高考物理一轮复习讲义第3章 专题强化6　传送带模型和“滑块—木板”模型（含解析）

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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．水平传送带
2．倾斜传送带
考向1 动力学中水平传送带问题
例1 (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/s2
B．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/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案 AC
解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正确；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，
匀加速运动的位移大小
x＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 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．
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例2 如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹．已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)传送带从A到B的长度；
(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．
答案 (1)16 m (2)5 m
解析 (1)煤块速度达到10 m/s之前
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2，t1＝eq \f(v,a1)＝1 s，
x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m
煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s，
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2，x2＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22＝11 m，L＝x1＋x2＝16 m
(2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m
煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m
由于s1相>s2相，可见痕迹长为5 m.
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)
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (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，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
答案 BC
解析 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＝eq \f(1,2)×(4＋2)×0.2 m＋eq \f(1,2)×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝Lsin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.0－4.0,0.2) m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝10 m/s2，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．
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．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
考向1 水平面上的板块问题
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：
(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)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
解析 (1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)
解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
考向2 斜面上的板块问题
例5 (多选)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eq \f(21,40).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，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/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．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
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，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．
考向3 板块问题中的动力学图像问题
例6 (多选)(2021·全国乙卷·21)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( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案 BCD
解析 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A错误；
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
解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；
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D正确．
课时精练
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 s
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10 m/s
答案 B
解析 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＝eq \f(v0,μg)＝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.(多选)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变化的图像可能是( )
答案 BC
解析 设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，滑块质量为m，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，A、D错误，B、C正确．
3．(多选)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1 kg的滑块．现给滑块一向右的初速度v0＝10 m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板的长度L＝4 m
D．木板的质量M＝1.5 kg
答案 ABD
解析 由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(2－10,2－0) m/s2＝－4 m/s2，由ma1＝－μ1mg得μ1＝0.4，A正确；2 s后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度a3＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(0－2,4－2) m/s2＝－1 m/s2，由(m＋M)a3＝－μ2(m＋M)g得μ2＝0.1，B正确；木板的长度为0～2 s内滑块与木板的v－t 图线与时间轴所围面积差，L＝eq \f(1,2)×10×2 m＝10 m，C错误；0～2 s内木板的加速度a2＝eq \f(Δv1′,Δt1)＝eq \f(2－0,2－0) m/s2＝1 m/s2，对M有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得M＝1.5 kg，D正确．
4．(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0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2＝24 s
D．木板的最大加速度为2 m/s2
答案 ACD
解析 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＝eq \f(Ffm,mg)＝eq \f(8,20)＝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′＝eq \f(Ff′,2mg)＝eq \f(4,40)＝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．(多选)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＝eq \f(\r(3),6)，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/s2
B．小炭块在传送带上向上滑行的最远距离为4.8 m
C．传送带上留下的炭块痕迹长度为5.4 m
D．小炭块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8 s
答案 AC
解析 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；小炭块一开始在传送带上向上做匀减速直线运动，当速度减为0时，向上滑行的距离最远，最远距离为xm＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(62,2×7.5) m＝2.4 m，向上减速时间为t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(6,7.5) s＝0.8 s，选项B错误；小炭块向下加速时的加速度为a2＝a1＝7.5 m/s2，所以加速到与传送带共速所需时间为t2＝eq \f(v0,a2)＝eq \f(3,7.5) s＝0.4 s，位移为x2＝eq \f(v0,2)t2＝eq \f(3,2)×0.4 m＝0.6 m，小炭块与传送带共速后，由于μ＝eq \f(\r(3),6)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；
(2)小物块回到底端时的速度大小；
(3)小物块从放上传送带到回到底端时所经历的时间．
答案 (1)4 m (2)4 m/s (3)3.6 s
解析 (1)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，有t1＝eq \f(v1－v2,－a1)＝0.6 s
在这个阶段物块运动位移x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝3 m
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
最后减速到速度为零需要的时间为t2，
有t2＝eq \f(v1,a2)＝1 s
在这个阶段物块运动位移x2＝eq \f(v1,2)t2＝1 m
小物块向上滑行的最远距离为xm＝x1＋x2＝4 m
(2)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)向下加速运动直到回到底端的时间为t3，有t3＝eq \f(v3,a2)＝2 s
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；
(2)B在地面上滑行的最大距离．
答案 (1)4 m/s2，方向向左 1 m/s2，方向向右 (2)0.75 m
解析 (1)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
根据牛顿第二定律得，A的加速度为
a1＝eq \f(Ff1,M)＝4 m/s2，方向向左
B的加速度为a2＝eq \f(Ff1－Ff2,m)＝1 m/s2，方向向右
(2)当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动．有v0－a1t＝a2t
所以t＝eq \f(v0,a1＋a2)＝1 s
此过程A的位移xA＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝3 m
B的位移xB＝eq \f(1,2)a2t2＝0.5 m
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
A、B一起运动的位移xAB＝eq \f(v2,2a3)＝0.25 m
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；
(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度．
答案 (1)3.5 m (2)0
解析 (1)由题知B始终未脱离A，
由vBA－t图像可知
0～1.5 s内，vBvA，B在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝μg＝2 m/s2，则物块B在1.5 s时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝eq \f(v1.5,2) t1.5＝2.25 m
物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
在1.5～2 s内位移x2＝eq \f(v1.5＋v2,2)t0.5＝1.25 m
所以B相对水平面的位移
xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m.
(2)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.情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0v0v0>v时，一直减速
v0>v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．
若v0v返回到左端时速度为v.
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcs θ)
先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcs θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv0若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μv0>v时，一直减速(加速度为gsin θ－μgcs θ)
若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ
(摩擦力方向一定沿斜面向上)
gsin θ>μgcs θ，一直加速；
gsin θ＝μgcs θ，一直匀速
gsin θ<μgcs θ，一直减速
先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)