课时作业1：专题强化六 传送带模型和滑块—木板模型
课时作业41：专题强化 传送带模型和滑块—木板模型
训练2滑块－木板模型一、选择题1.(多选)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平地面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平地面的运动情况为()图1A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零答案BC解析对于物块，由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对木板静止而做匀速直线运动，A错误，B正确；对于木板，由作用力与反作用力可知，受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，直到二者相对静止，而做匀速运动，C正确；由于水平地面光滑，所以木板和物块的速度不会为零，D错误．2.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图2所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断正确的是()图2A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D ．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板答案 A解析 木板与地面间的最大静摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m )g ＝45 N ，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x ，则v 02＝2μ2gx ，解得x ＝2 m<L ＝5 m ，所以小铁块不能滑出木板，选项A 正确．3．(2020·广东高一期末)如图3甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图3A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.5C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是B 物体的两倍答案 D解析 由题意可得，A 木板所受摩擦力方向与运动方向相同，B 物体所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A 错误；对B 受力分析，由牛顿第二定律有：μm B g ＝m B a B ，a B ＝|Δv B Δt|＝ 3－11m/s 2＝2 m/s 2，解得：μ＝0.2，故B 错误；物体B 未滑出木板A ，临界条件为当AB 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，速度—时间图像与时间轴围成面积表示位移，则：L min＝x B －x A ＝3×12m ＝1.5 m ，故C 错误；对A 、B 分别受力分析，则：μm B g ＝m A a A ，μm B g ＝m B a B ，a A ＝Δv A Δt ＝1－01m/s 2＝1 m/s 2 联立解得：m A m B ＝a B a A＝2，故D 正确． 4．(多选)如图4甲所示，长为2L 、质量为M 的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为m 的铁块(可视为质点)以初速度v 0从木板的左端向右滑动，结果铁块恰好不脱离木板．现将木板从中间分成A 、B 两部分并排放在水平地面上，仍让铁块以初速度v 0从木板的左端向右滑动，如图乙所示，铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则( )图4A ．铁块在木板A 上滑动时，两木板间的作用力为12μmgB ．铁块仍将停在木板B 的最右端C ．铁块将停在木板B 上，但不在木板B 的最右端D ．铁块在木板上的滑动时间变短答案 ACD解析 题图乙所示过程中，铁块在木板A 上滑动时，铁块对木板的摩擦力为μmg ，此时木板的加速度a ＝μmg M ，对木板B ：F ＝M 2a ＝12μmg ，选项A 正确；在第一次铁块运动过程中，铁块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次铁块先使整个木板加速，运动到B 部分上后，A 部分停止加速，只有B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铁块与B 木板将更快达到共同速度，所以铁块没有运动到B 的右端，且在木板上的滑动时间变短，故B 错误，C 、D 正确．二、非选择题5.如图5所示，一质量M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m ＝0.2 kg 的小滑块以v 0＝1.2 m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，求：图5(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少．(滑块始终没有滑离长木板)答案 (1)0.15 s (2)0.135 m解析 (1)根据牛顿第二定律得μmg ＝ma 1μmg ＝Ma 2解得a 1＝4 m/s 2，a 2＝4 m/s 2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v 0－a 1t ＝a 2t解得t ＝0.15 s.(2)小滑块与长木板速度相同时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t ＝0.15 s ，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x ＝v 0t －12a 1t 2，解得x ＝0.135 m. 6.质量M ＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F ＝11 N 的作用下由静止开始向右运动．如图6所示，当木板速度达到1 m/s 时，将质量m ＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g 取10 m/s 2)图6(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小；(2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小．答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)0.5 m (3)447N 解析 (1)放上物块后，物块的加速度a 1＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2， 木板的加速度a 2＝F －μmg M＝1 m/s 2. (2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，故a 1t ＝v 0＋a 2t ，解得t ＝1 s ，1 s 内物块位移x 1＝12a 1t 2＝1 m ， 木板位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.5 m ， 所以木板长度至少为L ＝x 2－x 1＝0.5 m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F ＝(M ＋m )a ，对物块，有F f ＝ma ，故F f ＝mF M ＋m ＝447 N.。
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第三章牛顿运动定律专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型学生
专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型【素养目标】 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．模型特点传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．3．“传送带”问题解题思路考向1 动力学中水平传送带问题例 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．考向2 动力学中的倾斜传送带问题例 2[2023·江苏常州月考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1)传送带1的速度大小v1；(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．针对训练1.(多选)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/sB．物块上升的竖直高度为0.96 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反题型二“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．2．两种常见类型类型图示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)．例 3[2023·广东珠海模拟](多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上．t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车，如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g.由此可求得( )A．小车的长度B．小滑块的质量C．小车在匀减速运动过程中的加速度D．小滑块与小车之间的动摩擦因数针对训练2.[2023·吉林一中期中]如图所示，质量为m＝2 kg的物体A与质量为M＝1 kg的物体B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，一水平向右的力F作用在A物体上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则( )A．当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动B．当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动C．当F＝8 N时，B物体的加速度为4 m/s2D．当F＝12 N时，A物体的加速度为4 m/s23．[2023·人大附中月考](多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．撤去力F时长木板的速度为3 m/sB．撤去力F时滑块的速度为2 m/sC．滑块最终的速度为3 m/sD．长木板的长度为1.5 m专题强化五传送带模型和“滑块—木板”模型题型一例1 解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5 m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝v0a解得t1＝1 sat12t1时间内包裹的位移大小为x1＝12解得x1＝0.25 mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5 m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25 m.(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝l−x1v0解得t2＝3.5 s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝lv解得t3＝2 s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.答案：(1)0.25 m (2)2.5 s例2 解析：(1)分析知，口罩盒(包括口罩)放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2根据运动学公式有v12＝2aL1，解得v1＝4 m/s.(2)若传送带2不转动，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 1＝μ2mg cos θ+mg sin θm＝g (μ2cos θ＋sin θ)＝10 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s max ＝v 122a1＝0.8 m<L 2所以口罩盒(包括口罩)无法运动到c 点若传送带2的速度大于4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度一直保持不变，大小为a 2＝mg sin θ−μ2mg cos θm＝g (sin θ－μ2cos θ)＝2 m/s 2口罩盒(包括口罩)在传送带2上向上运动的最远距离为s ′max ＝v 122a2＝4 m>L 2所以口罩盒(包括口罩)运动到c 点时速度不为零 设传送带2的速度大小为v 时，恰好能将口罩盒(包括口罩)运送至c 点．据以上信息可知，v 一定满足0<v <4 m/s ，则口罩盒(包括口罩)在传送带2上先做加速度大小为a 1＝10 m/s 2的匀减速直线运动，当口罩盒(包括口罩)与传送带的速度相等时，开始做加速度大小为a 2＝2 m/s 2的匀减速直线运动，到达c 点时速度恰好为零．由逆向思维法，有s 1＝v −12v22a1，s 2＝v 22a 2，s 1＋s 2＝L 2，解得v ＝1 m/s.(3)口罩盒(包括口罩)在传送带1上运动的时间不随传送带1、2的速度增大而变化，则有L 1＝12at 12，解得t 1＝1 s当传送带2的速度足够大时，口罩盒(包括口罩)在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s 2的匀减速直线运动，则有L 2＝v 1t 2−12a 2t 22解得t 2＝(2－√3)s 或t ′2＝(2＋√3)s 舍去则口罩盒(包括口罩)从a 到达c 的最短时间为t ＝t 1＋t 2＝(3－√3)s. 答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)(3－√3)s1．解析：如果v 2小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 2一定大于v 1，结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s ，A 错误；物块的位移等于v t 图线与横轴所围的面积，即L ＝12×(4＋2)×0.2 m＋12×1×2 m＝1.6 m ，则上升的竖直高度为h ＝L sin θ＝0.96 m ，B 正确；0～0.2 s 内，加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0−4.00.2m/s 2＝－10 m/s 2，加速度大小为10 m/s 2，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin θ+μmg cos θm＝10 m/s 2，解得μ＝0.5，C 正确；在0～0.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D 错误．答案：BC题型二例3 解析：最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L ＝v 1+v 02t 1－v12t 1＝v02t 1，故A 正确；根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度，但无法求出小滑块的质量，故B 错误；根据v t 图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a ＝v 0−v 1t 1，故C 正确；对小滑块，由v t 图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a ＝v1t 1，再由牛顿第二定律得a ＝Ff m ＝μmg m＝μg ，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝v1gt 1，故D 正确．答案：ACD2．解析：当A 、B 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a 0，根据牛顿第二定律，对B 有a 0＝μmg M＝4 m/s 2，对A 、B 整体有F ＝(m ＋M )a 0＝3×4 N＝12 N ，所以当F ≤12 N 时，A 、B 相对静止，一起向右做匀加速运动，A 、B 、C 错误；当F ＝12 N 时，A 物体的加速度为a ＝F−μmg m＝12−42m/s 2＝4 m/s 2，D 正确．答案：D3．解析：力F 作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 1，F －μmg ＝Ma 2，解得滑块和长木板的加速度分别为a 1＝2 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，撤去力F 时滑块和长木板的速度分别为v 1＝a 1t ＝2 m/s ，v 2＝a 2t ＝5 m/s ，故A 错误，B 正确；撤去力F 后，由动量守恒定律可得mv 1＋Mv 2＝(m ＋M )v ，解得滑块最终的速度为v ＝3 m/s ，故C 正确；撤去力F 前，滑块在长木板上移动的距离为Δx 1＝12a 2t 2－12a 1t 2＝1.5 m ，撤去力F 后，由能量守恒定律可得μmg ·Δx 2＝12mv +1212Mv 22－12(m ＋M )v 2，解得Δx 2＝0.75 m ，则长木板的长度为L ＝Δx 1＋Δx 2＝2.25 m ，故D 错误．答案：BC。
高考物理《传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题》真题练习含答案
高考物理《传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题》真题练习含答案1.(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中正确的是( )A ．FL ＝12 M v 2B ．Fs ＝12m v 2C ．Fs ＝12 m v 20－12 (M ＋m )v 2 D ．F (L ＋s )＝12 m v 20－12 m v 2 答案：ACD解析：以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即FL ＝12M v 2①，以子弹为研究对象，由动能定理得， F (L ＋s )＝12 m v 20－12 m v 2②，联立①②得， Fs ＝12 m v 20 －12 (M ＋m )v 2，故A 、C 、D 正确．2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A ．m v 24B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 答案：C解析：由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12 m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2 t ，v ＝μgt ，解得W ＝m v 2，C 正确．3.(多选)如图所示是某地铁站的安检设施，该设施中的水平传送带以恒定速率v 运动，乘客将质量为m 的物品放在传送带上，物品由静止开始加速至速率为v 后匀速通过安检设施，下列说法正确的是( )A ．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用B ．物品所受摩擦力的方向与其运动方向相同C ．物品与传送带间动摩擦因数越大，产生热量越多D.物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小 答案：BD解析：物品加速时受滑动摩擦力作用，匀速时不受摩擦力，A 错误；物品所受摩擦力的方向与运动方向相同，B 正确；传送带的位移大小x 1＝v t ，物品从加速到与其共速，位移大小x 2＝v 2 t ，物品与传送带间产生热量Q ＝f Δx ＝f (x 1－x 2)＝12 m v 2，与动摩擦因数无关，C 错误；物品与传送带间动摩擦因数越大，滑动摩擦力f 越大，相对位移Δx 越小，D 正确．4．[2024·辽宁省高考模拟](多选)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1＝2 m/s 匀速向右运动，一质量为m ＝1 kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2＝3 m/s 滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程，下列判断正确的有( )A ．滑块返回传送带右端的速率为2 m/sB ．此过程中传送带对滑块做功为2.5 JC ．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 JD ．此过程中电动机对传送带多做功为10 J 答案：ACD解析：由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，v 1＝2 m/s<v 2＝3 m/s ，当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于2 m/s ，A 正确；此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为W ＝12 m v 21 －12 m v 22 ＝－2.5 J ，B 错误；设滑块向左运动的时间为t 1，位移为x 1，则x 1＝v 22 t 1，该过程中传送带的位移为x 2＝v 1t 1，t 1＝v 2μg ，摩擦生热为Q 1＝μmg (x 1＋x 2)＝10.5 J ，返回过程，当物块与传送带共速时v 1＝μgt 2，物块与传送带摩擦生热为Q 2＝μmg (v 1t 2－v 12 t 2)＝2 J ，则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝12.5 J ，C 正确；此过程中电动机对传送带多做功为ΔW ＝W ＋Q ＝10 J ，D 正确．5.[2024·河北省石家庄市教学质检](多选)如图所示，倾斜传送带以恒定速率v 顺时针转动，现将一小物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v ，在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q ，小物块获得的动能为E k 、重力势能的增加量为E p ，下列说法正确的是( )A ．Q ＝E kB ．Q >E kC ．Q ＝E k ＋E pD ．Q <E k ＋E p 答案：BC解析：设传送带长度为L ，倾角为θ，质量为m ，运动时间为t ，物块受到的摩擦力为f ，根据题意，有x 物＝L ＝v2 t ，x 传＝v t ，则有x 传－x 物＝L ，解得x 传＝2L ，对物块，根据动能定理fL －mg sin θ·L ＝E k －0，产生的热量为Q ＝f ΔL ＝f (2L －L )＝fL ，其中mg sin θ·L ＝E p ，联立解得Q ＝E k ＋E p ，则有Q >E k ，B 、C 正确．6．如图甲，长木板A 质量为2 kg 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1 答案：D解析：由题中图像可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知，木板获得的动能为1 J ，A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12 m v 20 －12 ·2m ·v 2＝2 J ，B 错误；由v t 图像可求出二者相对位移为1 m ，C 错误；以B 为研究对象，根据牛顿第二定律，求出μ＝0.1，D 正确．7.(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始在木板B 上运动，则下列说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量 B ．拉力F 做的功大于A 、B 系统动能的增加量C ．拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D ．A 对B 做的功等于B 的动能的增加量 答案：BD 8.[2024·山东省潍坊市期中考试]如图所示，与水平面夹角为θ＝37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝2 m/s 的恒定的速率向上传动，现将一质量m ＝4 kg 的小物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，求物块从A 运动到B 的过程：(1)所用时间t ；(2)摩擦力对物块做的功W . 答案：(1)7.5 s (2)248 J解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1设物体经时间t 1加速到与传送带同速，则有 v ＝a 1t 1，x 1＝12 a 1t 2解得t 1＝5 s ，x 1＝5 m设物体经过时间t 2到达B 端，因μmg cos θ>mg sin θ故当物体与传送带同速后，物体将做匀速运动，则有L －x 1＝v t 2 解得t 2＝2.5 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝7.5 s (2)相对滑动过程，摩擦力做功W 1＝μmg cos θ·x 1匀速运动过程，摩擦力做功W 2＝mg sin θ(L －x 1)，W ＝W 1＋W 2 解得W ＝248 J9．如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量m ＝1 kg 的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为m 的小物块(视为质点)，物块和木板间的动摩擦因数μ＝235 ，初始时木板下端与挡板的距离L ＝0.9 m ．现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑．木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，最终物块恰好未滑离木板．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v 0；(2)从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x ；(3)木板的长度s 以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q .答案：(1)3 m/s (2)1.5 m (3)54 J解析：(1)从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有2mgL sin θ＝12×2m v 2解得v 0＝3 m/s.(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1解得a1＝11 m/s2木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma2解得a2＝1 m/s2以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间t木板和物块达到共同速度v，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有v＝－v0＋a1t，v＝v0－a2t解得v＝2.5 m/s，v为正值，表示v的方向沿斜面向下设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为x1，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a1x1解得x1＝0.125 m设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a2x2解得x2＝1.375 m又x＝x1＋x2解得x＝1.5 m.(3)经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有Q＝mgL sin θ＋mg(L＋s)sin θ又Q＝μmgs cos θ解得s＝9 m Q＝54 J。
21版：专题强化六 综合应用力学两大观点解决三类问题（步步高）
专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题专题解读 1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．例1(2019·广西梧州市联考)如图1所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)小物块在B点的最小速度v B的大小；(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．答案 (1)2 5 m/s (2)36 N (3)21011N ≤F ≤50 N解析 (1)小物块恰能到圆轨道最高点C 时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度为v C ，由mg ＝m v C 2R得：v C ＝2 m/s物块从B 运动到C ，由动能定理有： －2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2解得：v B ＝2 5 m/s(2)物块从P 到C 由动能定理有： －mgR (1－sin θ)＝12m v C 2－12m v P 2解得v P ＝655m/s 在P 点由牛顿第二定律有：mg sin θ＋F N ＝m v P 2R解得F N ＝36 N根据牛顿第三定律可知，小物块在P 点对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝36 N (3)当小物块刚好能通过C 点时，拉力F 有最小值，对物块从A 到B 过程分析： F f ＝μ(mg －F min sin θ)，F min x cos θ－F f x ＝12m v B 2解得F min ＝21011N 当物块在AB 段即将离开地面时，拉力F 有最大值，则F max sin θ＝mg 解得F max ＝50 N综上，拉力的取值范围是：21011N ≤F ≤50 N. 变式1 (2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图2所示的滑板个性滑道．斜面AB 与半径R ＝3 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B ，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C 点的切线水平，C 点连接倾角α＝30°的斜面CD .一滑板爱好者连同滑板等装备(整体视为质点)总质量m ＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P 由静止开始下滑，发现在斜面CD 上的落点Q 恰好离C 点最远．若他在斜面AB 上滑动过程中所受摩擦力F f 与位移大小x 的关系满足F f ＝90x (均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)P 、B 两点间的距离；(2)滑板在C 点对轨道的压力大小． 答案 (1)4 m (2)1 320 N解析 (1)设爱好者滑到C 点的速度为v C ，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x 1、y 1 C 到Q 由平抛运动规律有：tan α＝y 1x 1＝12gt 2v C t ＝gt2v C ①则t ＝2v C tan αg②因此x 1＝v C t ＝2v C 2tan αg ③l CQ ＝x 1cos α＝2v C 2tan αg cos α④由④式可知v C 越大则l CQ 越大，由人和装备在BC 间运动时机械能守恒可知，要使v C 越大就要求v B 越大．设人和装备在P 、B 间运动时加速度为a ，由牛顿第二定律有mg sin θ－90x ＝ma ⑤ 得a ＝mg sin θ－90x m⑥由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度v B 最大． 故P 、B 两点间的距离大小为：x ＝mg sin θ90＝4 m ⑦(2)设P 、B 间摩擦力对人做功为W f ，由动能定理有：mgx sin θ＋W f ＝12m v B 2－0⑧而W f ＝－90x 2·x ⑨ B 、C 间运动时，机械能守恒，有： 12m v B 2＋mgR (1－cos θ)＝12m v C 2⑩ 在C 点F N －mg ＝m v C 2R ⑪由⑦⑧⑨⑩⑪解得F N ＝1 320 N由牛顿第三定律可知滑板在C 点对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝1 320 N.1．设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． 2．功能关系分析(1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W ＝F f x 传； ②产生的内能：Q ＝F f x 相对．模型1 水平传送带问题例2 (2019·福建福州市期末质量检测)如图3所示，水平传送带匀速运行速度为v ＝2 m/s ，传送带两端A 、B 间距离为x 0＝10 m ，当质量为m ＝5 kg 的行李箱无初速度地放上传送带A 端后，传送到B 端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m /s 2，求：图3(1)行李箱开始运动时的加速度大小a ； (2)行李箱从A 端传送到B 端所用时间t ； (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W . 答案 (1)2 m/s 2 (2)5.5 s (3)－20 J解析 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a ＝F f m ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2(2)经过t 1时间二者共速，t 1＝v a ＝22s ＝1 s行李箱匀加速运动的位移为：x 1＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m行李箱随传送带匀速运动的时间：t 2＝x 0－x 1v ＝10－12 s ＝4.5 s则行李箱从A 传送到B 所用时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋4.5 s ＝5.5 s (3)t 1时间内传送带的位移：x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m 根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力F f ′＝F f行李箱对传送带的摩擦力做功：W ＝－F f ′x 2＝－μmgx 2＝－0.2×5×10×2 J ＝－20 J模型2 倾斜传送带问题例3 (2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图4所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点与B 点的高度差为h 2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v ＝0.5 m /s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图4(1)滑块运动至C 点时的速度v C 大小；(2)滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 答案 (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J解析 (1)在C 点，竖直分速度：v y ＝2gh 2＝1.5 m/s 由v y ＝v C sin 37°，解得v C ＝2.5 m/s(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则 v B ＝v x ＝v C cos 37°＝2 m/s从A 到B 点的过程中，根据动能定理得mgh 1－W f ＝12m v B 2解得W f ＝1 J(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有 μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得a ＝0.4 m/s 2达到共同速度所需时间t ＝v C －v a ＝5 s两者间的相对位移Δx ＝v ＋v C2t －v t ＝5 m由于mg sin 37°<μmg cos 37°，此后滑块将做匀速运动． 故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量： Q ＝μmg cos 37°·Δx ＝32 J.1．模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型． 2．位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度． 3．解题关键找出物体之间的位移(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，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例4 (2020·四川德阳市质检)如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h .将质量为m 、长度为L 的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图5(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小； (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W . 答案 (1)(2h －L )g (2)32mg (3)94mgh解析 (1)由动能定理有12×2m v 02＝2mg (h －L sin θ)解得：v 0＝(2h －L )g(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0 解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体有2mg sin θ＝2ma 4 另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2) a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θ W ＝F ·12a 1t 12解得：W ＝94mgh .变式2 (2019·天津市南开区二模)如图6，质量M ＝8 kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ＝8 N ．当小车向右运动速度达到v 0＝3 m /s 时，在小车的右端轻放一质量m ＝2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g ＝10 m/s 2.求：图6(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小； (2)从小物块放在车上开始经过t 0＝3.0 s 摩擦力对小物块所做的功． 答案 (1)2 s 4 m/s (2)23.04 J解析 (1) 根据牛顿第二定律得：对物块：μmg ＝ma 1， 解得：a 1＝2 m/s 2 对小车：F －μmg ＝Ma 2， 解得：a 2＝0.5 m/s 2设经过t 1时间物块与小车的速度相等，则有：a 1t 1＝v 0＋a 2t 1， 代入数据解得：t 1＝2 s ，共同的速度大小为：v ＝a 1t 1＝4 m/s ； (2)t 1时间内物块位移：x 1＝12a 1t 21＝12×2×22 m ＝4 m ，t 1时刻物块速度：v 1＝v ＝4 m/s ， t 1后M 、m 有相同的加速度， 对M 、m 整体有：F ＝(M ＋m )a 3， 解得：a 3＝0.8 m/s 2，物块受到的摩擦力为：F f ＝ma 3＝1.6 N ，此过程运动t 2＝t 0－t 1＝1 s 的位移为：x 2＝v 1t 2＋12a 3t 22＝(4×1＋12×0.8×12) m ＝4.4 m ，所以摩擦力做的功为：W ＝μmgx 1＋F f x 2＝23.04 J.1. (2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图1所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是( )图1A ．物体始终受到沿传送带向上的摩擦力B ．物体运动至顶端时一定相对传送带静止C ．传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量D ．物体加速运动过程中传送带通过的距离是物体通过距离的2倍 答案 A解析 当物体刚放上传送带时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力，在这些力的作用下，物体沿传送带加速向上运动；当物体的速度等于传送带的速度时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力，沿传送带向上匀速运动，故A 项正确．若传送带长度较短，物体沿传送带运动只有加速过程，且加速到最后的速度v 仍小于传送带的速度v 0，物体运动到顶端时仍相对传送带向下运动，这种情况下，物体通过的距离x 物＝0＋v2t ，传送带通过的距离x 传＝v 0t ，物体加速运动过程中传送带通过的距离大于物体通过距离的2倍，故B 、D 项错误．物体受重力、支持力和传送带对物体的摩擦力，物体运动过程中，除重力外只有传送带对物体的摩擦力做功，则传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，故C 项错误． 2．(多选)(2019·云南省第二次统一检测)如图2所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B 点和圆心O 等高，M 点与O 点在同一竖直线上，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝45°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个质量为m 的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O 点等高的C 点，已知圆轨道半径为R ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下结论正确的是( )图2A ．A 、B 两点间的高度差为22R B ．C 到N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力大小为(3＋2)mgD ．小球从N 点运动到C 点的时间为 2Rg答案 AC解析 从A 点到C 点：mgh ＝12m v C 2，从A 点到N 点：mg (h ＋R cos 45°)＝12m v N 2，其中v C ＝v N cos 45°，联立解得：h ＝22R ，v N ＝22gR ，选项A 正确；小球从N 运动到C 的时间：t ＝v N sin 45°g＝2Rg，则C 到N 的水平距离为：x CN ＝v N cos 45°t ，解得x CN ＝2R ，选项B 、D 错误；从A 到M 点：mg (h ＋R )＝12m v M 2，在M 点：F N －mg ＝m v M 2R ，解得F N ＝(3＋2)mg ，由牛顿第三定律，小球在M 点对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝(3＋2)mg ，选项C 正确． 3．如图3所示，AB 和CDO 都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝1 m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r ＝0.5 m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)D 为CDO 轨道的中点．BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC 段水平轨道长L ＝2 m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m ＝1 kg 的小球P 从A 点的正上方距水平线OA 高H 处自由落下：(取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力)图3(1)当H ＝2 m 时，求此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，求H 的取值范围． 答案 (1)84 N (2)0.65 m ≤H ≤0.7 m解析 (1)设小球第一次到达D 点的速度为v D ，对小球从静止释放到D 点的过程，根据动能定理有：mg (H ＋r )－μmgL ＝12m v D 2在D 点轨道对小球的支持力F N 提供向心力，则有F N ＝m v D 2r联立解得：F N ＝84 N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：F N ′＝F N ＝84 N ； (2)为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，则有：mgH min －μmgL ＝12m v 02在O 点由牛顿第二定律有：mg ＝m v 02r代入数据解得：H min ＝0.65 m仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，则mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7 m 故有：0.65 m ≤H ≤0.7 m.4．如图4甲所示，半径R ＝0.45 m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M ＝1 kg ，长度l ＝1 m ，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h ＝0.2 m ．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放．取g ＝10 m/s 2.试求：图4(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离． 答案 (1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m解析 (1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR ＝12m v B 2解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律有，F N －mg ＝m v B 2R ，解得F N ＝30 N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝30 N ，方向竖直向下．(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功 W f ＝－μ1mg ＋μ2mg2l ＝－4 J物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得， mgR ＋W f ＝12m v 2，解得v ＝1 m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a 1＝μg ＝2 m/s 2对平板车有a 2＝μmg M＝2 m/s 2 经过时间t 1物块滑离平板车，则有v B t 1－12a 1t 12－12a 2t 12＝l 解得t 1＝0.5 s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2 m/s 此时平板车的速度v 车＝a 2t 1＝1 m/s 物块滑离平板车后做平抛运动的时间t 2＝2h g ＝0.2 s 物块落地时距平板车右端的水平距离s ＝(v 物－v 车)t 2＝0.2 m.。
高考物理总复习 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
【跟进训练】 3．光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所 示．小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为 ()
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：
A．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 B．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 C．木板B的质量为3 kg D．滑2·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
答案：BCD
命题分析
试题情境
属于综合性题目，以板块模型为素材创设学习探索问 题情境
21-22版：专题强化 传送带模型和滑块—木板模型（步步高）
[学习目标] 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的物体的运动问题.2.能正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型问题．一、传送带模型 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去，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．注意求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例1 如图1所示，水平传送带以v ＝2 m/s 的速度匀速运转，在其左端无初速度释放一质量为m ＝1 kg 的小滑块，滑块可视为质点，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带长L ＝2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图1(1)滑块从传送带左端到右端的时间； (2)滑块相对传送带滑行的位移的大小． 答案 (1)1.5 s (2)1 m解析 (1)滑块在传送带上滑行时的加速度 a ＝F f m ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2设滑块在释放后经时间t 1达到和传送带相同的速度t 1＝v a ＝22s ＝1 s位移x 1＝v 22a ＝222×2m ＝1 m<2 m滑块与传送带向右匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－12 s ＝0.5 s总时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋0.5 s ＝1.5 s.(2)滑块和传送带在t 1时间内有相对运动，传送带的位移x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m 滑块相对传送带的位移Δx ＝x 2－x 1＝2 m －1 m ＝1 m.例2 如图2所示，A 、B 间的距离l ＝3.25 m ，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图所示，传送带始终以2 m/s 的速度运行．将一物体无初速度地放到传送带上的A 处，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝35，求物体从A 运动到B 所需的时间．(g 取10 m/s 2)图2答案 1.25 s解析 刚将物体无初速度地放上传送带时，物体做加速运动，受力如图甲所示，由牛顿第二定律得x 轴方向上：mg sin 30°＋F f ＝ma 1 y 轴方向上：F N －mg cos 30°＝0 又F f ＝μF N联立解得a 1＝g (sin 30°＋μcos 30°)＝8 m/s 2 物体加速到与传送带速度相等所用的时间为 t 1＝va 1＝0.25 s位移为x 1＝v 22a 1＝0.25 mmg sin 30°>μmg cos 30°，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得x 轴方向上：mg sin 30°－F f ′＝ma 2y 轴方向上：F N －mg cos 30°＝0 又F f ′＝μF N联立解得a 2＝g (sin 30°－μcos 30°)＝2 m/s 2所以物体以初速度v ＝2 m/s 和加速度a 2＝2 m/s 2做匀加速运动，位移为x 2＝l －x 1＝3 m 由位移公式得x 2＝v t 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s ，或t 2＝－3 s(舍去)故所用总时间为t ＝t 1＋t 2＝0.25 s ＋1 s ＝1.25 s.1．水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(1)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端 (2)传送带较长时，滑块先向左减速再向右加速回到右端2.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(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a 1加速再以a 2加速二、滑块－木板模型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，两物体的运动时间、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)找出物体之间的位移(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，若滑块和木板向同一方向运动，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；若滑块和木板向相反方向运动，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． 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．例3 (2020·湘潭市高一期末)如图3所示，物块A 、木板B 的质量分别为m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长L ＝4 m ．开始时A 、B 均静止．现使A 以水平初速度v 0从B 的最左端开始运动．已知A 与B 之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g 取10 m/s 2.图3(1)求物块A 和木板B 发生相对运动过程的加速度的大小； (2)若A 刚好没有从B 上滑下来，求A 的初速度v 0的大小． 答案 (1)3 m/s 2 1.5 m/s 2 (2)6 m/s解析 (1)分别对物块A 、木板B 进行受力分析可知，A 在B 上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a 1，则有 a 1＝μ1m A g m A＝3 m/s 2木板B 向右做匀加速运动，设其加速度大小为a 2，则有a 2＝μ1m A g m B＝1.5 m/s 2.(2)由题意可知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时的速度和B 的速度相同，设为v ，则有 v ＝v 0－a 1t v ＝a 2t位移关系：L ＝v 0＋v 2t －v2t解得v 0＝6 m/s.例4 如图4所示，厚度不计的薄板A 长l ＝5 m ，质量M ＝5 kg ，放在水平地面上．在A 上距右端x ＝3 m 处放一物体B (大小不计)，其质量m ＝2 kg ，已知A 、B 间的动摩擦因数 μ1＝0.1，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F ＝26 N ，将A 从B 下抽出．g ＝10 m/s 2，求：图4(1)A 从B 下抽出前A 、B 的加速度各是多大； (2)B 运动多长时间离开A ； (3)B 离开A 时的速度的大小．答案 (1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)2 s (3)2 m/s解析 (1)对于B ，由牛顿第二定律可得：μ1mg ＝ma B 解得a B ＝1 m/s 2对于A ，由牛顿第二定律可得： F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A 解得a A ＝2 m/s 2.(2)设经时间t 抽出，则x A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2Δx ＝x A －x B ＝l －x 解得t ＝2 s. (3)v B ＝a B t ＝2 m/s.1.(传送带模型)如图5所示，水平放置的传送带以速度v ＝2 m/s 向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A 端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A 端与B 端相距4 m ，则物体由A 运动到B 的时间和物体到达B 端时的速度是(g 取10 m/s 2)( )图5A．2.5 s,2 m/s B．1 s,2 m/sC．2.5 s,4 m/s D．1 s,4 m/s答案 A解析小物体的运动可以分两个阶段，先由静止开始加速，后做匀速直线运动，小物体开始先做匀加速运动，加速度a＝μg＝2 m/s2，达到的最大速度为2 m/s，当v物＝v＝2 m/s时，t＝va＝22s＝1 s，x＝12at2＝12×2×12 m＝1 m，以后小物体以2 m/s的速度做匀速直线运动，t′＝x AB－xv＝4－12s＝1.5 s，所以t总＝t＋t′＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，且到达B端时的速度为2 m/s.2.(滑块—木板模型)(多选)(2021·哈尔滨八中高一月考)如图6所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是()图6答案AC解析木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．3.(滑块—木板模型)如图7所示，有一块木板A静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M＝4 kg，长L＝1.2 m，木板右端放一小滑块B并处于静止状态，小滑块质量m＝1 kg，其尺寸远小于L.小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)图7(1)现用恒力F始终作用在木板A上，为了让小滑块B不从木板A上滑落，求恒力F大小的范围；(2)其他条件不变，若恒力F大小为20.8 N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A时的速度大小．答案 (1)F ≤20 N (2)8 3 m/s解析 (1)为了使小滑块B 不从木板A 上滑落，设A 、B 相对静止时的加速度为a ，对B 有：ma ≤μmg对A 、B 整体有：F ＝(M ＋m )a 解得：F ≤20 N(2)当F ＝20.8 N 时，A 、B 发生相对滑动． 此时，对B ：μmg ＝ma B 对A ：F －μmg ＝Ma A设B 在A 上滑行的时间为t ，有： L ＝12a A t 2－12a B t 2B 滑离木板A 时的速度v ＝a B t 联立解得：v ＝8 3 m/s.4.(传送带模型)如图8所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v 1＝2 m/s 沿顺时针方向运行．初速度为v 2＝4 m/s 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：图8(1)小物块在传送带上滑行的最远距离； (2)小物块从A 处出发再回到A 处所用的时间． 答案 (1)4 m (2)4.5 s解析 (1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 得a ＝μg因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0， 由公式x ＝v 222a 得x ＝4 m ，t 1＝v 2a＝2 s(2)小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a ′＝μg ＝2 m/s 2 设小物块与传送带共速时所需时间为t 2， t 2＝v 1a ′＝1 st 2时间内小物块向右运动的距离x1＝v122a′＝1 m最后小物块做匀速直线运动，位移x2＝x－x1＝3 m匀速运动时间t3＝x2v1＝1.5 s 所以t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s.。
传送带模型和滑块——木板模型
传送带模型和滑块——木板模型一、水平传送带问题的变化类型例1．如图，水平传送带两个转动轴轴心相距20m ，正在以v ＝4.0m/s 的速度匀速传动，某物块儿（可视为质点）与传送带之间的动摩擦因数为0.1,将该物块儿从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物块儿将到达传送带的右端（g =10m/s 2） ？例2．（1）题中，若水平传送带两个转动轴心相距为2.0m ，其它条件不变，则将该物体从传送带左端无初速地轻放在传送带上，则经过多长时间物体将到达传送带的右端（g =10m/s 2）例3．（1）题中，若提高传送带的速度，可以使物体从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短。
为使物体传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？变式训练：如图，一物块沿斜面由H 高处由静止滑下，斜面与水平传送带相连处为光滑圆弧，物体滑离传送带后做平抛运动，当传送带静止时，物体恰落在水平地面上的A 点，则下列说法正确的是（ ）。
A ．当传送带逆时针转动时，物体落点一定在A 点的左侧 B ．当传送带逆时针转动时，物体落点一定落在A 点 C ．当传送带顺时针转动时，物体落点可能落在A 点 D ．当传送带顺时针转动时，物体落点一定在A 点的右侧 二．倾斜传送带问题的变化类型例1：如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°，将一小物块轻轻放在正在以速度v =10m/s 匀速逆时针传动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为µ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小），传送带两皮带轮轴心间的距离为L ＝29m ，求将物块从顶部传到传送带底部所需的时间为多少（g =10m/s2） ？HA．v例2：上题中若8.0=μ，物块下滑时间为多少？变式训练：（如图所示）传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块A ，物块下滑到底端时间为T ，则下列说法正确的是（ ）。
A ．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定大于t B ．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定等于t C ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能等于t D ．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定小于t三、滑块——木板模型1、如图9所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板 ，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零2、如图，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的木块。
2019年高考物理二轮专题复习：专题6 传送带模型、滑块-木板模型练习
第6讲：传送带模型、滑块——木板模型1．在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。
当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。
随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。
设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为( )A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。
在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是下列选项中的( )3.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(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C.若μ≥tanθ，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Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sinθ4．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0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，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )5．如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。
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专题强化六 传送带模型和滑块—木板模型1．如图1甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0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，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则( )图1A ．传送带的速度为4 m/sB ．传送带底端到顶端的距离为14 mC ．物块与传送带间的动摩擦因数为18D ．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 答案 A解析 如果v 0小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 0一定大于v 1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s ，选项A 正确；传送带底端到顶端的距离等于v －t 图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m ＋12×1×4 m ＝10 m ，选项B 错误；0～1 s内，a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s 2,1～2 s 内，a 2＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D 错误．2．如图2甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小滑块以初速度v 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示．某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是( )图2A ．滑块和木板始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量小于木板的质量D ．木板的长度为v 0t 12答案 B解析 由题图乙知，滑块在木板的摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在滑块的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，滑块没有滑离木板，故A 错误，B 正确；由于滑块、木板间相互作用的摩擦力分别使滑块、木板产生加速度，所以满足ma m ＝Ma M ，由题图乙知，在t 1时间内滑块匀减速运动的加速度小于木板匀加速运动的加速度，即a m <a M ，所以可知m >M ，即滑块的质量大于木板的质量，故C 错误；两者相对静止时，两者的位移差x ＝v 0＋v 2t 1－v 2t 1＝v 02t 1，则木板长度大于或等于v 02t 1，故D 错误．3.如图3所示，质量为M 的长木板A 在光滑水平面上，以大小为v 0的速度向左运动，一质量为m 的小木块B (可视为质点)，以大小也为v 0的速度水平向右冲上木板左端，B 、A 间的动摩擦因数为μ，最后B 未滑离A .已知M ＝2m ，重力加速度为g .求：图3(1)A 、B 达到共同速度的时间和共同速度的大小； (2)木板A 的最短长度L . 答案 (1)4v 03μg v 03 (2)4v 023μg解析 (1)对A 、B 分别由牛顿第二定律得 μmg ＝Ma A ，μmg ＝ma B又M ＝2m ，可得a A ＝12μg ，a B ＝μg规定水平向右为正方向，经时间t 两者达到共同速度v ，则v ＝v 0－a B t ＝－v 0＋a A t 解得t ＝2v 0a A ＋a B ＝4v 03μg，v ＝－v 03.即A 、B 的共同速度大小为v 03.(2)在时间t 内：A 的位移x A ＝－v 0＋v 2t ＝－8v 029μgB 的位移x B ＝v 0＋v 2t ＝4v 029μg木板A 的最短长度为两者的相对位移大小，即L ＝Δx ＝x B －x A ＝4v 023μg.4．(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v 0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v －t 图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )图4A ．传送带的速度v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2 s 内摩擦力对物体做功W ＝－24 J 答案 ACD解析 由题图乙可知，当物体速度达到v 0＝10 m/s 时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A 正确；0～1 s 内物体的加速度为a 1＝10 m/s 2,1～2 s 内为a 2＝2 m/s 2，则有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B 错误，C 正确；设物体的两段位移为x 1、x 2，则有x 1＝v 022a 1＝1022×10 m ＝5 m ，x 2＝v 2－v 022a 2＝122－1022×2 m ＝11 m ，摩擦力对物体做的功为W ＝W 1＋W 2＝(μmg cos θ)x 1－(μmg cos θ)x 2＝－24 J ，故D 正确．5.(多选)(2020·山东日照市模拟)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5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916.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料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，则下列判断正确的是( )图5A ．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s 2C ．经过 2 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为433 m/s答案 AC解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m ＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m＝1 m/s 2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误．6．(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6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/s 2，则下列说法正确的是( )图6A ．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t 2＝24 sD ．木板的最大加速度为2 m/s 2 答案 ACD解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N ，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝F fm mg ＝820＝0.4，选项A 正确．由题图乙可知t 1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′＝F f ′2mg ＝440＝0.1，选项B 错误．t 2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F fm ＝8 N ，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：F fm －μ′·2mg ＝ma m ，解得a m ＝2 m/s 2；对滑块：F －F fm ＝ma m ，解得F ＝12 N ，则由 F ＝0.5t (N)可知，t ＝24 s ，选项C 、D 正确．7．有一项游戏可简化如下：如图7所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．滑板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图7(1)滑板由A 滑到B 的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达B ，水平恒力F 的取值范围． 答案 (1)1 s (2)30 N ≤F ≤34 N解析 (1)滑板由A 滑到B 过程中一直加速时，所用时间最短． 设滑板加速度为a 2，则有 F f ＝μm 1g ＝m 2a 2， 解得a 2＝10 m/s 2，由s ＝a 2t 22，解得t ＝1 s.(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F 1，此时可认为二者加速度相等， F 1－μm 1g ＝m 1a 2， 解得F 1＝30 N ，当滑板运动到B ，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1， F 2－μm 1g ＝m 1a 1， a 1t 22－a 2t 22＝L ， 解得F 2＝34 N ，则水平恒力大小范围是30 N ≤F ≤34 N.8．如图8甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图8(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8 s 内小物块在传送带上留下的划痕为多长． 答案 (1)78(2)18 m解析 (1)根据v －t 图像的斜率表示加速度可得a ＝Δv Δt ＝22 m/s 2＝1 m/s 2对小物块，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得μ＝78(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动， 0～6 s 内传送带匀速运动的距离为： x 带＝4×6 m ＝24 m ，由题图乙可知：0～2 s 内物块位移大小为： x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿传送带向下，2～6 s 内物块位移大小为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿传送带向上所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m.。