物理课件（新教材鲁科版）第三章运动和力的关系专题强化五传送带模型和“滑块-木板”模型

传送带模型和“滑块—木板”模型目标要求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”.专题强化五

内容索引题型一传送带模型题型二“滑块—木板”模型课时精练题型一传送带模型1.水平传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长(未达到和传送带相对静止)传送带足够长

一直加速先加速后匀速

v0<v时，一直加速v0<v时，先加速再匀速v0>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v0<v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v2.倾斜传送带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gsinθ<μgcosθ)先加速后匀速(一定满足关系gsinθ<μgcosθ)一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后匀速若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0<v时，一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)v0<v时，若μ≥tanθ，先加速后匀速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v时，若μ<tanθ，一直加速，加速度大小为gsinθ－μgcosθ，若μ≥tanθ，一直减速，加速度大小为μgcosθ－gsinθv0>v时，若μ≥tanθ，先减速后匀速；若μ<tanθ，一直加速gsinθ>μgcosθ，一直加速；gsinθ＝μgcosθ，一直匀速gsinθ<μgcosθ，一直减速gsinθ<μgcosθ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v(摩擦力方向一定沿斜面向上)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＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝，A、B间的距离为2m，g取10m/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2m/s2B.行李经过2s到达B处C.行李到达B处时速度大小为0.4m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m考向1动力学中水平传送带问题√√开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，故A正确；由以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0.4m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δs＝vt1－s＝×－0.04)m＝0.04m，故D错误.例2

(2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李.如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝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0.4m/s2小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝0.4m/s2(2)小包裹通过传送带所需的时间t.答案4.5s根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，在传送带上滑动的距离为所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5s.考向3传送带中的动力学图像√因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，则物块的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动，选项B正确；若F>mgsinθ＋μmgcosθ，则物块的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A正确；若F<mgsinθ＋μmgcosθ，则物块的加速度向下，将先向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物块受静摩擦力作用，可知此时物块所受合外力为零，和传送带一起向上做匀速运动，选项C错误，D正确.例4

(多选)(2023·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝0.8.则下列说法正确的有～8s内物体的位移大小为14mB.物体与传送带间的动摩擦因数为～4s内物体上升的高度为4m～8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m√√在0～4s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～4s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8s内物体的位移s＝14m，传送带的位移s′＝vt＝4×8m＝32m，则0～8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δs＝s′－s＝18m，D正确.1.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.2.物体与传送带的划痕长度Δs等于物体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，则Δs＝Δs1＋Δs2(图甲)；若两次相对运动方向相反，则Δs等于较长的相对位移大小(图乙).方法点拨题型二“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Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和s2＋s1＝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).考向1水平面上的板块问题例5如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝，长木板与小物块均静止，现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F，g取10m/s2，则：(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？答案3m/s2(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？答案0.5m撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用故am＝μg＝2m/s2(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？答案2.8m/s刚撤去F时v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8m/s(4)最终小物块离长木板右端多远？答案0.7m最终小物块离长木板右端s＝Δs1＋Δs2＝0.7m.考向2斜面上的板块问题例6

(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1m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，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝，cos37°＝，g取10m/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2m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2C.经过1s的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s√√考向3板块问题中的动力学图像问题(1)物块A在2m前后加速度a1和a2的大小；答案1m/s2

4m/s2结合图像，根据v2－v02＝2ax可知，前2m内A的加速度大小为a1＝1m/s2，2m后A的加速度大小为a2＝4m/s2(2)当外力F为多少时可以使物块A恰好要相对于木板B运动；答案6N对木板B受力分析有μ1mg－μ2·2mg＝ma0外力F使A在B上相对静止的临界加速度大小为a0＝2m/s2外力F对A、B整体有F1－μ2·2mg＝2ma0得F1＝6N(3)运动了2m之后，作用于物块A上的外力F的大小.答案8N运动2m后，对A有a2＝4m/s2>a0则2m后，A、B开始相对运动，对A有F2－μ1mg＝ma2解得F2＝8N.处理“板块”模型中动力学问题的流程方法点拨三课时精练123456789基础落实练1.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，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μ<tanθB.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上D.若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间√123456789要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，可得μ>tanθ，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f＝mgsinθ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，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.1234567892.(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动.在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v－t图像如图乙所示.由图像可知滑块A.从右端离开传送带B.从左端离开传送带C.先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用D.变速运动过程中受滑动摩擦力的作用√√123456789由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与传送带相同的速度做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作用，故C错误，D正确.1234567893.(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是A.M＝mB.M＝2mC.木板的长度为8mD.木板与物块间的动摩擦因数为√√1234567891234567891234567894.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10m/s2，下列说法不正确的是A.若传送带速度等于2m/s，物块不可能先做减速运动

后做匀速运动B.若传送带速度等于3.5m/s，v可能等于3m/sC.若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带可能沿逆时针方

向转动D.若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，则传送带的速度不大于3m/s√123456789物块在传送带上的加速度大小为a＝

＝1m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3m/s>2m/s，可知当传送带速度等于2m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5m/s，传送带逆时针转动时，v等于3m/s，故B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带可能沿逆时针方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误.1234567895.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是A.若只增大m，则小滑块不能滑离木板B.若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C.若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D.若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大能力综合练√√123456789若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正确；123456789若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，故D错误.1234567896.(多选)(2023·福建漳州市七校联考)如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端.已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝t(N)的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f

随时间t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10m/s2，下列说法正确的是A.图乙中t2＝24sB.木板的最大加速度为1m/s2C.滑块与木板间的动摩擦因数为D.木板与水平地面间的动摩擦因数为√√√123456789根据题图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据f1＝μ1mg可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝，C正确；123456789在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静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有F－μ1mg＝ma，对木板有μ1mg－2μ2mg＝ma，联立解得a＝2m/s2，F＝12N，则木板的最大加速度为2m/s2，根据F＝t(N)，可求得t2＝24s，A正确，B错误.1234567897.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止.重力加速度取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是A.Q与传送带间的动摩擦因数为B.Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4sC.Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8mD.Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20N√123456789当传送带以v＝8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝，A错误；123456789加速阶段的位移之差为Δs＝vt1－s＝4.8m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8m，C正确；123456789123456789(1)小物块沿斜面上滑的最大距离；答案5m小物块以初速度v0从斜面底端沿斜面上滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1设小物块沿斜面上滑距离为x1，则－2a1x1＝0－v02代入数据联立解得x1＝5m123456789(2)若小物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，小物块从离传送带右端最远点到再次滑回到传送带右端所用的时间.答案1.125s123456789小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma2设小物块下滑至斜面底端时的速度为v1，则2a2x1＝v12设小物块在传送带上滑动时的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma3设物块在传送带上向左滑动的最大距离为x2，则－2a3x2＝0－v121