2019年高考物理大一轮复习微专题04“传送带模型”及“滑块_木板模型”问题学案新人教版

微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动.（2）滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。

常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块,Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块,Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有相对运动2。

常见临界判断（1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等.（2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端.（3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。

[典例1]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。

5 m，如图(a)所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1 s时间内小物块的v。

t图线如图（b)所示。

木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。

求：图（a）图(b)(1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离.[大题拆分］第一步：分析研究对象模型.设小物块和木板的质量分别为m和M。

第4讲传送带模型、滑块—滑板模型基础巩固1.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。

其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行。

旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g 取10 m/s2。

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2.(多选)如图所示,一质量m=0.2 kg的小煤块以v0=4 m/s的初速度从最左端水平滑上轴心间距L=6 m的水平传送带,传送带可由一电机驱使而转动。

已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1(取g=10 m/s2)( )A.若电机不开启,传送带不转动,小煤块滑离传送带右端的速度大小为2 m/sB.若电机不开启,传送带不转动,小煤块在传送带上运动的总时间为4 sC.若开启电机,传送带以5 m/s的速率顺时针转动,则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5 mD.若开启电机,小煤块在传送带上运动时间最短,则传送带至少需以2m/s的速率顺时针转动3.如图所示,倾斜的传送带顺时针匀速转动,传送带的速率为v1。

一物块从传送带的上端A滑上传送带,滑上时速率为v2,且v1>v2,物块与传送带间的动摩擦因数恒定,不计空气阻力,关于物块离开传送带时可能的速率v和位置,下面说法中一定错误．．的是( )A.从下端B离开,v>v2B.从下端B离开,v<v2C.从上端A离开,v=v2D.从上端A离开,v<v24.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A。

某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示,即F=kt,其中k为已知常数。

一、滑块问题1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m ；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，其尺寸远小于L 。

小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ==04102.(/)g m s （1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。

问：m 在M 上面滑动的时间是多大？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f N mg ==μμ小滑块在滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 a f m g m s 124===//μ木板在拉力F 和滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度 a F f M 2=-()/ 使m 能从M 上面滑落下来的条件是 a a 21>即N g m M F m f M f F 20)(//)(=+>>-μ解得（2）设m 在M 上滑动的时间为t ，当恒力F=22.8N ，木板的加速度a F f M m s 2247=-=()/./ ）小滑块在时间t 内运动位移S a t 1122=/ 木板在时间t 内运动位移S a t 2222=/ 因S S L 21-= 即s t t t 24.12/42/7.422==-解得 2．长为1.5m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g =10m/s 2） （1）木块与冰面的动摩擦因数． （2）小物块相对于长木板滑行的距离．（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？ 解析：（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度222 1.0m/s 2v a g sμ=== 解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10 （2）小物块A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a 1=μ1g =2.5m/s 2A vB小物块A 在木板上滑动，木块B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg －μ2(2m )g =ma 2 解得加速度a 2=0.50m/s 2设小物块滑上木板时的初速度为v 10，经时间t 后A 、B 的速度相同为v由长木板的运动得v =a 2t ，解得滑行时间20.8s v t a == 小物块滑上木板的初速度 v 10=v ＋a 1t =2.4m/s小物块A 在长木板B 上滑动的距离为22120112110.96m 22s s s v t a t a t ∆=-=--=（3）小物块A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板B 上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A 达到木板B 的最右端，两者的速度相等（设为v ′)，这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0．有220121122v t a t a t L --= 012v v a t v a t ''-==由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度0122() 3.0m/s v a a L =+=动力学中的传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失 ②滑动摩擦力突变为静摩擦力 ③滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。

微专题04 “传送带模型”和“滑块—木板模型”问题“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题1．水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．2．倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2．(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f ＝μmg ＝0.1×4×10 N＝4 N ，加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2．(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v ＝at 1，得t 1＝v a ＝11s ＝1 s ． (3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有 v 2min ＝2aL ，得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s ．由v min ＝at min 得行李最短运行时间t min ＝v min a ＝21s ＝2 s ．答案：(1)4 N 1 m/s 2(2)1 s (3)2 s 2 m/s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 长度足够长，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．(1)货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间？这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a 1，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示．根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma 1，F N －mg cos θ＝0又F f ＝μF N解得a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间t 1＝v －v 0－a 1＝1 s 位移x 1＝v 2－v 20－2a 1＝7 m (3)解法1：t 1＝1 s 后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为a 2，同理可得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 沿传送带向上滑的位移x 2＝0－v 2－2a 2＝1 m 上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m货物到达最高点再次下滑时的加速度为a 2，设下滑时间为t 3，由x ＝12a 2t 23解得t 3＝2 2 s 则货物从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 解法2：过了t 1时刻，货物的加速度变为a 2，从t 1到货物滑回A 端的过程，加速度保持不变，则－x 1＝vt 2－12a 2t 22，代入数值，解得t 2＝(1＋22) s ，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＝(2＋22) s ．答案：(1)10 m/s 2(2)1 s ；7 m (3)( 2＋22) s1．(2017·辽宁东北育才学校三模)如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时逆时针运行，速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．粮袋到达B 点的速度与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 (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以一定的速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 到B 一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a ≥g sin θ解析：选A 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于v ；也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确，D 错误．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律有加速度a ＝g (sin θ＋μcos θ)，故B 错误．若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C 错误．2．一水平的浅色传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 0开始运动，当其速度达到v 0后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动．求此黑色痕迹的长度．(假设传送带足够长)解析：设煤块在加速过程中的加速度为a ，根据题意知a ＜a 0，根据牛顿第二定律可得a ＝μg ．设传送带由静止开始加速到速度等于v 0，经历的时间为t ，则v 0＝a 0t ，此时煤块的速度v ＝at ．由于a ＜a 0，故v <v 0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用，仍以加速度a 做匀加速运动．设再经过时间t ′，煤块的速度由v 增加到v 0，有v 0＝v ＋at ′．设煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，煤块和传送带相对地面移动的距离分别为x 和x 0，则x ＝v 202a ，x 0＝12a 0t ′2＋v 0t ′， 传送带上留下的黑色痕迹的长度l ＝x 0－x ，由以上各式得l ＝v 20a 0－μg 2μga 0． 答案：v 20a 0－μg 2μga 03．(2018·湖南娄底五校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，一质量m ＝1 kg ，初速度大小为v 2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度—时间图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，求：(1)煤块与传送带间的动摩擦因数；(2)煤块在传送带上运动的时间．解析：(1)由题图乙的速度—时间图象可知，煤块做匀变速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1．(2)由题图乙的速度—时间图象可知，传送带速度大小v 1＝1 m/s ，煤块初速度大小v 2＝3 m/s ，煤块在传送带上滑动t 1＝4 s 后与传送带相对静止．前3 s 内煤块的位移s 1＝v 22t ＝4.5 m ，方向向左， 3～4 s 内煤块的位移s 2＝v 12t ′＝0.5 m ，方向向右，4 s内煤块的位移s＝s1－s2＝4 m，方向向左，煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间t2＝sv1＝4 s，故煤块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝8 s．答案：(1)0.1 (2)8 s“滑块—木板模型”问题1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2甲反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2乙3．解题步骤审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求↓建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度两过程接连处的加速度可能突变↓明确关系→找出物体之间的位移路程关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带(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．解析：(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m A g①f 2＝μ1m B g②f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④f 2＝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，其大小为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，代入已知数据得v 1＝1 m/s⑨(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 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m(也可用如图的速度—时间图线求解)答案：(1)1 m/s (2)1.9 m4．(多选)如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉A ，经过5 s A 运动到B 的最右端，且其v －t 图象如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4C ．若B 不固定，B 的加速度大小为2 m/s 2D ．若B 不固定，A 运动到B 的最右端所用的时间为5 2 s解析：选BD 根据v －t 图象可知A 的加速度大小为a A ＝Δv Δt ＝105m/s 2＝2 m/s 2，A 错误；以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A ，解得μ＝F －m A a A m A g＝0.4，B 正确；若B 不固定，假设A 、B 不发生相对滑动，则有F ＝(m A ＋m B )a ′，a ′＝1.2 m/s 2，对A 有F－f ＝m A a ′，得f ＝4.8 N ＞μm A g ，假设不成立，故A 、B 会发生相对滑动，则B 的加速度大小为a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2，C 错误，由题图乙可知B 的长度l ＝12×5×10 m ＝25 m ，设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l ，解得t ＝5 2 s ，D 正确．5．(2018·安徽蚌埠二中模拟)如图所示，地面依次摆放两个完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2.5 m ，质量均为m 2＝150 g ．现有一小滑块以速度v 0＝6 m/s 冲上木板A 的左端，已知小滑块质量m 1＝200 g ，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取10 m/s 2)(1)若滑块滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．(2)若μ1＝0.4，求滑块运动的时间(结果可用分数表示)．解析：(1)滑块滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ，滑块滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得 μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2)g ，代入数据解得0.35＜μ1≤0.5．(2)若μ1＝0.4，则滑块在木板A 上滑动时，木板不动．设滑块在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝4 m/s 2，由－2a 1l ＝v 21－v 20，得滑块到达木板B 时的速度v 1＝4 m/s ， 设滑块在A 板上运动的时间为t 1，由v 1＝v 0－a 1t 1，解得t 1＝0.5 s ， 滑块滑上B 后，B 开始运动，由μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2，解得a 2＝23m/s 2， 当滑块与B 速度相同时，有a 2t 2＝v 1－a 1t 2，解得t 2＝67s ， 相对位移Δx ＝v 1＋v 共2t 2－v 共2t 2＝127m ＜l ＝2.5 m ， 故滑块与木板B 能达到共同速度，v 共＝a 2t 2＝47m/s ， 然后两者相对静止并一起做减速运动，有μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 共， 解得a 共＝2 m/s 2， t 3＝v 共a 共＝27 s ，所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2314s ． 答案：(1)0.35＜μ1≤0.5 (2)2314s。

高考物理一轮总复习提能训练：第三章 专题强化四基础过关练题组一 传送带模型1．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。

如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。

如图乙所示为水平传送带装置示意图。

紧绷的传送带ab 始终以1 m/s 的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg 的小包(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a 点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a 、b 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2。

下列速度—时间(v －t )图像和位移—时间(x －t )图像中，可能正确反映行李在a 、b 之间的运动情况的有(除C 中0～1 s 为曲线外，其余均为直线段)( AC )[解析] 行李放到传送带上，由μmg ＝ma 可得a ＝1 m/s 2，则由v ＝at ，得t ＝1 s ，可知行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A 正确，B 错误；行李在t ＝1 s 时的位移x ＝12at 2＝0.5 m ，行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，x －t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x －t 图像为直线，故C 正确，D 错误。

2.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 ，则下列说法不正确的是( D )A ．若传送带不动，则vB ＝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/s[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，得μmg ＝ma ，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝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，假设工件在到达B 端前速度降至2 m/s ，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x ＝v 2A －v22a ＝16－42m ＝6 m>3.5 m ，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，D 错误，C 正确。

专题突破练习（四)（时间:40分钟）1.（多选）如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上,质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。

现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是(）A．物块和长木板之间的摩擦力为1 NB．物块和长木板相对静止一起加速运动C．物块运动的加速度大小为1 m/s2D．拉力F越大,长木板的加速度越大AC［物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动,设此时水平恒力为F0，由牛顿第二定律有a＝错误!＝错误!＝错误!,解得F0＝1。

5 N.因F＝2 N>F0＝1。

5 N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有F f＝μmg＝1 N，故A正确，B错误；对物块,由牛顿第二定律F－μmg＝ma1,可得a1＝1 m/s2，故C正确；拉力F 越大，物块的合力越大,则加速度越大,但长木板受到的滑动摩擦力为1 N,保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a2＝错误!＝0.5 m/s2，故D错误。

］2.（多选)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）无初速度地放在水平传送带的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/s2，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 sB．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 mAD[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/s2，背包达到速度v＝1 m/s所用时间t1＝错误!＝0.2 s，此过程背包相对地面位移x1＝v2t1＝错误!×0。

微专题4“传送带”模型与“滑块—木板”模型1. 如图所示为水平匀速向右运动的传送带，一个物块以某一速度从左边冲上传送带，则小物块运动的v－t图像不可能是()2. (2022·南京九中)如图所示，物块M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，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，下列说法中正确的是()A. M下滑的速度不变B. M立即开始在传送带上加速，速度变为2v0后向下匀速运动C. M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D. M受的摩擦力方向始终沿传送带向上3. 如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动．现将一个质量m＝0.5 kg 的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数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(取g＝10 m/s2)()A. 5 sB. (6－1) sC. 3 sD. 2.5 s4. 三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法中正确的是()A. 若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端B. 若v0≥1 m/s，则物块B先到达传送带底端C. 若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端D. 若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端5. (2022·泰州中学)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，取g＝10 m/s2.工件滑上A端瞬时速度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()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，则v B＝3 m/sC. 若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则v B＝3 m/sD. 若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则v B＝2 m/s6. (2023·高邮期初调研)如图所示，一足够长的轻质绸带放在水平光滑桌面上，A、B两物块静止在绸带上. 现A、B同时受到反向、等大的力F作用，已知A的质量大于B的质量，A、B与绸带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则F由0逐渐增大的过程中()A. B先开始做加速运动B. A、B同时相对绸带滑动C. 同一时刻，A的位移不大于B的位移D. 同一时刻，A、B的加速度大小一定相等7. (2022·前黄中学)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为2140.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，则下列说法中错误的是()A. 小孩在滑板上下滑的加速度大小为2.8 m/s2B. 小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2C. 经过1 s的时间，小孩离开滑板D. 小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s8. 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12μ.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＝52μmg时，A的加速度为12μgC. 当F＞3μmg时，A相对B滑动D. 只要F足够大，B的加速度一定会超过1 2μg9. 如图所示，质量M＝1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m＝1kg 的铁块B，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上，取g＝10 m/s2.(1) 若水平地面光滑，计算说明铁块与木块间是否会发生相对滑动．(2) 若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间．10. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1) 当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小．(2) 要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小．(3) 本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少为多大？11. (2023·海安中学)如图所示，传送带与水平面夹角θ＝30°，以v0＝4 m/s的速率顺时针转动，A、B两端的长度L＝6m.传送带B端恰好与一足够长的斜面底端平滑衔接，斜面与水平方向夹角也为θ＝30°，斜面上P点距离B点0.2 m，质量m＝1 kg的物块无初速度地放在传送带A端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝32，物块与斜面间的动摩擦因数μ2＝35，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：(1) 物块刚放到传送带上时的加速度大小．(2) 物块从传送带A端到达B端的时间．(3) 计算分析物块经过P点的次数．。