还剩52页未读，
继续阅读
高考物理一轮复习第三章专题强化六传送带模型和“滑块—木板”模型课件PPT
展开
这是一份高考物理一轮复习第三章专题强化六传送带模型和“滑块—木板”模型课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，题型一传送带模型，课时精练，传送带模型，水平传送带，倾斜传送带，答案6s，“滑块木板”模型，答案3ms2，解得a＝3ms2等内容，欢迎下载使用。
专题强化六 传送带模型和“滑块 —木板”模型
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”.
题型二 “滑块—木板”模型
例1 应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是A.开始时行李的加速度大小为4 m/s2B.行李经过2 s到达B处C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
考向1 动力学中水平传送带问题
开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma解得a＝2 m/s2，故A错误；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；
由上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误.
例2 (2022·江苏海安市高三模拟)如图所示，机场地勤人员利用传送带往飞机上运送行李，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，转轴间距L＝4.00 m.地勤人员将小包裹(可视为质点)轻轻放在传送带底端.已知传送带运行速率恒为v0＝0.8 m/s，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，cs 37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
答案 0.4 m/s2
开始时，小包裹的速度为零，则摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma代入数据解得a＝0.4 m/s2
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
小包裹与传送带共速后，由于mgsin θ<μmgcs θ小包裹相对于传动带静止，两者一起向上匀速运动的位移为 x2＝L－x1＝3.2 m
小包裹通过传送带所需的时间t＝t1＋t2＝6 s
1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.
2.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.3.滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小.(图乙)
例3 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，cs 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0.25D.物块所受摩擦力方向一直与物块运动 方向相反
考向3 传送带中的动力学图像
如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动.由此可以判断传送带的速度为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＝ ×(4＋2)×0.2 m＋ ×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝Lsin θ＝0.96 m，B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.
1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.2.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
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).
4.处理“板块”模型中动力学问题的流程
例4 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
考向1 水平面上的板块问题
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
撤去F之前，小物块只受摩擦力作用故am＝μg＝2 m/s2
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)最终小物块离长木板右端多远？
解得Δx2＝0.2 m最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
例5 滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为 .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
考向2 斜面上的板块问题
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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.4 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/s
小孩刚与滑板分离时，有 ，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确.
例6 (2021·全国乙卷·21改编)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为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.则下列说法错误的是
考向3 板块问题中的动力学图像问题
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故A正确；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0
由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故D错误.
1.某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准.假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B.工件被传送到另一端的最长时间是2 sC.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D.若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
工件恰好传送到右端，有0－v02＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝ ＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，工件先加速到8 m/s，然后再匀速运动，所以返回的时间大于正向运动的时间，返回到出发点的速度为8 m/s，故C、D错误.
2.如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像不可能是
设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcs θ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcs θ，小滑块沿传送带方向所受合
力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcs θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，D错误，A、B、C正确.
3.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的滑块以初速度v0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像如图乙所示.某同学根据图像作出如下一些判断，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
由题图乙知，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，滑块没有滑离木板，故A错误，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mam＝MaM，由题图乙知，在0～t1时间内滑块匀减速运动的加速度小于木板匀加速运动的加速度，即amM，即滑块的质量大于木板的质量，故C错误；
4.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，则下列说法不正确的是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/s2
由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝ ＝0.4，选项A正确.
由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝ ＝0.1，选项B错误.
t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，
则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，选项C、D正确.
5.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝30°，以恒定的速度v0＝3 m/s逆时针匀速转动，小炭块以初速度v＝6 m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，小炭块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是A.小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5 m/s2B.小炭块在传送带上向上滑行的最远距离为4.8 mC.传送带上留下的炭块痕迹长度为6 mD.小炭块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8 s
小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为a1＝gsin 30°＋μgcs 30°＝7.5 m/s2，选项A正确；
－1) s，总用时t＝t1＋t2＋t3＝ s，经分析可知传送带上留下的炭块痕迹长度为s＝(xm＋v0t1)＋(v0t2－x2)＝5.4 m，选项C、D错误.
6.(2022·广东深圳市第七高级中学高三月考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动.一小物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)小物块向上运动的最远距离；
由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1代入数据解得a1＝10 m/s2，方向沿传送带向下设物块减速到与传送带共速需要的时间为t1，
由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2代入数据解得a2＝2 m/s2，方向沿传送带向下
小物块向上滑行的最远距离为xm＝x1＋x2＝4 m
(2)小物块回到底端时的速度大小；
小物块之后向下加速运动直到回到底端，加速度a2＝2 m/s2由v32－0＝2a2xm得回到底端的速度v3＝4 m/s
(3)小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间.
小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s.
7.如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m，质量为m＝2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2.一质量为M＝3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4.刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求：(1)A、B刚开始运动时的加速度；
答案 4 m/s2，方向向左 1 m/s2，方向向右
对小铅块受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N
(2)B在地面上滑行的最大距离.
当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动.有v0－a1t＝a2t
则A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m所以A不会从B上滑出之后A、B一起做匀减速直线运动，a3＝μ1g＝2 m/s2此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/s
所以B滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m.
8.(2021·湖北省1月选考模拟·15)如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg.A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2.t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动.取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为
A和B相对水平面的速度.在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示.运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移大小；
由题知B始终未脱离A，由vBA－t图像可知0～1.5 s内，vB
物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
所以B相对水平面的位移xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m.
(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度.
由图可知t＝2 s时，vBA＝2 m/s，又此时B的速度vB＝v2＝2 m/s由vBA＝vB－vA得vA＝0.
专题强化六 传送带模型和“滑块 —木板”模型
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”.
题型二 “滑块—木板”模型
例1 应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是A.开始时行李的加速度大小为4 m/s2B.行李经过2 s到达B处C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
考向1 动力学中水平传送带问题
开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma解得a＝2 m/s2，故A错误；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；
由上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误.
例2 (2022·江苏海安市高三模拟)如图所示，机场地勤人员利用传送带往飞机上运送行李，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，转轴间距L＝4.00 m.地勤人员将小包裹(可视为质点)轻轻放在传送带底端.已知传送带运行速率恒为v0＝0.8 m/s，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，cs 37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
答案 0.4 m/s2
开始时，小包裹的速度为零，则摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma代入数据解得a＝0.4 m/s2
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
小包裹与传送带共速后，由于mgsin θ<μmgcs θ小包裹相对于传动带静止，两者一起向上匀速运动的位移为 x2＝L－x1＝3.2 m
小包裹通过传送带所需的时间t＝t1＋t2＝6 s
1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.
2.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.3.滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小.(图乙)
例3 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，cs 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0.25D.物块所受摩擦力方向一直与物块运动 方向相反
考向3 传送带中的动力学图像
如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动.由此可以判断传送带的速度为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＝ ×(4＋2)×0.2 m＋ ×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝Lsin θ＝0.96 m，B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.
1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.2.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
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).
4.处理“板块”模型中动力学问题的流程
例4 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
考向1 水平面上的板块问题
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
撤去F之前，小物块只受摩擦力作用故am＝μg＝2 m/s2
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)最终小物块离长木板右端多远？
解得Δx2＝0.2 m最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
例5 滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为 .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
考向2 斜面上的板块问题
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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.4 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/s
小孩刚与滑板分离时，有 ，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确.
例6 (2021·全国乙卷·21改编)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为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.则下列说法错误的是
考向3 板块问题中的动力学图像问题
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故A正确；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0
由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故D错误.
1.某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准.假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B.工件被传送到另一端的最长时间是2 sC.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D.若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
工件恰好传送到右端，有0－v02＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝ ＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，工件先加速到8 m/s，然后再匀速运动，所以返回的时间大于正向运动的时间，返回到出发点的速度为8 m/s，故C、D错误.
2.如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像不可能是
设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcs θ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcs θ，小滑块沿传送带方向所受合
力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcs θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，D错误，A、B、C正确.
3.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的滑块以初速度v0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像如图乙所示.某同学根据图像作出如下一些判断，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
由题图乙知，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，滑块没有滑离木板，故A错误，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mam＝MaM，由题图乙知，在0～t1时间内滑块匀减速运动的加速度小于木板匀加速运动的加速度，即am
4.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，则下列说法不正确的是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/s2
由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝ ＝0.4，选项A正确.
由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝ ＝0.1，选项B错误.
t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，
则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，选项C、D正确.
5.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝30°，以恒定的速度v0＝3 m/s逆时针匀速转动，小炭块以初速度v＝6 m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，小炭块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是A.小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5 m/s2B.小炭块在传送带上向上滑行的最远距离为4.8 mC.传送带上留下的炭块痕迹长度为6 mD.小炭块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8 s
小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为a1＝gsin 30°＋μgcs 30°＝7.5 m/s2，选项A正确；
－1) s，总用时t＝t1＋t2＋t3＝ s，经分析可知传送带上留下的炭块痕迹长度为s＝(xm＋v0t1)＋(v0t2－x2)＝5.4 m，选项C、D错误.
6.(2022·广东深圳市第七高级中学高三月考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动.一小物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)小物块向上运动的最远距离；
由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1代入数据解得a1＝10 m/s2，方向沿传送带向下设物块减速到与传送带共速需要的时间为t1，
由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2代入数据解得a2＝2 m/s2，方向沿传送带向下
小物块向上滑行的最远距离为xm＝x1＋x2＝4 m
(2)小物块回到底端时的速度大小；
小物块之后向下加速运动直到回到底端，加速度a2＝2 m/s2由v32－0＝2a2xm得回到底端的速度v3＝4 m/s
(3)小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间.
小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s.
7.如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m，质量为m＝2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2.一质量为M＝3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4.刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求：(1)A、B刚开始运动时的加速度；
答案 4 m/s2，方向向左 1 m/s2，方向向右
对小铅块受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N
(2)B在地面上滑行的最大距离.
当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动.有v0－a1t＝a2t
则A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m所以A不会从B上滑出之后A、B一起做匀减速直线运动，a3＝μ1g＝2 m/s2此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/s
所以B滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m.
8.(2021·湖北省1月选考模拟·15)如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg.A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2.t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动.取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为
A和B相对水平面的速度.在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示.运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移大小；
由题知B始终未脱离A，由vBA－t图像可知0～1.5 s内，vB
物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
所以B相对水平面的位移xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m.
(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度.
由图可知t＝2 s时，vBA＝2 m/s，又此时B的速度vB＝v2＝2 m/s由vBA＝vB－vA得vA＝0.
相关课件
2024高考物理大一轮复习课件 第三章 专题强化五 传送带模型和“滑块—木板”模型： 这是一份2024高考物理大一轮复习课件 第三章 专题强化五 传送带模型和“滑块—木板”模型，共60页。PPT课件主要包含了传送带模型，水平传送带，倾斜传送带，答案45s，“滑块木板”模型，答案3ms2，答案05m，答案28ms，答案07m，课时精练等内容，欢迎下载使用。
第三章 专题强化六 传送带模型和滑块—木板模型-2024年高考物理一轮复习核心考点精梳细讲课件： 这是一份第三章 专题强化六 传送带模型和滑块—木板模型-2024年高考物理一轮复习核心考点精梳细讲课件，共27页。PPT课件主要包含了题型一传送带模型等内容，欢迎下载使用。
高考物理一轮复习课件+讲义 第3章 专题强化6 传送带模型和滑块—木板模型： 这是一份高考物理一轮复习课件+讲义 第3章 专题强化6 传送带模型和滑块—木板模型，文件包含高考物理一轮复习第3章专题强化6传送带模型和滑块木板模型pptx、高考物理一轮复习第3章专题强化6传送带模型和滑块木板模型docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共60页， 欢迎下载使用。
