新高考物理一轮复习讲义课件第3章 专题强化5　传送带模型和“滑块—木板”模型（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习讲义课件第3章 专题强化5　传送带模型和“滑块—木板”模型（含解析），共60页。PPT课件主要包含了专题强化五，题型一传送带模型，传送带模型，水平传送带，倾斜传送带，答案45s，“滑块木板”模型，答案3ms2，答案05m，答案28ms等内容，欢迎下载使用。
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”.
题型二　“滑块—木板”模型
(摩擦力方向一定沿斜面向上)
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/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
考向1　动力学中水平传送带问题
开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；
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Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误.
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v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 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μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
考向2　动力学中的倾斜传送带问题
答案　0.4 m/s2
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μmgcs θ>mgsin θ，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μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
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，
在传送带上滑动的距离为
所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
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
考向3　传送带中的动力学图像
设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mgsin θ>μmgcs θ，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 θ＝μmgcs θ，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 θtan θ，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Ff＝mgsin θ，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v－t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
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，t＝0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v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是A.M＝mB.M＝2mC.木板的长度为8 mD.木板与物块间的动摩擦因数为0.1
4.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝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
物块在传送带上的加速度大小为a＝　 ＝1 m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 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μ，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.若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D.若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
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t2＝24 sD.木板的最大加速度为2 m/s2
由题图乙可知，滑块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μ＝ ＝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μ′＝ ＝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Ffm＝8 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：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 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、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g＝10 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A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.6B.Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC.Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 mD.Q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
当传送带以v＝8 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mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；
加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 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；
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θ＝37°的传送带底端，一质量m＝1 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(v－t)关系的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(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.
从t＝0到t＝0.4 s，传送带位移为x3＝vΔt＝1.6 m，物块相对传送带向上运动Δx1＝x1－x3＝0.8 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，传送带位移x4＝vt1＝8 m，物块相对传送带向下运动Δx2＝x4－x2＝4 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Δx＝Δx1＋Δx2＝4.8 m.
9.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 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μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；
答案　2 m/s2　1 m/s2
对滑块A根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小为a1＝1 m/s2，方向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，解得木板B加速度大小为a2＝2 m/s2.
(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度.
撤去外力时，滑块A和木板B的速度分别为v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，