x板．反向运动时：L＝x块＋x板．3. 判断滑块和模板运动状态的技巧：“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m＝F fmm.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。
4．技巧突破点(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)． 5．分析板块模型的思路二、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 传送带足够长一直加速 先加速后匀速v 0<v 时，一直加速 v 0<v 时，先加速再匀速 v 0>v 时，一直减速v 0>v 时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．若v 0<v 返回到左端时速度为v 0，若v 0>v 返回到左端时速度为v .2．倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系g sin θ<μg cos θ)先加速后匀速一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0<v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0>v时，一直减速(加速度为g sin θ－μg cos θ)若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，先以a1减速，后以a2加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)g sin θ>μg cos θ，一直加速；g sin θ＝μg cos θ，一直匀速g sin θ<μg cos θ，一直减速先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v03．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q。
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—传送带模型和“滑块—木板”模型
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—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．(多选)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．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用3．(多选)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＝2mC．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.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是()A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大6．(多选)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 N 8．(2023·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，一质量m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)关系的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程．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．1．C 2.AD 3.BC 4.D 5.AB6．ACD7．C [当传送带以v ＝8 m/s 的速度逆时针转动时，Q 恰好静止不动，对Q 受力分析知m P g ＝μm Q g ，解得μ＝0.5，A 错误；当传送带以v ＝8 m/s 的速度顺时针转动，物块Q 先做初速度为零的匀加速直线运动，有m P g ＋μm Q g ＝(m P ＋m Q )a ，解得a ＝203 m/s 2，当物块Q 速度达到传送带速度，即8 m/s 后，做匀速直线运动，由v ＝at 1，解得匀加速的时间t 1＝1.2 s ，匀加速的位移为x ＝v 22a ＝4.8 m ，则匀速运动的时间为t 2＝L －x v ＝1.4 s ，Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为t 总＝t 1＋t 2＝2.6 s ，B 错误；加速阶段的位移之差为Δx ＝v t 1－x ＝4.8 m ，即Q 从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m ，C 正确；当Q 加速时，对P 分析有m P g －F T ＝m P a ，解得F T ＝203N ，之后做匀速直线运动，有F T ′＝20 N ，D 错误．] 8．(1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m解析 (1)由题图乙可知，物块的初速度v 0＝8 m/s ，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v ＝4 m/s ，从t ＝0到t＝0.4 s 时间内，物块加速度大小为a 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪Δv Δt ＝8－40.4 m/s 2＝10 m/s 2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得μ＝0.5.(2)设在t ＝0.4 s 后，物块做减速运动的加速度大小为a 2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，物块从t ＝0.4 s 开始，经过t 1时间速度减为零，则t 1＝42 s ＝2 s ，从t ＝0到t ＝0.4 s ，物块位移为x 1＝v 0Δt －12a 1(Δt )2＝2.4 m ，从t ＝0.4 s 到t ＝2.4 s ，物块减速到零的位移为x 2＝v 2t 1＝42×2 m ＝4 m ，物块沿传送带向上运动过程中的位移为x ＝x 1＋x 2＝6.4 m.(3)从t ＝0到t ＝0.4 s ，传送带位移为x 3＝v Δt ＝1.6 m ，物块相对传送带向上运动Δx 1＝x 1－x 3＝0.8 m ，从t ＝0.4 s 到t ＝2.4 s ，传送带位移x 4＝v t 1＝8 m ，物块相对传送带向下运动Δx 2＝x 4－x 2＝4 m ，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝4.8 m.9．(1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)5.25 m解析 (1)对滑块A 根据牛顿第二定律可得μ1mg ＝ma 1，故A 的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，方向向右；对木板B 根据牛顿第二定律可得F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2，解得木板B 加速度大小为a 2＝2 m/s 2.(2)撤去外力瞬间，A 的位移大小为x 1＝12a 1t 2＝4.5 m ，B 的位移大小为x 2＝12a 2t 2＝9 m ，撤去外力时，滑块A 和木板B 的速度分别为v 1＝a 1t ＝3 m/s ，v 2＝a 2t ＝6 m/s ，撤去外力后，滑块A 的受力没变，故滑块A 仍然做加速运动，加速度不变，木板B 做减速运动，其加速度大小变为a 2′＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝5 m/s 2，设再经过时间t ′两者达到共速，则有v 1＋a 1t ′＝v 2－a 2′t ′撤去外力后，A 的位移大小为x 1′＝v 1t ′＋12a 1t ′2B 的位移大小为x 2′＝v 2t ′－12a 2′t ′2故木板B 的长度至少为L ＝x 2－x 1＋x 2′－x 1′代入数据解得L ＝5.25 m.。
滑块—木板模型和传送带模型
滑块—木板模型和传送带模型一、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．2．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．3．解题方法此类问题涉及两个物体、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)，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．求解中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．例1如图1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，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．现在板的右端施加一大小恒定的水平力F＝26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出．g＝10 m/s2，求：图1(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；(2)B运动多长时间离开A.求解“滑块—木板”类问题的方法技巧1．搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．2．正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(多选)如图2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()图2A．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间距离保持不变二、传送带类问题1．特点：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别的地方去．它涉及摩擦力的判断、运动状态的分析和运动学知识的运用．2．解题思路：(1)判断摩擦力突变点(含大小和方向)，给运动分段；(2)物体运动速度与传送带运行速度相同，是解题的突破口；(3)考虑物体与传送带共速之前是否滑出．例2如图3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)．图3(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；(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．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．例3如图4所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为64 m，传送带以20 m/s 的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 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点运动到B点所用的时间．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)图41．(滑块—木板模型)如图5所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为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，带动木板向前滑动．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，木板足够长．求：图5(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；(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A达到的共同速度v的大小．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6作业1．如图1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1 图2A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．此时木炭包相对于传送带向右运动C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短2.如图2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，下列图象符合运动情况的是()3.如图3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()图3A．若传送带不动，则v B＝3 m/s B．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3 m/s C．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/s4.如图4所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是()图4 图5A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g C．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动5.如图5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()6．如图6甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0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图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则()图6A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D．1.0～2.0 s物体不受摩擦力7．如图7所示，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，以4 m/s的速度向上运行，在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带间动摩擦因数μ＝0.8，A、B间(B为顶端)长度为25 m．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试回答下列问题：图7(1)说明物体的运动性质(相对地面)．(2)物体从A到B的时间为多少？8.如图8所示，在光滑的水平面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木块B，在B的左端有一个质量为2 kg、可视为质点的铁块A，A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．当对A施加水平向右的拉力F＝10 N时，求经过多长时间可将A从B的左端拉到右端．(g取10 m/s2)图89．如图9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v0＝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/s2.图9(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？10．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图10甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，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＝10 m/s2，求：图10(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量．。
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= =
2024届全国高考复习物理历年好题专项(传送带模型和“滑块—木板”模型)练习(附答案)
2024届全国高考复习物理历年好题专项（传送带模型和“滑块—木板”模型）练习1．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，则不正确的是()A．若传送带不动，则v B＝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/s2．[2023ꞏ河北廊坊模拟](多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且以v1＝2 m/s的恒定速率运行．初速度大小v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面(图中未画出)上的A处滑上传送带，墨块可视为质点．若从墨块滑上传送带开始计时，墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则()A．墨块与传送带速度相同之前，受到传送带的摩擦力方向水平向右B．墨块在传送带上滑行的加速度大小a＝0.2 m/s2C.墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 mD．墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m3．(多选)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4．(多选)如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v - t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是()A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3B．物体A与小车B的质量之比为1∶2C．小车B的最小长度为2 mD．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去5．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v - t图像，其中可能正确的是()[答题区]题号1234 5答案6.某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究，如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm，橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？(2)若要求橡皮擦移动的时间最长，求纸板被弹出的最小速度？7.[2023ꞏ上海市市西中学二模]如图所示，以恒定速率v1＝0.5 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝4 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.5 m/s从传送带顶端推下一件m＝2 kg的小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小．(2)小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小．(3)小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功．参考答案1．答案：C答案解析：以C 为圆心，BC 为半径作圆，如图根据“等时圆”原理可知，从圆上各点沿弦到最低点经过的时间相等，则t a >t b >t c ，选项C 正确．2．答案：B答案解析：假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r ，圆2的半径为R ，则圆内轨道的长度s ＝2(r ＋R )cos α，下滑时小球的加速度α＝g cos α，根据位移时间公式得s ＝12 at 2，则t ＝2sa ＝4（r ＋R ）cos αg cos α＝4（r ＋R ）g，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A 在圆上，B 在圆内，C 在圆外，可知从B 处释放的球下滑的时间最短，故选B.3．答案：C答案解析：由图可知，当倾角为90°时，最大上升高度为54 m ，此时为竖直上抛运动，则有－2gx 1＝0－v 20 ，解得v 0＝5 m/s ，故A 不符合题意；由图可知，当倾角为零时，此时物体水平滑行距离最大为54 3 m ，根据动能定理有－μmgx 2＝0－12 m v 20 ，解得μ＝33 ，故B 不符合题意；由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 最大位移x 与倾角θ满足－2ax＝0－v 20 ，代入得2gx (sin θ＋μcos θ)＝v 20 ，要使x 最小，则应sin θ＋μcos θ最大，由数学知识可知sin θ＋μcos θ＝1＋μ2 sin (θ＋α)，当sin (θ＋α)＝1时有最大阻值，此时位移最小，即x min ＝v 20 2g （sin θ＋μcos θ） ＝v 20 2g 1＋μ2 ＝58 3 m ，此时sin (θ＋α)＝1，即sin α＝μ1＋μ2 ＝12 ，此时则α＝30°，θ＝60°，故C 符合题意；当θ＝45°时，物体运动至最大位移处有mg sin θ>μmg cos θ，则物体将下滑，不能够维持静止，故D 不符合题意．4．答案：(1)t AB ＝t AC (2) 3Rg答案解析：(1)设AB 与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB 下滑时的加速度a ＝g sin θ，又x AB ＝12 at 2AB ，AB 间的距离为x AB ＝2R sin θ，解得t AB ＝4R g 与角度无关，同理可知t AC ＝ 4Rg ，故t AB ＝t AC .(2)根据第一问的结论，画出以P 点为最高点的半径为r 的等时圆，如图所示，当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知(R ＋r )2＝(R －r )2＋(3 R )2，解得r ＝34 R ，最短时间t ＝ 3Rg .5．答案：(1)3 m/s 2 (2)72 N 36 N答案解析：(1)设刚开始时弹簧的压缩量为x 0，在沿斜面方向上有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0，因为在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力，所以在0.2 s 时，P 对Q 的作用力为零，设0.2 s 时，弹簧的压缩量为x 1，对P ，沿斜面方向上有kx 1－m 1g sin θ＝m 1a ，前0.2 s 内P 、Q 向上运动的距离为x 0－x 1＝12 at 2，解得a ＝3 m/s 2.(2)当P 、Q 开始运动时拉力最小，此时，对P 、Q 整体有F min ＋kx 0－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ，解得F min ＝36 N ，当P 、Q 分离时拉力最大，此时对Q 有F max ＝m 2(a ＋g sin θ)＝72 N ．6．答案：(1)43 m/s 2 (2)2 m/s 2 4 m答案解析：(1)从O 点到A 点，由运动公式：0－v 2＝2ax 0解得a ＝0－v 22x 0＝－422×6 m/s 2＝－43 m/s 2 机器人在此过程加速度a 的大小43 m/s 2.(2)要想用时间最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度由牛顿第二定律有：a m ＝μg ＝2m/s 2加速的位移为x 加＝v 22a m＝4 m ． 考点19 传送带模型和“滑块—木板”模型——提能力1．答案：D答案解析：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，设加速度大小为a ，得ma ＝μmg 由匀变速规律可知v 2B －v 2A ＝2as代入数据解得v B ＝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，而且v <v A ，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，设加速度大小为a ，得ma ＝μmg 由匀变速规律可知v 2B －v 2A ＝2as 代入数据解得v B ＝3 m/s ，D 错误，C 正确．2．答案：AD答案解析：墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A 正确；墨块在摩擦力的作用下匀变速滑行，t ＝5 s 后与传送带速度相同，则墨块加速度大小a ＝v 1－（－v 2）t＝1 m/s 2，选项B 错误；墨块向左匀减速运动过程，对墨块有0＝v 2－at 1，x 1＝0＋v 22 t 1，解得该过程用时t 1＝3 s ，墨块的路程x 1＝4.5 m ，t 1时间内传送带的路程x 2＝v 1t 1＝6 m ，墨块向右匀加速运动过程，对墨块有v 1＝at 2，x ′1＝0＋v 12 t 2，解得该过程用时t 2＝2 s ，墨块的路程x ′1＝2 m ，t 2时间内传送带的路程x ′2＝v 1t 2＝4 m ，则墨块在传送带上留下的痕迹长度x ＝x 1＋x 2＋x ′2－x ′1＝12.5 m ，选项C 错误，D 正确．3．答案：BCD答案解析：由图(c)可知，在0～t 1时间段物块和木板均静止，在t 1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F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，A 错误；由图(c)可知，t 1～t 2时间段物块和木板一起加速运动，在t 2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F 2－μ1(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a m ，对木板μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a m ，整理可得F 2＝(μ2－μ1)g ，B 正确；由图(c)可知，对木板μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a m ，故μ2m 2g ＞μ1(m 1＋m 2)g ，即μ2>μ1，C 正确；由上述分析可知，在0～t 1时间段物块和木板均静止，t 1～t 2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t 2时间段物块与木板加速度相等，D 正确．4．答案：AC答案解析：物体A 滑上小车B 后做匀减速直线运动，对物体分析有μm A g ＝m A a A ，由v- t 图像可得a A ＝Δv Δt ＝⎪⎪⎪⎪1－41 m/s 2＝3 m/s 2联立解得μ＝0.3，所以A 正确；对小车B 分析有μm A g ＝m B a B ，由v - t 图像可得a B ＝Δv Δt ＝⎪⎪⎪⎪1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得m A m B＝13 ，所以B 错误；小车B 的最小长度为物体A 在小车B 上的最大相对滑动位移，则有L min ＝s A －s B ＝4＋12 ×1－0＋12 ×1(m)＝2 m ，所以C 正确；如果仅增大物体A 的质量，物体A 的加速度保持不变，但是小车B 加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A 在小车B 上的相对滑动位移减小，所以物体A 不可能冲出去，则D 错误．5．答案：BD答案解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A 错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当：μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g ，由：μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 可得：μ1mg ＞μ2mg ，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g ＞μ2g ，也就是说图像的斜率将变小，故C 错误，B 正确；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故D 正确．6．答案：(1)F 0>0.15 N (2)0.866 m/s答案解析：(1)当橡皮擦在纸板上滑动时，橡皮擦的加速度a 1：μ1m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝2m/s 2，硬纸板的加速度a 2：F 0－μ2(m 1＋m 2)g －μ1m 1g ＝m 2a 2，要使橡皮擦在纸板上滑动，需使a 2>a 1，解得F 0>0.15 N.(2)纸板获得初速后做减速运动，令加速度为a ′2，则μ2(m 1＋m 2)g ＋μ1m 1g ＝m 2a ′2，解得a ′2＝13 m/s 2，假设橡皮擦一直在纸板上运动，令纸板被弹出后经时间t ，橡皮擦与纸板速度相同，则a 1t ＝v 0－a ′2t ，代入解得t ＝v 015 ，此过程橡皮擦的位移x 1，则有x 1＝12 a 1t 2，纸板的位移x 2＝v 0t －12 a ′2t 2，要使橡皮擦离开纸板，则需x 2>x 1＋l 2 ，解得v 0≥3 m/s ＝0.866 m/s.7．答案：(1)0.4 m/s2(2)2.5 s 2.5 m(3)－50 J答案解析：(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示根据牛顿第二定律可知mg sin α－μmg cos α＝ma代入数据可得a＝－0.4 m/s2所以加速度的大小为0.4 m/s2，方向为沿斜面向上；(2)由(1)可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v1相同，用时t＝（v1－v2）a＝0.5－1.5－0.4s＝2.5 s相应的匀减速直线运动的距离为s＝v2t＋at22＝⎝⎛⎭⎫1.5×2.5＋（－0.4）×2.522m＝2.5 m.(3)因为s<L，且mg sin α<μmg cos α因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为F f2＝mg sin α位移大小为s2＝L－s所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为W f＝－F f1s－F f2(L－s)＝－μmgs cos α－mg(L－s)sin α代入数据可得W f＝－50 J．。
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专题：传送带模型和滑块模型1、板块模型此类问题通常是一个小滑块在木板上运动，小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的。
分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移等，解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图。
在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f 为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm 与木板长度L 之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t 内完成。
例2 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。
（g取10m/s2）解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2，此时小车的加速度为：，当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1，解得：t1=1s ，v共=2m/s，以后物体与小车相对静止：（∵，物体不会落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s=a1t12+v共（t－t1）+ a3（t－t1）2=2．1m解决这类问题的方法是：①研究物块和木板的加速度；②画出各自运动过程示意图；③找出物体运动的时间关系、速度关系、相对位移关系等；④建立方程，求解结果，必要时进行讨论。
要求学生分析木板、木块各自的加速度，要写位移、速度表达式，还要寻找达到共同速度的时间等等在这三个模型中尤其板块模型最为复杂。
其次是传送带模型，一般情况下只需要分析物体的加速度和运动情况，而传送带一般是匀速运动不需另加分析。
最后是追及相遇问题，它只是一个运动学问题并没有牵扯受力分析问题，相对是最简单的，只要位移关系速度公式就可以问题。
对于上述的三种模型我们不难发现他们的共性是：①分别写出位移、速度表达式；②根据位移、速度的关系求得未知量。
我认为在三个模型中只要熟练分析好板块模型其他两个模型在此基础上根据已知条件稍作变通就可以迎刃而解了。
这样就可以减少了学生对模型数量的记忆，达到事半功倍的效果。
例3、如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。
分析：为防止运动过程中A落后于B（A不受拉力F的直接作用，靠A、B间的静摩擦力加速），A、B一起加速的最大加速度由A决定。
解答：物块A能获得的最大加速度为：．∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：．变式1例1中若拉力F作用在A上呢？如图2所示。
解答：木板B能获得的最大加速度为：。
∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：．变式2在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。
解答：木板B能获得的最大加速度为：，设A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为F m，则：解得：例4．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Ng 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 L21-= 即s t t t 24.12/42/7.422==-解得例5．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/s2v 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 2。
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Av B行时间20.8s vt 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 tv 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 =+=2 传送带问题突破方法是灵活运用“力是改变物体运动状态的原因”这个理论依据，对物体的运动性质做出正确分析，判断好物体和传送带的加速度、速度关系，能够明确对于物块来说当它的速度达到和传送带速度相等时是摩擦力方向、大小改变的转折点。
画好草图分析，找准物体和传送带的位移及两者之间的关系。
解决这类题目的方法如下：选取研究对象，对所选研究对象进行隔离处理，就是一个化难为易的好办法。
对轻轻放到运动的传送带上的物体，由于相对传送带向后滑动，受到沿传送带运动方向的滑动摩擦力作用，决定了物体将在传送带所给的滑动摩擦力作用下，做匀加速运动，直到物体达到与皮带相同的速度，不再受摩擦力，而随传送带一起做匀速直线运动。
传送带一直做匀速直线运动，要想再把两者结合起来看，则需画一运动过程的位移关系图就可让学生轻松把握。
总之就是物体只要上了传送带就是想和传送带达到共同的速度，至于能否达到要看实际条件。
简化一下即为：①研究物块的加速度；②画出运动过程示意图；③找出物体运动的时间关系、速度关系、位移关系以及传送带的位移关系；④建立方程，求解结果，必要时进行讨论。
滑块与传送带相互作用的滑动摩擦力，是参与改变滑块运动状态的重要原因之一。
其大小遵从滑动摩擦力的计算公式，与滑块相对传送带的速度无关，其方向取决于与传送带的相对运动方向，滑动摩擦力的方向改变，将引起滑块运动状态的转折，这样同一物理环境可能同时出现多个物理过程。
因此这类命题，往往具有相当难度。
滑块与传送带等速的时刻，是相对运动方向及滑动摩擦力方向改变的时刻，也是滑块运动状态转折的临界点。
按滑块与传送带的初始状态，分以下几种情况讨论。
点评：处理水平传送带问题，首先是要对放在传 送带上的物体进行受力分析，通过比较物体初速度 与传送带的速度的关系，分清物体所受的摩擦力是 动力还是阻力；其次是分析物体的运动状态，即对静 态— 动态— 终态做分析和判断，对其全过程做出合理的分析、推断，进而用相关的物理规律求解．一、滑块初速为0，传送带匀速运动[例1]如图所示，长为L 的传送带AB 始终保持速度为v 0的水平向右的速度运动。
今将一与皮带间动摩擦因数为μ的滑块C ，轻放到A 端，求C 由A 运动到B 的时间t AB解析：“轻放”的含意指初速为零，滑块C 所受滑动摩擦力方向向右，在此力作用下C 向右做匀加速运动，如果传送带够长，当C 与传送带速度相等时，它们之间的滑动摩擦力消失，之后一起匀速运动，如果传送带较短，C 可能由A 一直加速到B 。
滑块C 的加速度为，设它能加速到为时向前运动的距离为CA BAθ。
若，C 由A 一直加速到B ，由。
若，C 由A 加速到用时，前进的距离距离内以速度匀速运动C 由A 运动到B 的时间。
[例2]如图所示，倾角为θ的传送带，以的恒定速度按图示方向匀速运动。
已知传送带上下两端相距L 今将一与传送带间动摩擦因数为μ的滑块A 轻放于传送带上端，求A 从上端运动到下端的时间t 。
解析：当A 的速度达到时是运动过程的转折点。
A 初始下滑的加速度若能加速到，下滑位移（对地）为。
（1）若。
A 从上端一直加速到下端 。
（2）若 ，A 下滑到速度为用时之后距离内摩擦力方向变为沿斜面向上。
又可能有两种情况。
（a ）若，A 达到后相对传送带停止滑动，以速度匀速，总时间（b）若，A达到后相对传送带向下滑，，到达末端速度用时总时间２倾斜的传送带情景一：如图４（ａ）所示，传送带顺时针匀速运行，且足够长．现将物体轻轻放在传送带上的Ａ端，物体经过一段时间运动到另一端Ｂ点．分析：将物块轻轻放在传送带上后，物块所受滑动摩擦力方向沿斜面向下，受力情况如图３（ｂ）所示，物块将做匀加速直线运动．当速度达到ｖ后，如果ｍｇｓｉｎθ＞ｆ，将继续向下加速运动，直到运动至Ｂ点．如果ｍｇｓｉｎθ≤ｆ，物块将随传送带一起匀速运动至Ｂ点，物块受力情况如图４（ｂ）所示．图４二、滑块初速为0，传送带做匀变速运动[例3]将一个粉笔头轻放在以2m/s 的恒定速度运动在足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m 的划线。