课时作业1：专题强化六　传送带模型和滑块—木板模型

训练2滑块－木板模型一、选择题1.(多选)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平地面上，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地面的运动情况为()图1A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，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，直到为零答案BC解析对于物块，由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对木板静止而做匀速直线运动，A错误，B正确；对于木板，由作用力与反作用力可知，受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，直到二者相对静止，而做匀速运动，C正确；由于水平地面光滑，所以木板和物块的速度不会为零，D错误．2.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图2所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断正确的是()图2A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D ．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板答案 A解析 木板与地面间的最大静摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m )g ＝45 N ，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x ，则v 02＝2μ2gx ，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小铁块不能滑出木板，选项A 正确．3．(2020·广东高一期末)如图3甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图3A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.5C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是B 物体的两倍答案 D解析 由题意可得，A 木板所受摩擦力方向与运动方向相同，B 物体所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A 错误；对B 受力分析，由牛顿第二定律有：μm B g ＝m B a B ，a B ＝|Δv B Δt|＝ 3－11m/s 2＝2 m/s 2，解得：μ＝0.2，故B 错误；物体B 未滑出木板A ，临界条件为当AB 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，速度—时间图像与时间轴围成面积表示位移，则：L min＝x B －x A ＝3×12m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 、B 分别受力分析，则：μm B g ＝m A a A ，μm B g ＝m B a B ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01m/s 2＝1 m/s 2 联立解得：m A m B ＝a B a A＝2，故D 正确． 4．(多选)如图4甲所示，长为2L 、质量为M 的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为m 的铁块(可视为质点)以初速度v 0从木板的左端向右滑动，结果铁块恰好不脱离木板．现将木板从中间分成A 、B 两部分并排放在水平地面上，仍让铁块以初速度v 0从木板的左端向右滑动，如图乙所示，铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则( )图4A ．铁块在木板A 上滑动时，两木板间的作用力为12μmgB ．铁块仍将停在木板B 的最右端C ．铁块将停在木板B 上，但不在木板B 的最右端D ．铁块在木板上的滑动时间变短答案 ACD解析 题图乙所示过程中，铁块在木板A 上滑动时，铁块对木板的摩擦力为μmg ，此时木板的加速度a ＝μmg M ，对木板B ：F ＝M 2a ＝12μmg ，选项A 正确；在第一次铁块运动过程中，铁块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次铁块先使整个木板加速，运动到B 部分上后，A 部分停止加速，只有B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铁块与B 木板将更快达到共同速度，所以铁块没有运动到B 的右端，且在木板上的滑动时间变短，故B 错误，C 、D 正确．二、非选择题5.如图5所示，一质量M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m ＝0.2 kg 的小滑块以v 0＝1.2 m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，求：图5(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少．(滑块始终没有滑离长木板)答案 (1)0.15 s (2)0.135 m解析 (1)根据牛顿第二定律得μmg ＝ma 1μmg ＝Ma 2解得a 1＝4 m/s 2，a 2＝4 m/s 2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v 0－a 1t ＝a 2t解得t ＝0.15 s.(2)小滑块与长木板速度相同时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t ＝0.15 s ，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x ＝v 0t －12a 1t 2，解得x ＝0.135 m. 6.质量M ＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F ＝11 N 的作用下由静止开始向右运动．如图6所示，当木板速度达到1 m/s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g 取10 m/s 2)图6(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小；(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，物块受到的摩擦力的大小．答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)447N 解析 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2， 木板的加速度a 2＝F －μmg M＝1 m/s 2. (2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，故a 1t ＝v 0＋a 2t ，解得t ＝1 s ，1 s 内物块位移x 1＝12a 1t 2＝1 m ， 木板位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.5 m ， 所以木板长度至少为L ＝x 2－x 1＝0.5 m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F ＝(M ＋m )a ，对物块，有F f ＝ma ，故F f ＝mF M ＋m ＝447 N.。

专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型【素养目标】 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题．2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．题型一传送带模型1．模型特点传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．3．“传送带”问题解题思路考向1 动力学中水平传送带问题例 1 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．考向2 动力学中的倾斜传送带问题例 2[2023·江苏常州月考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1)传送带1的速度大小v1；(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．针对训练1.(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )A．传送带的速度为4 m/sB．物块上升的竖直高度为0.96 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反题型二“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．两种常见类型类型图示3.解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．例 3[2023·广东珠海模拟](多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上．t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车，如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g.由此可求得( )A．小车的长度B．小滑块的质量C．小车在匀减速运动过程中的加速度D．小滑块与小车之间的动摩擦因数针对训练2.[2023·吉林一中期中]如图所示，质量为m＝2 kg的物体A与质量为M＝1 kg的物体B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，一水平向右的力F作用在A物体上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则( )A．当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动B．当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动C．当F＝8 N时，B物体的加速度为4 m/s2D．当F＝12 N时，A物体的加速度为4 m/s23．[2023·人大附中月考](多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．撤去力F时长木板的速度为3 m/sB．撤去力F时滑块的速度为2 m/sC．滑块最终的速度为3 m/sD．长木板的长度为1.5 m专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型题型一例1 解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5 m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝v0a解得t1＝1 sat12t1时间内包裹的位移大小为x1＝12解得x1＝0.25 mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5 m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25 m.(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝l−x1v0解得t2＝3.5 s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝lv解得t3＝2 s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.答案：(1)0.25 m (2)2.5 s例2 解析：(1)分析知，口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2根据运动学公式有v12＝2aL1，解得v1＝4 m/s.(2)若传送带2不转动，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 1＝μ2mg cos θ+mg sin θm＝g (μ2cos θ＋sin θ)＝10 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s max ＝v 122a1＝0.8 m<L 2所以口罩盒(包括口罩)无法运动到c 点若传送带2的速度大于4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 2＝mg sin θ−μ2mg cos θm＝g (sin θ－μ2cos θ)＝2 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s ′max ＝v 122a2＝4 m>L 2所以口罩盒(包括口罩)运动到c 点时速度不为零 设传送带2的速度大小为v 时，恰好能将口罩盒(包括口罩)运送至c 点．据以上信息可知，v 一定满足0<v <4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)在传送带2上先做加速度大小为a 1＝10 m/s 2的匀减速直线运动，当口罩盒(包括口罩)与传送带的速度相等时，开始做加速度大小为a 2＝2 m/s 2的匀减速直线运动，到达c 点时速度恰好为零．由逆向思维法，有s 1＝v −12v22a1，s 2＝v 22a 2，s 1＋s 2＝L 2，解得v ＝1 m/s.(3)口罩盒(包括口罩)在传送带1上运动的时间不随传送带1、2的速度增大而变化，则有L 1＝12at 12，解得t 1＝1 s当传送带2的速度足够大时，口罩盒(包括口罩)在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s 2的匀减速直线运动，则有L 2＝v 1t 2−12a 2t 22解得t 2＝(2－√3)s 或t ′2＝(2＋√3)s 舍去则口罩盒(包括口罩)从a 到达c 的最短时间为t ＝t 1＋t 2＝(3－√3)s. 答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)(3－√3)s1．解析：如果v 2小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 2一定大于v 1，结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s ，A 错误；物块的位移等于v ­ t 图线与横轴所围的面积，即L ＝12×(4＋2)×0.2 m＋12×1×2 m＝1.6 m ，则上升的竖直高度为h ＝L sin θ＝0.96 m ，B 正确；0～0.2 s 内，加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0−4.00.2m/s 2＝－10 m/s 2，加速度大小为10 m/s 2，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin θ+μmg cos θm＝10 m/s 2，解得μ＝0.5，C 正确；在0～0.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D 错误．答案：BC题型二例3 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L ＝v 1+v 02t 1－v12t 1＝v02t 1，故A 正确；根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，但无法求出小滑块的质量，故B 错误；根据v ­ t 图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a ＝v 0−v 1t 1，故C 正确；对小滑块，由v ­ t 图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a ＝v1t 1，再由牛顿第二定律得a ＝Ff m ＝μmg m＝μg ，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝v1gt 1，故D 正确．答案：ACD2．解析：当A 、B 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a 0，根据牛顿第二定律，对B 有a 0＝μmg M＝4 m/s 2，对A 、B 整体有F ＝(m ＋M )a 0＝3×4 N＝12 N ，所以当F ≤12 N 时，A 、B 相对静止，一起向右做匀加速运动，A 、B 、C 错误；当F ＝12 N 时，A 物体的加速度为a ＝F−μmg m＝12−42m/s 2＝4 m/s 2，D 正确．答案：D3．解析：力F 作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 1，F －μmg ＝Ma 2，解得滑块和长木板的加速度分别为a 1＝2 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，撤去力F 时滑块和长木板的速度分别为v 1＝a 1t ＝2 m/s ，v 2＝a 2t ＝5 m/s ，故A 错误，B 正确；撤去力F 后，由动量守恒定律可得mv 1＋Mv 2＝(m ＋M )v ，解得滑块最终的速度为v ＝3 m/s ，故C 正确；撤去力F 前，滑块在长木板上移动的距离为Δx 1＝12a 2t 2－12a 1t 2＝1.5 m ，撤去力F 后，由能量守恒定律可得μmg ·Δx 2＝12mv +1212Mv 22－12(m ＋M )v 2，解得Δx 2＝0.75 m ，则长木板的长度为L ＝Δx 1＋Δx 2＝2.25 m ，故D 错误．答案：BC。

高考物理《传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题》真题练习含答案1.(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中正确的是( )A ．FL ＝12 M v 2B ．Fs ＝12m v 2C ．Fs ＝12 m v 20－12 (M ＋m )v 2 D ．F (L ＋s )＝12 m v 20－12 m v 2 答案：ACD解析：以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即FL ＝12M v 2①，以子弹为研究对象，由动能定理得， F (L ＋s )＝12 m v 20－12 m v 2②，联立①②得， Fs ＝12 m v 20 －12 (M ＋m )v 2，故A 、C 、D 正确．2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A ．m v 24B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 答案：C解析：由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12 m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2 t ，v ＝μgt ，解得W ＝m v 2，C 正确．3.(多选)如图所示是某地铁站的安检设施，该设施中的水平传送带以恒定速率v 运动，乘客将质量为m 的物品放在传送带上，物品由静止开始加速至速率为v 后匀速通过安检设施，下列说法正确的是( )A ．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用B ．物品所受摩擦力的方向与其运动方向相同C ．物品与传送带间动摩擦因数越大，产生热量越多D.物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小 答案：BD解析：物品加速时受滑动摩擦力作用，匀速时不受摩擦力，A 错误；物品所受摩擦力的方向与运动方向相同，B 正确；传送带的位移大小x 1＝v t ，物品从加速到与其共速，位移大小x 2＝v 2 t ，物品与传送带间产生热量Q ＝f Δx ＝f (x 1－x 2)＝12 m v 2，与动摩擦因数无关，C 错误；物品与传送带间动摩擦因数越大，滑动摩擦力f 越大，相对位移Δx 越小，D 正确．4．[2024·辽宁省高考模拟](多选)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1＝2 m/s 匀速向右运动，一质量为m ＝1 kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2＝3 m/s 滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程，下列判断正确的有( )A ．滑块返回传送带右端的速率为2 m/sB ．此过程中传送带对滑块做功为2.5 JC ．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 JD ．此过程中电动机对传送带多做功为10 J 答案：ACD解析：由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，v 1＝2 m/s<v 2＝3 m/s ，当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于2 m/s ，A 正确；此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为W ＝12 m v 21 －12 m v 22 ＝－2.5 J ，B 错误；设滑块向左运动的时间为t 1，位移为x 1，则x 1＝v 22 t 1，该过程中传送带的位移为x 2＝v 1t 1，t 1＝v 2μg ，摩擦生热为Q 1＝μmg (x 1＋x 2)＝10.5 J ，返回过程，当物块与传送带共速时v 1＝μgt 2，物块与传送带摩擦生热为Q 2＝μmg (v 1t 2－v 12 t 2)＝2 J ，则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝12.5 J ，C 正确；此过程中电动机对传送带多做功为ΔW ＝W ＋Q ＝10 J ，D 正确．5.[2024·河北省石家庄市教学质检](多选)如图所示，倾斜传送带以恒定速率v 顺时针转动，现将一小物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v ，在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q ，小物块获得的动能为E k 、重力势能的增加量为E p ，下列说法正确的是( )A ．Q ＝E kB ．Q >E kC ．Q ＝E k ＋E pD ．Q <E k ＋E p 答案：BC解析：设传送带长度为L ，倾角为θ，质量为m ，运动时间为t ，物块受到的摩擦力为f ，根据题意，有x 物＝L ＝v2 t ，x 传＝v t ，则有x 传－x 物＝L ，解得x 传＝2L ，对物块，根据动能定理fL －mg sin θ·L ＝E k －0，产生的热量为Q ＝f ΔL ＝f (2L －L )＝fL ，其中mg sin θ·L ＝E p ，联立解得Q ＝E k ＋E p ，则有Q >E k ，B 、C 正确．6．如图甲，长木板A 质量为2 kg 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1 答案：D解析：由题中图像可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知，木板获得的动能为1 J ，A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12 m v 20 －12 ·2m ·v 2＝2 J ，B 错误；由v ­t 图像可求出二者相对位移为1 m ，C 错误；以B 为研究对象，根据牛顿第二定律，求出μ＝0.1，D 正确．7.(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始在木板B 上运动，则下列说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量 B ．拉力F 做的功大于A 、B 系统动能的增加量C ．拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D ．A 对B 做的功等于B 的动能的增加量 答案：BD 8.[2024·山东省潍坊市期中考试]如图所示，与水平面夹角为θ＝37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝2 m/s 的恒定的速率向上传动，现将一质量m ＝4 kg 的小物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，求物块从A 运动到B 的过程：(1)所用时间t ；(2)摩擦力对物块做的功W . 答案：(1)7.5 s (2)248 J解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1设物体经时间t 1加速到与传送带同速，则有 v ＝a 1t 1，x 1＝12 a 1t 2解得t 1＝5 s ，x 1＝5 m设物体经过时间t 2到达B 端，因μmg cos θ>mg sin θ故当物体与传送带同速后，物体将做匀速运动，则有L －x 1＝v t 2 解得t 2＝2.5 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝7.5 s (2)相对滑动过程，摩擦力做功W 1＝μmg cos θ·x 1匀速运动过程，摩擦力做功W 2＝mg sin θ(L －x 1)，W ＝W 1＋W 2 解得W ＝248 J9．如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量m ＝1 kg 的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为m 的小物块(视为质点)，物块和木板间的动摩擦因数μ＝235 ，初始时木板下端与挡板的距离L ＝0.9 m ．现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑．木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，最终物块恰好未滑离木板．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v 0；(2)从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x ；(3)木板的长度s 以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q .答案：(1)3 m/s (2)1.5 m (3)54 J解析：(1)从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有2mgL sin θ＝12×2m v 2解得v 0＝3 m/s.(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1解得a1＝11 m/s2木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma2解得a2＝1 m/s2以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间t木板和物块达到共同速度v，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有v＝－v0＋a1t，v＝v0－a2t解得v＝2.5 m/s，v为正值，表示v的方向沿斜面向下设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为x1，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a1x1解得x1＝0.125 m设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a2x2解得x2＝1.375 m又x＝x1＋x2解得x＝1.5 m.(3)经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有Q＝mgL sin θ＋mg(L＋s)sin θ又Q＝μmgs cos θ解得s＝9 m Q＝54 J。

专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题专题解读 1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．例1(2019·广西梧州市联考)如图1所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)小物块在B点的最小速度v B的大小；(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．答案 (1)2 5 m/s (2)36 N (3)21011N ≤F ≤50 N解析 (1)小物块恰能到圆轨道最高点C 时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度为v C ，由mg ＝m v C 2R得：v C ＝2 m/s物块从B 运动到C ，由动能定理有： －2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2解得：v B ＝2 5 m/s(2)物块从P 到C 由动能定理有： －mgR (1－sin θ)＝12m v C 2－12m v P 2解得v P ＝655m/s 在P 点由牛顿第二定律有：mg sin θ＋F N ＝m v P 2R解得F N ＝36 N根据牛顿第三定律可知，小物块在P 点对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝36 N (3)当小物块刚好能通过C 点时，拉力F 有最小值，对物块从A 到B 过程分析： F f ＝μ(mg －F min sin θ)，F min x cos θ－F f x ＝12m v B 2解得F min ＝21011N 当物块在AB 段即将离开地面时，拉力F 有最大值，则F max sin θ＝mg 解得F max ＝50 N综上，拉力的取值范围是：21011N ≤F ≤50 N. 变式1 (2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图2所示的滑板个性滑道．斜面AB 与半径R ＝3 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B ，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C 点的切线水平，C 点连接倾角α＝30°的斜面CD .一滑板爱好者连同滑板等装备(整体视为质点)总质量m ＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P 由静止开始下滑，发现在斜面CD 上的落点Q 恰好离C 点最远．若他在斜面AB 上滑动过程中所受摩擦力F f 与位移大小x 的关系满足F f ＝90x (均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)P 、B 两点间的距离；(2)滑板在C 点对轨道的压力大小． 答案 (1)4 m (2)1 320 N解析 (1)设爱好者滑到C 点的速度为v C ，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x 1、y 1 C 到Q 由平抛运动规律有：tan α＝y 1x 1＝12gt 2v C t ＝gt2v C ①则t ＝2v C tan αg②因此x 1＝v C t ＝2v C 2tan αg ③l CQ ＝x 1cos α＝2v C 2tan αg cos α④由④式可知v C 越大则l CQ 越大，由人和装备在BC 间运动时机械能守恒可知，要使v C 越大就要求v B 越大．设人和装备在P 、B 间运动时加速度为a ，由牛顿第二定律有mg sin θ－90x ＝ma ⑤ 得a ＝mg sin θ－90x m⑥由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度v B 最大． 故P 、B 两点间的距离大小为：x ＝mg sin θ90＝4 m ⑦(2)设P 、B 间摩擦力对人做功为W f ，由动能定理有：mgx sin θ＋W f ＝12m v B 2－0⑧而W f ＝－90x 2·x ⑨ B 、C 间运动时，机械能守恒，有： 12m v B 2＋mgR (1－cos θ)＝12m v C 2⑩ 在C 点F N －mg ＝m v C 2R ⑪由⑦⑧⑨⑩⑪解得F N ＝1 320 N由牛顿第三定律可知滑板在C 点对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝1 320 N.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． 2．功能关系分析(1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W ＝F f x 传； ②产生的内能：Q ＝F f x 相对．模型1 水平传送带问题例2 (2019·福建福州市期末质量检测)如图3所示，水平传送带匀速运行速度为v ＝2 m/s ，传送带两端A 、B 间距离为x 0＝10 m ，当质量为m ＝5 kg 的行李箱无初速度地放上传送带A 端后，传送到B 端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m /s 2，求：图3(1)行李箱开始运动时的加速度大小a ； (2)行李箱从A 端传送到B 端所用时间t ； (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W . 答案 (1)2 m/s 2 (2)5.5 s (3)－20 J解析 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a ＝F f m ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2(2)经过t 1时间二者共速，t 1＝v a ＝22s ＝1 s行李箱匀加速运动的位移为：x 1＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m行李箱随传送带匀速运动的时间：t 2＝x 0－x 1v ＝10－12 s ＝4.5 s则行李箱从A 传送到B 所用时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋4.5 s ＝5.5 s (3)t 1时间内传送带的位移：x 2＝v t 1＝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F f ′＝F f行李箱对传送带的摩擦力做功：W ＝－F f ′x 2＝－μmgx 2＝－0.2×5×10×2 J ＝－20 J模型2 倾斜传送带问题例3 (2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图4所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点与B 点的高度差为h 2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v ＝0.5 m /s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图4(1)滑块运动至C 点时的速度v C 大小；(2)滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 答案 (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J解析 (1)在C 点，竖直分速度：v y ＝2gh 2＝1.5 m/s 由v y ＝v C sin 37°，解得v C ＝2.5 m/s(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则 v B ＝v x ＝v C cos 37°＝2 m/s从A 到B 点的过程中，根据动能定理得mgh 1－W f ＝12m v B 2解得W f ＝1 J(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有 μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得a ＝0.4 m/s 2达到共同速度所需时间t ＝v C －v a ＝5 s两者间的相对位移Δx ＝v ＋v C2t －v t ＝5 m由于mg sin 37°<μmg cos 37°，此后滑块将做匀速运动． 故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量： Q ＝μmg cos 37°·Δx ＝32 J.1．模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型． 2．位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度． 3．解题关键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4 (2020·四川德阳市质检)如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h .将质量为m 、长度为L 的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图5(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小； (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W . 答案 (1)(2h －L )g (2)32mg (3)94mgh解析 (1)由动能定理有12×2m v 02＝2mg (h －L sin θ)解得：v 0＝(2h －L )g(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0 解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体有2mg sin θ＝2ma 4 另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2) a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θ W ＝F ·12a 1t 12解得：W ＝94mgh .变式2 (2019·天津市南开区二模)如图6，质量M ＝8 kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ＝8 N ．当小车向右运动速度达到v 0＝3 m /s 时，在小车的右端轻放一质量m ＝2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g ＝10 m/s 2.求：图6(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小； (2)从小物块放在车上开始经过t 0＝3.0 s 摩擦力对小物块所做的功． 答案 (1)2 s 4 m/s (2)23.04 J解析 (1) 根据牛顿第二定律得：对物块：μmg ＝ma 1， 解得：a 1＝2 m/s 2 对小车：F －μmg ＝Ma 2， 解得：a 2＝0.5 m/s 2设经过t 1时间物块与小车的速度相等，则有：a 1t 1＝v 0＋a 2t 1， 代入数据解得：t 1＝2 s ，共同的速度大小为：v ＝a 1t 1＝4 m/s ； (2)t 1时间内物块位移：x 1＝12a 1t 21＝12×2×22 m ＝4 m ，t 1时刻物块速度：v 1＝v ＝4 m/s ， t 1后M 、m 有相同的加速度， 对M 、m 整体有：F ＝(M ＋m )a 3， 解得：a 3＝0.8 m/s 2，物块受到的摩擦力为：F f ＝ma 3＝1.6 N ，此过程运动t 2＝t 0－t 1＝1 s 的位移为：x 2＝v 1t 2＋12a 3t 22＝(4×1＋12×0.8×12) m ＝4.4 m ，所以摩擦力做的功为：W ＝μmgx 1＋F f x 2＝23.04 J.1. (2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图1所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是( )图1A ．物体始终受到沿传送带向上的摩擦力B ．物体运动至顶端时一定相对传送带静止C ．传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量D ．物体加速运动过程中传送带通过的距离是物体通过距离的2倍 答案 A解析 当物体刚放上传送带时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力，在这些力的作用下，物体沿传送带加速向上运动；当物体的速度等于传送带的速度时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力，沿传送带向上匀速运动，故A 项正确．若传送带长度较短，物体沿传送带运动只有加速过程，且加速到最后的速度v 仍小于传送带的速度v 0，物体运动到顶端时仍相对传送带向下运动，这种情况下，物体通过的距离x 物＝0＋v2t ，传送带通过的距离x 传＝v 0t ，物体加速运动过程中传送带通过的距离大于物体通过距离的2倍，故B 、D 项错误．物体受重力、支持力和传送带对物体的摩擦力，物体运动过程中，除重力外只有传送带对物体的摩擦力做功，则传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，故C 项错误． 2．(多选)(2019·云南省第二次统一检测)如图2所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B 点和圆心O 等高，M 点与O 点在同一竖直线上，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝45°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个质量为m 的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O 点等高的C 点，已知圆轨道半径为R ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下结论正确的是( )图2A ．A 、B 两点间的高度差为22R B ．C 到N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力大小为(3＋2)mgD ．小球从N 点运动到C 点的时间为 2Rg答案 AC解析 从A 点到C 点：mgh ＝12m v C 2，从A 点到N 点：mg (h ＋R cos 45°)＝12m v N 2，其中v C ＝v N cos 45°，联立解得：h ＝22R ，v N ＝22gR ，选项A 正确；小球从N 运动到C 的时间：t ＝v N sin 45°g＝2Rg，则C 到N 的水平距离为：x CN ＝v N cos 45°t ，解得x CN ＝2R ，选项B 、D 错误；从A 到M 点：mg (h ＋R )＝12m v M 2，在M 点：F N －mg ＝m v M 2R ，解得F N ＝(3＋2)mg ，由牛顿第三定律，小球在M 点对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝(3＋2)mg ，选项C 正确． 3．如图3所示，AB 和CDO 都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝1 m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r ＝0.5 m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)D 为CDO 轨道的中点．BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC 段水平轨道长L ＝2 m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m ＝1 kg 的小球P 从A 点的正上方距水平线OA 高H 处自由落下：(取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力)图3(1)当H ＝2 m 时，求此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，求H 的取值范围． 答案 (1)84 N (2)0.65 m ≤H ≤0.7 m解析 (1)设小球第一次到达D 点的速度为v D ，对小球从静止释放到D 点的过程，根据动能定理有：mg (H ＋r )－μmgL ＝12m v D 2在D 点轨道对小球的支持力F N 提供向心力，则有F N ＝m v D 2r联立解得：F N ＝84 N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：F N ′＝F N ＝84 N ； (2)为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，则有：mgH min －μmgL ＝12m v 02在O 点由牛顿第二定律有：mg ＝m v 02r代入数据解得：H min ＝0.65 m仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，则mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7 m 故有：0.65 m ≤H ≤0.7 m.4．如图4甲所示，半径R ＝0.45 m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M ＝1 kg ，长度l ＝1 m ，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h ＝0.2 m ．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放．取g ＝10 m/s 2.试求：图4(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离． 答案 (1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m解析 (1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR ＝12m v B 2解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律有，F N －mg ＝m v B 2R ，解得F N ＝30 N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝30 N ，方向竖直向下．(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功 W f ＝－μ1mg ＋μ2mg2l ＝－4 J物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得， mgR ＋W f ＝12m v 2，解得v ＝1 m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a 1＝μg ＝2 m/s 2对平板车有a 2＝μmg M＝2 m/s 2 经过时间t 1物块滑离平板车，则有v B t 1－12a 1t 12－12a 2t 12＝l 解得t 1＝0.5 s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2 m/s 此时平板车的速度v 车＝a 2t 1＝1 m/s 物块滑离平板车后做平抛运动的时间t 2＝2h g ＝0.2 s 物块落地时距平板车右端的水平距离s ＝(v 物－v 车)t 2＝0.2 m.。

[学习目标] 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上的物体的运动问题.2.能正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型问题．一、传送带模型 1．传送带的基本类型传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型． 2．传送带模型分析流程3．注意求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例1 如图1所示，水平传送带以v ＝2 m/s 的速度匀速运转，在其左端无初速度释放一质量为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/s 2.求：图1(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． 答案 (1)1.5 s (2)1 m解析 (1)滑块在传送带上滑行时的加速度 a ＝F f m ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2设滑块在释放后经时间t 1达到和传送带相同的速度t 1＝v a ＝22s ＝1 s位移x 1＝v 22a ＝222×2m ＝1 m<2 m滑块与传送带向右匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－12 s ＝0.5 s总时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋0.5 s ＝1.5 s.(2)滑块和传送带在t 1时间内有相对运动，传送带的位移x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m 滑块相对传送带的位移Δx ＝x 2－x 1＝2 m －1 m ＝1 m.例2 如图2所示，A 、B 间的距离l ＝3.25 m ，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图所示，传送带始终以2 m/s 的速度运行．将一物体无初速度地放到传送带上的A 处，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝35，求物体从A 运动到B 所需的时间．(g 取10 m/s 2)图2答案 1.25 s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：mg sin 30°＋F f ＝ma 1 y 轴方向上：F N －mg cos 30°＝0 又F f ＝μF N联立解得a 1＝g (sin 30°＋μcos 30°)＝8 m/s 2 物体加速到与传送带速度相等所用的时间为 t 1＝va 1＝0.25 s位移为x 1＝v 22a 1＝0.25 mmg sin 30°>μmg cos 30°，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得x 轴方向上：mg sin 30°－F f ′＝ma 2y 轴方向上：F N －mg cos 30°＝0 又F f ′＝μF N联立解得a 2＝g (sin 30°－μcos 30°)＝2 m/s 2所以物体以初速度v ＝2 m/s 和加速度a 2＝2 m/s 2做匀加速运动，位移为x 2＝l －x 1＝3 m 由位移公式得x 2＝v t 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s ，或t 2＝－3 s(舍去)故所用总时间为t ＝t 1＋t 2＝0.25 s ＋1 s ＝1.25 s.1．水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(1)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v 0<v 时，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滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a 1加速再以a 2加速二、滑块－木板模型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，两物体的运动时间、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)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，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． 4．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．例3 (2020·湘潭市高一期末)如图3所示，物块A 、木板B 的质量分别为m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝4 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g 取10 m/s 2.图3(1)求物块A 和木板B 发生相对运动过程的加速度的大小； (2)若A 刚好没有从B 上滑下来，求A 的初速度v 0的大小． 答案 (1)3 m/s 2 1.5 m/s 2 (2)6 m/s解析 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μ1m A g m A＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有a 2＝μ1m A g m B＝1.5 m/s 2.(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有 v ＝v 0－a 1t v ＝a 2t位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝6 m/s.例4 如图4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向右的力F ＝26 N ，将A 从B 下抽出．g ＝10 m/s 2，求：图4(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 ； (3)B 离开A 时的速度的大小．答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 s (3)2 m/s解析 (1)对于B ，由牛顿第二定律可得：μ1mg ＝ma B 解得a B ＝1 m/s 2对于A ，由牛顿第二定律可得： F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A 解得a A ＝2 m/s 2.(2)设经时间t 抽出，则x A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2Δx ＝x A －x B ＝l －x 解得t ＝2 s. (3)v B ＝a B t ＝2 m/s.1.(传送带模型)如图5所示，水平放置的传送带以速度v ＝2 m/s 向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A 端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A 端与B 端相距4 m ，则物体由A 运动到B 的时间和物体到达B 端时的速度是(g 取10 m/s 2)( )图5A．2.5 s,2 m/s B．1 s,2 m/sC．2.5 s,4 m/s D．1 s,4 m/s答案 A解析小物体的运动可以分两个阶段，先由静止开始加速，后做匀速直线运动，小物体开始先做匀加速运动，加速度a＝μg＝2 m/s2，达到的最大速度为2 m/s，当v物＝v＝2 m/s时，t＝va＝22s＝1 s，x＝12at2＝12×2×12 m＝1 m，以后小物体以2 m/s的速度做匀速直线运动，t′＝x AB－xv＝4－12s＝1.5 s，所以t总＝t＋t′＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，且到达B端时的速度为2 m/s.2.(滑块—木板模型)(多选)(2021·哈尔滨八中高一月考)如图6所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是()图6答案AC解析木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．3.(滑块—木板模型)如图7所示，有一块木板A静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M＝4 kg，长L＝1.2 m，木板右端放一小滑块B并处于静止状态，小滑块质量m＝1 kg，其尺寸远小于L.小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)图7(1)现用恒力F始终作用在木板A上，为了让小滑块B不从木板A上滑落，求恒力F大小的范围；(2)其他条件不变，若恒力F大小为20.8 N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A时的速度大小．答案 (1)F ≤20 N (2)8 3 m/s解析 (1)为了使小滑块B 不从木板A 上滑落，设A 、B 相对静止时的加速度为a ，对B 有：ma ≤μmg对A 、B 整体有：F ＝(M ＋m )a 解得：F ≤20 N(2)当F ＝20.8 N 时，A 、B 发生相对滑动． 此时，对B ：μmg ＝ma B 对A ：F －μmg ＝Ma A设B 在A 上滑行的时间为t ，有： L ＝12a A t 2－12a B t 2B 滑离木板A 时的速度v ＝a B t 联立解得：v ＝8 3 m/s.4.(传送带模型)如图8所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v 1＝2 m/s 沿顺时针方向运行．初速度为v 2＝4 m/s 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：图8(1)小物块在传送带上滑行的最远距离； (2)小物块从A 处出发再回到A 处所用的时间． 答案 (1)4 m (2)4.5 s解析 (1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 得a ＝μg因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0， 由公式x ＝v 222a 得x ＝4 m ，t 1＝v 2a＝2 s(2)小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a ′＝μg ＝2 m/s 2 设小物块与传送带共速时所需时间为t 2， t 2＝v 1a ′＝1 st 2时间内小物块向右运动的距离x1＝v122a′＝1 m最后小物块做匀速直线运动，位移x2＝x－x1＝3 m匀速运动时间t3＝x2v1＝1.5 s 所以t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s.。

传送带模型和滑块——木板模型一、水平传送带问题的变化类型例1．如图，水平传送带两个转动轴轴心相距20m ，正在以v ＝4.0m/s 的速度匀速传动，某物块儿（可视为质点）与传送带之间的动摩擦因数为0.1,将该物块儿从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物块儿将到达传送带的右端（g =10m/s 2） ？例2．（1）题中，若水平传送带两个转动轴心相距为2.0m ，其它条件不变，则将该物体从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物体将到达传送带的右端（g =10m/s 2）例3．（1）题中，若提高传送带的速度，可以使物体从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短。

为使物体传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？变式训练：如图，一物块沿斜面由H 高处由静止滑下，斜面与水平传送带相连处为光滑圆弧，物体滑离传送带后做平抛运动，当传送带静止时，物体恰落在水平地面上的A 点，则下列说法正确的是（ ）。

A ．当传送带逆时针转动时，物体落点一定在A 点的左侧 B ．当传送带逆时针转动时，物体落点一定落在A 点 C ．当传送带顺时针转动时，物体落点可能落在A 点 D ．当传送带顺时针转动时，物体落点一定在A 点的右侧 二．倾斜传送带问题的变化类型例1：如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°，将一小物块轻轻放在正在以速度v =10m/s 匀速逆时针传动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为µ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小），传送带两皮带轮轴心间的距离为L ＝29m ，求将物块从顶部传到传送带底部所需的时间为多少（g =10m/s2） ？HA．v例2：上题中若8.0=μ，物块下滑时间为多少？变式训练：（如图所示）传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块A ，物块下滑到底端时间为T ，则下列说法正确的是（ ）。

A ．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定大于t B ．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定等于t C ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能等于t D ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定小于t三、滑块——木板模型1、如图9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，直到为零2、如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。

第6讲：传送带模型、滑块——木板模型1．在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。

当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。

随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。

设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为( )A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm2．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－时间图象可能是下列选项中的( )3.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(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C.若μ≥tanθ，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Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sinθ4．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( )5．如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。

2021-2021学年人教版必修一滑块—木板模型和传送带模型课时作业一、选择题1．(多项选择)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、F 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．以下选项可能正确的选项是( )图1答案AB解析物体在传送带上先做匀加速运动，当到达与传送带相同的速度后，开始做匀速运动，A、B 正确．2.如图2所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为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，那么以下说法正确的选项是 ( )图2A．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答案 D解析当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度与传送带静止时加速度相同，所以物块下滑的时间等于T，故A、B错误；当传送带逆时针转动时，开始时物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于传送带静止时的加速度，那么物块下滑的时间小于T，故C错误，D正确．3.如图3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放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ，那么以下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图3答案D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，可得a1＝gsinθ＋gcosθ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tanθ，小木块不会与传送带保持相对静止，而是继续加速，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，由牛顿第二定律得mgsinθ－mgcosθ＝ma2，所以a2＝gsinθ－μgcosθ，a2<a1，故D正确．4.如图4所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示(逆时针)，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的选项是()图4A．物块下滑的速度不变B．物块开始在传送带上加速到2v0后匀速C．物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D．物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上答案C解析在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力仍然向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块加速下滑，当物块的速度到达2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，应选项C正确．5．(多项选择)如图5所示，水平传送带两端A、B相距x＝6m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10m/s2，那么煤块从A运动到B的过程中()图5A．煤块从A运动到B的时间是B．煤块从A运动到B的时间是C．划痕长度是D．划痕长度是答案 AD解析开始时煤块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma ，得a ＝μg ＝2，假设煤块的2速度到达4m/s 时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x ＝v 0＝3.2m<6m ，因此煤块先做匀加速直12av 0线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为 t 1＝a ＝，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B 端，匀速运动的位移为x ＝x －x ＝6m －＝，时间为t ＝x 2＝，运动的总时间为t212v 0＝t 1＋t 2＝，A 正确，B 错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得 x ＝v 0t 1－x 1＝，C错误，D 正确．二、非选择题6．质量为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外表水平冲上木板，如图6甲所示．A 和B 经过1s 到达同一速度，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 ＝10m/s 2，求：图6(1)A 与B 上外表之间的动摩擦因数 μ1；(2)B 与水平面间的动摩擦因数 μ2；(3)A 的质量．答案(3)6kg解析(1)由题图乙可知，A 在0～1s 内的加速度a ＝v 1－v 0＝－2m/s2，对A 由牛顿第二定律得，1t 1－μ1mg ＝ma 1， 解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知， AB 在1～3s 内的加速度v 3－v12a 3＝ ＝－1m/s ，对AB 由牛顿第二定律得， －μ2(M ＋m)g ＝(M ＋m)a 3解得μ2＝0.1.(3)由题图乙可知 B 在0～1s 内的加速度 v 1 2a 2＝t ＝2m/s. 1对B 由牛顿第二定律得，1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6kg.7.如图7所示，质量M＝8kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8N，当长木板向右运动的速度到达m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数2μ＝，长木板足够长．(g取10m/s)图7(1)放上小物块后，小物块及长木板的加速度各为多大？(2)经多长时间两者到达相同的速度？(3)从放上小物块开始，经过t＝，小物块的位移大小为多少？答案(1)2m/s2m/s2(2)1s解析(1)小物块的加速度a m＝μg＝2m/s2长木板的加速度a M＝F－μmg＝2.M(2)由a m t＝v0＋a M t，可得t＝1s.(3)在开始1s内小物块的位移x1＝1a m t2＝1m 21s末速度为v＝a m t＝2m/s在接下来的小物块与长木板相对静止，一起做匀加速运动，加速度为a＝F2＝M＋m这内的位移为x2＝vt′＋21at′2＝通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1m.8.如图8所示的传送带，其水平局部ab长度为2m，倾斜局部bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°，将一物块 A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25.传送带沿图示方向以v＝2m/s的速度匀速运动，假设物块A始终未脱离传送带，试求物块A从a端传送到 c 端所用的时间．(取g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝0.8)图8答案解析物块A在ab之间运动，对 A受力分析得F f1＝μF N1，F N1－mg＝0，根据牛顿第二定律得2设物块A速度到达2m/s所需时间为t1，运动位移为x1.F f1＝ma1，根据运动学规律可得t1＝v＝，x1＝1a1t1a122＝由x1<2m，可知A在还没有运动到b点时，已与传送带速度相同．此后A做匀速运动，设运动时间为t2，l ab－x1＝vt2，得t2＝A在bc间运动时，物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上，对A受力分析得：mgsinθ－F f2＝ma2，F N＝mgcosθF f2＝μF N解得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝4m/s212，根据运动学规律可得l bc＝vt3＋a2t32解得t3＝1s，t3′＝－2s(舍去)那么物块A从a端传送到c端所用时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.9.如图9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的恒定速率顺时针运行，一质量为m＝4kg的行李(可视为质点)无初速度地放在A处，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．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝，A、B间的距离l＝2m，g取10m/s2.求：图9(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；(2)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处的最短时间和传B处．求行李从A处传送到送带对应的最小运行速率．答案(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s解析(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力F f＝μmg将题给数据代入，得F f＝4N由牛顿第二定律，得F f＝ma代入数据得a＝1m/s2(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1m/s，那么v＝at代入数据，得t＝1s，v运动的距离x＝2t＝＜l，所以行李匀加速运动的时间为1s.(3)行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，那么1at min2，代入数据得t min＝2s．传送带对应的最小运行速率v min＝at min，代入数据得v min＝2m/s.l＝2。

高中物理传送带模型滑块木板模型RUSER redacted on the night of December 17,2020传送带模型1.水平传送带模型*先是靠摩擦力加速到与传送带同速度a1=F/m，后是a2=（Gsina-f摩擦力）/m这个加速度加速①水平传送带问题：求解的关键在于正确分析出物体所受摩擦力．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，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．②倾斜传送带问题：求解的关键在于正确分析物体与传送带的相对运动情况，从而判断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．小结：分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析．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，看一看受力与速度有没有转折点、突变点，做好运动过程的划分及相应动力学分析．3.传送带问题的解题思路模板[分析物体运动过程]例1：（多选）如图所示，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素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v 0、t 0已知，则（）A ．传送带一定逆时针转动B ．00tan cos v gt μθθ=+C ．传送带的速度大于v 0D ．t 0后滑块的加速度为002sin v g t θ- [求相互运动时间，相互运动的位移] 例2：如图所示，水平传送带两端相距x ＝8m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，工件滑上A 端时速度v A ＝10m/s ，设工件到达B 端时的速度为v B 。

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.。

第6讲：传送带模型、滑块——木板模型一考向认知㈠命题特点与趋势这两种模型在5年里面只出现过两次，是经典模型，主要利用牛顿运动定律及运动学知识解决问题。

㈡要点熟记1．转送带模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．2. “滑块—木板”模型特点这类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．㈢规律方法1.要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．2．(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，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．二.典例精析考向1:传送带模型1.水平传送带模型①可能一直加速②可能先加速后匀速①②③①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回时速度为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可能先以例1.(2018安徽省安庆市二模)如图所示，半径R＝1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L＝16m，传送带以v0＝10m/s的速度顺时针运动，将质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.(1)将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；(3)若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件．例2.(2018湖北荆州模拟)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.(g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝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？考向2：滑块——木板模型如图所示，解决此模型的基本思路如下：例3. (多选)(2018河南省安阳市第二次模拟)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图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是( )A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.1例4.(2018山东省日照市二模)如图甲所示，质量M＝2kg、长L＝1m的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：(取g＝10m/s2)(1)若在铁块上施加一随时间增大的水平力F＝kt(k是常数)，通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力F f随时间t变化的图象如图乙所示．求木板与地面间的动摩擦因数μ1和木板与铁块间的动摩擦因数μ2；(2)若在铁块上施加恒力F，使铁块从木板上滑落，求F的大小范围；(3)若在铁块上施加向右的恒力F＝8N，求铁块运动到木板右端所用的时间．三.方法总结1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向.在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.2.倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.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，确定物体运动情况.无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的位移关系解题。

专题08 滑块—木板模型和传送带模型一、夯实基础（一）、“滑块—木板”模型1．模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生_相对滑动__．2．两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的_位移之差__等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的_位移之和_等于木板的长度．（二）、“传送带”模型1．水平传送带模型①可能一直加速②可能先①②③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．其中若回时速度为2.倾斜传送带模型①可能一直加速②可能先①可能一直加速②可能先③可能先以二、重、难、热点阐释主题一“滑块—木板”模型1.如图所示，解决此模型的基本思路如下：运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动2.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.【例1】如图所示，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：(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.【答案】(1)2 m/s2 1 m/s2(2)2 s【解析】(1)对于B：μ1mg＝ma B解得a B＝1 m/s2对于A：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得a A＝2 m/s2(2)设经时间t抽出，则x A＝12a A t2x B ＝12a B t 2Δx ＝x A －x B ＝l －x 解得t ＝2 s.【例2】(2019·黑龙江省哈尔滨市模拟)如图甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 的变化图象如图乙所示．已知滑块质量m ＝2 kg ，木板质量M ＝1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.(已知滑块在2.5 s 内没有滑离木板)(1)在0～0.5 s 内，滑块和长木板之间的摩擦力大小是多少？ (2)在2.5 s 时，滑块和长木板的速度分别是多少？ 【答案】 (1)2 N (2)13 m/s 9 m/s【解析】 (1)在0～0.5 s 过程中，假设M 、m 具有共同加速度a 1，则：F 1＝(M ＋m )a 1 a 1＝2 m/s 2木板能达到的最大加速度a 2＝μmgMa 2＝4 m/s 2>a 1所以M 、m 相对静止，M 、m 之间为静摩擦力F f ＝Ma 1 解得：F f ＝2 N(2)木板和滑块在0.5 s 时的速度v 1＝a 1t 1 解得：v 1＝1 m/s在0.5～2.5 s 过程中，假设M 、m 具有共同加速度a 3 ，则：F 2＝(M ＋m )a 3 a 3≈5.3 m/s 2>a 2，则M 、m 相对滑动 长木板在2.5 s 时的速度v 2＝v 1＋a 2t 2 解得：v 2＝9 m/s以滑块为研究对象：F 2－μmg ＝ma 4 解得：a 4＝6 m/s 2滑块在2.5 s 时的速度v 3＝v 1＋a 4t 2 解得：v 3＝13 m/s.主题二 “传送带”模型1．水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向．在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v 物<v 传，则物体加速；若v 物>v 传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速．计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs ＝|s 传－s 物|；②若二者反向，则Δs ＝|s 传|＋|s 物|.2．倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动．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，确定物体运动情况．【例3】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/s 2).(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. 【答案】 (1)3 s (2)7 s【解析】 物块放到传送带上后，在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动.由μmg ＝ma 得a ＝μg ， 若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向右做匀速运动. 物块匀加速运动的时间t 1＝v a ＝vμg ＝4 s物块匀加速运动的位移x 1＝12at 12＝12μgt 12＝8 m(1)因为4.5 m<8 m ，所以物块一直加速，由L ＝12at 2得t ＝3 s(2)因为20 m>8 m ，所以物块速度达到传送带的速度后，摩擦力变为0，此后物块与传送带一起做匀速运动， 物块匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝20－84 s ＝3 s故物块到达传送带右端的时间t ′＝t 1＋t 2＝7 s. 【小结】分析水平传送带问题的注意事项当传送带水平运动时，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的突变.静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力). 【举一反三】(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 ＝1 m/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2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( ) A.乘客与行李同时到达B 处 B.乘客提前0.5 s 到达B 处C.行李提前0.5 s 到达B 处D.若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处【答案】 BD【解析】 行李放在传送带上，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＝2 m －x 1v ＝1.5 s ，到达B 共用2.5 s.乘客到达B ，历时t ＝2 mv＝2 s ，故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 ＝2x a ＝2×21 s ＝2 s ，D 正确.【例4】如图所示，传送带与水平地面的夹角为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(可视为质点)，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/s 2)【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＝2010s ＝2 s ，下滑的距离：x 1＝12a 1t 12＝20 m ；由于tan 37°＝0.75＞0.5，故物体2 s 后继续加速下滑，且此时：a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2，根据x 2＝vt 2＋12a 2t 22，解得：t 2＝2 s ，故共用时间t ＝4 s.【小结】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≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动；若μ<tan θ，物体将以较小的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ继续加速运动.【举一反三】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． 【答案】 (1)78(2)18 m【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 ．三、模拟预测训练1．物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后( )A ．物块将减速下滑B ．物块仍匀速下滑C ．物块受到的摩擦力变小D ．物块受到的摩擦力变大 【答案】：B【解析】：当传送带静止时，物块匀速下滑，由物块受力平衡可得：mg sin θ＝μmg cos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmg cos θ，选项C 、D 错误；物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑，选项A 错误，B 正确．2.如图所示，质量为m 1的足够长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( )【答案】 D【解析】 木板一定保持静止，加速度为0，选项A 、B 错误；物块的加速度a ＝Fm 2，即物块做匀加速直线运动，物块运动的v －t 图象为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，选项C 错误，D 正确.3.(2019·广东湛江一中等“四校”联考)如图甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小滑块以初速度v 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是( )A ．滑块和木板始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量小于木板的质量D ．木板的长度为v 0t 12【答案】：B【解析】：由题意知，滑块在木板的摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在滑块的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故A 错误；由图乙可知，最终滑块与木板速度相等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故B 正确；由于滑块、木板间相互作用的摩擦力分别使滑块、木板产生加速度，所以满足ma m ＝Ma M ，由图象知，在t 1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即a m <a M ，所以可知m >M ，即滑块的质量大于木板的质量，故C 错误；两物块相对静止时，两者的位移差x ＝v 0＋v 2t 1－v 2t 1＝v 0t 12，则木板长度大于或等于v 0t 12，故D 错误.4.(多选)如图所示，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( )【答案】 AB【解析】 物体在传送带上先做匀加速运动，当达到共同速度后再做匀速运动，A 、B 正确.5.(2019·湖北省黄冈市高一模拟)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运动，AB 为传送带水平部分且长度L ＝2 m ，现有一质量为m ＝1 kg 的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A 端，可从B 端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.1 s B ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.3 sC ．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD ．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m 【答案】 AD【解析】 背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg ＝ma ，得a ＝5 m/s 2，背包达到传送带的速度v ＝1 m/s所用时间t 1＝v a ＝0.2 s ，此过程背包对地面位移x 1＝v 2t 1＝12×0.2 m ＝0.1 m<L ＝2 m ，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx ＝vt 1－x 1＝1×0.2 m －0.1 m ＝0.1 m ，背包匀速运动的时间t 2＝L －x 1v＝2－0.11 s ＝1.9 s ，所以背包从A 运动到B 所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.1 s ，故A 、D 正确． 6.如图所示，长度l ＝2 m ，质量M ＝23kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量m ＝2 kg 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/s2.求：(1)将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；(2)若木板M不固定：①m和M的加速度a1、a2的大小；②小物块从开始运动到离开木板所用的时间.【答案】(1)4 m/s(2)①4 m/s2 3 m/s2②2 s【解析】(1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma解得a＝4 m/s2小物块离开木板时，有v2＝2al解得v＝4 m/s.(2)①对m，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1解得a1＝4 m/s2对M，由牛顿第二定律：μmg＝Ma2解得a2＝3 m/s2.②由位移公式知x1＝12a1t2，x2＝12a2t2小物块从开始运动到离开木板，有x1－x2＝l联立解得t＝2 s.7.如图所示，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：(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.【答案】(1)0.5 N向右(2)1 m/s2(3)1 m/s【解析】(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力F1＝μmg＝0.5 N，方向向左根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为0.5 N.(2)根据牛顿第二定律得：μmg ＝ma 得a ＝μg ＝1 m/s 2(3)木板的加速度a ′＝mMμg ＝0.5 m/s 2设经过时间t ，滑块和长木板达到共同速度v ，则满足： 对滑块：v ＝v 0－at 对长木板：v ＝a ′t由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v ＝1 m/s.8.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 ＝1 m/s 的恒定速率运行，一质量为m ＝4 kg 的行李(可视为质点)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)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小； (2)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.【答案】 (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s【解析】 (1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力F ＝μmg 将题给数据代入，得F ＝4 N 由牛顿第二定律，得F ＝ma 代入数值，得a ＝1 m/s 2(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t ，行李加速运动的末速度为v ＝1 m/s ，则v ＝at 代入数据，得t ＝1 s.(3)行李从A 处匀加速运动到B 处时，传送时间最短，则l ＝12at 2min，代入数据得t min ＝2 s.传送带对应的最小运行速率v min ＝at min ，代入数据得v min ＝2 m/s.9.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速运转的传送带，恒定速度v ＝4 m/s ，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物块可视为质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F ＝8 N ，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h ＝2.4 m 的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F ，物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度大小． 【答案】：(1)1.33 s (2)0.85 s 2.31 m/s【解析】：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律有F ＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 解得a 1＝6 m/s 2 则t 1＝v a 1＝23 sx 1＝v 22a 1＝43m物块达到与传送带同速后，对物块受力分析可知，物块受的摩擦力的方向改变，因为F ＝8 N ，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N ，故物块只能相对传送带静止． 由几何关系可得物块总的位移x ＝hsin θ＝4 m ， t 2＝x －x 1v ＝23s 则t ＝t 1＋t 2＝43s≈1.33 s.(2)若达到同速后撤去恒力F ，对物块受力分析， 因为mg sin θ>μmg cos θ，故物块减速上行，由牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2物块还需时间t ′离开传送带，离开时的速度为v t ，则 v 2－v t 2＝2a 2(x －x 1)，v t ＝433 m/s≈2.31 m/st ′＝v －v ta 2≈0.85 s. 10.一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。

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1．模型特征(1)水平传送带模型(2)2.分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。

要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v 物和传送带速度v 传的关系确定摩擦力的方向，二是当v 物＝v 传时，判断物体能否与传送带保持相对静止。

1．(多选)如图，一质量为m 的小物体以一定的速率v 0滑到水平传送带上左端的A 点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B 点，经过的时间为t 0，则下列判断正确的是( )． A ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t02．运动的v知v2>v1A．t2B．t2大C．0～t2D．0～t33.t＝04．物块AC5.夹角为θ，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点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动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 sinθ6．如图为粮袋的传送装置，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，说法正确的是()A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论a≥g sinθ7.长0.6，(1)物块(2)物块8.v、方向A.W＝0C.W＝，9.F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。

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．。