2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第3章 专题强化5　传送带模型和“滑块—木板”模型.docx

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1、专题强化五传送带模型和“滑块木板”模型目标要求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”题型一传送带模型1水平传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长(未达到和传送带相对静止)传送带足够长一直加速先加速后匀速v0v时，一直加速v0v时，一直减速v0v时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端若v0v，则返回到左端时速度为v2.倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系gsin gcos )先加速后匀速(一定满足关系gsin gcos )一直加速(加速度为gs

2、in gcos )若tan ，先加速后匀速若tan ，先以a1加速，后以a2加速v0v时，一直加速(加速度为gsin gcos )v0v时，若tan ，先加速后匀速；若v时，若v时，若tan ，先减速后匀速；若gcos ，一直加速；gsin gcos ，一直匀速gsin gcos ，一直减速gsin v，运动到原位置时速度大小为v 考向1动力学中水平传送带问题例1(多选)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所示的模型传送带始终保持v0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放

3、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2 m/s2B行李经过2 s到达B处C行李到达B处时速度大小为0.4 m/sD行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m答案AC解析开始时，对行李，根据牛顿第二定律有mgma，解得a2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v0.4 m/s，根据vat1，代入数据解得t10.2 s，匀加速运动的位移大小xat1220.22 m0.04 m，匀速运动的时间为t2 s4.9 s，可得行李从A到B的时间为tt1t25.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时

4、速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为xvt1x(0.40.20.04) m0.04 m，故D错误 考向2动力学中的倾斜传送带问题例2(2021辽宁卷13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李如图所示，以恒定速率v10.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角37，转轴间距L3.95 m工作人员沿传送方向以速度v21.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)小包裹与传送带间的动摩擦因数0.8.取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t.答案

5、(1)0.4 m/s2(2)4.5 s解析(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即mgcos mgsin ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知mgcos mgsin ma，解得a0.4 m/s2(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1 s2.5 s在传送带上滑动的距离为x1t12.5 m2.75 m共速后，匀速运动的时间为t2 s2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为tt1t24.5 s. 考向3传送带中的动力学图

6、像例3(多选)(2023福建省西山学校高三模拟)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()答案BC解析设传送带倾角为，滑块与传送带间的动摩擦因数为，滑块质量为m，若mgsin mgcos ，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mgsin mgcos ，则小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin mgcos ，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

7、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正确例4(多选)(2023广东省华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的有()A08 s内物体的位移大小为14 mB物体与传送带间的动摩擦因数为0.625C04 s内物体上升的高度为4 mD08 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m答案

8、AD解析物体运动的位移即vt图像中图线与横轴围成的面积，则x4 m22 m14 m，A正确；由物体运动的vt图像可知，在26 s内物体做匀加速直线运动，有a m/s21 m/s2，且mgcos 37mgsin 37ma，解得0.875，B错误；在04 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在04 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在08 s内物体的位移x14 m，传送带的位移xvt48 m32 m，则08 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为xxx18 m，D正确1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2物体与传送带的划痕长度x等于物体与传送带的相对位移的大小，若

9、有两次相对运动且两次相对运动方向相同，则xx1x2(图甲)；若两次相对运动方向相反，则x等于较长的相对位移大小(图乙)题型二“滑块木板”模型1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作用下发生相对滑动2位移关系：如图所示，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xx1x2L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2x1L.3解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动) 考向

10、1水平面上的板块问题例5如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为0.2，长木板与小物块均静止，现用F14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？(4)最终小物块离长木板右端多远？答案(1)3 m/s2(2)0.5 m(3)2.8 m/s(4)0.7 m解析(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a，解得a3 m/s2(2)撤去F之

11、前，小物块只受摩擦力的作用故amg2 m/s2x1at2amt20.5 m(3)刚撤去F时vat3 m/s，vmamt2 m/s撤去F后，长木板的加速度大小a0.5 m/s2最终速度vvmamtvat解得共同速度v2.8 m/s(4)在t内，小物块和长木板的相对位移x2，解得x20.2 m最终小物块离长木板右端xx1x20.7 m. 考向2斜面上的板块问题例6(多选)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所示的模型，倾角为37的斜坡上有长为1 m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

12、料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是()A小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2C经过1 s的时间，小孩离开滑板D小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s答案BC解析对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a12.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a20.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2a2t2L，解得t1 s，离开滑板时小孩的速度大小为va1t2.8 m/s，D错误，C正确 考向3

13、板块问题中的动力学图像问题例7(多选)(2023内蒙古高三检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F.滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下重力加速度取g10 m/s2.则下列说法正确的是()At9 s时长木板P停下来B长木板P的长度至少是7.5 mC滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5D滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m答案AB解析由题图乙可知，力F在t15 s时撤去，此时长木板P的速度v15 m/s，

14、t26 s时两者速度相同，v23 m/s，t26 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t26 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，06 s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得1mgma1，且a10.5 m/s2，解得10.05，在56 s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得2(2m)g1mgma2，且a22 m/s2，解得20.075，从6 s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得2(2m)g1mgma3，解得a31 m/s2，这段时间t33 s，则t9 s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，即x155 m(

15、53)1 m36 m7.5 m，故B正确；在从6 s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得1mgma4，解得a40.5 m/s2，这段时间t46 s，所以t312 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离x263 m33 m4.5 m，前6 s长木板P速度更大，后6 s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为xx1x23 m，故D错误处理“板块”模型中动力学问题的流程课时精练1.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为，传送带与水平面的

16、夹角为，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是()A要实现这一目的前提是mgsin ，可得tan ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ffmgsin ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误2(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的vt图像如图乙所示由图像可知滑块()A从右端离开传送带B从左端离开传送带C先受滑动摩擦力

17、的作用，后受静摩擦力的作用D变速运动过程中受滑动摩擦力的作用答案AD解析由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与传送带相同的速度做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作用，故C错误，D正确3(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，t0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vt图像如图乙所示，重力加速度g取10 m

18、/s2，下列说法正确的是()AMmBM2mC木板的长度为8 mD木板与物块间的动摩擦因数为0.1答案BC解析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mgma1，而vt图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1 m/s22 m/s2，解得0.2，对木板受力分析可知mgMa2，由vt图像可知木板的加速度大小为a2 m/s21 m/s2，联立解得M2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t2 s时分离，两者在02 s内的vt图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L(73)2 m22 m8 m，C正确4.(2023甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传

19、送带左右两端相距L3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v04 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是()A若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动B若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/sC若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动D若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s答案D解析物块在传送带上的加速度大小为a1 m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v2v022aL，解得v3

20、m/s2 m/s，可知当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于3 m/s，故B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误5.(多选)(2023福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是()A若只增大m，则小滑块不能滑离木板B若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C若只

21、增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D若只减小，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大答案AB解析若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则滑块滑离

22、木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，故D错误6(多选)如图甲所示，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2 kg，现在滑块上施加一个F0.5t (N)的变力作用，从t0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10 m/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t224 sD木板的最大加速度为2 m/s2答案ACD解析由题图乙可知，滑块

23、与木板之间的滑动摩擦力大小为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为0.4，选项A正确由题图乙可知，t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1，选项B错误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Ffm8 N，此时两者的加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm2mgmam，解得am2 m/s2；对滑块：FFfmmam，解得F12 N，则由 F0.5t (N)可知，t224 s，选项C、D正确7.(2023山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、

24、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止重力加速度取g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是()AQ与传送带间的动摩擦因数为0.6BQ从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sCQ从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 mDQ从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N答案C解析当传送带以v8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPgmQg，解得0.5，A错误；当传送带以v8 m/s的速度顺时针转动，物块

25、Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPgmQg(mPmQ)a，解得a m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由vat1，解得匀加速的时间t11.2 s，匀加速的位移为x4.8 m，则匀速运动的时间为t21.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总t1t22.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为xvt1x4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPgFTmPa，解得FT N，之后做匀速直线运动，有FT20 N，D错误8(2023河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为37的传送带底端，一

26、质量m1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(vt)关系的部分图像如图乙所示，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：(1)物块与传送带之间的动摩擦因数；(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程答案(1)0.5(2)6.4 m(3)4.8 m解析(1)由题图乙可知，物块的初速度v08 m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v4 m/s，从t0到t0.4 s时间内，物块加速度大小为a1 m/s210 m/s2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和

27、沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，解得0.5.(2)设在t0.4 s后，物块做减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，物块从t0.4 s开始，经过t1时间速度减为零，则t1 s2 s，从t0到t0.4 s，物块位移为x1v0ta1(t)22.4 m，从t0.4 s到t2.4 s，物块减速到零的位移为x2t12 m4 m，物块沿传送带向上运动过程中的位移为xx1x26.4 m.(3)从t0到t0.4 s，传送带位移为x3vt1.6 m，物块

28、相对传送带向上运动x1x1x30.8 m，从t0.4 s到t2.4 s，传送带位移x4vt18 m，物块相对传送带向下运动x2x4x24 m，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程xx1x24.8 m.9.(2023辽宁大连市检测)如图所示，一质量M2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F14 N的拉力；t3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上已知A、B间的动摩擦因数为10.1，B与地面间的动摩擦因数为20.2，重力加速度取g10 m/s2.(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；(2)要使滑块A不从木板B左

29、端掉落，求木板B的最小长度答案(1)2 m/s21 m/s2(2)5.25 m解析(1)对滑块A根据牛顿第二定律可得1mgma1，故A的加速度大小为a11 m/s2，方向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F1mg2(mM)gMa2，解得木板B加速度大小为a22 m/s2.(2)撤去外力瞬间，A的位移大小为x1a1t24.5 m，B的位移大小为x2a2t29 m，撤去外力时，滑块A和木板B的速度分别为v1a1t3 m/s，v2a2t6 m/s，撤去外力后，滑块A的受力没变，故滑块A仍然做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小变为a25 m/s2，设再经过时间t两者达到共速，则有v1a1tv2a2t撤去外力后，A的位移大小为x1v1ta1t2B的位移大小为x2v2ta2t2故木板B的长度至少为Lx2x1x2x1代入数据解得L5.25 m.