2020高考物理传送带和板块模型核心考点全概括(18张)
高考物理一轮复习导学案传送带板块模型
功能关系的综合应用——传送带模型、“滑块—木板”模型【传送带模型】1.传送带克服摩擦力做的功：W＝f x传（x传为传送带对地的位移）2.系统产生的内能：Q＝f x相对（x相对为总的相对路程）．3.求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路①运用能量守恒以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电，则：E电＝ΔE k＋ΔE p＋Q.②运用功能关系传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电=fx传(特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力) 4.传送带问题分析流出图：（一）水平传送带例1 如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小物块无初速度放在传送带左侧。
已知传送带与小物块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，求小滑块在传送带上运动过程中：（1）传送带对小物块做的功；（2）传送带与小物块摩擦产生的热量；（3）因放上小物块，电动机多消耗的电能。
变式：若小滑块以3m/s的速度从右端滑上传送带，求：（1）传送带与小物块摩擦产生的热量；（2）传送带克服摩擦力做功。
（二）倾斜传送带例2 如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。
现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=√3，g为取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中：2（1）摩擦力对小物块做的功；（2）摩擦产生的热量；（3）因放小物块而使得电动机多消耗的电能。
例3如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s 沿顺时针方向运动。
高中物理传送带问题(全面)讲解
一般分类：
1.水平传送带匀速运动
2.水平传送带变速运动 3.斜面形传送带 4.组合传送带
五、分类解析
（三）斜面形传送带 1.传送带匀速向上运动 （1）物体由顶端释放 （2）物体由底端释放 2.传送带匀速向下运动 （1）物体由顶端释放 （2）物体由底端释放
f L=1/2m(v02-v12)
传送带转动时，可能一直减速，也可能先加（减）速后匀速
运动，相对滑动的距离为s f s=1/2m(v02-v22)
s≤L
∴v2≥v1
例5、如图示，传送带与水平面夹角为370 ，并以 v=10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体， 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5， AB长16米， 求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间.
v
30°
解: 设工件向上运动距离S 时，速度达到传送带的速 度v ，由动能定理可知
μmgS cos30°– mgS sin30°= 0－ 1/2 mv2
解得 S=0. 8m，说明工件未到达平台时，速度已达到 v ，
所以工件动能的增量为 △EK = 1/2 mv2=20J
工件重力势能增量为
△EP= mgh = 200J
答案：3 s
[解析] 由牛顿第二定律 μmgcos30°－mgsin30°＝ma 解得 a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动的时间
t1＝va＝2 s
货物匀加速运动的位移
s1＝12at21＝12×2.5×22 m＝5 m 随后货物做匀速运动，运动位移 s2＝L－s1＝5 m 匀速运动时间 t2＝sv2＝1 s 运动的总时间 t＝t1＋t2＝3 s
A
B
统考版高考物理总复习 专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不
从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑
到木板右端时二者速度相等，则位移关
系为xB＋L＝xA
例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，
木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力
专题三
动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
关键能力·分层突破
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
F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别
为t1 、t2 时刻F的大小．木板的加速度a1 随时间t的变化关系如图(c)所
示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因
数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大
小为g.则(
)
A．F1＝μ1m1g
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 2 ，试求：
跟进训练
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突
然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动
高三物理一轮复习7板块模型、传送带模型(教师版)
（教师可见内容）匀变速直线运动（教师可见内容）隔离法分析物块，水平方向上受力平衡，则对的摩擦力，方向向左；整体法分析物块，水平方向受力平衡，则，即地面对的摩擦力（教师可见内容）（教师可见内容）1如图所示，水平放置的传送带足够长，它以恒定速率2如图所示，水平传送带以解决倾斜类传送带问题，分析摩擦力判断物体的运动也是关键，物体方向沿斜面向下，大小为如图，传送带将物块匀速送往高处，若物块在传送带上不打滑，物块与传送带之间的动摩擦因数3内，物块的加速度为小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下小物体与传送带之间的动摩擦因数如图所示，倾角为4内，物块的加速度．开始时，物块相对于传送带向上滑动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，当速度与传送带内的摩擦力如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率5，故A 错误；摩擦力与运动方向相同，故B 错误；，，可知6如图所示，传送带长7如图所示为车站使用的水平传送带摸型，其，它与水平台面平滑连若传送带保持静止，物块滑动到端时的速度大小．若传送带顺时针匀速转动的速率恒为，则物块到达端时的速度大小．若传送带逆时针匀速转动的速率恒为，且物块初速度变为，仍从送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间．若传送带保持静止，物块滑动到端时的速度大小为8如图所示，水平放置的传送带以速度9如图所示，水平传送带在电动机的带动下以速度从传送带中点开始运动时具有一水平向右的初速度，则至少应多大才能使到达传10如图所示，在光滑的水平面上静止停放着小车11如图所示，质量当铁块运动到木板右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离．12如图时间内，、间的摩擦力为零13如图所示，一长时，从开始运动到木块恰好脱离木板，木板的位移是多少．14如图所示，质量15如图所示，一质量高三考经系列课程——物理第21页(共22页)共，解得共对小物块：根据动能定理：对木板：根据动能定理：所以木板的长度至少为第22页(共22页)高三考经系列课程——物理。
高考物理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”讲义版
两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”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＋x23．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 Ag ①f 2＝μ1m Bg ②f 3＝μ2(m A ＋m B ＋m )g ③由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④f 2＝m B a B ⑤f 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 1⑦v 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 1－12a 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v 2＝－v 1＋a A t 2⑫在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑬在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑭A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑮联立以上各式，代入数据得s 0＝1.9 m(也可以用下图的速度－时间图象做)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m滑块滑板类模型的思维模板[题组巩固]1.(2019·吉林调研)(多选)如图所示，在光滑的水平面上放置质量为m 0的木板，在木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( )A ．若仅增大木板的质量m 0，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ，则时间t 增大解析：BD [根据牛顿第二定律得，木块的加速度a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，木板的加速度a 2＝μmg m 0，木块与木板分离，则有l ＝12a 1t 2－12a 2t 2得t ＝2l a 1－a 2.若仅增大木板的质量m 0，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则时间t 减小，故A 错误；若仅增大木块的质量m ，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 变大，故B 正确；若仅增大恒力F ，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则t 变小，故C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 变大，故D 正确．]2．(2019·黑龙江大庆一模)如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量m 0＝4 kg ，长l ＝2.5 m ，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F ＝20 N 拉木板，g 取10 m/s 2，求：(1)木板的加速度；(2)要使木块能滑离木板，水平恒力F 作用的最短时间．解析：(1)木板受到的摩擦力为F f ＝μ(m 0＋m )g ＝10 N 木板的加速度为a ＝F －F f m 0＝2.5 m/s 2.(2)设拉力F 作用t 时间后撤去，木板的加速度为 a ′＝－F f m 0木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有a ＝－a ′＝2.5 m/s 2则有2×12at 2＝l 联立并代入数据解得t ＝1 s ，即F 作用的最短时间是1 s.答案：(1)2.5 m/s2(2)1 s3.(2019·河南中原名校联考)如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F＝3.2 N的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，设木板的加速度为a′，由牛顿第二定律得，F＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma′，设二者共速时的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式得v＝v0－at，v＝a′t；小物块的位移为s，木板的位移为s′，由运动学公式得，s＝v0t－12at2，s′＝12a′t2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s－s′＝l，联立解得l＝0.5 m.答案：0.5 m模型2 传送带模型[模型解读]对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题关键，分析思路是：弄清物体与传送带的相对运动——确定所受摩擦力的方向——确定物体的运动情况，具体分析见下表：1．水平传送带问题[典例2] 如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成α＝37°)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°)平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6 m，运输带运行速度恒为v0＝5 m/s，A点到B点的距离为x＝4.5 m，现将一质量为m＝0.4 kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)求：(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.[审题指导][解析] (1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点的速度为v ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋ μ1mg cos θ＝ma 1由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.(2)因为v ＜v 0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a 2，则由牛顿第二定律知 μmg cos α－mg sin α＝ma 2又因为v 2＝2a 2x ，联立解得μ＝78. (3)小物体从A 点运动到B 点经历的时间t 1＝v a 2，从B 点运动到C 点经历的时间t 2＝v 1a 1联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3.4 s.[答案] (1)3 m/s (2)78(3)3.4 s 解传送带问题的思维模板[题组巩固]1.(2019·山东临沂高三上学期期中)(多选)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2(v 1＜v 2)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，从小物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的v －t 图象可能是( )解析：AC [物块滑上传送带，由于速度大于传送带速度，物块做匀减速直线运动，可能会滑到另一端一直做匀减速直线运动，到达另一端时恰好与传送带速度相等，故C 正确．物块滑上传送带后，物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，速度的方向保持不变，故B 、D 错误，A 正确．]2.如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为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，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小，也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 解析：A [若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．]3．(2019·湖北宜昌高三一模)如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3 m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C 、D 两端相距4.45 m ，B 、C 相距很近，水平部分AB 以5 m s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求：(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．(2)若要将米袋送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．解析：(1)米袋在AB 上加速时的加速度a 0＝μmg m＝μg ＝5 m/s 2 米袋的速度达到v 0＝5 m/s 时，滑行距离：s 0＝v 202a 0＝2.5 m ＜AB ＝3 m 因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度．设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，代入数据得：a ＝10 m/s 2所以能上升的最大距离：s ＝v 202a＝1.25 m. (2)设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能达到D 点，则米袋速度减为v 1之前的加速度为： a 1＝－g (sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s 2米袋速度小于v 1至减为0前的加速度为a 2＝－g (sin θ－μcos θ)＝－2 m/s 2由v 21－v 202a 1＋0－v 212a 2＝4.45 m. 解得：v 1＝4 m/s.即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度v CD ≥v 1＝4 m/s米袋恰能运动到D 点所用时间最长为：t max ＝v 1－v 0a 1＋0－v 1a 2＝2.1 s 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2，由s CD ＝v 0t min ＋12a 2t 2min 得：t min ＝1.16 s所以，所求的时间t 的范围为1．16 s≤t ≤2.1 s答案：(1)1.25 m (2)v CD≥4 m/s 1.16 s≤t≤2.1 s。
高中物理必修一 讲义 专题提升九 传送带模型和板块模型
专题提升九传送带模型和板块模型[学习目标要求] 1.知道常见传送带模型的特点及分析方法。
2.知道板块模型问题的特点及基本思路方法。
3.注意抓住“三个基本关系”，利用相对运动的思维分析问题。
提升1传送带模型1.传送带的基本模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，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。
2.模型运动情况分析类型图示物体运动情况水平传送带(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速(1)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速后匀速；(2)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速后匀速(1)传送带较短时，物体一直减速到达左端；(2)传送带较长时，物体先向左运动，减速到零后再向右运动回到右端倾斜传送带(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)可能先以a1加速后以a2加速3.分析思路水平传送带【例1】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。
(取g＝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点的速度v B；(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求工件在传送带上划痕的长度。
答案(1)2 m/s(2)能，2 m/s(3)0.75 m解析 (1)根据牛顿第二定律可得 μmg ＝ma 则a ＝μg ＝6 m/s 2工件减速到速度为零时运动的位移x ＝v 2A 2a ＝253 m>8 m ，即工件可运动到B 端 由v 2A －v 2B ＝2ax代入数据得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 端的速度v B ＝2 m/s 。
(3)工件速度达到13 m/s 时所用时间为 t 1＝v －v Aa ＝0.5 s运动的位移为x 1＝v A t 1＋12at 21＝5.75 m<x 传送带的位移x 2＝v t 1＝6.5 m 此后工件与传送带相对静止所以划痕的长度Δx ＝x 2－x 1＝0.75 m 。
高中物理传送带与板块模型专题讲解
传送带与板-块模型
高三物理专题
模型：滑块——滑板模型 (含传送带模型)
情形1：动力学中的传送带模型 情形2：能量中的传送带模型 情形3：动力学中的滑块——滑板模型 情形4：能量、动量中的滑块——滑板模型
模型1 传送带模型
对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题关键，分析思路 是：
(1)小物体运动到 B 点时的速度 v 的大小；
(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ； (3)小物体从 A 点运动到 C 点所经历的时间 t.
模型1 传送带模型
[审题指导]
型1 传送带模型
[解析] (1)设小物体在斜面上的加速度为 a1，运动到 B 点的速 度为 v，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋ μ1mgcos θ＝ma1 由运动学公式知 v2＝2a1L，联立解得 v＝3 m/s. (2)因为 v＜v0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加 速度为 a2，则由牛顿第二定律知 μmgcos α－mgsin α＝ma2 又因为 v2＝2a2x，联立解得 μ＝78.
模型1 传送带模型
水平传送带
(1) 当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。 (2) 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。静摩擦力达 到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发 生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突 变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力)。
题组巩固：“板块模型”和“传送带模型”
解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速 运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块 的加速度为 a，由牛顿第二定律得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，设木 板的加速度为 a′，由牛顿第二定律得，F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝ Ma′，设二者共速时的速度为 v，经历的时间为 t，由运动学公式得 v＝v0－at，v＝a′t；小物块的位移为 s，木板的位移为 s′，由运动 学公式得，s＝v0t－12at2，s′＝12a′t2；小物块恰好不从木板上端滑 下，有 s－s′＝l，联立解得 l＝0.5 m.
2020年高考江苏版高考物理微专题2 传送带模型、板块模型
微专题2 传送带模型、板块模型一、单项选择题1.如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ,以速度v逆时针匀速转动。
在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ,则选项图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )答案 D 小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动,所受摩擦力沿传送带向下,加速度为a1=μg cos θ+g sin θ。
当小木块的速度与传送带速度相同后,由于μ<tan θ,小木块将继续加速下滑,此时小木块所受摩擦力沿传送带向上,小木块开始以a2=g sin θ-μgcos θ的加速度做匀加速直线运动,可知a1>a2,在v-t图像中,图线的斜率表示加速度,故选项D对。
2.如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。
初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带,以地面为参考系,v2>v1,从小物块滑上传送带开始计时,其v-t图像不可能的是( )答案 D 小物块在传送带上做减速运动直到速度为0对应的位移为x==,若x=L(L为两轮间距),C项可能;若x<L,小物块再反向加速运动,当小物块速度与传送带速度相等时,摩擦力消失,小物块做匀速运动,B项可能;若x>L,小物块冲上地面后匀速运动,所以A项可能。
3.(2019扬州中学月考)如图所示,钢铁构件A、B叠放在平板卡车的水平底板上,卡车底板和B间动摩擦因数为μ1,A、B间动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的最大加速度为a,a>μ1g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。
卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s距离内能安全停下,则卡车运行的速度不能超过( )A. B. C. D.答案 B 因卡车底板和B间动摩擦因数μ1大于A、B间动摩擦因数μ2,则要使卡车安全停下来最大加速度为a'=μ2g,根据v2=2a'x可得v==,故选B。