2023版高考物理一轮总复习第三章专题二传送带与滑块问题课件

这是一份2023版高考物理一轮总复习第三章专题二传送带与滑块问题课件，共37页。PPT课件主要包含了的方向，零后反向加速返回，送带的相对位移，图Z2-1，故向左先加速后匀速，说法中正确的是，图Z2-2，动时有可能不受摩擦力，μmgm，答案B等内容，欢迎下载使用。

突破 1 “传送带”模型
滑块在传送带上运动的“六点”注意问题：
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传
送带相对静止做匀速运动.
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较
mgsin θ与 μmgcs θ 的大小才能确定运动情况.
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传
类型 1 水平传送带模型
[思维拓展]计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s 传－s 物|；②若二者反向，则Δs＝|s 传|＋|s 物|.
【典题 1】如图 Z2-1 所示为车站使用的水平传送带模型，其 A、B 两端的距离 L＝8 m，它与水平台面平滑连接.现有一物块以 v0＝10 m/s 的初速度从 A 端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.6.试求：
(1)若传送带保持静止，物块滑到 B 端时的速度大小.
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为 12 m/s，则物
块到达 B 端时的速度大小.
(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4 m/s，且物块初速度变为 v0′＝6 m/s，仍从 A 端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间.
解：(1)设物块的加速度大小为 a，由受力分析可知FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN 得 a＝6 m/s2
若传送带保持静止，则物块从 A 到 B 做匀减速直线运动
得 vB＝2 m/s.(2)由题意知，物块先加速到 v1＝12 m/s
故物块先加速后匀速运动即物块到达 B 时的速度为 vB′＝v1＝12 m/s.
(3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速.①向右减速到 v2＝0 时由 v2＝v0′－at1 得 t1＝1 s②向左加速到 v3＝4 m/s 时
③向左匀速运动时，v4＝v3＝4 m/s
【考点突破 1】(2020 年广东东莞摸底)如图 Z2-2 所示，水平传送带 A、B 两端相距 x＝2 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.125，物体滑上传送带 A 端的瞬时速度 vA＝3 m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB.g 取 10 m/s2，下列
A.若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带
A 端时一定做匀加速运动
B.若传送带顺时针匀速转动，物体在水平传送带上运
C.若传送带逆时针匀速转动，则 vB 一定小于 2 m/sD.若传送带顺时针匀速转动，则 vB 一定大于 2 m/s
解析：当传送带顺时针匀速转动时，若传送带的速度小于 3 m/s，则物体在传送带上做匀减速运动，故 A 错误；当传送带顺时针匀速转动时，若传送带的速度等于 3 m/s，
则物体在传送带上做匀速运动，所以物体可能不受摩擦力，
故B 正确；若传送带逆时针匀速转动，加速度大小a＝
2 m，说明物体在传送带上一直做匀减速运动，由速度位移
vB＝2 m/s，故 CD 错误.
类型 2 倾斜传送带模型
[思维拓展]物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意 mgsin θ与μmgcs θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.
【典题 2】如图 Z2-3 所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带 AB 足够长，传送皮带轮以大小为 v＝2 m/s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以 v0＝12 m/s 的初速度从 A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数 μ＝0.5，且可将货物视为质点.(g 取 10 m/s2，已知 sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？
这时货物相对于地面运动了多远？
(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回 A 端共
解：(1)设货物刚滑上传送带时加速度为 a1，货物受力
沿传送带方向 mgsin θ＋Ff＝ma1垂直传送带方向 mgcs θ＝FN又 Ff＝Μfn
由以上三式得a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)
m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下.
(2)货物速度从 v0 减至传送带速度 v 所用时间设为 t1，位移设为 x1，则有
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于 mgsin θ＞μmgcs θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为 a2，则有 mgsin θ－μmgcs θ＝ma2得 a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下.
设货物再经时间 t2，速度减为零，则 t2＝
货物沿传送带向上滑的位移 x2＝
则货物上滑的总距离为 x＝x1＋x2＝8 m货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速
所以货物从 A 端滑上传送带到再次滑回 A 端的总时间为 t＝t1＋t2＋t3＝(2＋ ) s.
【考点突破 2】(多选，2021年四川绵阳质检)如图 Z2-4所示，传送带倾角为 α，表面粗糙，以恒定速度 v0 逆时针运行.一小滑块从斜面顶端由静止释放，运动到斜面底端过
程中，其速度随时间变化的图像关系可能是(图 Z2-4
突破 2 “滑块—木板”模型
1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑
2.摩擦力方向的特点.
(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力.(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物
体对它的摩擦力均为阻力.
(1)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：如图 Z2-5 所示，L＝x1－x2；
反向运动时：如图 Z2-6 所示，L＝x1＋x2.
(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等.
【典题 3】(2019 年辽宁沈阳模拟)如图 Z2-7 所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动.某时刻速度为 v0 ＝2 m/s，此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过 1 s 两者速度恰好相同，速度大小为 v2＝1 m/s，方向向左.重力加速度 g 取10 m/s2，试求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数 μ1.(2)木板与地面间的动摩擦因数 μ2.
(3)从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小.图 Z2-7
－μ1mg＝ma1，可以得到 μ1＝0.3.
(2)对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到
μ1mg＋μ2·2mg＝m
然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到
μ1mg－μ2·2mg＝m
而且 t1＋t2＝t＝1 s联立可以得到 μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s.
(3)在 t1＝0.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运
·t1＝0.5 m，方向向右；
在 t2＝0.5 s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速
·t2＝0.25 m，方向向左；
在整个 t＝1 s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移
·t＝2.5 m，方向向左；
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋
x1－x2＝2.75 m.
【考点突破 3】(2021 年河北唐山模拟)如图 Z2-8 甲所示，一质量为 M 的足够长的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，g 取 10 m/s2，则通过分析计算
A.滑块与木板之间的滑动摩擦因数为 0.2B.当 F＝8 N 时，滑块的加速度为 1 m/s2C.木板的质量为 2 kg，滑块的质量为 1 kg
D.若拉力作用在小滑块 m 上，当 F＝9 N 时滑块的加
解析：由题图乙可知，当 F＝6 N 时，二者刚好滑动，此时滑块的加速度为 2 m/s2，由牛顿第二定律可得 a＝μg，解得动摩擦因数μ＝0.2，A 正确；当 F＝6 N 时，二者刚好滑动，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当 F＝8 N时，滑块的加速度为 2 m/s2，B 错误；当 F＝6 N 时，滑块的加速度为 2 m/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＝3 kg，当 F>6 N 时，由牛