专题一二三板块模型与传送带模型
专题讲座1 动力学观点分析传送带和“板块”模型
专题讲座1动力学观点分析传送带和“板块”模型考点一动力学中的传送带模型水平传送带【典例1】（多选）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，通过定滑轮用不可伸长的轻绳将物体P，Q相连，t＝0时P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时P离开传送带。
不计滑轮质量和摩擦，绳足够长。
物体P的速度随时间变化的图像可能是（）答案：BC解析：若v2＜v1，且m Q g＜μm P g，则μm P g－m Q g＝（m Q＋m P）a1，当P加速运动至速度达到v1后，与皮带一起匀速运动，直到离开传送带（也可能在加速过程中离开传送带），故B正确；若v2＜v1，且m Q g＞μm P g，则P先匀减速到零，再反向加速到离开传送带（也可能在减速过程中离开传送带），加速度保持不变，图像斜率不变，若v2＞v1，且m Q g＜μm P g，则P先匀减速至v1，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（也可能在减速过程中离开传送带），若v2＞v1，且m Q g＞μm P g，满足m Q g＋μm P g＝（m Q＋m P）a2，中途速度减至v1，以后满足m Q g－μm P g＝（m Q＋m P）a3，加速度减小，图像斜率绝对值变小，物体先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能在减速过程中离开传送带），故C正确，A、D错误。
倾斜传送带【典例2】（易错题）如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝ 2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距l＝10 m。
现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件（视为质点）轻放在传送带A端，在传送，g取10 m/s2，求：带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝√32（1）两个工件间的最小距离；（2）传送带满载时与空载时相比，电机对传送带增加的牵引力。
答案：（1）1.2 m（2）32.5 N解析：（1）对工件受力分析，根据牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma工件放上传送带后的加速度大小a＝μmgcosθ－mgsinθ＝2.5 m/s2m＝0.8 s设经过t1时间工件与传送带速度相等，则加速的时间为t1＝vat1＝0.8 m，再过t2＝0.2 s，放下一个工件，此时该工件距前一个工件的距离最在此时间内运动的距离为x1＝v2小，有x＝x1＋vt2代入数据解得x＝1.2 m。
热点 03 板块、斜面、传送带模型的教学设计
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。
一、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。
二、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。
三、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）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。
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。
牛顿第二定律的综合应用——动力学中的“板块”和“传送带”模型
动力学中的“板块”和“传送带”模型一．“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发生相对滑动。
2. 两种位移关系①物体的位移：各个物体对地的位移，即物体的实际位移。
②相对位移：一物体相对另一的物体的位移。
两种情况。
（1）滑块和滑板同向运动时，相对位移等两物体位移之差，即.21x x x -=∆相 （2）滑块和滑板反向运动时，相对位移等两物体位移之和，即.21x x x +=∆相 这是计算摩擦热的主要依据，.相滑x f Q ∆=3. 解题思路：（1）初始阶段必对各物体受力分析，目的判断以后两物体的运动情况。
（2）二者共速时必对各物体受力分析，目的判断以后两物体的运动情况。
二者等速是滑块和滑板间摩擦力发生突变的临界条件，是二者相对位移最大的临界点。
（3）物体速度减小到0时，受力分析，判断两物体以后是相对滑动还是相对静止。
相对静止二者的加速度a 相同；相对滑动二者的加速度a 不同。
（4）明确速度关系：弄清各物体的速度大小和方向，判断两物体的相对运动方向，从而弄清摩擦力的方向，正确对物体受力分析。
例.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v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(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．〖思路指导〗（1）AB 开始运动时，相向均做减速运动，二者初速等大，加速度等大，则经历相等时间,v ∆相等.即相同时刻速度等大.对A 、B 、木板分析B 和木板同向向右运动，A 和木板反向运动，故B 和木板先相对静止，A 减速到0后，反向加速再与木板共速. （2）B 和木板共速后是相对滑动还是相对静止，假设法讨论.相对静止的条件：f<f max . 解析：（1）B 和木板共速前，AB 加速度分别为a A 、a B ,木板加速度为a 1.经t 1木板和B 共速. 对A 向左减速，加速度大小：../5,211向右解得s m a a m g m A A A ==μ 对B 向右减速，加速度大小：.m /s 5,21==B B B B a a m g m 解得μ对木板，由于g m m m g m g B A A B )(m 211++>-μμμ，则合外力向右，向右加速运动../5.2,)(-m 211211s m a ma g m m m g m g B A A B ==++-解得μμμB 和木板共速有：,1110t a t a v B =-解得t 1=0.4s../110s m t a v v B B =-=0.8m.t 2v v x 1Bo B =+= A 的速度大小v A =v B =1m/s.（2）设B 和木板共速后相对静止，对B 和木板：./m 35,)m 22212s a a m m g m g m m B A B A =+=+++解得）（（μμ向右减速运动. 对B 有，木板和A相对静止.假设正确，设再经t g,m μN 320a m f 2B 12B B <== A 全程加速度不变.对B 和木板:,222t a v v B -=对A 有：,222t a v v A +-=解得t 2=0.3s.v 2=0.5m/s.0.225m,m 409t 2v v x 22B /B ==+=0.875m.)t (t a 21)t (t v x 221A 210A =+-+= 故 1.9m.x x x L /B B A =++= 练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模）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/s 2)( )A ．1 mB ．2.1 mC ．2.25 mD ．3.1 m解析：（1）刚放上物体时，对物体：.2m/s解得a ,ma μmg 211== 对小车：,/5.0,222s m a Ma mg F ==-解得μv 0=1.5m/s.设经t 1二者等速v 1.则2m/s.1s，v 解得t ,t a v t a v 11120111==+==此时物体运动：1m.t v 21x 111==故A 错.（2）共速后，设二者相对静止，整体：.0.8m/s，解得a m)a (M F 233=+= 对物体：μmg，<1.6N =ma =f 3假设正确.再经0.5s 物体运动：.1.2,1.12121223212m x x x m t a t v x =+==+=故故B 对CD 错.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：（1）物体刚放上木板，对木板：.a ,mg g )1121向左，减速运动（Ma M m =++μμ （2）共速后若二者相对静止：错，，则（BC a a Ma g M 2121,)m >=+μ 由于地面有摩擦，共速后木板做减速运动，故D 错。
专题一、二、三板块模型和传送带模型
专题一、板块模型与传送带模型中的动力学问题1．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )A.Lv＋v2μgB.LvC.2LμgD.2Lv2．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/s2.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．3．如图所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m＝2 kg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．4．如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F＝8 N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为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，取g＝10 m/s2.求：(1)放小物块后，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＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？专题二、板块模型与传送带模型中的功能关系、动量守恒问题1．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车．物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少？2．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h ＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度．3．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、AB一起以v＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．4．如图所示，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，现把一质量为m＝10 kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经过时间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；（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。
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1．传送带模型(1)模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题。
(2)传送带的转动方向：可以与物体运动方向相同或与物体运动方向相反。
(3)物体相对于传送带可以是静止、匀速运动、加速运动或减速运动。
2．处理方法求解的关键在于认真分析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。
如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。
当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
[多维展示]多维角度1 水平同向加速[例1] (2017·安徽师大附中模拟)(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J解析 设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh ，代入数据得：v 0＝2gh＝2 m/s<v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmgm＝μg ＝2m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m ＝3 m<L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x 1v ＝5－34s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W f ＝12mv 2－12mv 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×42－12×1×22 J ＝6 J ，B 错误；在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x 带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×1×(42－22)＋2 J ＝ 8J ，D 错误。
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【传送带模型和板块模型】
专题课7传送带模型和板块模型题型一传送带模型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。
如图所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度v A＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为v B。
(g 取10 m/s2)(1)若传送带静止不动，求v B的大小；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度v B′的大小；(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求物块在传送带上划痕的长度。
[解析](1)根据牛顿第二定律可知加速度大小μmg＝ma则a ＝μg ＝6 m/s 2且v 2A －v 2B ＝2ax ，故v B ＝2 m/s 。
(2)能，当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B 端的速度v B ′＝v B ＝2 m/s 。
(3)物体速度达到13 m/s 时所用时间为t 1＝v －v A a ＝0.5 s运动的位移为x 1＝v A t 1＋12at 21＝5.75 m传送带的位移x 2＝v t ＝6.5 m此后工件与传送带相对静止，所以划痕的长度x ＝x 2－x 1＝0.75 m 。
[答案] (1)2 m/s (2)能 2 m/s (3)0.75 m如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s 沿顺时针方向运动，物体质量m ＝1 kg 无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2，试求：(1)物体由A 端运动到B 端的时间；(2)物体与传送带共速前的相对位移。
高中物理传送带与板块模型专题讲解
传送带与板-块模型
高三物理专题
模型：滑块——滑板模型 (含传送带模型)
情形1：动力学中的传送带模型 情形2：能量中的传送带模型 情形3：动力学中的滑块——滑板模型 情形4：能量、动量中的滑块——滑板模型
模型1 传送带模型
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：
(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.
模型1 传送带模型
[审题指导]
型1 传送带模型
[解析] (1)设小物体在斜面上的加速度为 a1，运动到 B 点的速 度为 v，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋ μ1mgcos θ＝ma1 由运动学公式知 v2＝2a1L，联立解得 v＝3 m/s. (2)因为 v＜v0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加 速度为 a2，则由牛顿第二定律知 μmgcos α－mgsin α＝ma2 又因为 v2＝2a2x，联立解得 μ＝78.
模型1 传送带模型
水平传送带
(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。 (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)。
题组巩固：“板块模型”和“传送带模型”
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，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，设木 板的加速度为 a′，由牛顿第二定律得，F＋μmgcos θ－Mgsin 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＝v0－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＝v0t－12at2，s′＝12a′t2；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.
高中物理复习：连接体问题、板块模型、传送带模型
高中物理复习：连接体问题、板块模型、传送带模型考点一连接体问题[知能必备]1．连接体问题模型弹力连接、摩擦力连接、轻绳连接、轻杆连接、弹簧连接．2．解题方略：要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法解题．可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．[典例剖析](多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是()A．拉力F小于11 N时，不能拉动CB．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 NC．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 ND．A的加速度将随拉力F的增大而增大【思路点拨】解此题关键有两点：(1)利用整体法和隔离法选取研究对象，进行正确受力分析，注意摩擦因数的不同及摩擦力的大小和方向．(2)正确判断“相对滑动”的临界条件．解析：AC当C物体即将运动时，C物体水平方向受桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力f BC，其中f桌＝0.1(m A＋m B＋m C)g＝3 N，f BC＝0.2(m A ＋m B)＝4 N，当即将滑动时应有F＝f桌＋f BC＋T，T＝f BC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因此B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得，f AB＝0.4m A g ＝m A a，对AB整体受力分析可得T－f BC＝(m A＋m B)a，对C物体受力分析可得F－T－f BC－f 桌＝m C a ，联立解得F ＝23 N ，说明A 和B 发生相对滑动的临界力大小为F ＝23 N ，故C 正确；当F ＝17 N 时，A 和B 没有发生相对滑动，此时对AB 整体T －f BC ＝(m A ＋m B )a 1，对C 物体受力分析F －T －f BC －f 桌＝m C a 1，联立解得T ＝8 N ，故B 错误；当拉力增大，A 和B 发生相对滑动时，则A 物体受到滑动摩擦力，加速度为a ＝0.4g ＝4 m/s 2，加速度不变，D 错误．[题组精练]1.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，有质量相等的两物块用轻绳连接，用沿斜面的力F ＝40 N 使两物块一起向上加速运动．则轻绳的拉力为( )A ．10 NB ．20 NC ．30 ND ．40 N解析：B 以两物块为研究对象，利用牛顿第二定律，有F －2mg sin 30°＝2ma ，以靠下的物块为研究对象，设轻绳的拉力为F T ，根据牛顿第二定律，有F T －mg sin 30°＝ma ，代入数据，解得F T ＝20 N ，ACD 错误，B 正确．2.(2021·苏州一模)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T 解析：C 质量为2m 的木块受五个力的作用，A 项错误；当绳的拉力为F T 时，对m 和2m 有F T ＝3ma ，此时对整体有F ＝6ma ，可得F ＝2F T ，故B 项错误，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13F T ，故D 项错误． 3．如图所示，一根不可伸长的轻绳一端系住小球，另一端固定在光滑直角斜劈顶端O 点，轻绳与斜面平行，斜劈底面水平．使小球和斜劈做下列运动，下面5种运动中，小球对斜面的压力可能为零的是( )①一起水平向左加速； ②一起水平向右加速；③一起竖直向上加速； ④一起竖直向下加速；⑤绕过O点的竖直轴一起匀速转动．A．①②③B．②③⑤C．②④⑤D．①③④解析：C①若一起水平向左加速，小球受合外力水平向左，斜面对小球的支持力的水平分力与绳子拉力的水平分力的合力水平向左，因此支持力不可能为零，①错误；②一起水平向右加速，当绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时，斜面的支持力为零，绳子拉力的水平分力就是合外力，②正确；③一起竖直向上加速，绳子拉力与支持力的合力竖直向上，大于重力，绳子拉力不可能为零，因此支持力不可能为零，③错误；④一起竖直向下加速，当加速度等于g时，绳子拉力减小为零时，此时斜面的支持力也为零，④正确；⑤绕过O点的竖直轴一起匀速转动，合力指向转轴，当角速度足够大时，绳子拉力的竖直分量恰好等于重力时，斜面的支持力为零，⑤正确．考点二板块模型[知能必备]1．审题建模：求解时应先仔细审题，弄清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．2．求加速度：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．做好两分析[典例剖析](经典高考题)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′；(3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .【解题策略】(1)读题审题：①A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ――→想到地面与B 间的摩擦力是A 与B 间的摩擦力的2倍②左边缘再次对齐时恰好相对静止――→想到B 与A 的位移差等于第一次A 的位移(2)情境转化：①敲击A 后―→A 做匀减速直线运动②敲击B 后―→B 做匀减速直线运动、A 做匀加速直线运动③A 、B 相对静止后―→A 、B 整体做匀减速直线运动解析：(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A ＝μg由匀变速直线运动得2a A L ＝v 2A 解得v A ＝2μgL (2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg由牛顿运动定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg对齐后，A 、B 整体所受合外力大小F ′＝2μmg由牛顿运动定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2 且x B －x A ＝L解得v B ＝22μgL答案：(1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL解答“板块”问题时要注意：“一个转折、两个关联”(1)一个转折：即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点．(2)两个关联：即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要时要通过作草图把握关系．当有外力作用在木板上的物块或木板上时，一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解，做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口．[题组精练]1．如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是() A．木板的长度为1.68 mB．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞解析：D由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，对木板由牛顿第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，即物块在木板上以a2＝μ2g＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以a1＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v2＝1.6 m/s，木板的速度v1＝1.2 m/s，B错误；物块滑离木板时，物块位移为x2＝v0＋v22t＝1.68 m，木板位移x1＝v12t＝0.36 m，两者相对位移为x＝x2－x1＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a1′＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑行x2′＝v222a2＝0.32m，木板会滑行x1′＝v212a1′＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．2．如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为v A＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为v B＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的vt图像如图乙所示．已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2.(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小．解析：(1)由题图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由v A＝－1 m/s变为v＝2 m/s则其加速度大小为a A ＝v －v A t 1＝2－（－1）3m/s 2＝1 m/s 2，方向水平向右． 当A 水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s ＝v 2A 2a A＝0.5 m. (2)设A 与B 之间的动摩擦因数为μ1，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma A则μ1＝a A g＝0.1 由题图乙可知，0～3 s 内B 做匀减速运动，其速度由v B ＝14 m/s 变为v ＝2 m/s则其加速度大小为a B ＝v B －v t 1＝14－23m/s 2＝4 m/s 2 方向水平向左设B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＋2μ2mg ＝ma B则μ2＝a B －μ1g 2g＝0.15 3 s 之后，B 继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得2μ2mg －μ1mg ＝ma B ′则B 的加速度大小为a B ′＝2μ2g －μ1g ＝2 m/s 2方向水平向左3 s 之后运动的时间为t 2＝v a B ′＝22s ＝1 s 则B 运动的时间为t ＝t 1＋t 2＝4 s0～4 s 内B 的位移x B ＝v B ＋v 2t 1＋v 2t 2＝25 m ，方向水平向右． 答案：(1)0.5 m (2)4 s 25 m3．(2021·山东省泰安市高三检测)如图所示，水平面上有一长度为L 的平板B ，其左端放置一小物块A (可视为质点)，A 和B 的质量均为m ，A 与B 之间、B 与水平面之间的动摩擦因数均为μ＝0.50，开始时A 和B 都静止，用一个水平推力作用到平板B 上，使A 和B 恰好能保持相对静止一起向右匀加速运动．当位移为x 时，将原来的推力撤去并同时用另一水平推力作用到A 上，使A 保持原来的加速度继续匀加速运动，直到脱离平板．已知重力加速度为g .求：(1)平板B 的最大速度；(2)物块A 脱离平板时的速度大小v .解析：(1)设A 和B 一起做匀加速运动的加速度大小为a ，对A ，有μmg＝ma解得a＝0.5g将原推力撤去时平板B的速度最大，得v2m＝2ax解得B的最大速度v m＝gx(2)推力作用到A上之后，A保持匀加速运动，有x A＝v m t＋12at2v＝v m＋atv2－v2m＝2ax A平板B做匀减速运动，有μ·2mg－μmg＝ma′解得a′＝0.5g讨论两种情况：(a)物块A脱离平板时平板未停下，则对B，有x B＝v m t－12a′t2A、B的位移关系满足x A－x B＝L联立可解得t＝2L g代入数据可得A脱离平板时的速度v＝gx＋0.5gL此时B的速度满足v B＝v m－a′t＞0可解得相应的条件为L＜2x(b)物块A脱离平板时平板停下，则对B，有v2m＝2a′x BA、B的位移关系同样满足x A－x B＝L解得A脱离平板时的速度v＝2gx＋gL相应的条件为L≥2x答案：(1)gx(2)见解析考点三传送带模型[知能必备]1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看作“传送带”模型，如图(a)(b)(c)所示．2．解题关键(1)关注两个时刻①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向．②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变．(2)注意过程分解①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆．②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点．(3)物体在倾斜传送带上运动，物体与传送带速度相同后需比较tan θ与μ的大小关系：μ>tan θ，速度相等后一起匀速；μ<tan θ，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况．[典例剖析]如图所示，一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6 m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间．【解题指导】解析：物块在传送带上，根据牛顿第二定律得，μmg＝ma解得a ＝μg ＝2 m/s 2设经过时间t 1物块的速度与传送带的速度相同，则有：v ＝at 1，解得t 1＝v a ＝42 s ＝2 s ； 经过的位移x 1＝v 22a＝4 m<6 m ， 在传送带上匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝0.5 s物块在斜面上的加速度a ′＝mg sin 30°m＝5 m/s 2， 在斜面上的运动时间t 3＝2v a ′＝85s ＝1.6 s ， 返回传送带在传送带上减速到零(即第一次滑回传送带最远端)的时间t 4＝v a ＝42s ＝2 s 则t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝6.1 s.答案：6.1 s传送带问题的分析技巧(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．[题组精练]1．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．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t 图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2＞v 1，则( )A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：B 0～t 1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t 1时刻小物块向左速度减为零，此时离A 处的距离达到最大，故A 错误；t 2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B 正确；0～t 2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C 错误；t 2时刻小物块向右速度增加到与传送带相等，t 2时刻之后小物块与传送带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D 错误．2．(2021·湖北荆州二模)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v 0＝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．(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(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 端共用了多长时间？解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，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 ＝ma 1垂直传送带方向：mg cos θ＝F N又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有：t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝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a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v －a 2＝1 s 货物沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝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a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝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 ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s. 答案：(1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s3. (2021·安徽省马鞍山市高三下学期二模)有一水平足够长的传送带，以3 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端与倾角为37°的粗糙固定斜面底端B 平滑连接，一质量为1 kg 的小滑块从斜面上A 点由静止释放，经过一段时间后，最终停在传送带与斜面的连接处．小滑块与斜面、传送带之间的动摩擦因数均为0.5，A 、B 间距离为4 m ．重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块从释放到第一次到达B 点经历的时间；(2)小滑块第三次通过B 点的速度大小；(3)从释放到最终停止，小滑块运动的总路程．解析：(1)小滑块从A 点由静止释放向下运动mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1得a 1＝2 m/s 2s AB ＝12a 1t 21得t 1＝2 s(2)小滑块第一次滑上传送带的速度为v ＝a 1t 1＝4 m/s此后先向左匀减速，而后向右匀加速，v ＝4 m/s>v 0＝3 m/s ，当滑块和传送带速度相同时开始匀速，所以滑块返回B 点时速度为v 0＝3 m/s滑块沿斜面向上运动的加速度为ma 2＝mg sin θ＋μmg cos θ解得a 2＝10 m/s 2滑块第一次以初速度v 0冲上斜面后上升的最大距离x 1，滑块第三次到B 时速度为v 1，则v 20＝2a 2x 1v 21＝2a 1x 1联立得v 1＝v 0 15＝355m/s (3)滑块第一次以v 滑上传送带，向左运动的位移为s 1＝v 22μg＝1.6 m 滑块第二次以初速度v 1滑上传送带，由于v 1<v 0，滑块从传送带上返回B 点时速度大小仍为v 1，由第(2)问的分析知，此后滑块每次滑下斜面的速度大小是滑上斜面速度的 15 v 1＝v 015 v 2＝v 0⎝⎛⎭⎫152 v 3＝v 0⎝⎛⎭⎫153 ……滑块第一次滑上斜面之后在斜面上的总路程s 2＝2v 202a 2＋2v 212a 2＋2v 222a 2＋… 联立可得s 2＝1.125 m滑块第三次滑上传送带之后在传送带上的总路程s 3＝2v 212μg ＋2v 222μg ＋2v 232μg＋… 联立可得s 3＝0.45 m小滑块运动的总路程s 总＝s AB ＋2s 1＋s 2＋s 3＝8.775 m答案：(1)2 s (2)355m/s (3)8.775 m 限时规范训练(三) 连接体问题、板块模型、传送带模型建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题 1．如图所示，质量分别为3 kg 、5 kg 的P 、Q 两滑块，用轻弹簧连接后置于光滑水平地面上．现用大小F ＝8 N 的水平拉力拉Q ，使P 、Q 一起向右做匀加速直线运动．则此过程中弹簧的弹力大小为( )A ．3 NB ．4 NC ．5 ND ．8 N解析：A 对PQ 的整体，由牛顿第二定律F ＝(m P ＋m Q )a ，对P ，T ＝m P a, 解得T ＝3 N ，故选项A 正确．2．(2021·山东省聊城市高三下学期模拟)车厢中用细线悬挂小球，通过细线的倾斜程度来检测车辆在行进过程中的加速度．如图所示，质量相同的两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部，左侧小球与车厢左侧壁接触，两细线与竖直方向的夹角相同，拉力大小分别为T 1和T 2.下列说法正确的是( )A ．车可能正在向左做加速运动B ．两细线的拉力T 1＝T 2C ．当汽车加速度增大时，T 1变小D ．当汽车加速度减小时，T 2增大解析：B 对右边小球进行受力分析，沿细线方向斜右上方的拉力，和竖直向下的重力．设细线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有ma ＝mg tan θ，T 2＝mg cos θ，加速度水平向右，可以判断小车可能向右加速，或者向左减速，故A 错误；同理，对左边小球受力分析，可得ma ＝F N －T 1sin θ，T 1＝mg cos θ，联立可得T 1＝T 2，故B 正确；根据上面选项的分析，可知当汽车加速度增大时， T 1不变，故C 错误；根据上面选项的分析，可知当汽车加速度减小时，小球2的细线的夹角变小，T 2变小．故D 错误．3．如图所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO 、BO 在O 点悬挂质量为5 kg 的重物，轻绳AO 、BO 与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O 点位置不动，重力加速度为g ，厢式货车的最大加速度( )A.g 2B ．3g 3 C.3g 2 D ．3g解析：B 对小球受力分析可得F A sin 30°＋F B sin 60°＝mg ，F B cos 60°－F A cos 30°＝ma ，联立解得12·⎝⎛⎭⎫233mg －33F A －32F A ＝ma ，整理得33mg －233F A ＝ma ，当F A ＝0时，a 取得最大值a ＝33g .故选B 项． 4．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1＝2 m/s 沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v 2＝5 m/s 沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v 2′，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，则下列说法正确的是( )A ．返回光滑水平面时的速率为v 2′＝2 m/sB ．返回光滑水平面时的速率为v 2′＝5 m/sC ．返回光滑水平面的时间为t ＝3.5 sD ．传送带对物体的摩擦力先向右再向左解析：A 因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为v 1<v 2，则物体会先向左减速直到速度为0，再向右加速，最后匀速，则物体返回光滑水平面时的速率为v 2′＝2 m/s ，故A 正确，B 错误；由牛顿第二定律得a ＝f m ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2，则物体减速的时间为t 1＝v 2a＝2.5 s ，物体减速的位移为x 1＝12at 21＝6.25 m ，物体反向加速的时间为t 2＝v 1a＝1 s ，反向加速的位移为x 2＝12at 22＝1 m ，物体匀速的时间为t 3＝x 1－x 2v 1＝2.625 s ，故物体返回光滑水平面的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝6.125 s ，故C 错误；由于物体是先向左减速，后反向加速，最后匀速返回，所以传送带对物体的摩擦力先向右后为0，故D 错误．5．质量为1 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 运动的v t 图像如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则物块A 的质量为( )A ．1 kgB ．2 kgC ．3 kgD ．6 kg解析：C 由图像可知，物块在0～1 s 内的加速度大小为a 1＝2 m/s 2，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1，解得：μ1＝0.2，木板在0～1 s 内的加速度大小为a 2＝2 m/s 2，在1 s ～3 s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a 3＝1 m/s 2，AB 同速后整体为研究对象，由牛顿第二定律得：μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3，解得：μ2＝0.1，再以B 为研究对象，在0～1 s 内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得A 的质量m ＝3 kg.6．用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上．货车以3 m/s 2的加速度启动，然后以12 m/s 匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s 2的加速度刹车至停止．已知每块水泥板的质量为250 kg ，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1875 NB ．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000 NC ．货车在刹车过程中行驶的距离为9 mD ．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m解析：C 摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a ′＝μg ＝7.5 m/s 2启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为f ＝ma ＝250×3 N ＝750 N ，A 错误；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f ＝μmg＝1875 N ，B 错误；货车在刹车过程中行驶的距离为s ＝v 22a＝9 m ，C 正确；货车停止时间为t ＝v a ＝1.5 s ，该时间内，上层水泥板滑动的距离为s ′＝v t －12μgt 2＝18－8.4375＝9.5625 m ，货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为Δs ＝s ′－s ＝0.5625 m ，D 错误．7．(2021·山东济宁高三检测)如图所示，三个物体A 、B 和C 的质量分别为2m 、m 和m ，A 、B 叠放在水平桌面上，A 通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C 相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A 、B 间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，B 与桌面间的动摩擦因数为μ3，A 、B 、桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．三个物体A 、B 、C 均保持静止B ．轻绳对定滑轮的作用力大小为2mgC ．若A 、B 之间发生相对滑动，则需满足μ＜0.2D ．若A 、B 之间未发生相对滑动，则A 受到的摩擦力大小为1＋2μ3mg 解析：C 物块A 与B 之间的最大静摩擦力f 1＝2μmg ，物块B 与桌面间的最大静摩擦力f 2＝3mg ×μ3＝μmg ，显然f 2＜f 1，由于μ＜1，即μmg ＜mg ，物块B 一定与桌面间发生相对滑动，A 错误；由于物块C 加速下降，绳子拉力T ＜mg ，因此轻绳对定滑轮的作用力大小F ＝2T ＜2mg ，B 错误；若A 与B 间恰好将发生相对滑动时，A 与B 的加速度恰好相等，此时对物块B ：f 1－f 2＝ma ，对A 、B 整体：T －f 2＝3ma ，对物块C: mg －T ＝ma ，解得μ＝0.2，因此若A 、B 之间发生相对滑动，则需满足μ＜0.2，C 正确；若A 、B 之间未发生相对滑动，则对整体mg －f 2＝4ma ，对物块B ：f －f 2＝ma ，可得A 受到的摩擦力大小f ＝1＋3μ4mg ，D 错误． 8．(2021·湖北省八市高三下学期3月联考)如图所示，传送带以10 m/s 的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16 m ，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个滑块A 、B (可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A 、B 的质量均为1 kg ，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )A ．滑块A 先做匀加速运动后做匀速运动B ．滑块A 、B 同时到达传送带底端C ．滑块A 、B 到达传送带底端时的速度大小相等D ．滑块A 在传送带上的划痕长度为5 m解析：D 两滑块都以10 m/s 的初速度沿传送带下滑，且mg sin 37°>μmg cos 37°，故传送带对两滑块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两滑块沿斜面向下的加速度大小相同，为a ＝g sin 37°＋μg cos 37°＝10 m/s 2，滑块A 先加速，加速到传送带速度所需位移为x 1＝v 202a ＝5 m<16 m ，所需时间为t 1＝v 0a＝1 s ，加速到传送带速度后，由于mg sin 37°>μmg cos 37°，故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为a ′＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，加速到传送带底端L －x 1＝v 0t 2＋12a ′t 22，解得时间t 2＝1 s ，到达底端共用时t ＝t 1＋t 2＝2 s ，B 滑块一直以加速度a ′加速至传送带底端L ＝12a ′t ′2，解得t ′＝4 s ，AB 错误；A 到达底端时的速度为v A ＝v 0＋a ′t 2＝10 m/s ＋2×1 m/s ＝12 m/s ，B 到达底端时的速度为v B ＝a ′t ′＝2×4 m/s ＝8 m/s ，C 错误；加速到传送带速度之时的相对位移为Δx 1＝v 0t 1－x 1＝10×1 m －5 m ＝5 m ，加速到传送带速度以后，相对位移为Δx 2＝11－v 0t 2＝1 m ，滑块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A 在传送带上的划痕长度为5 m ，D 正确．二、多项选择题9．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A 端到B 端的速度—时间变化规律如图乙所示，t ＝6 s 时恰好到达B 点，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )。
第四章牛顿运动定律专题(四)——传送带模型和板块模型
牛顿运动定律专题（四）——传送带模型和板块模型知识点一 传送带模型 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．绷紧的传送带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/s 2.求：（1）行李从A 到B 的运动时间。
（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．练习1：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．班级：姓名：知识点二木板—木块模型例2：如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5m，质量M＝5kg，放在水平地面上.在A上距右端x＝3m处放一物体B(大小不计)，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力F＝26N，持续作用在A上，将A从B下抽出.g ＝10m/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.练习2：如图所示，质量为M＝1kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝0.5kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3m/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：(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，滑块相对于水平面的加速度a的大小；(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小.。
衔接点29 动力学中的板块问题和传送带模型(解析版)2023年初升高物理无忧衔接(通用版)
衔接点29动力学中的板块问题和传送带模型课程标准初中初中无该知识点高中 1.建立板块模型的分析方法.2.能运用牛顿运动定律处理板块问题．3.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.4.能正确解答传送带上的物体的运动问题．高中物理新知识、新模型知识点一板块模型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．知识点二传送带问题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，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用．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．常见类型及物体运动情况(1)水平传送带常见类型及物体运动情况类型物体运动情况(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，一直匀速(3)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，物体一直减速到达左端(2)传送带足够长时，物体先向左减速再向右加速回到右端(2)倾斜传送带常见类型及物体运动情况类型物体运动情况(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加速再以a2加速4.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．初、高中物理衔接点1.板块模型，要对板和块分别受力分析和运动过程分析，利用牛顿第二定律和运动学公式求解动力学和运动学问题。
高三物理一轮复习知识点专题6动力学三大基本模型
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高三物理一轮复习知识点专题6 动力学三大基本模型—【讲】第一部分：考点梳理考点一、传送带模型考点二、板块模型考点三、弹簧模型考点一、传送带模型传送带模型传送带问题为高中动力学问题中的难点，主要表现在两方面：其一，传送带问题往往存在多种可能结论的判定，即需要分析确定到底哪一种可能情况会发生；其二，决定因素多，包括滑块与传送带间的动摩擦因数大小、斜面倾角，传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小及方向等。
这就需要考生对传送带问题能做出准确的动力学过程分析。
传送带模型1——水平传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。
（典例应用1）如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动。
现将一质量m＝0.5 kg的物体从离传送带很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a 点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)【答案】：g v v l μ2+或gl μ2 【解析】物块在传送带上可能经历两种运动形式，如果传送带足够长物块先匀加速到与传送带共速，然后再匀速的走完剩余的全程，如果传送带不是足够长，则物块在传送带上一直匀加速； 方式一：物块先匀加速再匀速； 对物块受力分析：g a ma mg μμ==...设物块从开始加速到与传送带共速需要的时间为t1，从共速到走完剩余全程需要的时间为t2；阶段一速度关系式：10at v +=...）（11g vt μ=; 阶段一位移关系式：)2(2)(212122221g v g v g at x μμμ=⨯== 阶段二速度关系式：)3(22vx t = 阶段二位移关系式：)4(2212g v l x l x μ-=-= 求得：)5(22gvv l t μ-=所以从AB 传送到B 的总时间为：)6(221gv v l t t t μ+=+= 方式二、物块在传送带上一直匀加速到另一端； 对物块受力分析：g a ma mg μμ==...对物体进行运动分析，如果传送带不是足够长，物块在传送带上一直匀加速；221at l =得g lt μ2=，所以物块从A 传送到B 的时间为glt μ2=或g v v l t μ2+=方法总结：如图所示是物块在传送带上的两种运行模式，分析可知，在传送带的长度一定时，把物块从A 运送到B 端的两种方式中，t0<t1结论是：如果能够保证物体在传送带上一路匀加速，那么物体到达右端所需的时间更短.（典例应用2）如图所示，一平直的传送带以速度v ＝2m/s 匀速运动，传送带把A 处的工件运送到B 处，A 、B 相距L ＝10m ，从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t ＝6s ，能传送到B 处，求： （1）工件在传送带上加速运动过程中的加速度大小及加速运动的时间；（2）欲用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？【答案】：（1）1m/s2 （2）52【解析】：对工件受力分析：g a ma mg μμ==....对工件进行运动分析：假设工件从静止释放到与传送带共速共需要经历的时间为t 速度关系：)1...(at v =代入得2=at t=2s位移关系：)2)...(6(212t v at l -+=，代入相关参数得：a=1m/s 2如果工件在传送带上一路匀加速刚好到达B 端时的速度为V ，且刚好与传送带共速，此时传送带的速度即为其临界的最小速度。
2020年高考江苏版高考物理微专题2 传送带模型、板块模型
教育部关于调整试行中国少数民族汉语水平等级考试
有关规定的通知
文章属性
•【制定机关】教育部
•【公布日期】2006.10.10
•【文号】教民函[2006]4号
•【施行日期】2006.10.10
•【效力等级】部门规范性文件
•【时效性】现行有效
•【主题分类】民族区域自治
正文
教育部关于调整试行中国少数民族汉语水平等级考试有关规
定的通知
（教民函[2006]4号）
内蒙古、新疆、青海、甘肃、四川、西藏、吉林、辽宁、黑龙江省、自治区教育厅：
按照《教育部关于在有关省区试行中国少数民族汉语水平等级考试的通知》（教民函[2002]7号）要求，从2003年开始，在新疆、吉林、青海、四川等省、自治区进行了中国少数民族汉语水平等级考试（以下简称民族汉考）的试点工作。
根据几年来试点的情况，为更好地推进民族汉考工作的开展，维护高考工作的严肃性，经研究，决定对有关事项做适当调整：
一、义务教育和高中教育阶段用民族语言授课，单科加授汉语的少数民族学生参加中考、高考时，参加汉语文考试还是参加以民族汉考题型模式命题的考试，由各地教育行政部门根据本地实际确定。
考试时间即为中考、高考汉语科目考试的时间，成绩当次有效。
二、参加民族汉考的在校学生（参加中考、高考的考生除外）以及其他社会人员，继续按照原文件的有关规定执行。
请要按照本规定，继续做好民族汉考的试行工作，推进少数民族学校汉语教学的改革。
教育部
二00六年十月十日。
核心素养微专题1 动力学两大模型——“传送带模型”和“板—块”模型
二轮 ·物理
(1)工件从A点第一次被传送到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v2的大小(v2<v1)。 [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点的速度是多少？ (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)问中的“恰好”？
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二轮 ·物理
由于x1<LAB，工件随后在传送带AB上做匀速直线运动直到B端，则匀速 运动的时间为t2＝LABv－1 x1＝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a2，速度减小到 零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图 乙所示，则FN2＝mgcos θ
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二轮 ·物理
(3)关注临界：传送带问题还常常涉及到临界问题，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，具体如何改变要根据具体情 况判断。注意倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角的正切值与动摩擦 因数的大小关系。
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二轮 ·物理
[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LAB＝4 m， 倾斜传送带长度LCD＝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v1＝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/s2。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：
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专题一、板块模型与传送带模型中的动力学问题1．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是()A.Lv＋v2μg B.Lv C.2Lμg D.2Lv2．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/s2.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．3．如图所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m＝2 kg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．4．如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F＝8 N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为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，取g＝10 m/s2.求：(1)放小物块后，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＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？专题二、板块模型与传送带模型中的功能关系、动量守恒问题1．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车．物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少？2．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h ＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度．3．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．4．如图所示，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，现把一质量为m＝10 kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经过时间 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；（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。
5．一质量为M＝2 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如图甲所示，地面观察者记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示，图中取向右运动的方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。
（1）指出传送带的速度v的方向及大小，说明理由。
（2）计算物块与传送带间的动摩擦因数。
（3）计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？专题三、板块模型与传送带模型中的临界问题1．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg 。
现用水平拉力F 拉其中一个质量为2 m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为（ ）A ．5mg3μ B ．4mg3μ C ．2mg3μ D ．mg 3μ2．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为2μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则：A ．当F ＜2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝mg μ38时，A 的加速度为g μ31C ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过g μ213．如图所示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，其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v 0＝5 m/s 的速率顺时针转动．将一袋质量为10 kg 的大米无初速度放在A 端，到达B 端后，米袋继续沿倾斜的CD 部分运动，不计米袋在BC 处的机械能损失．已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，求：(1)若CD 部分传送带不运转，米袋能否运动到D 端？(2)若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的最小速度为多大？专题一、板块模型与传送带模型中的动力学问题1.解析 当小木块刚放到传送带上时μmg ＝ma 得a ＝μg 设小木块加速到v 时运动的距离为L 0，由v 2＝2aL 0得L 0＝v 22μg(1)当L ≤L 0时，小木块一直加速，v ≥at 得t ≤v μg 或由L ＝12at 2得t ＝2L μg 或由L ≤12v t 得t ≥2Lv ，故C 、D 正确．(2)当L >L 0时，小木块先加速后匀速，加速阶段有v ＝at 1得t 1＝vμg 匀速阶段有L －L 0＝v t 2得t 2＝Lv －v 2μg 由t ＝t 1＋t 2得t ＝Lv ＋v 2μg ，故A 正确． 答案 ACD2.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沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，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沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2设当物体运动速度等于传送带转动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 21＝5 m<l ＝16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为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. 答案 (1)4 s (2)2 s3.解析 (1)物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2， 对木板有：μmg ＋μ(M ＋m )g ＝Ma M ， 解得a M ＝3 m/s 2.(2)设物块经时间t 从木板滑离，则： L ＝v 0t －12a M t 2－12a m t 2解得t 1＝0.4 s 或t 2＝2 s(因物块已滑离木板，故舍去) 滑离木板时物块的速度：v ＝a m t 1＝0.8 m/s. 答案 (1)2 m/s 2 3 m/s 2 (2)0.8 m/s4.解析 (1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2， 小车的加速度a M ＝F －μmgM ＝0.5 m/s 2. (2)由a m t ＝v 0＋a M t ，解得：t ＝1 s.(3)从小物块放上小车开始1 s 内，小物块的位移 s 1＝12a m t 2＝1 m ，1 s 末小物块的速度v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2， 这0.5 s 内小物块的位移s 2＝v t 1＋12at 21＝1.1 m ， 小物块1.5 s 内通过的总位移s ＝s 1＋s 2＝2.1 m. 答案 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m专题二、板块模型与传送带模型中的功能关系、动量守恒问题1.解析 要使物块恰好不从小车上滑出，需满足物块到小车右端时与小车有共同的速度v ，则m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，由功能关系有12m2v2＝12(m1＋m2)v2＋μm2gL，代入数据解得v0＝5 m/s，故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0不能超过5 m/s.答案 5 m/s2.解析(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：m A gh＝12m A v21，①代入数据解得v1＝2gh＝5 m/s. ②设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，m A v1＝(m A＋m B)v2，③代入数据解得v2＝2.5 m/s. ④(2)设小车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，根据动量守恒定律有：(m A＋m B)v2＝(m A＋m B＋m C)v3 ⑤根据能量守恒定律有：μ(m A＋m B)gL＝12(m A＋m B)v22－12(m A＋m B＋m C)v23⑥联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 m．⑦答案(1)2.5 m/s(2)0.375 m3.答案 2 m/s解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s④4.【答案】（1）32（2）230 J（2）从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量。