【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课件第3章 专题强化6 传送带模型和滑块—木板模型(含解析).ppt，共(60)页，1.756 MB，由MTyang资料小铺上传

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第三章牛顿运动定律专题强化六传送带模型和滑块—木板模型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”.【目标要求】课时精练内容索引NEIRONGSUOYIN题型一传送带模型题型二“滑块—木板”模型题型一传送带

模型011.水平传送带匀速基础回扣项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后______情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也匀速情景3(1)传送带较短或v0较大时滑块一直减速到

左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.若v0>v返回时速度为，若v0<v返回时速度为___vv0项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后_____情景2(1)可能一直加速(2)可能

先加速后匀速(3)可能先以a1后以a22.倾斜传送带匀速加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直______(4)可能先以a1加速后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速减速减速3.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.4.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.例1如图1所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5

kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin37°＝0.6，g取10m/s2，求：图1(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？答案不能解析煤块与传送带之间的动摩擦

因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mgsin37°>μmgcos37°，所以它们不能相对静止.(2)煤块从A到B的时间；答案1.5s解析煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，煤块加速运动至与传送带速度相同时需

要的时间煤块速度达到v0后，因μgcosθ<gsinθ，故煤块继续沿传送带向下加速运动，则a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，x2＝L－x1＝5.25m，煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s.(3)煤块

从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度.答案5m解析第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m，第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5m.1.(水平传送带)(多选)(2020·陕西高三月考)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2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＝0.2，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√跟进训练12图2√解析开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma解得a＝2m/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＝0.4m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2s，12可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，故B错误；由上分析可知行李在到达B处前已经共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4m/s，故C正确；12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＝0.04m，故D错误.2.(倾斜传送带)(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图3，一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变化的图象可能是12图3√√解析设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsinθ>μmgcosθ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；

12若mgsinθ＝μmgcosθ，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，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.题型二“滑块—木板”模型021.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相互作用下发生相对滑动.2.位移关系：如图4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，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.图43.解题思路例2(2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图5所示.木板与地面间的动摩

擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1s时，木板以速度v1＝4m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变、方向相反.运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已

知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：图5(1)t＝0时刻木板的速度大小；答案5m/s解析对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1设初始时刻木板速度大小为v0由运动学公式

：v1＝v0－a1t0代入数据解得：v0＝5m/s(2)木板的长度.解析碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2对物块，当速度为0时，经历的时间为t，发生的位移大小为x1，对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3对

木板，经历时间t，发生的位移大小为x2木板长度l＝x1＋x23.(水平面上的“滑块—木板”模型)(多选)(2020·河南安阳市第二次模拟)如图6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的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是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0.1√34跟进训

练图6√解析物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v－t图象的斜率表示加速度，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2s时物块和木板分离，则0～2s内，两者v－t图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，344.(斜面上的“滑块—木板”模型)如图7所示，在倾角为θ＝37

°的足够长斜面上放置一质量M＝2kg，长度L＝1.5m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0

.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：34图7(1)释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；34答案4m/s21m/s2解析设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块：由牛顿第二定律有mgsin37°－Ff1＝ma1其中FN1＝mgc

os37°，Ff1＝μ1FN1解得a1＝gsin37°－μ1gcos37°＝4m/s2对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin37°＋Ff1－Ff2＝Ma2其中FN2＝(m＋M)gcos37°，Ff2＝μ2FN2解得a2＝1m/s2a1>a2，假设

成立，即滑块会相对于平板向下滑动.34(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.34答案1s解析设滑块滑离时间为t，由运动学公式，解得：t＝1s.课时精练031.如图1甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物

块以初速度v0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图象如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则双基巩固练图112345678A.传送带的速度为4m/sB.传送带底端到顶端的距离为

14mC.物块与传送带间的动摩擦因数为D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反√12345678解析如果v0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v0一定大于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4

m/s，选项A正确；12345678在1～2s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误.0～1s内，a1＝gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2,1～2s内，a2＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2，123456782.(多选)如图2a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以

速度v0滑到长木板上，图b为物块与木板运动的v－t图象，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g，由此可求得A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t＝0开始到t1时刻，木板获得

的动能√图2√12345678解析根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma木，μmg＝ma物，木板获得的动能Ek木＝Mv12，由于不知道长木

板的质量M，故D不能够求解出.123456783.如图3所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后

B未滑离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：图312345678(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；12345678解析对A、B分别由牛顿第二定律得μmg＝MaA，μmg＝maB又M＝2m，规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同

速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt12345678(2)木板A的最短长度L.解析在时间t内：123456784.(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行.t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻

放在传送带上端，物体相对地面的v－t图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则A.传送带的速度v0＝10m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D.0～2s内摩擦力对物体做功W＝－24J

能力提升练图4√√√12345678解析由题图乙可知，当物体速度达到v0＝10m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1s内物体的加速度为a1＝1

0m/s2,1～2s内为a2＝2m/s2，则有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；12345678摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝(μmgcos

θ)x1－(μmgcosθ)x2＝－24J，故D正确.123456785.(多选)(2020·山东日照市模拟)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5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0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m

/s2，则图512345678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0.5m/s2C.经过s的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为m/s√

√12345678解析对小孩，由牛顿第二定律得，同理对滑板，123456786.(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6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2kg，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10m/s2，则下列说法正确的是A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B.木板与水平地

面间的动摩擦因数为0.2C.图乙中t2＝24sD.木板的最大加速度为2m/s2图6√√√12345678解析由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，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，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＝8N，12345678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＝2m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，则由F＝0.5t(N)可知，t＝24s，选项C、D正确.

123456787.有一项游戏可简化如下：如图7所示，滑板长L＝1m，起点A到终点线B的距离s＝5m.开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进.滑板右端到达B

处冲线，游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2kg，滑板质量m2＝1kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；答案1s图712345678解析滑板由A滑到B过程中一

直加速时，所用时间最短.设滑板加速度为a2，则有Ff＝μm1g＝m2a2，解得a2＝10m/s2，解得t＝1s.12345678(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围.答案30N≤F≤34N1234

5678解析滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30N，当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2－μm1g＝m1a1，解得F2＝34N

，则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N.123456788.如图8甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的

关系如图乙所示，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：图812345678(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；解析根据v－t图象的斜率表示加速度可得对小物块，由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma12345678(2)0～8s内

小物块在传送带上留下的划痕为多长.答案18m12345678解析0～8s内只有前6s内物块与传送带发生相对滑动，0～6s内传送带匀速运动的距离为：x带＝4×6m＝24m，由题图乙可知：0～2s内物块位

移大小为：方向沿传送带向上所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8)m＝18m.12345678