第3章　第17讲　专题强化四　传送带模型和“滑块—木板”模型 课件---2027高考一轮总复习物理

这是一份第3章　第17讲　专题强化四　传送带模型和“滑块—木板”模型 课件---2027高考一轮总复习物理，共68页。PPT课件主要包含了考点一，考点二，考点一传送带模型，答案D，答案BC，答案C等内容，欢迎下载使用。
第17讲　专题强化四　传送带模型和“滑块—木板”模型
提能训练　练案[17]
1．共速时摩擦力可能突变(1)滑动摩擦力突变为零。(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力。(3)摩擦力方向突变。2．注意物体位移、相对位移和相对路程的区别(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。(2)物体相对传送带的位移大小Δx①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2 (图甲)；两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2 (图乙)。
3．水平传送带问题的常见情形及运动分析
4．倾斜传送带问题的常见情形及运动分析
[规律方法]　要注意三个状态的分析——初态、共速和末态
跟 踪 训 练1．(2024·安徽卷·4题)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
[答案]　C[解析]　物块刚放到传送带上时先做匀加速运动，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma(物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力)，解得a＝g(μcs θ－sin θ)，物块与传送带共速后，因为 μmgcs θ>mgsin θ，所以物块与传送带保持相对静止，一起做匀速运动，加速度为零，C正确，A、B、D错误。
2．如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终以速度10 m/s的恒定速率运行，一质量为m＝0.5 kg的物体无初速地放在A处，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，AB间的距离为16 m，g取10 m/s2，求：(1)物体从A传送到B需要的时间为多少？(2)若传动带与水平面成夹角θ＝37°如上图所示，以10 m/s的速度逆时针转动，将物体无初速地放在顶端A处，从A传送到B需要的时间为多少？(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
[答案]　(1)2.6 s　(2)2 s[解析]　(1)物体无初速度的放在传送带上，所受滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1解得a1＝5 m/s2设物体匀加速直线运动的时间为t1，则有v＝a1t1解得t1＝2 s
可知物体在传送带上先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，设物体匀速运动的时间为t2，则有xAB－x1＝vt2解得t2＝0.6 s物体从A传送到B需要的时间为t＝t1＋t2＝2.6 s。(2)物体放在传送带上后，开始的阶段，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2解得a2＝10 m/s2设物体匀加速下滑的时间为t3，则有v＝a2t3解得t3＝1 s
考点二　“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．板块模型的两种类型
3．分析板块模型的关键点
(2026·江西赣州市开学考)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10 m/s2。(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？(2)若F＝14 N，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，则：
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？③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？④最终小物块离长木板右端多远？[答案]　(1)10 N　(2)①3 m/s2　②0.5 m ③2.8 m/s　④0.7 m[解析]　(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2。②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用故am＝a0＝μg＝2 m/s2
[规律方法]　解决板块模型问题的思维模板
跟 踪 训 练3．如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端有一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，g取10 m/s2。求：(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；(2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
[答案]　(1)5 m　(2)1.5 m[解析]　(1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝ －μ1g＝－2 m/s2对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t解得v＝1 m/s，t＝2 s
(2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1 m/s2设木板B减速通过的位移为x3，则减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5 m。
(2026·江苏扬州模拟)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是(　　)
基础巩固练1．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2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v2>v1，则(　　)
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t3时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左[答案]　C[解析]　由v－t图像得，小物块在t1时刻速度为零，下一刻开始向右运动，所以t1时刻小物块离A处最远，故A错误；t2时刻，小物块第一次与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动，所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误；0～t2时间内，小物块相对传送带始终向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力f＝μmg，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误。
2．(多选)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2 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[答案]　AC
3．(2025·广东省六校联考)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率顺时针运行，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μmgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故C正确；若传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。
4．(多选)如图所示，一质量为m1的物块叠放在质量为m2的长木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。现给长木板一水平向右的初速度v0，下列关于长木板、物块的v－t图像(实线和虚线分别表示不同物体)可能正确的是(　　)
[答案]　AD[解析]　由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚线均表示物块、实线均表示木板，某个时刻两者速度相等，之后若μ1>μ2，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g，小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A正确，B错误；若μ1a2，假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(1)求A、B两端之间的距离L；(2)若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，求小物块在传送带上留下痕迹的长度s；(3)若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的总时间t。(结果保留3位有效数字)
[答案]　(1)35 m　(2)25 m　(3)3.52 s[解析]　(1)传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma1解得a1＝2 m/s2
(2)传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，则传送带运动的位移为x带＝v1Δt＝10 m小物块在传送带上留下的痕迹为s＝L－x带＝25 m。(3)若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2解得a2＝10 m/s2设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有v2＝v0＋a2t1