資源簡介

專題強化五　傳送帶模型和“滑塊—木板”模型
素養目標
1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，能正確解答傳送帶上物體的動力學問題．
2．能正確運用動力學觀點處理“滑塊—木板模型”．
考點一　傳送帶模型
1．模型特點
傳送帶問題一般分為水平傳送帶、傾斜傳送帶兩種類型，其實質是物體與傳送帶間的相對運動問題．
2．解題關鍵
(1)理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關鍵．
(2)傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達到相同速度，這時會出現摩擦力改變的臨界狀態，對這一臨界狀態進行分析往往是解題的突破口．
3．“傳送帶”問題解題思路
考向1　動力學中水平傳送帶問題
例1 (多選)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型．傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是(　　)
A．開始時行李的加速度大小為2 m/s2
B．行李經過2 s到達B處
C．行李到達B處時速度大小為0.4 m/s
D．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08 m
[解題心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向2　動力學中的傾斜傳送帶問題
例2 (多選)某快遞公司用傾斜傳送帶運送包裹，如圖所示．包裹被輕放在傳送帶的底端，在經過短暫的加速過程后，與傳送帶達到共速，最終被運送到傳送帶的頂端．若傳送帶運行速度一定，包裹與傳送帶間的動摩擦因數相同，則(　　)
A．在包裹加速運動階段，傳送帶對包裹的作用力方向豎直向上
B．傳送帶傾斜角度越大，包裹在傳送帶上所受的靜摩擦力越大
C．傳送帶傾斜角度越大，包裹加速所需時間越長
D．包裹越重，從傳送帶的底端運送到頂端所需要的時間越長
考向3　傳送帶中的動力學圖像
例3 (多選)如圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v2從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v t圖像如圖乙所示，物塊到達一定高度時速度為零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，則(　　)
A．傳送帶的速度為4 m/s
B．物塊上升的豎直高度為0.96 m
C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5
D．物塊所受摩擦力方向一直與物塊運動方向相反
考點二　“滑塊—木板”模型
1．模型特點：滑塊(一般視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發生相對滑動．
2．兩種常見類型
類型圖示 規律分析
長為L的木板B帶動物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等，則位移關系為xB＝xA＋L
物塊A帶動長為L的木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等，則位移關系為xB＋L＝xA
3.解題關鍵點
(1)由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向．
(2)當滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)．
考向1　水平面上的板塊問題
例4 如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質量為M＝4 kg的長木板，在長木板右端有一質量為m＝1 kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，長木板與小物塊均靜止，現用F＝14 N的水平恒力向右拉長木板，經時間t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，則：
(1)在F的作用下，長木板的加速度為多大？
(2)剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠？
(3)最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？
(4)最終小物塊離長木板右端多遠？
[教你解決問題]　審題圖解
[試答]
考向2　斜面上的板塊問題
例5 (多選)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數為μ1＝.小孩(可視為質點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數為μ2＝0.4，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2
C．經過1 s的時間，小孩離開滑板
D．小孩離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
考向3　板塊問題中的動力學圖像問題
例6 [2024·江西南昌統考一模]如圖甲所示，物塊A與木板B靜止在光滑水平地面上，現給物塊A一初速度，1 s后兩物體相對靜止一起勻速運動，它們的位移—時間圖像如圖乙所示，A、B兩物體的質量比為(　　)
A.4∶3　　B．2∶1 C．3∶2　　D．5∶2
例7 [2024·貴州黔東南校考模擬預測]如圖甲，質量為m＝2 kg的小物塊放在長木板左端，小物塊與長木板間的動摩擦因數μ1＝0.1.長木板靜止在水平面上，右端緊靠豎直墻面，質量為M＝0.5 kg，與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.07.t＝0時刻小物塊獲得水平向右的初速度v0＝8 m/s，同時給小物塊施加如圖乙所示的水平向右的作用力.4 s時小物塊與豎直墻壁發生彈性碰撞，碰撞時間極短．最終，小物塊靜止于長木板上某一位置，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)4 s內水平向右作用力的沖量大小；
(2)小物塊與豎直墻碰撞前瞬間速度的大小；
(3)小物塊相對長木板靜止時，距長木板右端的距離．
[試答]
專題強化五　傳送帶模型和“滑塊——木板”模型
考點一
例1　解析：開始時，對行李，根據牛頓第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正確；設行李做勻加速運動的時間為t1，行李勻加速運動的末速度為v＝0.4 m/s，根據v＝at1，代入數據解得t1＝0.2 s，
勻加速運動的位移大小
x＝＝×2×0.22 m＝0.04 m，
勻速運動的時間為t2＝＝ s＝4.9 s，
可得行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝5.1 s，故B錯誤；由以上分析可知行李在到達B處前已經與傳送帶共速，所以行李到達B處時速度大小為0.4 m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D錯誤．
答案：AC
例2　解析：在包裹加速運動階段，包裹加速度沿傳送帶向上，根據力的合成可知傳送帶對包裹的作用力方向偏向右上方，故A錯誤；包裹與傳送帶達到共速時，包裹在傳送帶上受到靜摩擦力的作用，隨傳送帶一起勻速，根據平衡條件可得f＝mg sin θ，所以傳送帶傾斜角度越大，包裹在傳送帶上所受的靜摩擦力越大，故B正確；依題意可得，包裹加速所需時間滿足v＝at，又μmg cos θ－mg sin θ＝ma，聯立可得包裹加速所需時間t＝，由數學知識可知，傳送帶傾斜角度越大，包裹加速所需時間越長，故C正確；依題意由選項C可知，包裹在加速階段的時間與包裹質量無關，在勻速階段時間取決于傳送帶的速度，也與包裹質量無關，所以，整個過程包裹從傳送帶的底端運送到頂端所需要的時間與包裹質量無關，故D錯誤．故選BC.
答案：BC
例3　解析：如果v2小于v1，則物塊向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v2一定大于v1，結合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同時，繼續向上做勻減速直線運動．由此可以判斷傳送帶的速度為2 m/s，A錯誤；物塊的位移等于v t圖線與橫軸所圍的面積，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，則上升的豎直高度為h＝L sin θ＝0.96 m，B正確；0～0.2 s內，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小為10 m/s2，根據牛頓第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正確；在0～0.2 s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相反，0.2～1.2 s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相同，D錯誤．
答案：BC
考點二
例4　解析：(1)對長木板，根據牛頓第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2.
(2)撤去F之前，小物塊只受摩擦力的作用故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5 m.
(3)剛撤去F時，v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，長木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s.
(4)在t′內，小物塊和長木板的相對位移Δx2＝，解得Δx2＝0.2 m
最終小物塊離長木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
答案：(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m
例5　解析：對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為a1＝＝2.8 m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝＝0.8 m/s2，A錯誤，B正確；小孩剛與滑板分離時，有＝L，解得t＝1 s，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8 m/s，D錯誤，C正確．
答案：BC
例6　解析：由圖乙可知，0～1 s內，xA＝5 m，xB＝2 m，對A進行受力分析得μmAg＝mAaA，對B進行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后兩物體相對靜止一起勻速運動，則有v0－aAt＝aBt，B的位移為xB＝aBt2＝2 m，解得aB＝4 m/s2，則得出共速的速度為v末＝vB＝aBt＝4 m/s，對A有xA＝t＝5 m，v末＝v0－aAt＝4 m/s，解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故選B.
答案：B
例7　解析：(1)沖量大小即為圖線與時間軸圍成的面積，則I＝ N·s＝4 N·s.
(2)對小物塊，取向右為正方向，由動量定理可得I－μ1mgt＝mv－mv0，
帶入數據解得v＝6 m/s.
(3)物塊與墻壁碰撞后速度大小不變，方向向左
對木板，由牛頓第二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，解得木板加速度大小為a1＝0.5 m/s2
對物塊，由牛頓第二定律可得μ1mg＝ma2
解得物塊加速度大小為a2＝1 m/s2
設經過時間t，木塊和木板速度相等，由運動學公式可得v′＝a1t′＝v－a2t′
解得t′＝4 s，v′＝2 m/s
由于a2>a1，所以物塊和木板共速后保持相對靜止
在時間t′內，木板位移為x1＝t′＝×4 m＝4 m
物塊位移為x2＝t′＝×4 m＝16 m，
這段時間內相對位移為Δx＝x2－x1＝16 m－4 m＝12 m
所以小物塊相對長木板靜止時，距長木板右端的距離為12 m.
答案：(1)4 N·s　(2)6 m/s　(3)12 m(共27張PPT)
專題強化五
傳送帶模型和“滑塊—木板”模型

素養目標
1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，能正確解答傳送帶上物體的動力學問題．
2．能正確運用動力學觀點處理“滑塊—木板模型”．
考點一
考點二
考點一
考點一　傳送帶模型
1．模型特點
傳送帶問題一般分為水平傳送帶、傾斜傳送帶兩種類型，其實質是物體與傳送帶間的相對運動問題．
2．解題關鍵
(1)理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關鍵．
(2)傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達到相同速度，這時會出現摩擦力改變的臨界狀態，對這一臨界狀態進行分析往往是解題的突破口．
3．“傳送帶”問題解題思路
考向1　動力學中水平傳送帶問題
例1 (多選)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型．傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是(　　)
A．開始時行李的加速度大小為2 m/s2
B．行李經過2 s到達B處
C．行李到達B處時速度大小為0.4 m/s
D．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08 m
答案：AC
解析：開始時，對行李，根據牛頓第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正確；設行李做勻加速運動的時間為t1，行李勻加速運動的末速度為v＝0.4 m/s，根據v＝at1，代入數據解得t1＝0.2 s，
勻加速運動的位移大小
x＝＝×2×0.22 m＝0.04 m，
勻速運動的時間為t2＝＝ s＝4.9 s，
可得行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝5.1 s，故B錯誤；由以上分析可知行李在到達B處前已經與傳送帶共速，所以行李到達B處時速度大小為0.4 m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D錯誤．
考向2　動力學中的傾斜傳送帶問題
例2 (多選)某快遞公司用傾斜傳送帶運送包裹，如圖所示．包裹被輕放在傳送帶的底端，在經過短暫的加速過程后，與傳送帶達到共速，最終被運送到傳送帶的頂端．若傳送帶運行速度一定，包裹與傳送帶間的動摩擦因數相同，則(　　)
A．在包裹加速運動階段，傳送帶對包裹的作用力方向豎直向上
B．傳送帶傾斜角度越大，包裹在傳送帶上所受的靜摩擦力越大
C．傳送帶傾斜角度越大，包裹加速所需時間越長
D．包裹越重，從傳送帶的底端運送到頂端所需要的時間越長
答案：BC
解析：在包裹加速運動階段，包裹加速度沿傳送帶向上，根據力的合成可知傳送帶對包裹的作用力方向偏向右上方，故A錯誤；包裹與傳送帶達到共速時，包裹在傳送帶上受到靜摩擦力的作用，隨傳送帶一起勻速，根據平衡條件可得f＝mg sin θ，所以傳送帶傾斜角度越大，包裹在傳送帶上所受的靜摩擦力越大，故B正確；依題意可得，包裹加速所需時間滿足v＝at，又μmg cos θ－mg sin θ＝ma，聯立可得包裹加速所需時間t＝，由數學知識可知，傳送帶傾斜角度越大，包裹加速所需時間越長，故C正確；依題意由選項C可知，包裹在加速階段的時間與包裹質量無關，在勻速階段時間取決于傳送帶的速度，也與包裹質量無關，所以，整個過程包裹從傳送帶的底端運送到頂端所需要的時間與包裹質量無關，故D錯誤．故選BC.
考向3　傳送帶中的動力學圖像
例3 (多選)如圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v2從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v t圖像如圖乙所示，物塊到達一定高度時速度為零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，則(　　)
A．傳送帶的速度為4 m/s
B．物塊上升的豎直高度為0.96 m
C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5
D．物塊所受摩擦力方向一直與物塊運動方向相反
答案：BC
解析：如果v2小于v1，則物塊向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v2一定大于v1，結合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同時，繼續向上做勻減速直線運動．由此可以判斷傳送帶的速度為2 m/s，A錯誤；物塊的位移等于v t圖線與橫軸所圍的面積，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，則上升的豎直高度為h＝L sin θ＝0.96 m，B正確；0～0.2 s內，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小為10 m/s2，根據牛頓第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正確；在0～0.2 s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相反，0.2～1.2 s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相同，D錯誤．
考點二
考點二　“滑塊—木板”模型
1．模型特點：滑塊(一般視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發生相對滑動．
2．兩種常見類型
類型圖示 規律分析
長為L的木板B帶動物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等，則位移關系為xB＝xA＋L
物塊A帶動長為L的木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等，則位移關系為xB＋L＝xA
3.解題關鍵點
(1)由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向．
(2)當滑塊與木板速度相同時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)．
考向1　水平面上的板塊問題
例4 如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質量為M＝4 kg的長木板，在長木板右端有一質量為m＝1 kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，長木板與小物塊均靜止，現用F＝14 N的水平恒力向右拉長木板，經時間t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，則：
(1)在F的作用下，長木板的加速度為多大？
(2)剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠？
答案：3 m/s2　
答案：30.5 m　
解析：(1)對長木板，根據牛頓第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2.
解析：(2)撤去F之前，小物塊只受摩擦力的作用故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5 m.
(3)最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？
(4)最終小物塊離長木板右端多遠？
答案：2.8 m/s　
答案：0.7 m
解析：(3)剛撤去F時，v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，長木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得共同速度v′＝2.8 m/s.
解析：
(4)在t′內，小物塊和長木板的相對位移Δx2＝，解得Δx2＝0.2 m
最終小物塊離長木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
[教你解決問題]　審題圖解
考向2　斜面上的板塊問題
例5 (多選)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數為μ1＝.小孩(可視為質點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數為μ2＝0.4，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2
C．經過1 s的時間，小孩離開滑板
D．小孩離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
答案：BC
解析：
對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為a1＝＝2.8 m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝＝0.8 m/s2，A錯誤，B正確；小孩剛與滑板分離時，有＝L，解得t＝1 s，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8 m/s，D錯誤，C正確．
考向3　板塊問題中的動力學圖像問題
例6 [2024·江西南昌統考一模]如圖甲所示，物塊A與木板B靜止在光滑水平地面上，現給物塊A一初速度，1 s后兩物體相對靜止一起勻速運動，它們的位移—時間圖像如圖乙所示，A、B兩物體的質量比為(　　)
A.4∶3　　B．2∶1 C．3∶2　　D．5∶2
答案：B
解析：由圖乙可知，0～1 s內，xA＝5 m，xB＝2 m，對A進行受力分析得μmAg＝mAaA，對B進行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后兩物體相對靜止一起勻速運動，則有v0－aAt＝aBt，B的位移為xB＝aBt2＝2 m，解得aB＝4 m/s2，則得出共速的速度為v末＝vB＝aBt＝4 m/s，對A有xA＝t＝5 m，v末＝v0－aAt＝4 m/s，解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故選B.
例7 [2024·貴州黔東南校考模擬預測]如圖甲，質量為m＝2 kg的小物塊放在長木板左端，小物塊與長木板間的動摩擦因數μ1＝0.1.長木板靜止在水平面上，右端緊靠豎直墻面，質量為M＝0.5 kg，與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.07.t＝0時刻小物塊獲得水平向右的初速度v0＝8 m/s，同時給小物塊施加如圖乙所示的水平向右的作用力.4 s時小物塊與豎直墻壁發生彈性碰撞，碰撞時間極短．最終，小物塊靜止于長木板上某一位置，重力加速度g取10 m/s2.
(1)4 s內水平向右作用力的沖量大小；
(2)小物塊與豎直墻碰撞前瞬間速度的大小；
答案：4 N·s　
答案：6 m/s　
解析：(1)沖量大小即為圖線與時間軸圍成的面積，則I＝ N·s＝4 N·s.
解析：(2)對小物塊，取向右為正方向，由動量定理可得I－μ1mgt＝mv－mv0，
帶入數據解得v＝6 m/s.
(3)小物塊相對長木板靜止時，距長木板右端的距離．
答案：12 m
解析：(3)物塊與墻壁碰撞后速度大小不變，方向向左
對木板，由牛頓第二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，解得木板加速度大小為a1＝0.5 m/s2
對物塊，由牛頓第二定律可得μ1mg＝ma2
解得物塊加速度大小為a2＝1 m/s2
設經過時間t，木塊和木板速度相等，由運動學公式可得v′＝a1t′＝v－a2t′
解得t′＝4 s，v′＝2 m/s
由于a2>a1，所以物塊和木板共速后保持相對靜止
在時間t′內，木板位移為x1＝t′＝×4 m＝4 m
物塊位移為x2＝t′＝×4 m＝16 m，這段時間內相對位移為Δx＝x2－x1＝16 m－4 m＝12 m,所以小物塊相對長木板靜止時，距長木板右端的距離為12 m.

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