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(共40张PPT)
微专题5　动力学中的两类典型
模型
[定位·学习目标]　
1.通过对传送带模型、“滑块—滑板”模型的学习,掌握其分析方法,形成物理观念。2.通过对模型的学习,学会分析日常生活、生产中的相关问题,形成科学思维和科学态度。
突破·关键能力
要点一　传送带模型
1.传送带的基本类型
(1)水平传送带常见类型及滑块运动情况。
「要点归纳」
类型 滑块运动情况
①可能一直加速;
②可能先加速后匀速
①v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速;
②v0①传送带较短时,滑块一直减速到达左端。
②传送带较长时,滑块先向左减速再向右加速。当v0>v时滑块返回时先向右加速到速度为v后再匀速;当v0(2)倾斜传送带常见类型及滑块运动情况。
类型 滑块运动情况
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加速再以a2加速
2.解题关键
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况,确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。
[例1] (水平传送带)如图,水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v=4 m/s顺时针转动,两轮轴心间距离L=8.5 m。一个物块(视为质点)以初速度v0=6 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2,求:
「典例研习」
(1)物块从传送带左端运动到右端所需要的时间;
【答案】 (1)2 s
代入数据可得t1=0.5 s,x1=2.5 m,
因为x1=2.5 m则物块先做匀减速直线运动,后做匀速直线运动,设匀速直线运动的时间为t2,则有L-x1=vt2,
代入数据可得t2=1.5 s,
则运动的总时间t=t1+t2=2 s。
(2)物块在传送带上留下的划痕长度。
【答案】 (2)0.5 m
【解析】 (2)物块减速阶段传送带的位移为
x传=vt1,
Δx=x1-x传,
解得Δx=0.5 m。
[例2] (倾斜传送带)如图所示,倾角为θ=37°且长L的传送带以恒定的速率v=1 m/s沿顺时针方向运行,现将一质量m=2 kg 的物块(可视为质点)以v0=3 m/s的速度从底部滑上传送带,传送带与物块之间的动摩擦因数μ=0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2,求:
(1)物块开始运动的加速度大小a;
【答案】 (1)10 m/s2
【解析】 (1)物块刚开始运动时,物块速度大于传送带速度,物块所受的摩擦力沿传送带向下,对物块受力分析如图甲,根据牛顿第二定律得
mgsin θ+Ff=ma,
Ff=μFN=μmgcos θ,
解得a=10 m/s2。
(2)物块速度减为零经过的时间t;
【答案】 (2)0.7 s
(3)如果物块不能从传送带的顶端滑出,求传送带的最短长度L。
【答案】 (3)0.65 m
·规律方法·
解决传送带问题的分析要点
(1)运动分段:物体与传送带速度相等,是摩擦力突变和物体加速度变化的临界点,一般把运动分为两段。
(2)倾斜传送带需比较mgsin θ与μmgcos θ的大小关系,即μ与tan θ的大小关系,从而判定物体与传送带速度相等后是否保持相对静止。若μ>tan θ则能保持相对静止,若μ(3)考虑物体速度与传送带速度相等时,物体的位移与传送带长度的关系。
要点二　“滑块—滑板”模型
「要点归纳」
1.模型概述
一个物体在另一个物体上,两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程,两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2.解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况,确定物体间的摩擦力方向。
(2)分别隔离两物体进行受力分析,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带,即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
3.常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板向相反方向运动,滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。
4.注意摩擦力的突变
当滑块与木板速度相同时,两者之间的摩擦力通常会发生突变,由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失,或者摩擦力方向发生变化,速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
「典例研习」
[例3] (地面光滑的“滑块—木板”模型)(多选)如图甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F=6 N的水平力向右拉A,经过5 s,A运动到B的最右端,且其v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　 　)
[A] A的加速度大小为0.5 m/s2
[B] A、B间的动摩擦因数为0.4
[C] 若B不固定,B的加速度大小为1 m/s2
BCD
[例4] (地面粗糙的“滑块—木板”模型)(2025·云南昆明阶段练习)如图所示,水平地面上有一个薄木板(厚度可忽略不计),在木板最右端放置一个可视为质点的小滑块。小滑块质量m1=1 kg,与木板间的动摩擦因数μ1=0.3;木板质量m2=3 kg,长度l=1 m,木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现对木板施加水平向右的拉力F=26 N,滑块与木板分离时两者均无能量损失。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)两者分离时,滑块的速度大小;
【答案】 (1)3 m/s
(2)滑块刚停止运动时,距木板左端的距离。
【答案】 (2)12.75 m
·规律方法·
分析“滑块—滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联
检测·学习效果
1.如图所示,足够长的传送带与水平面间的夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μD
[A] [B] [C] [D]
【解析】 小木块刚放上传送带时,所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下,小木块将沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ;当小木块的速度与传送带速度相等时摩擦力的方向沿斜面向上,由μμmgcos θ,因此小木块继续沿传送带匀加速下滑,再由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=gsin θ-μgcos θ;比较知道a1>a2,根据v-t图像的斜率表示加速度,所以第二段图线的斜率变小。若规定沿传送带向下为正方向,则摩擦力方向先为正值,再为负值,且大小均为Ff=μmgcos θ,故A、B、C错误,D正确。
2.(多选)如图所示,有一块木板静止在光滑足够长的水平面上,木板的质量为M=4 kg,木板的右端停放着一个小滑块,小滑块的质量为m=1 kg,其尺寸远远小于木板长度,它与木板间的动摩擦因数为μ=0.4,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则(　 　)
[A] 当F>4 N时,M、m间发生相对滑动
[B] 当F>20 N时,M、m间发生相对滑动
[C] 当F>16 N时,M、m间发生相对滑动
[D] 无论F为何值,m的加速度不会超过4 m/s2
BD
3.如图所示,在光滑平台上放置一长度l=18 cm,质量M=280 g的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间动摩擦因数 μ=0.2。开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为(　　)
[A] 0.1 s [B] 0.3 s [C] 0.6 s [D] 0.9 s
C
4.(多选)(2025·山东泰安阶段练习)如图所示,绷紧的水平传送带足够长,且始终以v1=2 m/s的恒定速率顺时针运行。初速度大小为v2=3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时,小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同,则(　 　)
[A] 小墨块未与传送带速度相同时,受到的摩擦力方向水平向右
[B] 小墨块的加速度大小为1 m/s2
[C] 小墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 m
[D] 小墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m
ABD
(1)木板的长度L;
【答案】 (1)4.5 m
(2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2;
【答案】 (3)3 m/s
(3)物块滑离木板时,木板的速度大小v。
【解析】 (3)当物块到达木板上端后,物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动,设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3,物块经时间t滑到木板下端,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有
mgsin θ-μ1mgcos θ=ma2,
解得a2=2 m/s2;
感谢观看微专题5　动力学中的两类典型模型
[定位·学习目标]　1.通过对传送带模型、“滑块—滑板”模型的学习,掌握其分析方法,形成物理观念。2.通过对模型的学习,学会分析日常生活、生产中的相关问题,形成科学思维和科学态度。
要点一　传送带模型
要点归纳
1.传送带的基本类型
(1)水平传送带常见类型及滑块运动情况。
类型 滑块运动情况
①可能一直加速; ②可能先加速后匀速
①v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速; ②v0①传送带较短时,滑块一直减速到达左端。 ②传送带较长时,滑块先向左减速再向右加速。当v0>v时滑块返回时先向右加速到速度为v后再匀速;当v0(2)倾斜传送带常见类型及滑块运动情况。
类型 滑块运动情况
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加速再以a2加速
2.解题关键
求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况,确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。
典例研习
[例1] (水平传送带)如图,水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v=4 m/s顺时针转动,两轮轴心间距离L=8.5 m。一个物块(视为质点)以初速度v0=6 m/s从左轮的正上方水平向右滑上传送带,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2,求:
(1)物块从传送带左端运动到右端所需要的时间;
(2)物块在传送带上留下的划痕长度。
【答案】 (1)2 s　(2)0.5 m
【解析】 (1)对物块受力分析可知,物块在沿传送带方向只受滑动摩擦力作用,根据牛顿
第二定律可得μmg=ma,解得a=4 m/s2,
设物块减速到和传送带速度相等所需时间为t1,该段时间内的位移为x1,由运动学公式
可得
v=v0-at1,
x1=t1,
代入数据可得t1=0.5 s,x1=2.5 m,
因为x1=2.5 m则物块先做匀减速直线运动,后做匀速直线运动,设匀速直线运动的时间为t2,则有
L-x1=vt2,
代入数据可得t2=1.5 s,
则运动的总时间t=t1+t2=2 s。
(2)物块减速阶段传送带的位移为
x传=vt1,
Δx=x1-x传,
解得Δx=0.5 m。
[例2] (倾斜传送带)如图所示,倾角为θ=37°且长L的传送带以恒定的速率v=1 m/s沿顺时针方向运行,现将一质量m=2 kg 的物块(可视为质点)以v0=3 m/s的速度从底部滑上传送带,传送带与物块之间的动摩擦因数μ=0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2,求:
(1)物块开始运动的加速度大小a;
(2)物块速度减为零经过的时间t;
(3)如果物块不能从传送带的顶端滑出,求传送带的最短长度L。
【答案】 (1)10 m/s2　(2)0.7 s　(3)0.65 m
【解析】 (1)物块刚开始运动时,物块速度大于传送带速度,物块所受的摩擦力沿传送带向下,对物块受力分析如图甲,根据牛顿第二定律得mgsin θ+Ff=ma,
Ff=μFN=μmgcos θ,
解得a=10 m/s2。
(2)物块与传送带速度相等所需的时间t1=,
代入数据可得t1=0.2 s,
物块速度与传送带速度相等后,对物块进行受力分析如图乙,根据牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma′,
可得a′=2 m/s2;
速度减为零还需要的时间t2==0.5 s,
物块速度减为零经过的时间t=t1+t2=0.7 s。
(3)物块从开始运动到与传送带共速过程中
-v2=2ax1,
得x1=0.4 m,
物块速度等于传送带速度到速度减为零的过程中x2==0.25 m,
如果物块不能从传送带的顶端滑出,则传送带的最短长度L=x1+x2=0.65 m。
解决传送带问题的分析要点
(1)运动分段:物体与传送带速度相等,是摩擦力突变和物体加速度变化的临界点,一般把运动分为两段。
(2)倾斜传送带需比较mgsin θ与μmgcos θ的大小关系,即μ与tan θ的大小关系,从而判定物体与传送带速度相等后是否保持相对静止。若μ>tan θ则能保持相对静止,若μ(3)考虑物体速度与传送带速度相等时,物体的位移与传送带长度的关系。
要点二　“滑块—滑板”模型
要点归纳
1.模型概述
一个物体在另一个物体上,两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程,两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2.解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况,确定物体间的摩擦力方向。
(2)分别隔离两物体进行受力分析,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带,即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
3.常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板向相反方向运动,滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。
4.注意摩擦力的突变
当滑块与木板速度相同时,两者之间的摩擦力通常会发生突变,由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失,或者摩擦力方向发生变化,速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
典例研习
[例3] (地面光滑的“滑块—木板”模型)(多选)如图甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F=6 N的水平力向右拉A,经过5 s,A运动到B的最右端,且其v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
[A] A的加速度大小为0.5 m/s2
[B] A、B间的动摩擦因数为0.4
[C] 若B不固定,B的加速度大小为1 m/s2
[D] 若B不固定,A运动到B的最右端所用的时间为5 s
【答案】 BCD
【解析】 根据v-t图像可知,物体A的加速度为aA== m/s2=2 m/s2,故A错误;以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmAg=mAaA,代入数据得μ=0.4,故B正确;若B不固定,假设B相对A滑动,则B的加速度为aB== m/s2=1 m/s2[例4] (地面粗糙的“滑块—木板”模型)(2025·云南昆明阶段练习)如图所示,水平地面上有一个薄木板(厚度可忽略不计),在木板最右端放置一个可视为质点的小滑块。小滑块质量m1=1 kg,与木板间的动摩擦因数μ1=0.3;木板质量m2=3 kg,长度l=1 m,木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现对木板施加水平向右的拉力F=26 N,滑块与木板分离时两者均无能量损失。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)两者分离时,滑块的速度大小;
(2)滑块刚停止运动时,距木板左端的距离。
【答案】 (1)3 m/s　(2)12.75 m
【解析】 (1)滑块在木板上滑动时,以滑块为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1m1g=m1a1,
解得滑块的加速度a1=3 m/s2,
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,
解得木板的加速度大小a2=5 m/s2,
设经过t时间两者分离,
则有a2t2-a1t2=l,解得t=1 s,
则两者分离时,滑块的速度大小为v1=a1t=3 m/s。
(2)两者分离时,木板的速度大小为v2=a2t=5 m/s,
两者分离后,滑块在地面上做匀减速运动的加速度大小为a1′==2 m/s2,
木板在地面上做匀加速运动的加速度大小为a2′== m/s2,
滑块从分离到停止运动所用时间为t′==1.5 s,
滑块从分离到停止运动通过的位移为x1=t′=2.25 m,
滑块从分离到停止运动,木板通过的位移为x2=v2t′+a2′t′2=15 m,
则滑块刚停止时,距木板左端的距离为Δx=x2-x1=12.75 m。
分析“滑块—滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联
1.如图所示,足够长的传送带与水平面间的夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ　
[A] [B]
　
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 小木块刚放上传送带时,所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下,小木块将沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ;当小木块的速度与传送带速度相等时摩擦力的方向沿斜面向上,由μ
μmgcos θ,因此小木块继续沿传送带匀加速下滑,再由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=
ma2,解得a2=gsin θ-μgcos θ;比较知道a1>a2,根据v-t图像的斜率表示加速度,所以第二段图线的斜率变小。若规定沿传送带向下为正方向,则摩擦力方向先为正值,再为负值,且大小均为Ff=μmgcos θ,故A、B、C错误,D正确。
2.(多选)如图所示,有一块木板静止在光滑足够长的水平面上,木板的质量为M=4 kg,木板的右端停放着一个小滑块,小滑块的质量为m=1 kg,其尺寸远远小于木板长度,它与木板间的动摩擦因数为μ=0.4,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则(　　)
[A] 当F>4 N时,M、m间发生相对滑动
[B] 当F>20 N时,M、m间发生相对滑动
[C] 当F>16 N时,M、m间发生相对滑动
[D] 无论F为何值,m的加速度不会超过4 m/s2
【答案】 BD
【解析】 根据题意可知,当m和M之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,m和M恰好不发生相对运动,对m根据牛顿第二定律有μmg=ma,所以此时的加速度大小为a=μg=4 m/s2,对m和M整体根据牛顿第二定律有F=(m+M)a=5×4 N=20 N,所以当F>20 N时,m和M才发生相对运动,故A、C错误,B正确;m和M之间的摩擦力是提供给m的加速度的合外力,故m的最大加速度为amax===μg=4 m/s2,故D正确。
3.如图所示,在光滑平台上放置一长度l=18 cm,质量M=280 g的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间动摩擦因数 μ=0.2。开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取
10 m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为(　　)
[A] 0.1 s [B] 0.3 s [C] 0.6 s [D] 0.9 s
【答案】 C
【解析】 设墨水瓶脱离文具盒前,墨水瓶的加速度为a1,文具盒的加速度为a2,根据牛顿
第二定律有μmg=ma1,F-μmg=Ma2,解得a1=2 m/s2,a2=3 m/s2,墨水瓶恰好从文具盒掉落,
有l=a2t2-a1t2,解得墨水瓶在文具盒上运动的时间为t=0.6 s。故选C。
4.(多选)(2025·山东泰安阶段练习)如图所示,绷紧的水平传送带足够长,且始终以v1=2 m/s的恒定速率顺时针运行。初速度大小为v2=3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时,小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同,则(　　)
[A] 小墨块未与传送带速度相同时,受到的摩擦力方向水平向右
[B] 小墨块的加速度大小为1 m/s2
[C] 小墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 m
[D] 小墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m
【答案】 ABD
【解析】 小墨块未与传送带速度相同时,相对传送带向左运动,受到传送带的摩擦力方向水平向右,故A正确;小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动,小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同,则a== m/s2=1 m/s2,方向向右,故B正确;小墨块向左做匀减速运动时,对小墨块有x1==4.5 m,小墨块向左减速的过程中,传送带的位移为x2=v1·=
6 m,小墨块向右做匀加速运动时,对小墨块有x1′==2 m,对传送带有x2′=v1·=4 m,
小墨块在传送带上的痕迹长度为x=(x1+x2)+(x2′-x1′)=12.5 m,故C错误,D正确。
5.如图所示,在倾角θ=30°的足够长固定斜面上,将质量M=3 kg的长木板由静止释放的同时,一质量m=0.5 kg的物块以v0=6 m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中,木板恰好不往下滑,且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=,最大静摩擦力均等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)木板的长度L;
(2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2;
(3)物块滑离木板时,木板的速度大小v。
【答案】 (1)4.5 m　(2)　(3)3 m/s
【解析】 (1)物块刚滑上木板时,设物块的加速度大小为a1,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1,
由题意,物块到达木板上端时物块的速度恰好为零,根据匀变速直线运动的规律有=2a1L,
代入数据解得L=4.5 m。
(2)物块上滑的过程中,木板恰好不往下滑,对木板受力分析,根据平衡条件,在沿斜面方向上有Mgsin θ=μ1mgcos θ+Ff,
在垂直于斜面方向上有Ff=μ2(m+M)gcos θ,
联立代入数据解得μ2=。
(3)当物块到达木板上端后,物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动,设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3,物块经时间t滑到木板下端,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma2,
解得a2=2 m/s2;
对木板受力分析,根据牛顿第二定律有μ1mgcos θ+Mgsin θ-μ2(M+m)gcos θ=Ma3,
解得a3=1 m/s2,
时间t内物块的位移大小为x1=a2t2,
时间t内木板的位移大小为x2=a3t2,
根据几何关系有x1-x2=L,
物块滑离木板时,木板的速度大小为v=a3t,
联立解得v=3 m/s。
课时作业
(分值:60分)
考点一　传送带模型
1.(4分)(多选)如图所示,绷紧的水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v1运行。一小物块从与传送带等高的右端光滑水平台面滑上传送带,其速度大小为v2,左端水平台面与传送带等高且光滑,则能够正确地描述小物块的速度随时间变化关系的图线不可能是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 如果传送带足够长,物块不能从左端离开,则物块先向左匀减速至零再反向匀
加速,且匀减速和匀加速的加速度一样,如果v1x加=,此后物块还要以速度v1匀速运动一段时间离开;v1≥v2,物块在传送带上向右一直匀加速至离开,最终以速度大小为v2匀速运动,如果传送带不够长,物块一直匀减速从左端离开,故选C。
2.(4分)(2025·云南文山开学考试)如图甲所示,倾角为α的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一物块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动,其vt图像如图乙所示,物块到达传送带顶端时速度恰好为零,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,则(　　)
[A] 传送带的速度为8 m/s
[B] 物块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
[C] 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
[D] 传送带底端到顶端的距离为14 m
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,传送带速度为4 m/s,故A错误;由题图乙可知,在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿斜面向下,与物块运动的方向相反;1～2 s内,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿斜面向上,与物块运动的方向相同,故B错误;在0～1 s内物块的加速度大小为a1=||=|| m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma1,在1～2 s内物块的加速度大小为a2=||=|| m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsin α-μmgcos α=ma2,联立解得α=37°,μ=0.25,故C正确;物块上升的位移大小等于vt图像与横轴围成的面积,则传送带底端到顶端的距离为x=×1 m+
m=10 m,故D错误。
3.(10分)在机场和车站都有传送带在运送行李,某同学对传送带的工作产生极大兴趣,该同学注意到某一条水平传送带正以1 m/s匀速运动,长度1 m,行李和传送带之间的动摩擦因数为0.2,行李轻放在传送带左端。(不计行李大小)
(1)求行李加速前进的距离;
(2)求行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度;
(3)如果要把行李最快运送到传送带右端,传送带的速度至少多大。
【答案】 (1)0.25 m　(2)0.25 m　(3)2 m/s
【解析】 (1)行李轻放在传送带左端,对行李受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,
解得a=2 m/s2,
设行李到达右端前已经与传送带共速,
根据v2=2ax,得行李加速的距离x1=0.25 m<1 m。
假设成立。
(2)行李轻放在传送带左端到与传送带共速所用时间为t1==0.5 s,
行李加速过程传送带上某点的位移x传=vt1=0.5 m,
行李与传送带发生的相对位移为Δx=x传-x1=0.25 m,
行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.25 m。
(3)如果要把行李最快运送到传送带右端,行李应一直做匀加速运动到右端,则有2aL=v′2,
解得v′== m/s=2 m/s,
可知传送带的速度至少为2 m/s。
考点二　“滑块—滑板”模型
4.(6分)(多选)如图甲所示,长木板P静止在光滑水平面上,另一质量为2 kg的物体Q(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板P的表面。由于P、Q间存在摩擦,之后的运动过程中P、Q的速度图像如图乙所示。g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
[A] 长木板P、物体Q所受的摩擦力均与运动方向相反
[B] P、Q之间的动摩擦因数μ=0.2
[C] 长木板P的长度可能为L=0.8 m
[D] 长木板P的质量是4 kg
【答案】 BD
【解析】 由题意可知,木板向右加速运动,故木板P的运动方向与其所受摩擦力方向相同,故A错误;由题图乙知Q的加速度大小为aQ= m/s2=2 m/s2,对Q进行分析根据牛顿第二定律有μmQg=mQaQ,可解得μ=0.2,故B正确;由题意可知,物体Q未滑出木板P,则临界条件为当P、Q具有共同速度时,Q恰好滑到P的右端,设P、Q位移量分别为xP、xQ,加速度分别为aP、aQ,由题图乙可知aP=1 m/s2,aQ=2 m/s2,设P的长度为L,则有xP=aPt2,xQ=v0t-aQt2,
xQ-xP=L,联立上式可解得L=1.5 m,即L≥1.5 m,故C错误;由μmQg=mPaP,μmQg=mQaQ,联立两式可解得==,即P的质量是Q的两倍,长木板P的质量是4 kg,故D正确。
5.(6分)(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的vt图像可能是图中的(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 BD
【解析】 滑块滑上木板,受到木板对滑块向左的滑动摩擦力,做匀减速运动,若滑块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力,则木板做匀加速直线运动,当两者速度相等时,一起做匀减速运动。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,滑块的质量为m,木板的质量为M,知木板若滑动,则μ1mg>μ2(M+m)g,最后一起做匀减速运动,加速度a′=μ2g,开始滑块做匀减速运动的加速度大小为a=μ1g>μ2g,知图线的斜率变小,故B正确,C错误。若μ1mg<μ2(M+m)g,则木板不动,滑块一直做匀减速运动,故D正确。由于地面有摩擦力,最终滑块和木板不可能一起做匀速直线运动,故A错误。
6.(6分)(多选)如图所示,质量M=200 g的物理教材放置在水平桌面上,一质量m=50 g的棋子放在教材上表面中央,并用方向水平向右的恒力F作用于教材或棋子上。已知棋子与物理教材间的动摩擦因数μ1=0.2,物理教材与桌面间的动摩擦因数μ2=0.4,各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取 10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A] 若恒力F作用在棋子上且F=0.5 N,则棋子将与教材一起做匀加速直线运动
[B] 若恒力F作用在棋子上,则无论F多大,教材都会保持静止
[C] 若恒力F作用在教材上且F=1.4 N,则棋子会与教材一起做匀加速直线运动
[D] 若恒力F作用在教材上且F=1.2 N,则棋子会相对于教材滑动
【答案】 BC
【解析】 棋子与教材之间的最大静摩擦力Ffmax1=μ1mg=0.1 N,教材与桌面之间的最大静摩擦力Ffmax2=μ2(m+M)g=1 N,若恒力F作用在棋子上且F=0.5 N,由于F=0.5 N>Ffmax1=0.1 N,可知棋子相对教材向右做匀加速直线运动,棋子对教材有向右的0.1 N的摩擦力作用,由于该摩擦力小于桌面对教材的最大静摩擦力1 N,可知教材保持静止,故A错误;根据上述,若恒力F作用在棋子上,棋子对教材的摩擦力最大只能为0.1 N,即该摩擦力始终小于桌面对教材的最大静摩擦力1 N,可知教材此时保持静止,即若恒力F作用在棋子上,则无论F多大,教材都会保持静止,故B正确;若恒力F作用在教材上且F=1.4 N,该力大于桌面对教材的最大静摩擦力1 N,假设棋子与教材保持相对静止,则有F-μ2(M+m)g=(M+m)a1,Ff1=ma1,解得Ff1=0.08 N<0.1 N,假设成立,即此时,棋子会与教材一起做匀加速直线运动,故C正确;若恒力F作用在教材上且F=1.2 N,该力大于桌面对教材的最大静摩擦力1 N,假设棋子与教材保持相对静止,则有F-μ2(M+m)g=(M+m)a2,Ff2=ma2,解得Ff2=0.04 N<0.1 N,假设成立,即此时,棋子会与教材一起做匀加速直线运动,故D错误。
7.(6分)(多选)如图所示,三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。下列说法正确的是(g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　)
[A] 物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大
[B] 物块A、B同时到达底端
[C] 物块A经过t=1 s从传送带顶端到达底端
[D] 物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
【答案】 BCD
【解析】因为μmgsin 37°-μmgcos 37°=ma,解得 a=2 m/s2,同理B的加速度也为2 m/s2;根据位移公式x=v0t+at2解得t=1 s(t=-2 s舍去),选项A错误,B、C正确;对A,划痕的长度等于A的位移减去传送带的位移,因t=1 s,所以传送带运动的位移为x=vt=1 m,所以A对传送带的划痕长度为Δx1=2 m-1 m=1 m,对B,划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移,同理得出B对传送带的划痕长度为Δx2=3 m,所以划痕长度之比为 1∶3,选项D正确。
8.(6分)(多选)如图所示,8块同样的木板一个一个紧挨着静止放在足够大的水平地面上,
每个木板质量均为M=0.5 kg,长均为L=1 m,它们与地面之间的动摩擦因数均为μ1=0.2。
在第1块木板左端放一质量为m=1 kg的可视为质点的铅块,它与木板间的动摩擦因数为μ2=0.45,现给铅块一水平向右的初速度v0= m/s,使其在木板上滑行。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A] 铅块刚滑过第1块木板时的速度大小v1=3 m/s
[B] 铅块从左向右滑过5块木板时,下面的木板开始滑动
[C] 第8块木板刚开始滑动时的加速度大小a1=0.5 m/s2
[D] 铅块最终停在第7块木板上
【答案】 ACD
【解析】 铅块受滑动摩擦力为Ff2=μ2mg=4.5 N,8个板受最大静摩擦力为Ffmax=μ1(m+8M)g=
10 N,由于Ffmax>Ff2,所以板静止,铅块的加速度a2=μ2g=4.5 m/s2,根据速度和位移的关系有-=-2a2L,解得v1=3 m/s,选项A正确;设右端还剩n块时木板开始滑动,则μ2mg≥
μ1(m+nM)g,解得n≤2.5,所以铅块滑过6块木板时,木板开始滑动,选项B错误;对7、8块整体,根据牛顿第二定律有μ2mg-μ1(m+2M)g=2Ma1,解得a1=0.5 m/s2,选项C正确;铅块刚滑上第 7块板时的速度设为v2,根据速度和位移的关系有-=-2a2·6L,解得v2=3 m/s,假设不会从右端掉下,共速时v2-a2t=a1t,解得t=0.6 s,则x2=v2t-a2t2=0.99 m,x1=a1t2=0.09 m,由于x2-x1=0.9 m<1 m,所以铅块最终不会从木板右端掉下,停在第7块板上,选项D正确。
9.(12分)如图所示为某传送装置,由倾角为θ=37°的倾斜传送带和放在水平面上的质量为
1 kg的长木板组成,传送带长L1=1.45 m,长木板长 L2=0.9 m,长木板的左端靠近传送带的下端,传送带以v0=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运行,将质量为1 kg的物块轻放在传送带的上端,物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,与长木板间的动摩擦因数为0.4,长木板与水平面间的动摩擦因数为0.1,不计物块从传送带滑上长木板时的机械能损失,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求物块滑离传送带时的速度大小;
(2)物块滑上长木板后,在长木板上运动的相对位移为多大
【答案】 (1)3 m/s　(2)0.75 m
【解析】 (1)物块轻放在传送带的上端,设开始时的加速度为a1,由牛顿第二定律可得
mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1,
代入数据解得a1=10 m/s2;
当物块与传送带速度相等时,物块运动的位移为x== m=0.2 m<1.45 m,
由于mgsin θ>μ1mgcos θ,物块继续做匀加速运动,设加速度为a2,由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μ1mgcos θ=ma2,
代入数据解得a2=2 m/s2;
设物块滑离传送带时的速度大小为v1,由速度位移关系公式可得-=2a2(L1-x),
代入数据解得v1=3 m/s。
(2)物块滑上长木板后做匀减速运动,设加速度为a3,根据牛顿第二定律,则有
μ2mg=ma3,
a3=4 m/s2,
由于μ2mg>μ3(m+M)g,
因此物块滑上长木板后,长木板做匀加速直线运动,设加速度为a4,根据牛顿第二定律,则有μ2mg-μ3(m+M)g=Ma4,
解得a4=2 m/s2,
设物块在长木板上与长木板达到共速所用时间为t,共同速度为v2,则有v2=v1-a3t=a4t,
解得
t= s,
v2=1 m/s,
t时间内物块的位移x1=t=× m=1 m,
长木板的位移x2=t=× m=0.25 m,
物块在长木板上运动的相对位移为Δx=x1-x2=1 m-0.25 m=0.75 m。

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