高三物理总复习 牛顿运动定律 传送带模型
高三物理总复习 牛顿运动定律 传送带模型例题与练习
传送带模型1、一水平传送带以2m/的速度做匀速直线运动，传送带两端的距离为20m，将一物体轻轻的放在传送带一端，物体由一端运动到另一端所需的时间t=11，求物体与传送带之间的动摩擦因数μ（g=10m/2）2、如下图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/速度运动，运动方向如图所示．一个质量为m的物体物体可以视为质点，从h＝3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其速率变化．物体与传送带间的动摩擦因数为，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g＝10 m/2，则：1物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间2传送带左右两端AB间的距离LAB为多少3如果将物体轻轻放在传送带左端的B点，它沿斜面上滑的最大高度为多少点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图7所示，再把物块放到6m0.25m10m 3.0m0.45m0 m3.0m1.0m8.3m1kg2m=20g的子弹v0=300m/水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度u=50m/,以后每隔1就有一颗子弹射向木块,设木块沿AB方向的长度可忽略，子弹射穿木块的时间极短,且每次射入点各不相同, 取g=10m/2，问：在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离是多少2木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中3木块在传送带上的最终速度多大4在被第二颗子弹击中前，木块、子弹和传送带这一系统所产生的热能是多少8、、2022·全国I一水平的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a0开始运动，当其速度达到V o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9、如图示，传送带与水平面夹角为370 ，并以v=10m/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=，AB长16米，求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间（1）传送带顺时针方向转动（2）传送带逆时针方向转动10、如图所示，传送带与水平面间的倾角为θ=37。
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。
(完整版)高中物理传送带模型(解析版)
送带模型1.模型特征(1)水平传送带模型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<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0(2)倾斜传送带模型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)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加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速2. 注意事项（1）传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向（2）传送带与物体运动的牵制。
牛顿第二定律中a 是物体对地加速度，运动学公式中S 是物体对地的位移，这一点必须明确。
（3） 分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
【典例1】如图所示，传送带的水平部分长为L ，运动速率恒为v ，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μgD.2L v【答案】 ACD【典例2】如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间． 【答案】 (1)4 s (2)2 s【典例3】如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m 。
高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律章末专题复习
第3章牛顿运动定律物理模型1|动力学中的传送带模型1．水平传送带模型时针传动，水平部分长为2.0 m．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离．(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图31【解析】 (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动 μmg ＝ma 1s 1＝v 202a 1＝1 m<L所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2 物块速度为零时沿斜面上升的距离s 2＝－v 202a 2＝13 m由于s 2<0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点． (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间t 1＝2s 1v 0＋L －s 1v 0＝1.5 s物块第一次在斜面上往返的时间t 2＝－2v 0a 2＝23s物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左－μmg ＝ma 3 向左端发生的最大位移s 3＝－v 202a 3，所用时间t 3＝－v 0a 3＝1 s又物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故4.5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程s ＝L ＋3s 2＋2s 3解得s ＝5 m.【答案】 (1)不能 13 m (2)5 m[突破训练]1．(多选)如图32甲所示，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．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )【导学号：92492152】甲乙图32A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用BC[相对地面而言，小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，t1～t2时间内又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块开始向右做匀速运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误．]物理模型2|动力学中的“滑块、滑板”模型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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路(1)审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．(2)求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)明确关系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．求解中更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．(2017·江西师大附中模拟)如图33所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50 N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5 2 m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1 m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L＝1 m 就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．(g取10 m/s2)图33(1)第1块铁块放上时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少块铁块？(3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？【导学号：92492153】【规范解答】 (1)木板最初做匀速运动，由F ＝μMg 计算得出，μ＝F Mg＝0.5 第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：F －μ(M ＋m )g ＝Ma 1代入数据计算得出：a 1＝－0.5 m/s 2根据速度位移关系公式，有：v 21－v 20＝2a 1L ，计算得出v 1＝7 m/s.(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：a n ＝－μnmgM第1块铁块放上后：v 21－v 20＝2a 1L 第2块铁块放上后：v 22－v 21＝2a 2L 第n 块铁块放上后：v 2n －v 2n －1＝2a n L由上可得：－(1＋2＋3＋…＋n )×2μmg ML ＝v 2n －v 20木板停下时，v n ＝0，得n ＝9.5，即最终木板上放有10块．(3)从放上第1块铁块至刚放上第9块铁块的过程中，由(2)中表达式可得：＋2×2⎝⎛⎭⎪⎫μmg M L ＝v 20－v 29从放上第10块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则： 2⎝⎛⎭⎪⎫10μmg M d ＝v 29－0联立计算得出：d ＝0.5 m 所以：木板共运动9.5 m.【答案】 (1)v 1＝7 m/s (2)10块 (3)9.5 m [突破训练]2．如图34甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，经过5 s 物体A 运动到B 的最右端，其v t 图象如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图34(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间.【导学号：92492154】【解析】 (1)根据v t 图象可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A解得μ＝F －m A a Am A g＝0.4. (2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m＝25 m若B 不固定，则B 的加速度为a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104m/s 2＝1 m/s 2设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l解得t ＝7.07 s.【答案】 (1)0.4 (2)7.07 s高考热点|动力学中的多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”．(2017·河南林州市专项练习)如图35所示，一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上，A 的高度相对B 的长度来说可以忽略不计，A 和B 的质量都等于m ，A 和B 之间滑动摩擦力为f (f <mg )．开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h ，A 在B 的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B 再次着地前，A 、B 不分离．图35(1)请描述在从开始释放到B 再次着地前的过程中，A 、B 各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；(2)B 至少应该多长？【解析】 (1)释放后A 和B 相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a ＝g ，B 与地面碰撞后，A 继续向下做匀加速运动，加速度大小a A ＝mg －fm，B 竖直向上做匀减速运动，加速度大小a B ＝mg ＋fm，B 速度减为零后，继续以加速度a B 向下运动． (2)B 着地前瞬间的速度为v 1＝2gh ，B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t ＝2v 1a B ，在此时间内A 的位移x ＝v 1t ＋12a A t 2，要使B 再次着地前A 不脱离B ，木棒长度L 必须满足条件L ≥x ，联立以上各式，解得L ≥8m 2g 2mg ＋f2h .【答案】 (1)见解析 (2)8m 2g2mg ＋f 2h[突破训练]3．(多选)如图36甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝10 m/s ，在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2.下列选项正确的是( ) 【导学号：92492155】甲 乙图36A．0～5 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3BD[根据题图乙可知，物块先匀减速运动到x＝5 m处，此时速度减为零，之后向右做匀加速直线运动，加速运动到x＝13 m处时速度达到8 m/s，设物块在匀减速运动时的加速度大小为a1，在匀加速运动时的加速度大小为a2，则a1＝v202x1＝1022×5m/s2＝10 m/s2，a2＝v2t2x0＝82－m/s2＝4 m/s2，所以物块做匀减速运动的时间为t＝v0a1＝1 s，在t＝1 s时刻，恒力F反向，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立并代入数据可得，F＝7 N，μ＝0.3，选项C错误，D正确．]。
适用于新教材2024版高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律专题提升课5传送带模型板块模型课件
与传送带一起向右匀速运动,有v2'=v1;若物体在传送带上减速向左滑行,直
接从传送带左侧滑出传送带,则末速度一定小于v2,A、B、D三项正确,C项
错误。
考点二
板块模型(师生共研)
1.模型特征
滑块—木板模型(如图甲所示),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热。
3
s
4
3
3 m/s
解析 (1)对物块受力分析可知,物块先在恒力作用下沿传送带方向向上做
初速度为零的匀加速运动,直至速度与传送带的速度相同
由牛顿第二定律得F+μmgcos θ-mgsin θ=ma1
代入数据解得a1=6 m/s2
物块加速过程所用的时间
运动的距离
2
x1=2
1
=
4
3
m
t1=
1
=
2
多次相互作用,属于多物体、多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较
高,故频现于高考试卷中。另外,常见的子弹射击滑块(如图乙所示)、圆环
在直杆中滑动(如图丙所示)都属于滑块类问题,处理方法与滑块—木板模
型类似。
2.两种类型
类型图示
规律分析
木板 B 带动物块 A,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左端时二者
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。判断摩擦力
时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位
移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。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。
2.倾斜传送带
(1)模型情境
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
高三物理知识点传送带模型
高三物理知识点传送带模型高三物理知识点：传送带模型传送带模型是物理学中对运动的描述和解释的一种简化模型。
它常被用来说明物体在平稳运动状态下的变化规律和相关的物理概念。
本文将介绍传送带模型的基本原理和应用，以及与高考物理相关的知识点。
一、传送带模型的基本原理传送带模型基于以下假设：1. 假设传送带平稳运行，即传送带的速度保持不变；2. 假设系统在相对运动中处于稳态，即不受到外力的干扰；3. 假设传送带的运动与物体的运动具有良好的耦合性。
在传送带模型中，我们可以将物体视作一个质点，其运动状态由位置、速度和加速度等因素决定。
通过对物体所受的驱动力和阻力进行分析，可以得到物体在传送带上的运动规律。
二、传送带模型的应用1. 平抛运动：传送带模型可以用来解释物体在水平平面上的平抛运动。
在这种情况下，传送带的速度影响了物体的水平速度，而垂直方向的运动受到重力的影响。
根据传送带模型，物体的横向速度与传送带速度相等，而垂直速度受到重力加速度的影响。
这样，我们可以推导出物体在水平平面上的轨迹、飞行时间和最大高度等参数。
2. 斜抛运动：传送带模型也可以应用于物体在斜面上的抛体运动。
在这种情况下，传送带的速度和斜面的倾角会对物体的运动产生影响。
根据传送带模型，物体的速度可以分解为沿斜面和垂直斜面的分量。
这样，我们可以得到物体在斜面上的运动规律，包括滑动距离、飞行时间和最大高度等参数。
三、与高考物理相关的知识点传送带模型是理解和应用以下高考物理知识点的基础：1. 运动规律：通过传送带模型，我们可以更深入地理解运动物体的速度、加速度和运动规律。
包括匀速直线运动、匀加速直线运动等。
2. 平衡力分析：传送带模型可以帮助我们分析物体所受的平衡力和非平衡力。
比如，在平抛运动中，物体的横向速度受到传送带的平衡力，而垂直速度受到重力的非平衡力。
3. 牛顿定律：传送带模型也可以用来解释和应用牛顿定律。
在斜抛运动中，我们可以分析物体受到的斜面作用力和重力作用力，并根据牛顿定律推导运动方程。
2025高考物理总复习动力学中的传送带模型
解得a2=4 m/s2
设从与传送带共速到减速为0的过程中P的位移为x2,则有
-2a2x2=0-v2
解得
2
x2=
2 2
=
22
2×4
m=0.5 m
所以物块P在传送带上向前冲的最远距离为
x1+x2=5.5 m。
(3)设共速前第一个减速过程P的位移为x3,用时为t3,皮带位移为x皮3;共速后
至减速为零为第二个减速过程,P的位移为x4,用时为t4,皮带位移为x皮4。则
小为
1
Δx2=2 2 2 +x1=17.5
m,则煤块在传送带上留下的痕迹长为 17.5 m,C 错
误;煤块与传送带间产生的热量为 Q=μmgcos θ·Δ1 + Δ2 =90 J,D 正确。
指点迷津
物体与传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移的大小,若有两
次相对运动且两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);若两次相对运
sin + cos
a1=
=10
m/s ,经过时间 t1 速度减小到零,则
2
送带速度为零,则煤块向上滑动的位移
加速度为
Δ
a= =5
Δ
0 2
x1= =5
2 1
0
t1= =1
1
s,0~1 s 传
m,1 s 后传送带开始加速,其
m/s2,由于 μmgcos θ<mgsin θ,则煤块向下加速,其加速度为
传送带模型中的动力学图像
考向一 根据传送情境确定动力学图像
典题5 (多选)(2023广东佛山模拟)如图所示,飞机场运输行李的传送带保持
恒定的速率运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,传送带将它送入飞
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C. 物块将会落在Q点的右边
D. 物块有可能落不到地面上
Q
精选课件
例4、 如图示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗
糙的静止水平传送带后，落在地面P点，若传送带按
顺时针方向转动。物体仍从Q点开始自由下滑，则物
体通过传送带后： （ D ）
A. 一定仍落在P点
Q
B. 可能落在P点左方
C. 一定落在P点右方
v0=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度 u=50m/s,以后每隔1s就有一颗子弹射向木块,设木块沿AB
方向的长度可忽略，子弹射穿木块的时间极短,且每次射
入点各不相同,
v0
取g=10m/s2，问：
M
A
(1) 在被第二颗子弹击中前，木块
向右运动离A点的最大距离是多少？
v1 B L
(2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？
精选课件
例 3、 (2006·全国 I)一水平的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 a0 开始运动，当 其速度达到 Vo 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．
行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为
h=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到
B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B
端水平抛出，不计空气阻力，g取l 0 m/s2
(1)若行李包从B端水平抛出的初速v＝3.0m／s，求
它在空中运动的时间和飞出的水平距离；
(2)若行李包以v0＝1.0m／s的初速从A端向右滑行 ，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B
D. 可能落在P点也可能落在P点右方
P
精选课件
例8、如图甲示，水平传送带的长度L=6m，传送带皮带
轮的半径都为R=0.25m,现有一小物体(可视为质点)以恒
定的水平速度v0滑上传送带,设皮带轮顺时针匀速转动,当 角速度为ω时,物体离开传送带B端后在空中运动的水平
距离为s,若皮带轮以不同的角速度重复上述动作(保持滑
(3)木块在传送带上的最终速度多大？
(4)在被第二颗子弹击中前，木块、子弹和传送带这一
系统所产生的热能是多精少选课？件
2、 传送带水平匀加速运动 传送带与物体的初速度均为零，传送带的加速度为 a0，则把
物体轻轻的放在传送带上时，物体将在摩擦力的作用下做匀加速 直线运动，而此时物体与传送带之间是静摩擦力还是滑动摩擦力 （即物体与传送带之间是否存在相对滑动）取决于传送带的加速 度与物体在最大静摩擦力作用下产生的加速度为 a 之间的大小关 系，这种情况下则存在着两种情况：
精选课件
例1、一水平传送带以 2m/s 的速度做匀速直线运动，传送带两端 的距离为 20m，将一物体轻轻的放在传送带一端，物体由一 端运动到另一端所需的时间 t=11s，求物体与传送带之间的 动摩擦因数μ？（g=10m/s2）
精选课件
16．(12分)如下图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端 有一水平传送带，传送带正以6 m/s速度运动，运动方 向如图所示．一个质量为m的物体(物体可以视为质点)， 从h＝3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时， 不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计 其速率变化．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物 体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力 加速度g＝10 m/s2，则： (1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？ (2)传送带左右两端AB间的距离LAB为多少？ (3)如果将物体轻轻放在传送带左端的B点，它沿斜面 上滑的最大高度为多少？
端飞出的水平距离等于(1)中所
L
求的水平距离，求传送带的长
A
B
度L应满足的条件.
h
精选课件
如图示，水平传送带AB长L=8.3m，质量为M=1kg 的木
块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动( 传送带 的传送速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当
木块运动至最左端A点时,一颗质量为m=20g的子弹
【答案】 (1)1.6 s (2)12.8 m (3)1.8 m
精选课件
例3.物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的 静止水平传送带以后落到地面上Q点，若传送带的皮 带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如
图7所示，再把物块放到P点自由滑下，则：( A )
A. 物块将仍落在Q点
B. 物块将会落在Q点的左边 P
h
以角速度ω′=16rad/s顺时针匀速转
动,物体与挡板连续两次碰撞的时
s /m
s
间间隔t′为多少?(物体滑上A端
3.5
时速度仍为v0,在和挡板碰撞中无
机械能损失)
精选课件
0.5 04
ω/rads-1
28
2005年江苏理综35.
35. (9分)如图所示为车站使用的水平传送带装置的示
意图.绷紧的传送带始终保持3.0m／s的恒定速率运
上传送带的初速v0不变),可得到一些对应的ω和s值,将这 些对应值画在坐标上并连接起来,得到如图乙中实线所示
的 s- ω图象,根据图中标出的数据(g取10m/s2 ),求:
(1)滑上传送带时的初速v0以及物体 和皮带间的动摩擦因数μ
A
v0
P B
(2)B端距地面的高度h (3)若在B端加一竖直挡板P,皮带轮
精选课件
a、若传送带的加速度 a0 小于物体在最大静摩擦力作用下产 生的加速度为 a 时，物体则与传送带相对静止，物体此时受到的 摩擦力为静摩擦力，物体随传送带一起以加速度 a0 做匀加速直线 运动。
b、若传送带的加速度 a0 大于物体在最大静摩擦力作用下产 生的加速度为 a 时，物体则与传送带之间发生相对滑动，物体此 时受到的摩擦力为滑动摩擦力，物体将在滑动摩擦力的作用下做 匀加速直线运动。
精选课件
要正确解决此类问题，就必须分析清楚物体的运动过程。 传送带问题一般可分为两类： 一、 传送带水平 1、 传送带水平匀速运动 物体 m 轻轻的放上传送带时初速度为零，因此相对 传送带向左运动，受到向右的摩擦力作用，产生向右的加速度。可能发生两 种情况： a、物体 m 在全过程中始终都没有达到与传送带有相同的速度，则物体 m 在全过程中都处于匀加速运动状态； b、先经过一段匀加速运动，当其速度达到和传送带相等时，此时摩擦 力突变为零，物体则在重力和支持力的共同作用下，保持和传送带相同的速 度做匀速直线运动到达 B 轮的上方。