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2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律专题二传送带与滑块问题课件
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这是一份2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律专题二传送带与滑块问题课件，共42页。PPT课件主要包含了对静止做匀速运动，向加速返回，对位移，v22a，图Z2-2，答案A，长时间，图Z2-3，图D22，根据牛顿第二定律得等内容，欢迎下载使用。
突破 1 “传送带”模型
滑块在传送带上运动的“六点”注意问题：
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向.(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较 mgsin θ与
μmgcs θ的大小才能确定运动情况.
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出.(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相
类型 1 水平传送带模型
[思维拓展]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|.
【典题 1】如图 Z2-1 所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和 X 光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变.假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为 2.1 m，速率 2 m/s，物品
与传送带间的动摩擦因数 0.4，则(
图 Z2-1A.物品在传送带上运动的时间是 1.3 s
B.物品加速运动时，其速度有可能超过皮带速度C.前阶段物品受到滑动摩擦力，后阶段物品受到的是静摩擦力D.若仅使传送带的速率增大为原来的 2 倍，前阶段物品的位移也增大为原来的 2 倍解析：物品在传送带上前阶段是滑动摩擦，由牛顿第二定律
＝0.5 m，物品加速达到与传送带共同速度后，与传送带一起匀速
，可知若仅使传送带的速率增大为原来的 2
运动，物品匀速运动时不受摩擦力，B、C 错误.物品匀加速运动的
＝0.8 s，物品在传送带上运动的时间是 t＝t1 ＋t2 ＝0.5 s＋0.8 s＝
1.3 s，A 正确.由 x＝
倍，前阶段物品的位移增大为原来的 4 倍，D 错误.答案：A
【考点突破 1】某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图 Z2-2 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.假设传送带两个转轮之间的长度为 18 m、运行速度是 6 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是 12 m/s，重力加速度
g 取 10 m/s2.则(
A.工件被传送到另一端的最长时间是 3 sB.工件与皮带间动摩擦因数不大于 0.1 才为合格C.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 12 m/s
最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，C、D 错误.
类型 2 倾斜传送带模型
[思维拓展]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 mgsin θ与μmgcs 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.
【典题 2】如图 Z2-3 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 取 10 m/s2，已知 sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)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
解：(1)设货物刚滑上传送带时加速度为 a1，货物受力如图 D22
沿传送带方向 mgsin θ＋Ff＝ma1垂直传送带方向 mgcs θ＝FN
又 Ff＝μFN由以上三式得 a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2方向沿传送带向下.(2)货物速度从 v0 减至传送带速度 v 所用时间设为 t1，位移设为 x1，则有
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于 mgsin θ＞μmgcs θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为 a2，则有 mgsin θ－μmgcs θ＝ma2得 a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2方向沿传送带向下.设货物再经时间 t2，速度减为零，则
【考点突破 2】(2022 年广东珠海联考)如图 Z2-4 所示，动摩擦因为μ的水平地面 AB 与倾斜长传送带用光滑的小圆弧 BC 连接，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，传送带以 v0 逆时针转动，现位于水平面 A 处可视为质点的质量为 m 小物块，在水平恒力作用下从静止开始向右运动，当物块运动到 B 点时速度为 v，忽略物块从 B 点到 C 点的速率变化，物块在 B 点时撤去恒力，已知恒力作用时间为 t，物块与斜面的动摩擦因数为μ0＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：
(1)水平恒力的大小.
(2)若传送带 CD 的长度为 L0＝
，请分析判断物块能否到达
传送带 D 点.(3)讨论物块在传送带上向下滑的时间与传送带速度的关系.图 Z2-4
突破 2 “滑块—木板”模型
类型 1 无拉力作用下的板块模型
【典题 3】(多选)如图 Z2-5 所示，质量为 M＝1 kg 足够长的木板静止在光滑水平面上，现有一质量 m＝0.5 kg 的滑块(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，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速
度 g 取 10 m/s2，则(
A.滑块的加速度大小为 1 m/s2
B.木板的加速度大小为 1 m/s2
C.滑块和木板达到共同速度的时间为 2 sD.滑块和木板达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移大小为 3 m
解析：对滑块，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma1，可得滑块的加速度大小 a1＝1 m/s2，A 正确.对木板，根据牛顿第二定律可知μmg ＝Ma2，可得滑块的加速度大小 a2 ＝0.5 m/s2 ，B 错误. 根据v0－a1t＝a2t，可得滑块和木板达到共同速度的时间 t＝2 s，C 正确.
类型 2 有拉力作用情况下的板块模型
【典题 4】如图 Z2-6 所示，木块(视为质点)的质量 m＝2 kg与长木板静止叠放在光滑的水平面上，木块与木板间的动摩擦因木板刚好要发生相对运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是(A.此时木板相对木块有向右运动的趋势B.此时整体所受的合力小于 FC.木板的质量为 1 kgD.此时整体的加速度为 5 m/s2
解析：木板相对于木块有向左运动的趋势，所以 A 错误.木块、木板刚好要发生相对运动，整体一起向右匀加速运动，F 就是整体所受的合力，所以 B 错误.设木板的质量为 M，两者刚好发生相对运动时，对整体应用牛顿第二定律 F ＝(m ＋M)a. 由题意可知F＝2Mg，木块对木板的静摩擦力达最大值等于滑动摩擦力 fm ＝μmg ，对木板由牛顿第二定律有 fm ＝Ma ，综合以上几式可得
【典题 5】如图 Z2-7 所示，光滑的水平面上静置质量为 M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力 F，一个大小不计、质量为 m＝2 kg 的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长.重力加速度 g 取 10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，下列说法中正确的是(
A.当 F 增加到 4 N 时，m 相对 M 开始运动B.当 F 增加到 20 N 时，m 相对 M 开始运动C.当 F＝10 N 时，m 对 M 有向左的 2 N 的摩擦力D.当 F＝10 N 时，m 对 M 有向右的 4 N 的摩擦力
解析：假设相对静止，对 m，其最大摩擦力 f 提供最大的加速度，f＝μmg＝ma，解得 a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2.对整体 F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N，可知若要 m 相对于 M 开始运动，则推力满足 F＞20 N，A、B 错误.当 F＝10 N 时，选择向右为正方
向，对整体 F＝(M＋m)a′，所以整体的加速度为 a′＝
1 m/s2<2 m/s2.对 m，受到的摩擦力提供加速度，有 f′＝ma′＝2×1 N＝2 N，根据牛顿第三定律可知，m 对 M 的摩擦力的大小也是2 N，方向向左，C 正确，D 错误.答案：C
【典题 6】(多选)如图 Z2-8 甲所示，一滑块置于足够长的木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为4 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
A.滑块与木板间的动摩擦因数为 0.2
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为 0.1C.图乙中 t2＝24 s
D.木板的最大加速度为 1 m/s2
解析：根据图乙可知，在 t2 以后滑块受到的摩擦力不变，为f1＝8 N，根据摩擦力的计算公式可得 f1＝μ1mg，解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，A 正确.在 0～t1 过程中木板与水平地面间的摩擦力为静摩擦力，t1～t2 过程中滑块和木板开始相对于地面开始运动，设木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则 f2＝μ2·2mg
突破 1 “传送带”模型
滑块在传送带上运动的“六点”注意问题：
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向.(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较 mgsin θ与
μmgcs θ的大小才能确定运动情况.
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出.(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相
类型 1 水平传送带模型
[思维拓展]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|.
【典题 1】如图 Z2-1 所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和 X 光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变.假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为 2.1 m，速率 2 m/s，物品
与传送带间的动摩擦因数 0.4，则(
图 Z2-1A.物品在传送带上运动的时间是 1.3 s
B.物品加速运动时，其速度有可能超过皮带速度C.前阶段物品受到滑动摩擦力，后阶段物品受到的是静摩擦力D.若仅使传送带的速率增大为原来的 2 倍，前阶段物品的位移也增大为原来的 2 倍解析：物品在传送带上前阶段是滑动摩擦，由牛顿第二定律
＝0.5 m，物品加速达到与传送带共同速度后，与传送带一起匀速
，可知若仅使传送带的速率增大为原来的 2
运动，物品匀速运动时不受摩擦力，B、C 错误.物品匀加速运动的
＝0.8 s，物品在传送带上运动的时间是 t＝t1 ＋t2 ＝0.5 s＋0.8 s＝
1.3 s，A 正确.由 x＝
倍，前阶段物品的位移增大为原来的 4 倍，D 错误.答案：A
【考点突破 1】某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图 Z2-2 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.假设传送带两个转轮之间的长度为 18 m、运行速度是 6 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是 12 m/s，重力加速度
g 取 10 m/s2.则(
A.工件被传送到另一端的最长时间是 3 sB.工件与皮带间动摩擦因数不大于 0.1 才为合格C.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 12 m/s
最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，C、D 错误.
类型 2 倾斜传送带模型
[思维拓展]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 mgsin θ与μmgcs 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.
【典题 2】如图 Z2-3 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 取 10 m/s2，已知 sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)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
解：(1)设货物刚滑上传送带时加速度为 a1，货物受力如图 D22
沿传送带方向 mgsin θ＋Ff＝ma1垂直传送带方向 mgcs θ＝FN
又 Ff＝μFN由以上三式得 a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2方向沿传送带向下.(2)货物速度从 v0 减至传送带速度 v 所用时间设为 t1，位移设为 x1，则有
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于 mgsin θ＞μmgcs θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为 a2，则有 mgsin θ－μmgcs θ＝ma2得 a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2方向沿传送带向下.设货物再经时间 t2，速度减为零，则
【考点突破 2】(2022 年广东珠海联考)如图 Z2-4 所示，动摩擦因为μ的水平地面 AB 与倾斜长传送带用光滑的小圆弧 BC 连接，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，传送带以 v0 逆时针转动，现位于水平面 A 处可视为质点的质量为 m 小物块，在水平恒力作用下从静止开始向右运动，当物块运动到 B 点时速度为 v，忽略物块从 B 点到 C 点的速率变化，物块在 B 点时撤去恒力，已知恒力作用时间为 t，物块与斜面的动摩擦因数为μ0＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：
(1)水平恒力的大小.
(2)若传送带 CD 的长度为 L0＝
，请分析判断物块能否到达
传送带 D 点.(3)讨论物块在传送带上向下滑的时间与传送带速度的关系.图 Z2-4
突破 2 “滑块—木板”模型
类型 1 无拉力作用下的板块模型
【典题 3】(多选)如图 Z2-5 所示，质量为 M＝1 kg 足够长的木板静止在光滑水平面上，现有一质量 m＝0.5 kg 的滑块(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，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速
度 g 取 10 m/s2，则(
A.滑块的加速度大小为 1 m/s2
B.木板的加速度大小为 1 m/s2
C.滑块和木板达到共同速度的时间为 2 sD.滑块和木板达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移大小为 3 m
解析：对滑块，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma1，可得滑块的加速度大小 a1＝1 m/s2，A 正确.对木板，根据牛顿第二定律可知μmg ＝Ma2，可得滑块的加速度大小 a2 ＝0.5 m/s2 ，B 错误. 根据v0－a1t＝a2t，可得滑块和木板达到共同速度的时间 t＝2 s，C 正确.
类型 2 有拉力作用情况下的板块模型
【典题 4】如图 Z2-6 所示，木块(视为质点)的质量 m＝2 kg与长木板静止叠放在光滑的水平面上，木块与木板间的动摩擦因木板刚好要发生相对运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是(A.此时木板相对木块有向右运动的趋势B.此时整体所受的合力小于 FC.木板的质量为 1 kgD.此时整体的加速度为 5 m/s2
解析：木板相对于木块有向左运动的趋势，所以 A 错误.木块、木板刚好要发生相对运动，整体一起向右匀加速运动，F 就是整体所受的合力，所以 B 错误.设木板的质量为 M，两者刚好发生相对运动时，对整体应用牛顿第二定律 F ＝(m ＋M)a. 由题意可知F＝2Mg，木块对木板的静摩擦力达最大值等于滑动摩擦力 fm ＝μmg ，对木板由牛顿第二定律有 fm ＝Ma ，综合以上几式可得
【典题 5】如图 Z2-7 所示，光滑的水平面上静置质量为 M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力 F，一个大小不计、质量为 m＝2 kg 的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长.重力加速度 g 取 10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，下列说法中正确的是(
A.当 F 增加到 4 N 时，m 相对 M 开始运动B.当 F 增加到 20 N 时，m 相对 M 开始运动C.当 F＝10 N 时，m 对 M 有向左的 2 N 的摩擦力D.当 F＝10 N 时，m 对 M 有向右的 4 N 的摩擦力
解析：假设相对静止，对 m，其最大摩擦力 f 提供最大的加速度，f＝μmg＝ma，解得 a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2.对整体 F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N，可知若要 m 相对于 M 开始运动，则推力满足 F＞20 N，A、B 错误.当 F＝10 N 时，选择向右为正方
向，对整体 F＝(M＋m)a′，所以整体的加速度为 a′＝
1 m/s2<2 m/s2.对 m，受到的摩擦力提供加速度，有 f′＝ma′＝2×1 N＝2 N，根据牛顿第三定律可知，m 对 M 的摩擦力的大小也是2 N，方向向左，C 正确，D 错误.答案：C
【典题 6】(多选)如图 Z2-8 甲所示，一滑块置于足够长的木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为4 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
A.滑块与木板间的动摩擦因数为 0.2
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为 0.1C.图乙中 t2＝24 s
D.木板的最大加速度为 1 m/s2
解析：根据图乙可知，在 t2 以后滑块受到的摩擦力不变，为f1＝8 N，根据摩擦力的计算公式可得 f1＝μ1mg，解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，A 正确.在 0～t1 过程中木板与水平地面间的摩擦力为静摩擦力，t1～t2 过程中滑块和木板开始相对于地面开始运动，设木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则 f2＝μ2·2mg
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