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板块模型
备考第5小时
【知识方法】
板块问题
情景一：木板B带动物块A，物块A恰好不从木板B上掉下的临界条件是物块A恰好滑到木板B左端时二者速度相等，位移关系为xB＝xA＋L
情景二：物块A带动木板B，物块A恰好不从木板B上掉下的临界条件是物块A恰好滑到木板B右端时二者速度相等，位移关系为xB＋L＝xA
解题关键：“一个转折、两个关联”
1.一个转折：即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点；
2.两个关联：即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要时要通过作草图把握关系。
解题的突破口是判断物体何时分离（即相对运动），方法是：整体隔离法
【考点例题】
【例题1】（多选）（2022·全国高三）如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是(　　)
A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大
B．两种情况下获取的最大加速度相同
C．两种情况下所加的最大推力相同
D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力
【例题2】（多选）如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是(　　)
A．物体Q对地面的压力一定为2mg
B．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝
C．若P、Q之间光滑，则加速度a＝gtanθ
D．若运动中逐渐减小F，则地面与Q间的摩擦力也逐渐减小
【例题3】（多选）（2022·云南玉溪一中高三）将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是(　　)
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
【例题4】（多选）（2022·辽宁高三）如图所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力作用。A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图所示、已知物块A的质量 m=3kg，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
A．两物块间的动摩擦因数为0.2
B．当0C．当4ND．当F>12N时，A的加速度随F的增大而增大
【例题5】（多选）（2020·山东高三）倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2kg，长8m的长木板Q，木扳上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s2）（ ）
A．P、Q两个物体加速度分别为6m/s2、4m/s2
B．P、Q两个物体加速度分别为6m/s2、2m/s2
C．P滑块在Q上运动时间为1s
D．P滑块在Q上运动时间为2s
【例题6】（多选）（2020·全国高三）如图，一个质量的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为和的A、B两物块，A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为，若用水平恒力F作用在A物块上，重力加速度g取10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．当F=2N时，A物块和木板开始相对滑动
B．当F=1N时，则A、B两物块都相对木板静止不动
C．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为
D．若F=6N，则B物块的加速度大小为
【例题7】（多选）（2022·全国高三）在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A、B，已知A、B质量相等，A、B间的动摩擦因数，物块B与小车间的动摩擦因数。小车以加速度做匀加速直线运动时，A、B间发生了相对滑动，B与小车相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，小车的加速度大小可能是（ ）
B．
C． D．
【例题8】（多选）小明同学用如图所示的装置开展探究实验，固定在墙壁上的一个力传感器通过一根水平绳与小木块B相连，A、B都放在质量可以忽略的长薄板C上，地面可视为光滑。已知A的质量为0.8kg，B的质量为0.4kg ，A、C间与B、C间的动摩擦因数都为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g=10m/s2 ，当施加一个力F作用在A上，下列说法正确的是
A．F=1N时，力传感器示数为1N
B．F=3N时，力传感器示数为3N
C．F=4N时，力传感器示数为4N
D．F=5N时，力传感器示数为2N
【例题9】（2020·全国高三）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ＝，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin＝0.6，cos＝0.8。求：
(1)小滑块与木板的动摩擦因数为多少？
(2)当拉力F＝20N时，长木板的加速度大小为多大？
【例题10】（2022·江苏高考）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
参考答案
【例题1】BC
【解析】对于甲图：当A恰好离地时，加速度达到最大，此时地面对A的支持力为零，A的受力如图，根据牛顿第二定律得：，对整体有，得，同理，对乙图研究，得到最大加速度为，则两种情况下获取的最大加速度相同．
根据牛顿第二定律得知，最大的推力，则两种情况下所加的最大推力相同．
【例题2】AC
【解析】A、以PQ整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，所以FN=2mg，故Q对地面的压力为2mg，故A正确；
B、因PQ做匀加速运动，若，在水平方向上由牛顿第二定律得：F-μ 2mg=ma，解得：a=0，故不能做匀加速运动，故B错误；
C、若P、Q之间光滑，对P受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知：mgtanθ=ma，故：a=gtanθ，故C正确；
D、Q与地面间为滑动摩擦力，故f=μ 2mg，摩擦力不变，故D错误．
【例题3】BD
【解析】在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同．故A错误，B正确；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，第一次的相对路程大小大于第二次的相对路程大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，故 C错误，D正确．所以BD正确．
【例题4】AB
【解析】A．由图可知，A、B之间的滑动摩擦力为6N，故摩擦因数为
A正确；
B．当0C．当F>12N时，A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，故当F>12N时，A、B发生相对滑动，C错误；
D．当F>12N时，A受到的滑动摩擦力不变，故其加速度不再变化，D错误；
【例题5】BD
【解析】AB．对P受力分析，受重力和Q对P的支持作用，根据牛顿第二定律有： 解得：6m/s2
对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有：
解得：m/s2，A错误，B正确；
CD．设P在Q上面滑动的时间为t，因=6m/s2>m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有：
代入数据解得：t=2s，C错误，D正确。
【例题6】BC
【解析】A.与木板间的最大静摩擦力为：
A与木板即将发生相对滑动时木板和B得加速度为
对整体受力分析由牛顿第二定律有
当时，所以、两物块和木板保持相对静止，整体在作用下向左匀加速运动，故A错误；
B.当时，所以、两物块都相对木板静止不动，整体在作用下向左匀加速运动，故B正确；
C.若，在木板表面滑动，摩擦力为2N；则和木板整体受摩擦力为2N，所以木板和B的加速度：
此时受到的摩擦力将达到：，故C正确；
D.若，A在木板表面滑动，摩擦力为2N；则和木板整体受摩擦力为2N，所以木板和的加速度：
，故D正确。
【例题7】BC
【解析】以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma0，
得：a0=μ1g=2m/s2，
所以小车的加速度大于2m/s2。
当B相对于小车刚要滑动时静摩擦力达到最大值，对B，由牛顿第二定律得：
μ2 2mg-μ1mg=ma，
得a=4m/s2，
所以小车的加速度范围为 2m/s2＜a≤4m/s2，
【例题8】AD
【解析】A、对于轻质薄板C，合力一定为零。A、C间的最大静摩擦力为4N， B、C间的最大静摩擦力为2N.当F=1N时，C与A、B都保持相对静止，由平衡条件知道传感器示数为1N；选项A正确.
B、C、D、当F=3N，拉力超过B、C间的最大静摩擦力，发生相对滑动。B、C间的摩擦力为2N，A、C间摩擦力也是2N，是静摩擦力，从而保持轻质薄板C的合力零。同理分析知道，拉力F超过2N，传感器示数总是2N，保持轻质薄板C的合力零，A、C不可能发生相对滑动。所以选项B、C错误，D正确.
【例题9】(1)0.75(2)2m/s2
【解析】(1)当F等于18N时，加速度为a＝0。对整体由平衡条件：
F＝(M＋m)gsinθ
代入数据解得M＋m＝3kg
当F大于18N时，根据牛顿第二定律得F－Mgsinθ－μmgcosθ＝Ma
长木板的加速度a＝F－gsinθ－
知图线的斜率k＝＝1
截距b＝-gsinθ-＝-18
解得M＝1kg，m＝2kg，μ＝0.75
(2)当拉力F＝20N时，代入长木板的加速度a＝F－gsinθ－
解得长木板的加速度为a1＝2m/s2
【例题10】　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
【解析】　A、B的运动过程如图所示：
(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aA＝μg
A在B上滑动时有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小F＝μmg＋2μmg＝3μmg
由牛顿第二定律得F＝maB，
得aB＝3μg
对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿第二定律得F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2传送带
备考第5小时
【知识方法】
1.水平传送带
图示 运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v02.倾斜传送带
图示 运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
3．模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．
4．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
【考点例题】
【例题1】(2022·河南许昌)(多选)如图所示为运送粮袋的传送带装置，已知A、B间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人将粮袋从A点无初速度释放，粮袋由A运动到B，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能较大，可能相等，也可能较小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－cosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μD．不论μ如何小，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞gsinθ
【例题2】（2022·辽宁辽师大附中高三开学考试）如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)(　　)
A．μ与a之间一定满足关系
B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为
C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为
D．黑色痕迹的长度为
【例题3】（多选）（2022·河南高三）如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速度M故匀速运动，现将一个质量为m的墨块轻放在水平传送 带上（初速度可忽略不计）。已知墨块与传送带间的动摩擦因数为M，传送带足够长，重力加速度为g。当墨块恰与传送带相对静止时，下列说法正确的是
A．传送带上的痕迹长度为
B．传送带的位移为
C．传送带克服墨块的摩擦力做功为
D．传送带与墨块间的摩擦生热为
【例题4】（多选）（2022·浙江高三）一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示）。以此时为时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两速度大小。已知传送带的速度保持不变。则下列判断正确的是（ ）
A．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则
B．内，物块沿皮带向下运动，内沿皮带向上运动，时刻回到原位置
C．内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
D．内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量
【例题5】（2020·榕江县）如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3 m，另一台倾斜，其传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4.45 m，B、C相距很近．水平部分AB以v0=5 m/s的速率顺时针转动，将一袋质量为10 kg的大米无初速度地放在A端，到达B端后，米袋继续沿倾斜的CD部分运动，不计米袋在BC处的能量损失．已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g=10 m/s2，cos 37°=0.8，求：
（1）若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端
（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为多大
【例题6】（2020·江苏海门中学）如图所示为快件自动分捡装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分捡容器中。图中水平传送带沿顺时针匀速转动，速度为v，右侧地面上有一个宽和高均为d=1m的容器，容器左侧离传送带右端B的距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，AB间距离为L=2m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)若速度v=2m/s，则快件在传送带上运动的时间；
(2)要使快件能落人容器中，快件在B点抛出的速度至少多大；
(3)要使快件能落人容器中，传送带匀速转动的速度大小范围。
【例题7】（2020·安徽高三）如图甲所示，一传送带AB长度L=7m，水平放置且不转动时，将一可视为质点的质量m=1kg的物块C以的水平初速度从A端滑上传送带，恰能到达B端。g取10m/s2。求：
（1）如传送带以2m/s逆时针转动，将物块C轻放在A端，求物块从A端运动到B端的时间；
（2）如将该传送带A端抬起，使传送带与水平面成37°角（如图乙所示）且以v=4m/s逆时针转动，仍将物块C轻放在A端，求物块从A端运动到B端过程中物块与传送带间因摩擦而产生的内能。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【例题8】（2022·福建）如图所示，是一传送装置，其中AB段长为L=1m，动摩擦因数μ=0．5；BC、DEN段均可视为光滑，DEN是半径为r＝0．5 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过。其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以6m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5。左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，而始终不脱离轨道。已知小球质量m=0．2 kg ，g 取10m/s2。
（1）求小球到达D点时速度的大小及弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能；
（2）小球第一次滑上传送带后的减速过程中，在传送带上留下多长的痕迹？
（3）小球第一次滑上传送带后的减速过程中，小球与传送带因摩擦产生的热量和电动机多消耗的电能？
参考答案
【例题1】【答案】AC
【解析】　粮袋刚放上传送带时，相对于传送带向上运动，故受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ。若传送带长度较短，则粮袋可能在此加速过程中到达底端；若传送带较长，粮袋做匀加速运动至速度v，与传送带同速。当μ【例题2】【答案】C
【解析】A.要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即，则有：，故选项A不符合题意；
BC.当煤块的速度达到时，经历的时间：
经过的位移：，故选项B不符合题意，C符合题意；
D.此时传送带的位移：
则黑色痕迹的长度：，故选项D不符合题意。
【例题3】【答案】BD
【解析】AB．墨块达到速度v所需的时间t=
在这段时间内墨块的位移x1=
传送带的位移x2=vt=
则痕迹的长度为x=x2-x1=，故A错误，B正确；
C．传送带克服墨块摩擦力做功为W=μmgx2=mv2，故C错误；
D．传送带与墨块间的摩擦生热为Q=μmgx=，故D正确。
【例题4】【答案】AC
【解析】A．在内，物块向上运动，则有：
得：，故A正确；
B．物块先向下运动后向上运动，图像的“面积”表示位移，时间内，物体的总位移为负，即沿斜面向下，则时刻物块没有回到原位置，故B错；
C．根据图像的“面积”表示位移，时间内，物体的位移为负，即沿斜面向下，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故C正确；
D．内，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力做正功，则重力做功与传送带对物块做的功之和等于物块动能的减少量，故D错误。
【例题5】【答案】（1）米袋不能运动到D端 （2）4 m/s
【解析】
（1）米袋在AB部分加速时的加速度，
米袋的速度达到时，滑行的距离，
因此米袋到达B点的速度为，CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，根据牛顿第二定律有：
解得：，
米袋能滑上的最大距离：，故米袋不能运动到D端．
（2）设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端C即米袋到达D端时速度为零，则米袋速度减为v之前的加速度大小为：，米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速直到速度为，
设该阶段加速度大小为：
由运动公式得：
解出，所以要把米袋送到D点，CD部分最小速度为，所以不能．
【例题6】【答案】(1)1.2s；(2)；(3)。
【解析】
(1)快件在传送带上做匀加速时，由牛顿第二定律得：
则加速度为
快件加速到与传送带速度相等时运动的位移为
加速的时间为
接着快件匀速到B端，所用时间为
所以总时间为；
(2)快件离开传送带做平抛运动，由题意有，
联立解得；
(3)根据平抛运动的知识可得
设快件落入容器的最小速度为v1，则有
解得
设快件落入容器的最大速度为v2，则有
解得
快件在传送带上匀加速运动到B点的速度为
因此传送带的速度为。
【例题7】【答案】(1)3.9s (2)6J
【解析】（1）传送带静止，物块做匀减速运动
得
传送带运动：物块放上水平传送带，加速时间
加速距离
匀速运动距离
匀速运动时间
物块从A端运动到B端的时间
（2）物块放上倾斜传送带，先加速
物块加速时间
物块加速位移
传送带位移
滑块与传送带速度相同后，由于，滑块继续加速
滑块继续加速的加速度
滑块下滑6m到达底端，
由 解得或-3s（舍去）
传送带在该段时间的位移
因摩擦而产生的热量
【例题8】【答案】 (2) (3)
【解析】
(1) 小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，说明小球在D点，只受重力作用，由牛顿第二定律可得
代入数值可求得
从A到D由动能定理可得
代入数值可得
弹簧弹力对外做正功，弹性势能减小，由功能关系可得
(2) 从D到N由动能定理可得
代入数值可得
小球在传送带上先向左做匀减速运动，加速度大小为a，
由牛顿第二定律可知
设小球向左减速到零的时间为t1，位移为 x1
设该段时间内传送带向右匀速运动的距离为x2
该段时间内小球和传送带相对距离为
小球速度减为零后开始向右匀加速运动，加速度大小仍为5m/s2，设经过时间t2 和传送带达到共速
设小球位移为x3，传送带位移为x4
相对距离
设在传送带上留下痕迹，则
(3) 由功能关系可得
设电动机多消耗的电能为E，由功能关系可得

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