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(共23张PPT)
专题强化课二　
传送带模型和“滑块—木板”模型
链接高考 本专题在高考中常以选择题和计算题的形式出现,出现的频次较高,综合性较强
方法规律 抓好一个力的分析——摩擦力
明确两个位移关系——同向运动的位移关系和反向运动的位移关系
注意三个状态分析——初态、同速、末态
关键能力 四种能力:理解能力、模型建构能力、逻辑推理能力、综合分析能力
模型一　传送带模型
【核心要点】
常见传送带模型
分类 情境模型图示
水平 传送 带模型
分类 情境模型图示
水平 传送 带模型
分类 情境模型图示
倾斜 传送 带模型
分类 情境模型图示
倾斜 传送 带模型
【典例剖析】
角度1　水平传送带
【典例1】如图所示为游乐场“智勇大冲关”最后一关的滑道,冲关者坐上坐垫从
A 点由静止开始沿倾角θ=37°的轨道AB滑下,经C点滑上正以v0=3 m/s的速度沿
顺时针方向匀速转动的水平传送带CD,B、C两点平滑衔接、间距可忽略,冲关
者经C 点运动到D 点后水平抛出,落在水面上的E点,已知 A、B 两点距离x=4 m,
传送带CD 长度L=3.25 m,坐垫与轨道AB 间的动摩擦因数μ1=0.5,坐垫与传送带
间的动摩擦因数μ2=0.2,冲关者和坐垫可视为质
点,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,
求:
(1)冲关者在AB 段下滑的加速度a1的大小和到达B 点时的速度vB的大小;
答案:(1)2 m/s2　4 m/s　
【解析】(1)在轨道AB上运动时,对冲关者与坐垫分析,
由牛顿第二定律有
mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1,
解得a1=2 m/s2。
根据运动学公式有
=2a1x,
解得vB=4 m/s。
(2)冲关者从A点运动到D点的时间t;
答案: (2)3 s　
【解析】(2)在轨道AB上运动的时间
t1==2 s,
滑上传送带后由牛顿第二定律得
μ2mg=ma2,
解得a2=2 m/s2。
设冲关者减速到3 m/s时的位移为x',可得
=2a2x',
解得x'=1.75 m<3.25 m,
故滑上传送带后先减速运动后匀速运动,减速运动的时间
t2==0.5 s,
匀速运动的时间
t3==0.5 s,
冲关者从A点运动到D点的时间
t=t1+t2+t3=3 s。
(3)由于机械故障,传送带CD在冲关者到达B点时突然沿逆时针方向以
v=2 m/s的速度匀速转动,试判断冲关者能否顺利通过D点。
答案: (3)能,判断过程见解析
【解析】(3)若传送带CD在冲关者到达B点时突然沿逆时针方向以
v=2 m/s的速度匀速转动,则冲关者受到向左的滑动摩擦力,
根据牛顿第二定律可得μ2mg=ma3,
解得a3=2 m/s2。
设冲关者减速到0时的位移为x″,可得=2a3x″
解得x″=4 m>3.25 m。
冲关者能顺利通过D点。
角度2　倾斜传送带
【典例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(　　)
√
√
【解析】选B、C。设传送带倾角为θ,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,滑块质量为m,若mgsinθ>μmgcosθ,则滑块所受合力沿传送带向下,小滑块向下做匀加速运动;若mgsinθ=μmgcosθ,则小滑块沿传送带方向所受合力为零,小滑块匀速下滑;若mgsinθ<μmgcosθ,则小滑块所受合力沿传送带向上,小滑块先做匀减速运动,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。
【强化训练】
[强化训练1](多选)传送带广泛地应用于物品的传输、分拣、分装等工作中,某
物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以2 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
有两个货箱A、B从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑,两货箱与传
送带间的动摩擦因数都是0.5,g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列判断正确
的是 (　　)
A.货箱B先到达传送带底端
B.货箱B在传送带底端时的速度大小为3 m/s
C.下滑过程中货箱A相对传送带的路程小于货箱B
D.下滑过程中,两货箱在传送带上的划痕长度相同
√
√
【解析】选B、C。已知v=2 m/s,v0=1 m/s,l=2 m,μ=0.5。对A,刚开始下滑时
fA=μmAgcos37°,mAgsin37°+fA=mAaA1,解得A的加速度aA1=10 m/s2,A速度达到2 m/s以后,
fA=μmAgcos37°,mAgsin37°-fA=mAaA2,解得aA2=2 m/s2,对B,刚开始下滑时fB=μmBgcos37°,
mBgsin37°-fB=mBaB,解得B的加速度aB=2 m/s2,A加速第一阶段的时间t1==0.1 s,位移
x1=t1=0.15 m,由运动学公式可得A加速第二阶段有l-x1=vt2+aA2,解得t2=(-1) s,
货箱A下滑到底端的时间tA=t1+t2=(-0.9) s,对B,由运动学公式得l=v0tB+aB,解得货
箱B下滑到底端的时间tB=1 s,由tA送带底端时的速度大小为vB=v0+aBtB=3 m/s,故B正确;货箱A下滑到底端时相对于传送带的
路程ΔxA=l-vtA,货箱B下滑到底端时相对于传送带的路程ΔxB=l+vtB,所以下滑过程中货箱A
相对传送带的路程小于货箱B,货箱A在传送带上的划痕长度小于货箱B,故C正确,D错误。
模型二　“滑块—木板”模型
【核心要点】
1.常见板块模型
情境模型图示 过程分析
滑板获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速
度不同,x板>x块,Δx=x板-x块,最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速
度不同,x板情境模型图示 过程分析
开始时板块运动方向相反,两者加速度不同,最后
分离或相对静止,Δx=x块+x板
滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相
对运动以及滑板与地面是否有相对运动,若板块
相对滑动,最终两者分离,Δx=L
情境模型图示 过程分析
物理规律 (1)滑块、滑板是上下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动。
(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长。
(3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式
2.模块模型问题的处理方法
(1)分析题中滑块、木板的受力情况,求出各自的加速度。
(2)画好运动草图,找出位移、速度、时间等物理量间的关系。
(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。
(4)两者发生相对滑动的条件:
①摩擦力为滑动摩擦力。
②二者加速度不相等。
【典例剖析】
【典例3】如图甲所示,质量为1.5 kg 的长木板B静止在光滑水平地面上,在t=0
时刻,可视为质点、静止在长木板B左端的质量为0.5 kg的物块A在水平外力F作
用下开始运动,3 s后撤去外力F,外力F随时间变化的关系如图乙所示,物块A与长
木板B间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取
10 m/s2,则 (　　)
A.物块A与长木板B在1 s时开始相对运动
B.在0~3 s内,长木板B的加速度一直增大
C.3 s末长木板B的速度大小为 m/s
D.3 s末物块A的速度大小为1 m/s
√
【解析】选C。当物块A与长木板B间即将出现相对运动时,对长木板B受力分析,由牛顿第二定律得μmAg=mBa,对物块A受力分析得F-μmAg=mAa,解得a= m/s2,F= N,由图乙可知F=t(N),故当F= N时,t= s,即物块A与长木板B在 s时开始相对运动,故A错误;在0~3 s内,长木板B的加速度先增大后不变,故B错误;设在 s时物块A和长木板B的共同速度大小为v,则由t=(mA+mB)v,解得v= m/s;在~3 s时间内,长木板B做匀加速直线运动,则3 s 末长木板B的速度大小为vB=v+at'= m/s,故C正确;在 s末物块A的加速度大小为a= m/s2,3 s末物块A的加速度大小为a'=1 m/s2,在~3 s时间内,物块A的速度增加量Δv=t'= m/s,则3 s末物块A的速度大小为vA=v+Δv= m/s,故D错误。
【强化训练】
[强化训练2](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10 m/s2,
下列说法正确的是 (　　)
A.M=m
B.M=2m
C.木板的长度为8 m
D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1
√
√
【解析】选B、C。物块相对木板运动的过程中,在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用,故μmg=ma1,而v-t图像的斜率表示加速度,故物块的加速度大小为a1= m/s2=2 m/s2,解得μ=0.2,对木板受力分析可知μmg=Ma2,由v-t 图像可知木板的加速度大小为a2= m/s2=1 m/s2,联立解得M=2m,A、D错误,B正确;从题图乙可知物块和木板在t=2 s时分离,两者在0~2 s内 的v-t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度,故L=×(7+3)×2 m-×2×2 m=8 m,C正确。专题强化练
专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型
(40分钟　70分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.(2024·北京等级考)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　)
A.刚开始物体相对传送带向前运动
B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力
C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功
D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长
【解析】选D。刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A错误;匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B错误;物体加速,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C错误;设物体与传送带间动摩擦因数为μ,物体相对传送带运动时a==μg,做匀加速运动时,物体速度小于传送带速度,则一直加速,由v=at可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D正确。
2.如图(a)所示,安检机在工作时,通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端,其过程可简化为图(b),传送带长为2.1 m,被检物品与传送带的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节,当传送带速度调为4 m/s,被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中(g取10 m/s2,被检物品可视为质点),下列说法正确的是 (　　)
A.物品先做匀加速运动后做匀速运动
B.物品从A端到B端所用的时间为1.5 s
C.物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
D.若减小传送带速度,物品传送时间可能不变
【解析】选D。物品先做匀加速直线运动,μmg=ma,解得a=3 m/s2,假设物品可以加速到与传送带共速,则加速运动的时间为t1== s,加速运动的距离为x1=a= m≈2.67 m>2.1 m,因此物品在传送带上一直做加速运动,A错误;因一直加速,L=at2,物品从A端到B端所用的时间为t== s≈1.2 s,B错误;因为一直加速,所以物品一直受到向右的滑动摩擦力,C错误;当传送带速度减小一点时,物品在传送带上仍可能全程加速,在加速度和位移都不变的情况下,运动的时间也不变,故D正确。
3.(多选)如图,物块A、B静置叠放在光滑水平面上,A、B上下表面水平。A、B间动摩擦因数为0.1,mA=1 kg,mB=2 kg,某时刻起B受到水平向右随时间t变化的拉力F[F=1.5t(N)],A始终在B上,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则 (　　)
A.t=1 s时,A的加速度大小为0.5 m/s2
B.t=1 s时,A、B间摩擦力大小为1 N
C.t=2 s时,A、B即将发生相对运动
D.t=3 s时,B的加速度大小为1.5 m/s2
【解析】选A、C。A、B不发生相对运动时,A的最大加速度为am=μg=1 m/s2,以A、B为整体,根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)am=1.5t(N),解得t=2 s,故C正确;t=1 s时,以A、B为整体,根据牛顿第二定律F=(mA+mB)a1=1.5t(N),解得A的加速度大小为a1=0.5 m/s2,A、B间摩擦力大小为f=mAa1=0.5 N,故A正确,B错误;t=3 s时,A、B发生相对运动,对B,根据牛顿第二定律F-μmAg=mBa2,解得B的加速度大小为a2=1.75 m/s2,故D错误。
4.(多选)(2025·天水模拟)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=3.5 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.若传送带不动,vB=3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3 m/s
C.若传送带顺时针匀速转动,vB一定大于3 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,vB可能等于3 m/s
【解析】选A、B、D。若传送带不动,则物体做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,匀减速直线运动的加速度大小a=μg=1 m/s2,根据=2ax,解得vB=3 m/s,故A正确;若传送带逆时针转动,物体滑上传送带做匀减速直线运动,到达B点的速度大小一定等于3 m/s,故B正确;若传送带顺时针匀速运动,且传送带的速度小于3 m/s,则物体滑上传送带仍然做匀减速直线运动,到达B点的速度有可能等于3 m/s,故C错误,D正确。
5.(多选)如图所示,传送带倾角为α,表面粗糙,以恒定速度v0逆时针运行。一小滑块从顶端由静止释放,运动到底端的过程中,其速度随时间变化的关系图像可能是 (　　)
【解析】选A、C。滑块由静止释放,相对于传送带向上运动,受沿传送带向下的摩擦力,先向下加速运动,加速度为a1=gsinα+μgcosα,加速到和传送带速度相等时,若有mgsinα≤μmgcosα,则滑块和传送带保持相对静止,一起匀速运动,故A正确;若有mgsinα>μmgcosα,则滑块和传送带不能保持相对静止,滑块继续加速运动,加速度为a2=gsinα-μgcosα,但a26.在倾角为θ的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板,木板上端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端,与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数μ1=tanθ,小滑块与木板间的动摩擦因数μ2<μ1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长,且小滑块未脱离木板,则在小滑块下滑的过程中,下列说法中正确的是 (　　)
A.小滑块与长木板相对静止一起加速下滑
B.长木板相对斜面匀速下滑
C.小滑块的加速度为gsinθ-μ2gcosθ
D.长木板的加速度为gsinθ+μ2gcosθ-μ1gcosθ
【解析】选C。根据题意,由于μ1=tanθ,则可知,对于木板而言,若木板单独放在斜面上,则有mgsinθ=μ1mgcosθ,即木板会静止在斜面上,而由于μ2<μ1,则对小滑块有mgsinθ>μ2mgcosθ,即小滑块不能静止在木板上,当在木板上放上小滑块后,由于小滑块不能静止,会与木板产生相对滑动,木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上,而根据牛顿第三定律可知,滑块对木板的滑动摩擦力沿着木板向下,此时对木板有mgsinθ+μ2mgcosθ<μ1(m+m)gcosθ,即木板仍然静止在斜面上,故A、B、D错误;对小滑块,由牛顿第二定律有mgsinθ-μ2mgcosθ=ma,解得小滑块在静止的木板上下滑时的加速度大小为a=gsinθ-μ2gcosθ,故C正确。
7.如图所示,光滑水平面上静置一质量为m的长木板B,木板上表面各处粗糙程度相同,一质量也为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板。当v=v0时,小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速,则 (　　)
A.若v=,A、B相对运动时间为
B.若v=,A、B相对静止时,A恰好停在木板B的中点
C.若v=2v0,A经历到达木板右端
D.若v=2v0,A从木板B右端离开时,木板速度等于v
【解析】选A。根据牛顿第二定律,μmg=maA=maB,则A、B两物体加速度大小相等,设为a,小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速,则v共=v0-at0=at0,解得t0=,v共=,a=,木板的长度L=t0-t0=,若v=,A、B两物体共速时有v共1=-at1=at1,解得t1==,v共1=,A、B相对静止时,相对位移为ΔL=t1-t1==<=,故A停在木板B的中点左侧,故A正确,B错误;若v=2v0,A从木板B右端离开时,根据动力学公式L=2v0t2-aa,解得t2=(2-)t0,A从木板B右端离开时,木板速度为v木板=at2=v08.(多选)(2025·包头模拟)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是 (　　)
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数也为μ
C.小物块与木板的质量比为3∶8
D.小物块先减速再反向加速最后匀速运动
【解析】选A、D。v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,由图可知t=3t0时刻,木板的速度为v0=μgt0,由题意可知物块开始滑上木板时的速度为v1=-μgt0,方向水平向左,经过t0时间与木板共速,速度为v共=μgt0,方向水平向右,故可得v共-v1=a0t0,解得a0=μ0g=2μg,故B错误;设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时,木板的加速度为a===μg
对木板,根据牛顿第二定律可得
F-μMg=Ma
解得F=μMg
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
a'===-μg
根据牛顿第二定律得
F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'
解得=
故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动,对整体
F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0
故可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,综上可知小物块先减速再反向加速最后匀速运动,故D正确。
二、计算题:本题共2小题,共22分。
9.(10分)如图所示,水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接,竖直圆形轨道与PQ相切于Q。已知传送带长L=4.0 m,且沿顺时针方向以恒定速率v=3.0 m/s匀速转动,滑块C以速度2.0 m/s滑上传送带时,恰好停在Q点。滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ=0.20,装置其余部分均可视为光滑,滑块大小不计,重力加速度g取10 m/s2。(结果可带根号)
(1)求C以速度2.0 m/s刚滑上传送带时的加速度大小;(2分)
答案:(1)2 m/s2　
【解析】(1)由牛顿第二定律可知μmg=ma
得a=2 m/s2
(2)求P、Q间的距离;(3分)
答案: (2)2.25 m
【解析】(2)设C滑上传送带后一直加速,则根据运动学公式可知=2aL
解得vt=2 m/s>v传
所以C在传送带上一定先加速后匀速,滑上PQ的速度v=3 m/s
又因为恰好停在Q点,则有02-v2=-2μgxPQ
解得xPQ=2.25 m
(3)圆轨道半径R=0.55 m,若要使C滑过Q点但不脱离圆轨道,求C滑上传送带时速度大小的范围。(5分)
答案: (3)5 m/s【解析】(3)滑块C到P点速度超过3 m/s时最终可滑过Q,说明滑块在传送带上一直减速,则v2-=-2μgL
vC2=5 m/s,C的初速度范围是5 m/s要使C不脱离轨道,最多恰能到达圆心等高处,则得vQ1== m/s,N~Q段根据运动学公式可得=-2μg(L+xPQ)
解得vC1=6 m/s
10.(12分)(2026·广州模拟)图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M=1.8 kg,长度d=0.8 m,其中放有质量m=0.2 kg,长s=0.2 m的书本,书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s,如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦,书本与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平力F将抽屉抽出,抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)F=1.8 N时,书本和抽屉一起向右运动,求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v;(3分)
答案:(1)1.2 m/s　
【解析】(1)对书本和抽屉由牛顿第二定律可得F=(M+m)a
解得a=0.9 m/s2,根据运动学公式可得v2=2ad
解得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为v== m/s=1.2 m/s
(2)要使书本和抽屉不发生相对滑动,求F的最大值Fm;(4分)
答案: (2)2 N　
【解析】(2)对书本由牛顿第二定律有μmg=mam,解得am=μg=1 m/s2
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有Fm=(M+m)am
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动,F的最大值为Fm=2 N
(3)F=3.8 N时,求书本最终停止时,书本和抽屉因摩擦产生的相对距离。(5分)
答案: (3)0.8 m
【解析】(3)由于F=3.8 N>Fm,可知书本和抽屉有相对滑动;对抽屉,由牛顿第二定律有F-μmg=Ma2
解得a2=2 m/s2,设抽屉的运动时间为t2,根据运动学公式可得d=a2
解得t2= s,此时,书本的速度为v2=μgt2= m/s,书本通过的位移大小为x2=·t2=0.4 m
此后书本经过x3速度减为0,则有x3==0.4 m
则书本最终停止时,书本右端和抽屉右端的距离l=d-x2+x3=0.8 m
- 1 -(共27张PPT)
专题强化练
专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型
(40分钟　70分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.(2024·北京等级考)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在
传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是(　　)
A.刚开始物体相对传送带向前运动
B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力
C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功
D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长
√
【解析】选D。刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A错误;匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B错误;物体加速,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C错误;设物体与传送带间动摩擦因数为μ,物体相对传送带运动时a==μg,做匀加速运动时,物体速度小于传送带速度,则一直加速,由v=at可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D正确。
2.如图(a)所示,安检机在工作时,通过水平传送带将被检物品从安检机一
端传送到另一端,其过程可简化为图(b),传送带长为2.1 m,被检物品与传
送带的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节,当传送带速度调
为4 m/s,被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中(g取10 m/s2,被
检物品可视为质点),下列说法正确的是 (　　)
A.物品先做匀加速运动后做匀速运动
B.物品从A端到B端所用的时间为1.5 s
C.物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
D.若减小传送带速度,物品传送时间可能不变
√
【解析】选D。物品先做匀加速直线运动,μmg=ma,解得a=3 m/s2,假设物品可以加速到与传送带共速,则加速运动的时间为t1== s,加速运动的距离为x1=a= m≈2.67 m>2.1 m,因此物品在传送带上一直做加速运动,A错误;因一直加速,L=at2,物品从A端到B端所用的时间为t== s≈1.2 s,B错误;因为一直加速,所以物品一直受到向右的滑动摩擦力,C错误;当传送带速度减小一点时,物品在传送带上仍可能全程加速,在加速度和位移都不变的情况下,运动的时间也不变,故D正确。
3.(多选)如图,物块A、B静置叠放在光滑水平面上,A、B上下表面水平。
A、B间动摩擦因数为0.1,mA=1 kg,mB=2 kg,某时刻起B受到水平向右随
时间t变化的拉力F[F=1.5t(N)],A始终在B上,且最大静摩擦力等于滑动
摩擦力,g取10 m/s2,则 (　　)
A.t=1 s时,A的加速度大小为0.5 m/s2
B.t=1 s时,A、B间摩擦力大小为1 N
C.t=2 s时,A、B即将发生相对运动
D.t=3 s时,B的加速度大小为1.5 m/s2
√
√
【解析】选A、C。A、B不发生相对运动时,A的最大加速度为am=μg=
1 m/s2,以A、B为整体,根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)am=1.5t(N),解得
t=2 s,故C正确;t=1 s时,以A、B为整体,根据牛顿第二定律
F=(mA+mB)a1=1.5t(N),解得A的加速度大小为a1=0.5 m/s2,A、B间摩擦
力大小为f=mAa1=0.5 N,故A正确,B错误;t=3 s时,A、B发生相对运动,对
B,根据牛顿第二定律F-μmAg=mBa2,解得B的加速度大小为a2=1.75 m/s2,
故D错误。
4.(多选)(2025·天水模拟)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=3.5 m,
物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,物体滑上传送带A端的瞬时速度
vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,g取10 m/s2。下列说法正确的是
(　　)
A.若传送带不动,vB=3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3 m/s
C.若传送带顺时针匀速转动,vB一定大于3 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,vB可能等于3 m/s
√
√
√
【解析】选A、B、D。若传送带不动,则物体做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,匀减速直线运动的加速度大小a=μg=1 m/s2,根据=2ax,解得vB=3 m/s,故A正确;若传送带逆时针转动,物体滑上传送带做匀减速直线运动,到达B点的速度大小一定等于3 m/s,故B正确;若传送带顺时针匀速运动,且传送带的速度小于3 m/s,则物体滑上传送带仍然做匀减速直线运动,到达B点的速度有可能等于3 m/s,故C错误,D正确。
5.(多选)如图所示,传送带倾角为α,表面粗糙,以恒定速度v0逆时针运行。
一小滑块从顶端由静止释放,运动到底端的过程中,其速度随时间变化的
关系图像可能是 (　　)
√
√
【解析】选A、C。滑块由静止释放,相对于传送带向上运动,受沿传送带向下的摩擦力,先向下加速运动,加速度为a1=gsinα+μgcosα,加速到和传送带速度相等时,若有mgsinα≤μmgcosα,则滑块和传送带保持相对静止,一起匀速运动,故A正确;若有mgsinα>μmgcosα,则滑块和传送带不能保持相对静止,滑块继续加速运动,加速度为a2=gsinα-μgcosα,但a26.在倾角为θ的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板,木板上
端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端,与木板一起
由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数μ1=tanθ,小滑块与木板间的动
摩擦因数μ2<μ1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长,且小滑块
未脱离木板,则在小滑块下滑的过程中,下列说法中正确的是 (　　)
A.小滑块与长木板相对静止一起加速下滑
B.长木板相对斜面匀速下滑
C.小滑块的加速度为gsinθ-μ2gcosθ
D.长木板的加速度为gsinθ+μ2gcosθ-μ1gcosθ
√
【解析】选C。根据题意,由于μ1=tanθ,则可知,对于木板而言,若木板单
独放在斜面上,则有mgsinθ=μ1mgcosθ,即木板会静止在斜面上,而由于
μ2<μ1,则对小滑块有mgsinθ>μ2mgcosθ,即小滑块不能静止在木板上,当
在木板上放上小滑块后,由于小滑块不能静止,会与木板产生相对滑动,
木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上,而根据牛顿第三定律可知,滑
块对木板的滑动摩擦力沿着木板向下,此时对木板有
mgsinθ+μ2mgcosθ<μ1(m+m)gcosθ,即木板仍然静止在斜面上,故A、B、
D错误;对小滑块,由牛顿第二定律有mgsinθ-μ2mgcosθ=ma,解得小滑块
在静止的木板上下滑时的加速度大小为a=gsinθ-μ2gcosθ,故C正确。
7.如图所示,光滑水平面上静置一质量为m的长木板B,木板上表面各处粗
糙程度相同,一质量也为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木
板。当v=v0时,小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速,则(　　)
A.若v=,A、B相对运动时间为
B.若v=,A、B相对静止时,A恰好停在木板B的中点
C.若v=2v0,A经历到达木板右端
D.若v=2v0,A从木板B右端离开时,木板速度等于v
√
【解析】选A。根据牛顿第二定律,μmg=maA=maB,则A、B两物体加速度大小相等,
设为a,小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速,则v共=v0-at0=at0,解得
t0=,v共=,a=,木板的长度L=t0-t0=,若v=,A、B两物体共速时有
v共1=-at1=at1,解得t1==,v共1=,A、B相对静止时,相对位移为ΔL=t1-
t1==<=,故A停在木板B的中点左侧,故A正确,B错误;若v=2v0,A从木
板B右端离开时,根据动力学公式L=2v0t2-aa,解得t2=(2-)t0,A从木板B右
端离开时,木板速度为v木板=at2=v08.(多选)(2025·包头模拟)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦
因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,
一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的
时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。
t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是 (　　)
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数也为μ
C.小物块与木板的质量比为3∶8
D.小物块先减速再反向加速最后匀速运动
√
√
【解析】选A、D。v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板的加
速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块
和木板间动摩擦因数为μ0,由图可知t=3t0时刻,木板的速度为v0=μgt0,由
题意可知物块开始滑上木板时的速度为v1=-μgt0,方向水平向左,经过t0
时间与木板共速,速度为v共=μgt0,方向水平向右,故可得v共-v1=a0t0,解得
a0=μ0g=2μg,故B错误;设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块
未滑上木板时,木板的加速度为a===μg
对木板,根据牛顿第二定律可得
F-μMg=Ma
解得F=μMg
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
a'===-μg
根据牛顿第二定律得
F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'
解得=
故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动,对整体
F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0
故可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,综上可知小物块先减速再反向加速最后匀速运动,故D正确。
二、计算题:本题共2小题,共22分。
9.(10分)如图所示,水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理
想连接,竖直圆形轨道与PQ相切于Q。已知传送带长L=4.0 m,且沿顺
时针方向以恒定速率v=3.0 m/s匀速转动,滑块C以速度2.0 m/s滑上传送
带时,恰好停在Q点。滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为
μ=0.20,装置其余部分均可视为光滑,滑块大小不计,重力加速度g取
10 m/s2。(结果可带根号)
(1)求C以速度2.0 m/s刚滑上传送带时的加速度大小;(2分)
答案:(1)2 m/s2　
【解析】(1)由牛顿第二定律可知μmg=ma
得a=2 m/s2
(2)求P、Q间的距离;(3分)
答案: (2)2.25 m
【解析】(2)设C滑上传送带后一直加速,则根据运动学公式可知
=2aL
解得vt=2 m/s>v传
所以C在传送带上一定先加速后匀速,滑上PQ的速度v=3 m/s
又因为恰好停在Q点,则有02-v2=-2μgxPQ
解得xPQ=2.25 m
(3)圆轨道半径R=0.55 m,若要使C滑过Q点但不脱离圆轨道,求C滑上传送
带时速度大小的范围。(5分)
答案: (3)5 m/s【解析】(3)滑块C到P点速度超过3 m/s时最终可滑过Q,说明滑块在传送带
上一直减速,则v2-=-2μgL
vC2=5 m/s,C的初速度范围是5 m/s要使C不脱离轨道,最多恰能到达圆心等高处,则得vQ1== m/s,
N~Q段根据运动学公式可得=-2μg(L+xPQ)
解得vC1=6 m/s
10.(12分)(2026·广州模拟)图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M=1.8 kg,长度d=0.8 m,其中放有质量m=0.2 kg,长s=0.2 m的书本,书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s,如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦,书本与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平力F将抽屉抽出,抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)F=1.8 N时,书本和抽屉一起向右运动,求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v;(3分)
答案:(1)1.2 m/s　
【解析】(1)对书本和抽屉由牛顿第二定律可得F=(M+m)a
解得a=0.9 m/s2,根据运动学公式可得v2=2ad
解得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为
v== m/s=1.2 m/s
(2)要使书本和抽屉不发生相对滑动,求F的最大值Fm;(4分)
答案: (2)2 N　
【解析】(2)对书本由牛顿第二定律有μmg=mam,解得am=μg=1 m/s2
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有Fm=(M+m)am
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动,F的最大值为Fm=2 N
(3)F=3.8 N时,求书本最终停止时,书本和抽屉因摩擦产生的相对距离。(5分)
答案: (3)0.8 m
【解析】(3)由于F=3.8 N>Fm,可知书本和抽屉有相对滑动;
对抽屉,由牛顿第二定律有F-μmg=Ma2
解得a2=2 m/s2,设抽屉的运动时间为t2,根据运动学公式可得d=a2
解得t2= s,此时,书本的速度为v2=μgt2= m/s,
书本通过的位移大小为x2=·t2=0.4 m
此后书本经过x3速度减为0,则有x3==0.4 m
则书本最终停止时,书本右端和抽屉右端的距离l=d-x2+x3=0.8 m专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型
链接高考 本专题在高考中常以选择题和计算题的形式出现,出现的频次较高,综合性较强
方法规律 抓好一个力的分析——摩擦力 明确两个位移关系——同向运动的位移关系和反向运动的位移关系 注意三个状态分析——初态、同速、末态
关键能力 四种能力:理解能力、模型建构能力、逻辑推理能力、综合分析能力
模型一　传送带模型
【核心要点】
常见传送带模型
分类 情境模型图示
水平 传送 带模型
倾斜 传送 带模型
【典例剖析】
角度1　水平传送带
【典例1】如图所示为游乐场“智勇大冲关”最后一关的滑道,冲关者坐上坐垫从A 点由静止开始沿倾角θ=37°的轨道AB滑下,经C点滑上正以v0=3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动的水平传送带CD,B、C两点平滑衔接、间距可忽略,冲关者经C 点运动到D 点后水平抛出,落在水面上的E点,已知 A、B 两点距离x=4 m, 传送带CD 长度L=3.25 m,坐垫与轨道AB 间的动摩擦因数μ1=0.5,坐垫与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2,冲关者和坐垫可视为质点,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2, 求:
(1)冲关者在AB 段下滑的加速度a1的大小和到达B 点时的速度vB的大小;
答案:(1)2 m/s2　4 m/s　
【解析】(1)在轨道AB上运动时,对冲关者与坐垫分析,由牛顿第二定律有
mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1,
解得
a1=2 m/s2。
根据运动学公式有
=2a1x,
解得vB=4 m/s。
(2)冲关者从A点运动到D点的时间t;
答案: (2)3 s　
【解析】(2)在轨道AB上运动的时间
t1==2 s,
滑上传送带后由牛顿第二定律得
μ2mg=ma2,
解得a2=2 m/s2。
设冲关者减速到3 m/s时的位移为x',可得
=2a2x',
解得x'=1.75 m<3.25 m,
故滑上传送带后先减速运动后匀速运动,减速运动的时间
t2==0.5 s,
匀速运动的时间
t3==0.5 s,
冲关者从A点运动到D点的时间
t=t1+t2+t3=3 s。
(3)由于机械故障,传送带CD在冲关者到达B点时突然沿逆时针方向以v=2 m/s的速度匀速转动,试判断冲关者能否顺利通过D点。
答案: (3)能,判断过程见解析
【解析】(3)若传送带CD在冲关者到达B点时突然沿逆时针方向以v=2 m/s的速度匀速转动,则冲关者受到向左的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律可得
μ2mg=ma3,
解得a3=2 m/s2。
设冲关者减速到0时的位移为x″,可得
=2a3x″
解得x″=4 m>3.25 m。
冲关者能顺利通过D点。
角度2　倾斜传送带
【典例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 (　　)
【解析】选B、C。设传送带倾角为θ,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,滑块质量为m,若mgsinθ>μmgcosθ,则滑块所受合力沿传送带向下,小滑块向下做匀加速运动;若mgsinθ=μmgcosθ,则小滑块沿传送带方向所受合力为零,小滑块匀速下滑;若mgsinθ<μmgcosθ,则小滑块所受合力沿传送带向上,小滑块先做匀减速运动,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。
【强化训练】
[强化训练1](多选)传送带广泛地应用于物品的传输、分拣、分装等工作中,某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以2 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°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑,两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列判断正确的是 (　　)
A.货箱B先到达传送带底端
B.货箱B在传送带底端时的速度大小为3 m/s
C.下滑过程中货箱A相对传送带的路程小于货箱B
D.下滑过程中,两货箱在传送带上的划痕长度相同
【解析】选B、C。已知v=2 m/s,v0=1 m/s,l=2 m,μ=0.5。对A,刚开始下滑时fA=μmAgcos37°,mAgsin37°+fA=mAaA1,解得A的加速度aA1=10 m/s2,A速度达到2 m/s以后,fA=μmAgcos37°,mAgsin37°-fA=mAaA2,解得aA2=2 m/s2,对B,刚开始下滑时fB=μmBgcos37°,mBgsin37°-fB=mBaB,解得B的加速度aB=2 m/s2,A加速第一阶段的时间t1==0.1 s,位移x1=t1=0.15 m,由运动学公式可得A加速第二阶段有l-x1=vt2+aA2,解得t2=(-1) s,货箱A下滑到底端的时间tA=t1+t2=(-0.9) s,对B,由运动学公式得l=v0tB+aB,解得货箱B下滑到底端的时间tB=1 s,由tA模型二　“滑块—木板”模型
【核心要点】
1.常见板块模型
情境模型图示 过程分析
滑板获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板>x块,Δx=x板-x块,最后分离或相对静止
滑块获得一初速度v0,则板块同向运动,两者加速度不同,x板开始时板块运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板
滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动以及滑板与地面是否有相对运动,若板块相对滑动,最终两者分离,Δx=L
物理规律 (1)滑块、滑板是上下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动。 (2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长。 (3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式
2.模块模型问题的处理方法
(1)分析题中滑块、木板的受力情况,求出各自的加速度。
(2)画好运动草图,找出位移、速度、时间等物理量间的关系。
(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。
(4)两者发生相对滑动的条件:
①摩擦力为滑动摩擦力。
②二者加速度不相等。
【典例剖析】
【典例3】如图甲所示,质量为1.5 kg 的长木板B静止在光滑水平地面上,在t=0时刻,可视为质点、静止在长木板B左端的质量为0.5 kg的物块A在水平外力F作用下开始运动,3 s后撤去外力F,外力F随时间变化的关系如图乙所示,物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　)
A.物块A与长木板B在1 s时开始相对运动
B.在0~3 s内,长木板B的加速度一直增大
C.3 s末长木板B的速度大小为 m/s
D.3 s末物块A的速度大小为1 m/s
【解析】选C。当物块A与长木板B间即将出现相对运动时,对长木板B受力分析,由牛顿第二定律得μmAg=mBa,对物块A受力分析得F-μmAg=mAa,解得a= m/s2,F= N,由图乙可知F=t(N),故当F= N时,t= s,即物块A与长木板B在 s时开始相对运动,故A错误;在0~3 s内,长木板B的加速度先增大后不变,故B错误;设在 s时物块A和长木板B的共同速度大小为v,则由t=(mA+mB)v,解得v= m/s;在~3 s时间内,长木板B做匀加速直线运动,则3 s 末长木板B的速度大小为vB=v+at'= m/s,故C正确;在 s末物块A的加速度大小为a= m/s2,3 s末物块A的加速度大小为a'=1 m/s2,在~3 s时间内,物块A的速度增加量Δv=t'= m/s,则3 s末物块A的速度大小为vA=v+Δv= m/s,故D错误。
【强化训练】
[强化训练2](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10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.M=m
B.M=2m
C.木板的长度为8 m
D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1
【解析】选B、C。物块相对木板运动的过程中,在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用,故μmg=ma1,而v-t图像的斜率表示加速度,故物块的加速度大小为a1= m/s2=2 m/s2,解得μ=0.2,对木板受力分析可知μmg=Ma2,由v-t 图像可知木板的加速度大小为a2= m/s2=1 m/s2,联立解得M=2m,A、D错误,B正确;从题图乙可知物块和木板在t=2 s时分离,两者在0~2 s内 的v-t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度,故L=×(7+3)×2 m-×2×2 m=8 m,C正确。
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