B．黑色痕迹的长度为（a-μg）v2/（2a2）
C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v/（μg）
D．煤块与传送带间先有滑动摩擦力，当相对静止后有静摩擦力
三、综合题
17．（10分）如图所示，质量为m B=4kg长木板B放在水平地面上，一质量为m A=2kg的小物块A，放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数μA为0.5，B与地面之间的动摩擦因数μB为0.1。A以
v0=3m/s的初速度沿B上表面从左端向右运动(A在B板上没有滑下)，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）（5分）A在B上滑动的时间；
（2）（5分）A运动全过程中对地的位移。
18．（10分）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角θ= 30°，传送带顺时针匀速转动的速度大小v0=2m/s，物块A的质量m1=1kg，与传送带间的动摩擦因数μ
1
=√35；物块B的质量m2=3kg，
与传送带间的动摩擦因数μ
2
=2√35。将两物块由静止开始同时在传送带上释放，经过一段时间两物块发生碰撞，并且粘在一起，开始释放时两物块间的距离L=13m。已知重力加速度g=10m/s2，A、B始终未脱离传送带，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）（2分）两物块刚释放后各自加速度的大小；
（2）（4分）两物块释放后经多长时间发生碰撞；
（3）（4分）两物块碰撞后10s内在传送带上划过的痕迹长度。
19．（10分）如图，一右端带有挡板的木板A停放在光滑水平地面上，两个小滑块B、C放在A上，B放在A的中点，C靠在挡板处。现瞬间给A一个大小为v0、方向水平向右的初速度，在以后的运动过程中，B与C或者C与挡板之间的碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短。已知A、C的质量均为m，B的质量为2m，B与A间的动摩擦因数为μ，C与A间无摩擦力，重力加速度大小为g，木
板A的长度为v02
μg
：
（1）（2分）求B开始运动时A、B的加速度大小分别为多少？
（2）（4分）求B与C第一次碰撞前瞬间B的速度为多少？该过程系统因摩擦产生的热量为多少？
（3）（4分）请通过计算判断B最终是否会离开木板A？
20．（12分）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
（1）（4分）若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）（4分）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）（4分）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带Δt=13
12s
后，传送带速度突然变为零。求载物箱
从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：AB、由图知，F＝6N时，加速度为a＝1m/s2．对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M+m）a，代入数据解得M+m＝6 kg；
当F＞6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得a＝F−μmg
M＝
1
M F﹣
μmg
M，知图线的斜率k＝
1
M
＝1
2，解得M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，A、B正确，不符合题意；
CD、根据F＞6 N的图线知，F＝4 N时，a＝0，即0＝1
2×F﹣μ×40
2，代入数据解得
μ＝0.1；
当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1 m/s2，C错误，符合题意，D正确，不符合题意。
故答案为：C
【分析】分别对两个物体进行受力分析，结合图像中给出的物体的加速度，利用牛顿第二定律列方程求解即可。
2．【答案】D
【知识点】v-t图象；对单物体(质点)的应用；动摩擦因数
【解析】【解答】AB．从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，AB不符合题意；
C．v—t图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s2，C不符合题意；D．根据牛顿第二定律μmgcos30o−mgsin30o=ma
可得μ=√3
2
，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律分析求解即可。
3．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：A与木板间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×2×10N＝6N
B与木板间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.3×4×10N＝12N
当B刚要相对木板滑动时静摩擦力达到最大值，对B，由牛顿第二定律得：μm B g＝m B a B
对对B与木板整体，有：F合＝（m+m B）a B
联立解得：F合＝12N
因为f A＜F合，所以无论F多大，物块B与木板相对静止。
当A刚要相对木板滑动时静摩擦力达到最大值，对B与木板整体有：μm A g＝（m+m B）a A
对A、B和木板整体有：F0＝（m+m A+m B）a A
解得：F0＝8N
所以，当F≤8N时，A与木板相对静止。
A、F＝6N＜F0，A、B两物块和木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，加速度为：a
＝
F
m+m A.+m B＝
6
2+2+4m/s2＝0.75m/s2，A不符合题意；
B、F＝7N＜F0，A、B两物块和木板保持相对静止，B不符合题意；
C、由上分析知，当F＝10N时，物块B与木板相对静止，C符合题意；
D、F＝12N＞F0，则A与木板发生相对滑动，对B与木板整体，有：μm A g＝（m+m B）a′
对B有f＝m B a′，解得B物块所受摩擦力大小为f＝4N，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，两个物体不发生相对运动，即具有相同的加速度，联立求解即可。
4．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律得：
对砝码有f1＝μ•2mg＝2ma1
得：a1=f1
m1=μg，
对纸板有F﹣f1﹣f2＝m2a2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：a2＞a1所以：F＝f1+f2+m2a2＞f1+f2+m2a1＝μ•2mg+μ•3mg+μmg＝6μmg 即：F＞6μmg
故答案为：D
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可。
5．【答案】B
【知识点】v-t图象；对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：因为v2＞v1，小物块从右端滑上传送带后可能一直做匀减速直线运动，到达左端时速度还没有减为零。
也可能小物块从右端滑上传送带后，先向左做匀减速直线运动，速度减为零后，返回向右做匀加速直线运动，加速度大小不变，当速度达到传送带的速度后，做匀速直线运动，结合v﹣t图象的斜率表示加速度，知B图是可能的，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合选项分析即可。6．【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用；匀变速直线运动基本公式应用；物体的受力分析
【解析】【解答】A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，A符合题意.
B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度
a=g(sinθ+μcosθ），若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，A的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ-μcosθ)匀加速；B不符合题意.
C.若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动;C不符合题意.
D.由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，D不符合题意.
故答案为：A
【分析】对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式分析求解即可。
7．【答案】A,B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A.A与B间的最大静摩擦力大小为：2μmg,C与B间的最大静摩擦力大小为：
μmg
4，B与地面间的最大静摩擦力大小为：μ
8（2m+m+m）=
μmg
2；要使A，B，C都始终相对
静止，三者一起向右加速，对整体有：F- μmg
2=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：
μmg
4=ma，联立解得：a= μg
4，F=
3
2μ
mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-f=2ma，解
得f= μmg <2μmg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力F不能
超过3
2
μmg，A符合题意.
B.当力F＝μmg时，由整体表达式F- μmg
2=4ma可得：a=
1
8μ
g，代入A的表达式可得：f= 3
4μ
mg,B符合题意.
C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2 μmg- μmg
4-
μmg
2
=ma B，解得a B= 5
4μg，C不符合题意.
D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F- μmg
2-
μmg
4=3ma1，对A
有：F-2μmg=2ma1，解得F= 92μmg，故当拉力F> 92μmg时，B相对A滑动，D不符合题意.
故答案为：A、B.
【分析】分别对三个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度。
8．【答案】A,B,D
【知识点】v-t图象；对单物体(质点)的应用；摩擦力做功
【解析】【解答】解：根据题中所给的速度﹣时间图象可知，在0﹣1s内木板受到向右的外力F以及滑块对其向左的滑动摩擦力从而向右做匀加速直线运动，
根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma
根据v﹣t图象可知，a=△v△t=4m/s
1s=4m/s
2
则拉力F＝10N，
此过程中小滑块受到向右的滑动摩擦力做加速运动，其加速度为a2=μg=2m/s2，
1s时，小滑块的速度为v1=a1t1=2m/s2×1s=2m/s
小滑块发生的位移为x1=12a1t12=12×2m/s2×1s2=1m
木板发生的位移为x=1
2at1
2＝2m，
滑块相对于木板的位移为△x＝x﹣x1＝1m，
此过程中产生的热量为Q＝μmg•△x＝2J，
在t＝1s时，撤去外力F，由于木板仍要受到滑块对其向左的滑动摩擦力，所以木板向右做匀减速直线运动，而小滑块继续向右做加速度不变的加速运动，
木板的加速度大小为：a′=μmg
M=1m/s
2，
当滑块从木板上滑下时有L﹣△x＝vt2−12a′t22−v1t2−12a2t22，解得t2＝1s（舍去）和t2=13s，
则此时木板的速度为v′=v−a′t2=4m/s−1m/s2×13s＝113m/s，小滑块的速度为v1′=v1+a1t2=83m/s，
所以木板最终匀速的速度为11
3m/s，
ABD符合题意，C不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，利用运动学公式求解物体与传送带的相对位移，摩擦力产生的热量用摩擦力的大小乘以两物体相对运动的距离即可。
9．【答案】A,B
【知识点】v-t图象；对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：A、根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为f＝0.2N，在4s后撤去外
力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为a2＝0.4−0.2
5−4＝
0.2m/s2，根据牛顿第二定律可得f＝ma2，解得木板的质量m＝1kg，A符合题意；
B、2s～4s内，木板的加速度a1＝0.4
4−2m/s
2＝0.2m/s2，根据牛顿第二定律可得F﹣f＝ma1，解得力F ＝0.4N，B符合题意；
C、0～2s内，整体受力平衡，拉力F的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则力F增大，C不符合题意；
D、由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合物体的受力情况和加速度，利用牛顿第二定律求解质量和动摩擦因数。10．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】AB．从题图乙可知，木板运动2s离开小物块，在0∼2s内，由图象可知x= 2×1
2m=1m
所以木板的长度L=2x=2m
A符合题意，B不符合题意；
C．设木板与地面间的动摩擦因数为μ2，物块与木板间的动摩擦因数μ1，在2∼3s内，由图象可得长木板的加速度a2=ΔvΔt=4m/s2
由牛顿第二定律得F−μ2m2g=m2a2
解得μ2=0.5C符合题意；
D．在0∼2s内，对小物块进行受力分析，竖直方向F N+Tsin37°=m1g
水平方向Tcos37°=f1
又知f1=μ1F N
长木板的加速度a1=Δv′
Δt′
=0.5m/s2
对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得F−f1′−μ2(m2g+F N′)=m2a1
由牛顿第三定律得f
1=f
1
′
F N=F N′
联立上述式子解得μ
1
=819
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用图像面积可以求出木板的长度；利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出动摩擦因数的大小。
11．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A与B间的最大静摩擦力为f1m=2μ⋅6mg=12μmg
B与地面间的最大静摩擦力为f2m=μ⋅8mg=8μmg
当拉力F≤8μmg时，A、B两物块静止不动，则f1=f2=F
当A与B刚要发生相对滑动时，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，B产生的最大加速度为a2m= f1m−f2m
2m=2μg
设此时的拉力为F，对A根据牛顿第二定律有F−f1m=6m⋅2μg
解得F=24μmg
所以当拉力8μmg大小不变，对B分析，根据牛顿第二定律可知f1−8μmg=2ma
解得f1=8μmg+2ma
逐渐增大；对A、B整体有F−8μmg=8ma
当F>24μmg且拉力继续增大时，B做匀加速运动，A做加速度增大的加速度运动，对A根据牛顿第二定律有F−12μmg=6ma1
此时a1−F图线的倾斜程度更大，两个接触面的摩擦力都为滑动摩擦力，保持不变，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用最大静摩擦力的大小结合牛顿第二定律可以判别拉力和加速度的关系以及拉力和摩擦力的关系。
12．【答案】B,C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为：f Bm＝3
2μmg，
因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为：f AB＝f Bm＝32μmg，A、B间的最大静摩擦力为：f ABm＝2μmg，
因此，根据牛顿第二定律可知当满足：F−f AB
2m=
2f AB−3μmg
2m
，且
3
2μmg
≤f AB＜2μmg，即3
2μmg
≤F＜3μmg时，A、B将一起向右加速滑动，A不符合题意；
当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F－2μmg＝2ma A，2μmg
－3
2μmg＝
ma B，解得：a A＝F
2m－μg，a B＝
1
2μg，
C、D符合题意；
当F＝52μmg 时，对A和B整体受力分析有，F−μ
2(2m+m)g=(2m+m)a，解得a A＝a B＝
1
3μg，
B符合题意．
故答案为：BCD
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度。
13．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．根据速度时间图像可知木板最终的速度为v=1m/s，从B刚滑上A开始，到两者共速，过程中，将两者看做一个整体，整体所受合力为零，故整体动量守恒，设木板的质量为M，则根据动量守恒定律可得：mv0=(M+m)v，
解得：M=m=2kg，
故木板获得的动能为E k=12Mv2=1J，
A不符合题意；
B．系统减少的动能为ΔE k=12mv02−12(M+m)v2=4J−2J=2J，
B符合题意；
C．v−t图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，则由图得到：0-1s内B的位移为x B=12×(2+ 1)×1m=1.5m，
A的位移为x A=12×1×1m=0.5m，
木板A的最小长度为L=x B−x A=1m
C符合题意；
D．由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为a=Δv
Δt=2−1
1m/s
2=1m/s2，
根据牛顿第二定律得μm B g=m B a，
代入解得μ=0.1，
D符合题意．
故答案为：BCD
【分析】利用动量守恒结合动能的表达式可以求出木板获得的动能；利用初末动能的变化可以求出损失的机械能；利用面积之差可以求出木板的长度；利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出动
摩擦因数的大小。
14．【答案】A,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【解答】A．行李的质量是4kg，则重力是40N，行李与传送带之间的弹力为40N，则行李受到的摩擦力：f=μ⋅N=0.1×40N=4N
行李的加速度a=f m=1m/s2
A符合题意；
B．设行李做匀加速运动的时间为t1，由题意知行李加速运动的末速度v=1m/s，则由匀加速直线运动
规律v=at1得：t1=v
a=1s
该过程中的位移x1=12at12=12×1×12m=0.5m
行李匀速运动的时间t2=L−x1
v=
2−0.5
1s=1.5s
所以运动的总时间t=t1+t2=(1+1.5)s=2.5s
B不符合题意；
C．在行李加速的时间内传送带的位移x2=vt1=1m
行李在传送带上滑行痕迹的长度为Δx=x2−x1=(1−0.5)m=0.5m
C不符合题意；
D．若行李从A一直匀加速运动到B时，传送时间最短。则L=1
2at min
2代入数值得t min=2s
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；物体相对于接触面没有发生相对运动，但是具有相对运动趋势，此时物体受到来自地面的静摩擦，与物体的运动趋势相反，静摩擦力的大小不能用公式求解，只能根据物体的运动状态进行受力分析求解。
15．【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】ABC．两个物块都以1m/s的初速度向下运动，由于mgsin37°>μmgcos37°，因此当物块与传送带共速时物块不能和传送带一起匀速运动，因此A物块的滑动摩擦力向上；而B物块与传送带的运动方向反向，因此故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小相等，所以两物块沿斜面向下做加速度相同的加速运动，由牛顿第二定律可得
mgsina−umgcoa=ma
位移大小相同，根据x=1
2at
2，可知时间相同，AC不符合题意，B符合题意；
D．对物块A而言，划痕处长度等于物块的位移减去传送带的位移，对物块B而言，划痕的位移等于物块的位移加上传送带的位移，A、B在传送带上的划痕长度不同，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式和位移求解运动时间，结合选项分析即可。
16．【答案】A,C
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A.要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．即a＞μg，所以μ＜
a
g，A符合题意．BC.根据牛顿第二定律得，煤块的加速度a=μg，则煤块从开始运动到相对于传送
带静止所需的时间t=
v
μg，此时煤块的位移x1=
v2
2μg，此时传送带的位移x2=
v2
2a+v(
v
μg−
v a)=v2
μg−
v2
2a，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx=x2−x1=
v2
2μg−
v2
2a，
C符
合题意，B不符合题意；D. 煤块与传送带间先有滑动摩擦力，当相对静止后煤块做匀速运动，水平方向不受力，没有静摩擦力，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】明确物体的运动过程，先做匀加速运动，后做匀速运动，结合题目条件求出传送带的距离；利用运动学公式求出煤块与传送带的相对位移，即为墨迹的长度。
17．【答案】（1）解：对A有μA m A g=m A a A
对B有μA m A g−μB(m A+m B)g=m B a B
设经t，A位移为x A，A、B共速v共，此后共同匀减，经过x0停止，因此有v0−a A t=
a B t=v
共
解得t=0.5s
（2）解：根据匀变速运动公式可得v02−v共2=2a A x A
A、B共同运动加速度为μB(m A+m B)g=(m A+m B)a AB
A、B共同运动的距离为v共2=2a AB⋅x0
最终A对地位移为x=x A+x0
代入数据得x=1m
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合速度公式可以求出运动的时间；（2）利用速度位移公式结合牛顿第二定律可以求出A对地位移的大小。18．【答案】（1）解：A沿斜面向下运动时m1gsinθ−μ1m1gcosθ=m1a1得a1=2 m/s2
B沿斜面向上加速过程μ2m2gcosθ−m2gsinθ=m2a2
得a2=1 m/s2
（2）解：由速度公式v0=a2t0得t0=2s
因1
2a1t0
2+1
2a2t0
2=6m故经t0=2s时两物块还没相撞L=1
2a1t
2+1
2a2t0
2+v
(t−t0)
解得t=3s或t=－5s
舍去t=－5s，经时间t=3s两物块相撞
（3）解：两物块碰撞前A速度大小v1=a1t，得v l=6m/s，碰撞过程m1v1−m2v0=(m1+m2)v 得v=0
碰撞后μ1m1gcosθ+μ2m2gcosθ−(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a3
得a3=0.25m/s2
则v0=a3t′，经t′=8s两物块相对传送带静止
此过程相对位移大小x=v0t′−v02 2a3
解得x=8m
【知识点】传送带模型；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）利用速度公式和位移公式可以求出运动的时间；
（3）利用速度公式结合动量守恒定律和牛顿第二定律可以求出划痕的大小。
19．【答案】（1）解：设A、B的加速度大小分别a1、a2，由牛顿第二定律得μ⋅2mg=ma1
μ⋅2mg=2ma2
解得a1=2μg
a2=μg
（2）解：设B与C碰撞前A、B速度已相同，且为v1，由动量守恒定律得mv0=3mv1
在A开始运动至A、B共速的时间内，B的位移大小为s，v12=2a2s，得s=
v02 18μg
由于s<
v02
2μg
可见，A、B第一次共速时B还没与C发生碰撞，B与C碰撞前瞬间B的速度大小为
v1=13v0
该过程系统因摩擦产生的热量Q=1
2mv0
2−1
2×3mv1
2
得Q=1
3mv0
2
（3）解：设木板足够长，B不会从木板上离开，则通过分析可知最终A、B、C三者会以相同的速度做匀速运动，设此速度为v，B相对A向左运动的距离为s相，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=4mv
1
2mv02−1
2×4mv2=μ⋅2mg⋅s相
解得s
相=
3v02 16μg
由于s
相<
v02
2μg
，可见，B不会离开A
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）结合两个物体的初末速度求解系统的初末动能，系统初末动能的差值即为产生的热量；
（3）利用运动学公式求解物体与传送带的相对位移，与木板的长度作比较即可。
20．【答案】（1）解：传送带的速度为v=4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：μmg=ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有v2−v02=−2ax1②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有v=v0−at2④
t1=t2+L−x1
v⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
（2）解：当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
−μmgL=12mv12−12mv02⑦
μmgL=12mv22−12mv02⑧
2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题08-动力学中的传送带、板块模型
2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题08 动力学中的传送带、板块模型一、单选题 1．（3分）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a﹣F 图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则下列选项错误的是（） A．滑块的质量m＝4kg B．木板的质量M＝2kg C．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 2．（3分）如图，MN是一段倾角为θ=30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m=1kg的物块，以沿传动带向下的速度v0=4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图所示，取g=10m/s2，则（） A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v=1m/s，方向沿斜面向下 C．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s2 D．物块与传送带间的动摩擦因数μ=√3 2 3．（3分）如图，一个质量m＝2kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为m A＝2kg 和m B＝4kg的A、B两物块，A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，若现用水平恒力F 作用在A物块上，重力加速度g取l0m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是
（） A．当F＝6N时，B物块加速度大小为lm/s2 B．当F＝7N时，A物块和木板相对滑动 C．当F＝10N时，物块B与木板相对静止 D．当F＝12N时，则B物块所受摩擦力大小为2N 4．（3分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为（） A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg 5．（3分）如图所示，绷紧的水平传送带以恒定速率v1运行。t＝0时刻，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平面滑上传送带，以地面为参考系，v2＞v1．则小物块在传送带上运动的v ﹣t图象可能正确的是（） A．B． C．D． 6．（3分）如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()
2020高考物理一轮总复习“板块模型”和“传送带模型”含解析新人教版
两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型” [A级—基础练] （2019 ?湖南衡阳联考）如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的 物块P最初一段时间的速度一时间图象如图乙所示，关于传送带的运动情况描述正确的是 B. 可能是向右的匀速运动 C. 一定是向左的匀加速运动 D.可能是向左的匀速运动 P向右做加速运动，初始做加速度为卩g的加速运动，然后与传送带相 正方向, A. 定是向右的匀加速运动 解析：A [由题意可知：物块 对静止一起向右做匀加速运动，故A正确.] 2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机.如图所示，一条足够长 的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会 留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是（） A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B.木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 D.传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 解析：C [刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以 黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误.木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力, 摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，卩mg= ma所以 2 2v 不再有相对滑动，由v = 2ax得，木炭包位移x木= ，设相对滑动时间为 23 g a=卩g,当达到共同速度时， v t，由v = at得t = ，此时 卩g 2 v 一v2 传送带的位移为x传 =vt = ，所以相对滑动的位移是△ x=x传一x木= ; ，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误.木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确.传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误.] 3. 一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦.现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平.若在弹簧从自然长度到第一次 达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是
2020年高考物理专题精准突破 动力学中的传送带问题(解析版)
2020年高考物理专题精准突破 专题动力学中的传送带问题【专题诠释】 1.水平传送带模型 2.倾斜传送带模型 【高考领航】 【2019·全国卷Ⅲ】如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出()
A ．木板的质量为1 kg B ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 N C ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变 D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 【答案】 AB 【解析】 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大 小F 摩＝0.2 N 。由题图c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42 m/s 2＝0.2 m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21 m/s 2＝0.2 m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s 内：F －F 摩＝ma 1,4 s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1 kg ，F ＝0.4 N ，A 、B 正确。0～2 s 内，木板静止，F ＝f ，由题图b 知，F 是均匀增加的，C 错误。因物块质量不可求，故由F 摩＝μm 物g 可知动摩擦因数不可求，D 错误。 【技巧方法】 1. 涉及传送带的动力学问题分析时抓住两个时刻 (1)初始时刻，比较物块速度与传送带速度关系，判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断物块开始阶段的运动性质。 (2)物块与传送带速度相同时刻，再次判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断下阶段物块的运动性质。 2. 涉及传送带的动力学问题分析时注意一个问题：要判断物块速度与传送带速度相同时，物块有没有完成整个运动过程。 【最新考向解码】 【例1】(2019·江西新余四校高三第二次联考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终保持v 0＝7 m/s 的速率运行。现把一质量为4 kg 的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经一段时间后工件被传送到h ＝8 m 的高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝32 ，取g ＝10 m/s 2。在这段时间内，工件的速度v 、位移x 、加速度a 、所受合外力F 随时间t 变化的图象正确的是( ) 【答案】 A 【解析】 根据题意可知，皮带的总长度L ＝h sin30° ＝16 m ，工件刚放上皮带时受重力、支持力、沿皮带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，a ＝F 合m ＝μmg cos30°－mg sin30°m ＝μg cos30°－g sin30°＝
专题06 动力学中的传送带和板块模型-2020年高三物理备战一模寒假攻关
2020年高三物理寒假攻关---备战一模 第一部分考向精练 专题06 动力学中的传送带和板块模型 1.两种板块类型 2.水平传送带模型
3.倾斜传送带模型 【例1】(2019·河南许昌高三一模)(多选)如图所示为运送粮袋的传送带装置，已知A、B间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人将粮袋从A点无初速度释放，粮袋由A运动到B，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)() A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能较大，可能相等，也可能较小 B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－cosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动 C．若μ【解析】粮袋刚放上传送带时，相对于传送带向上运动，故受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有：mg sinθ＋μmg cosθ＝ma，得a＝g sinθ＋μg cosθ。若传送带长度较短，则粮袋可能在此加速过程中到达底端；若传送带较长，粮袋做匀加速运动至速度v，与传送带同速。当μ高中物理必修第一册(人教版)课时分层作业(二十一) 动力学中的传送带模型和板块模型
课时分层作业(二十一)动力学中的传送带模型和板块模型 基础达标练 1. 如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么() A．t1＝t2B．t1>t2 C．t14．[2022·福建师大附中月考]如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 开始运动．当其速度达到v 后，便以此速度做匀速直线运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g )( ) A.μ与a 之间一定满足关系μ>a g B ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2 μg C ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μg D ．黑色痕迹的长度为v 2 2μg 5．[2022·甘肃张掖第二中学月考](多选)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A .已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用一水平力F 作用于B ，A 、B 的加速度与F 的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( ) A ．A 的质量为0.5 kg B ．B 的质量为1.5 kg C ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4 D ．B 与地面间的动摩擦因数为0.2
高中物理板块模型与传送带模型中的动力学问题传送带模型
因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。 一、经典例题 1．水平浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的摩擦因数为μ，初始时，传送带与煤块都是静止的。现在让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，求此黑色痕迹的长度。 2．如图，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0=2 m/s的速率运行；现把一质量为m=10 kg的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端,经时间t=1.9 s，工件被传送到ℎ=1.5 m的高处,并取得了与传送带相同的速度,取g=10 m/s2，求: (1)工件与传送带之间的滑动摩擦力F1； (2)工件与传送带之间的相对位移Δx。
3．方法归纳： A．是否产生相对位移，比较物块与传送带加速度大小； B．皮带传送物体所受摩擦力突变，发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。 C．对于传送带问题，一定要全面掌握几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析。 4．常见传送带模型分类情况： 考点一水平传送带问题 滑块在水平传送带上运动常见的3个情景 项目图示滑块可能的运动情况 情景1(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0高考物理一轮总复习第三章链接高考3两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”讲义(含解析)新人教版
模型1 板块模型 [模型解读] 1．模型特点 涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动． 2．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长． 设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2 同向运动时：L＝x1－x2 反向运动时：L＝x1＋x2 3．解题步骤 [典例赏析] [典例1] (2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离． [审题指导] 如何建立物理情景，构建解题路径 ①首先分别计算出B 与板、A 与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A 、B 及木板的运动情况． ②把握好几个运动节点． ③由各自加速度大小可以判断出B 与木板首先达到共速，此后B 与木板共同运动． ④A 与木板存在相对运动，且A 运动过程中加速度始终不变． ⑤木板先加速后减速，存在两个过程． [解析] (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 与木板间的摩擦力的大小分别为f 1、f 2，木板与地面间的摩擦力的大小为f 3，A 、B 、木板相对于地面的加速度大小分别是a A 、a B 和a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有： f 1＝μ1m A g ① f 2＝μ1m B g ② f 3＝μ2(m A ＋m B ＋m ) g ③ 由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥ 设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得： v 1＝1 m/s (2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－1 2 a B t 21⑨ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有： f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑩ 由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧可知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用时间为t 2，根据运动学公式，对木板有 v 2＝v 1－a 2t 2⑪ 对A 有
2023届高三物理【新教材】一轮复习 专题强化三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
专题强化三动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型 【关键能力·分层突破】 模型一“传送带”模型 1．模型特点 传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等．2．“传送带”问题解题思路 例1 如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离； (2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．[教你解决问题] 【跟进训练】 1．[2022·湖北武汉调研]如图所示，三角形传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速
转动，两边倾斜的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.A、B两个小物块(均可视为质点)同时分别从左、右传送带顶端都以v0＝2 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是() A．物块A比B先到达各自传送带底端 B．物块A、B同时到达各自传送带底端 C．传送带对物块A摩擦力沿传送带向上、对物块B的摩擦力沿传送带向下 D．物块A下滑过程中相对于传送带的路程等于物块B下滑过程中相对于传送带的路程 2．[2022·山西临汾联考]某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂， 让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96 m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 m/s2，试求： (1)空香皂盒在风洞区域的加速度a1的大小； (2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度v m. 模型二“滑块—滑板”模型 1．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
2022届人教新高考物理一轮课时检测18动力学模型之二——传送带【含解析】
动力学模型之二——传送带 1．(多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v 1＝2 m/s 的恒定速率运行。初速度大小为v 2＝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前，受到的摩擦力方向水平向右 B ．根据运动学知识可知a ＝0.2 m/s 2 C ．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 m D ．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m 解析：选AD 小墨块与传送带速度相同前，相对传送带向左运动，故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，故加速度a ＝v 1－(－v 2)t ＝v 1＋v 2t ＝1 m/s 2，方向向右，故B 错误；小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0＝v 2－at 1，x 1＝ 0＋v 22t 1，联立解得：x 1＝4.5 m ；小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x 2＝v 1t 1，小墨块向右加速运动时，对小墨块有： v 1＝at 2，x 1′＝0＋v 12t 2 ，在时间t 2内传送带的位移为x 2′＝v 1t 2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x ＝(x 1＋x 2)＋(x 2′－x 1′)，解得：x ＝12.5 m ，故C 错误，D 正确。 2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( ) A ．乘客与行李同时到达 B 处 B ．乘客提前0.5 s 到达B 处 C ．行李提前0.5 s 到达B 处 D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处 解析：选BD 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1
高考物理一轮复习 第三章 专题三 动力学中的“传送带、板块”模型教案 新人教版-新人教版高三全册物理
专题三动力学中的“传送带、板块”模型 突破1 传送带模型 考向1 水平传送带模型 (2019·某某模拟)(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s ＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μA端瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B，则(g取10 m/s2)( )
A ．若传送带不动，则v B ＝3 m/s B ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v B ＝3 m/s C ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/s D ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝2 m/s [审题指导] (1)若传送带顺时针转动且v 物>v 带，则传送带对物块的摩擦力为滑动摩擦力且为阻力． (2)若传送带逆时针转动，传送带对物块的摩擦力为滑动摩擦力且为阻力． 【解析】 若传送带不动，由匀变速运动规律可知v 2 B －v 2 A ＝－2as ，a ＝μg ，代入数据解得v B ＝3 m/s ，当满足选项B 、 C 、 D 中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg ，所以工件到达B 端时的瞬时速度仍为3 m/s ，故选项A 、B 、C 正确，D 错误． 【答案】 ABC 分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向.要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物块相对传送带的运动方向确定摩擦力的方向，根据受力分析确定物块的运动；二是当物块的速度与传送带速度相等时，判断物块能否与传送带保持相对静止.另外注意考虑传送带长度——判定达到共同速度(临界点)之前物块是否脱离传送带. 1．如图所示，足够长的水平传送带静止时在左侧某处画下标记点P ，将工件放在P 点．启动传送带，使其向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动．经过t 1＝2s 立即控制传送带，使其做匀减速运动，再经过t 2＝3s 传送带停止运行，测得标记点P 通过的距离x 0＝15 m. (1)求传送带的最大速度； (2)已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求整个过程中工件运动的总距离． 解析：(1)设传送带的最大速度为v m .根据匀变速直线运动规律，有x 0＝x 1＋x 2＝v m 2 (t 1＋
衔接点29 动力学中的板块问题和传送带模型(原卷版)2023年初升高物理无忧衔接(通用版)
衔接点29动力学中的板块问题和传送带模型 课程标准 高中物理新知识、新模型 知识点一板块模型 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)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，若滑块和木板同向运动，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；若滑块和木板相向运动，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． 特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移． 4．注意摩擦力的突变 当滑块与木板速度相同时，二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． 知识点二传送带问题 1．传送带的基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，传送带模型涉及摩擦力的判断、物体
运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用．有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型． 2．传送带模型分析流程 3．常见类型及物体运动情况 (1)水平传送带常见类型及物体运动情况 类型物体运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v时，一直匀速 (3)v0高考物理一轮复习：动力学传送带模型和板块模型问题
专题03 牛顿运动定律 第11练动力学传送带模型和板块模型 基础训练 1.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v＝0.4 m/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2 m，g取10 m/s 2.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2 m/s2 B．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/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 2.如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2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图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则() A．传送带的速度为4 m/s B．物块上升的竖直高度为0.96 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反 3.如图所示，质量为M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量为m＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f随力F大小变化的图像是(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()
能力训练 1．某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准．假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是() A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格 B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s 2.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() 3．如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1 kg的滑块．现给滑块一向右的初速度v0＝10 m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是()
2021高三物理人教版一轮学案：第三单元 专题三 动力学中的“传送带、板块”模型 Word版含解析
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专题三动力学中的“传送带、板块"模型 考纲考情核心素养 ►牛顿运动定律的应用 Ⅰ ►传送带模型、板块模 型. 物理观 念全国卷5年3考 高考指数★★★☆☆ ►应用动力学观点分析 传送带模型及板块模型。 科学思 维 突破1 传送带模型 题型1 水平传送带模型 模型 概述 求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的 分析判断，物体的速度与传送带速度相等的时刻就 是物体所受摩擦力发生突变的时刻 常见 情形 情 形 一 （1)可能一直加速 (2）可能先加速后匀速 情 形 二 (1）v0〉v时，可能一直 减速，也可能先减速再 匀速 （2)v0常见情形情 形 三 (1）传送带较短时,滑块 一直减速到达左端 （2)传送带较长时,滑 块还要被传送带传回右 端，其中v0>v时，返回 速度为v,v0〈v时，返回 速度为v0 常见情形情 形 四 （1）若μg≥a0，物块 和传送带一起以加速度 a0加速运动，物块受到沿 传送带前进方向的静摩 擦力f＝ma0 (2）若μg〈a0,物块将 跟不上传送带的运动， 即物块相对于传送带向 后滑动，但物块相对地 面仍然是向前加速运动 的，此时物块受到沿传 送带前进方向的滑动摩 擦力f＝μmg，产生的加 速度a＝μg 如图所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工 件与传送带间的动摩擦因数μ＝0。6，工件滑上A端时速度v A＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为v B，重力加速度g取
10 m/s2。 （1)若传送带静止不动，求v B； （2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗?若不能，说明理由；若能，求到达B端时的速度v B； (3）若传送带v＝13 m/s的速度逆时针匀速转动,求v B及工件由A到B所用的时间． 【解析】(1)设工件质量为m，在传送带上运动时加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝6 m/s2又v2A－v2B＝2ax，代入数据解得v B＝2 m/s。 (2）能 当传送带顺时针转动时,工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端时的速度v B＝2 m/s。 (3）工件速度达到v＝13 m/s所用的时间为t1＝错误!＝0.5 s 运动的位移为x1＝v A t1＋错误!at错误!＝5。75 m〈8 m 则工件在到达B端之前速度就达到13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速，故v B＝13 m/s 匀速运动的位移x2＝x－x1＝2。25 m 匀速运动的时间t2＝x2 v ≈0.17 s 工件由A到B所用的时间t＝t1＋t2＝0。67 s. 【答案】(1）2 m/s (2)能 2 m/s （3）13 m/s 0。 67 s
物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型教案
微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型 动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析 模型概述(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。 常见情形滑板获得一初速度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板或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有 相对运动 2。常见临界判断 （1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等. （2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端. （3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。 [典例1]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v。t图线如图（b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求：
2022届高考物理一轮复习课时跟踪训练—牛顿运动定律综合应用之板块模型(含答案)
2022高考一轮复习课时跟踪训练 牛顿运动定律综合应用之板块模型 一、单项选择（下列各题中四个选项中只有一个选项符合题意） 1．如图所示，一足够长、质量M=1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，一个质量m=1kg 、大小可以忽略的铁块放在木板的右端铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等取g=10m/s 2。若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F ，则下列说法正确的是（ ） A ．铁块与木板之间摩擦力的最大值为4N B ．木板与地面之间摩擦力的最大值为4N C ．当F >2N 时，M 、m 一定相对滑动 D ．当F >6N 时，铁块受到的摩擦力大小为2N 2．如图甲所示，小物块A 静止在足够长的木板B 左端，若A 与B 间动摩擦因数为10.6μ=，木板B 与地面间的动摩擦因数为20.2μ=，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻起A 受到3F t =的水平向右的外力作用，测得A 与B 间摩擦力f 随外力F 的变化关系如图乙所示，重力加速度取210m /s g =，则下列判断正确的是（ ） A ．A ， B 两物体的质量分别为1kg 和2kg B ．当1s t =时，A ，B 发生相对滑动 C ．当3s t =时，A 的加速度为4m/s 2 D ．B 物体运动过程中的最大加速度为28m /s 3．水平地面上有一质量为12m =kg 的长木板，木板的左端上有一质量为21m =kg 的物块，如图（a ）所示，用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图
山师附中2022届新高考物理一轮专题复习-牛顿运动定律的运用(传送带、板块模型)
牛顿运动定律的运用复习训练（传送带、板块模型） 一、单选题 1．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为 4 μ ，已 知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度大小a 可能是（ ） A ．a=μg B ．a= 1 2μg C ．a=23μg D ．a=35 μg 2．如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为0.3μ=，用水平恒力F 拉动小车，物块的加速度和小车的加速度分别为1a 、2a 。当水平恒力F 取不同值时，1a 与2a 的值可能为（当地重力加速度g 取 210m/s ）（ ） A ．2 12m/s a =，223m/s a = B ．213m/s a =，225m/s a = C ．213m/s a =，2 22m/s a = D ．2 15m/s a =，223m/s a = 3．如图甲所示，一质量为M 的足够长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块。当木板受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，取g=10m/s 2，则通过分析计算可得（ ） A ．滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.2 B ．当F=8N 时，滑块的加速度为1m/s 2 C ．木板的质量为2kg ，滑块的质量为1kg D ．若拉力作用在小滑块m 上，当F=9N 时滑块的加速度为2m/s 2 4．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2
届物理一轮复习13动力学中的“传送带板块”模型含解析鲁科版
课时作业13 动力学中的“传送带、板块”模型 时间:45分钟 1.如图所示,水平传送带静止不动，质量为1 kg的小物块,以4 m/s的初速度滑上传送带的左端,最终以2 m/s的速度从传送带的右端离开传送带．如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时的速度(B) A．小于2 m/s B．等于2 m/s C．大于2 m/s D．不能到达传送带右端 解析:当传送带不动时,小物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带．当传送带逆时针转动时，小物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的滑动摩擦力方向仍然向左，这样与传送带静止时比较，受力情况完全相同，所以运动情况也应该一致,即最后离开传送带时速度仍然是2 m/s,选项B正确． 2。如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，
转动速度大小为v1,一个物体从传送带底端以初速度大小v2（v2〉v1)上滑,同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列物块运动的v-t图象不可能是（C） 解析:因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F＝mg sinθ＋μmg cosθ,则物体的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动,选项B正确；若F〉mg sinθ＋μmg cosθ，则物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，选项A 正确；若F〈mg sinθ＋μmg cosθ，则加速度向下，物体将向上做匀减速直线运动,当两者速度相等时，物体受向上拉力和静摩擦力而合外力为零，则物体与传送带一起向上匀速运动,故选项C 错误，选项D正确． 3。如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以
物理一轮复习专题练习4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型含解析
专题突破练习（四) （时间:40分钟） 1.（多选）如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上,质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是(） A．物块和长木板之间的摩擦力为1 N B．物块和长木板相对静止一起加速运动 C．物块运动的加速度大小为1 m/s2 D．拉力F越大,长木板的加速度越大 AC［物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动,设此时水平恒力为F0，由牛顿第二定律有a＝错误!＝错误!＝错误!,解得F0＝1。5 N.因F＝2 N>F0＝1。5 N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有F f＝μmg＝1 N，故A正确，B错误；对物块,由牛顿第二定律F－μmg＝ma1,可得a1＝1 m/s2，故C正确；拉力F 越大，物块的合力越大,则加速度越大,但长木板受到的滑动摩
擦力为1 N,保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a2＝错误!＝0.5 m/s2，故D错误。］ 2.（多选)机场使用的货物安检装置如图所示,绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点）无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面.已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0。5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是（） A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 s B．背包从A运动到B所用的时间为2.3 s C．背包与传送带之间的相对位移为0。3 m D．背包与传送带之间的相对位移为0。1 m AD[背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg ＝ma,得a＝5 m/s2，背包达到速度v＝1 m/s所用时间t1＝错误!＝ 0.2 s，此过程背包相对地面位移x1＝v 2t1＝错误!×0。2 m＝0。1 m
