北京专用2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲传送带模型滑块_滑板模型课件
高考物理一轮总复习 第三章 第四讲 牛顿运动定律的综合应用(二)课件
解析：(1)设滑板向右加速滑动时加速度大小为 a1，反弹后向左滑动时加速度大小 为 a2. 滑板与凹槽右端碰撞时的速度大小为 v，由运动规律得 滑板向右做初速度为零的匀加速运动，则 v2＝2a1l① 反弹后向左做匀减速运动，末速度为零， 则 0－v2＝－2a2l②
2．思维模板
[典例 2] (2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB ＝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．
2－2. [倾斜滑块—木板模型] (2016·四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要 设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面 夹角为 θ 的斜面．一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床， 当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动， 当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车 停止．已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车 在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍．货物与货车 分别视为小滑块和平板，取 cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
物理建模-3.传送带模型-滑板—滑块模型
物理建模 3.传送带模型滑板—滑块模型(模型演示见PPT课件)传送带模型1．水平传送带模型为一水平传送带装置示意图．绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.图3－3－6(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A 处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．审题指导关键词：①无初速度地放在A处．②行李开始做匀加速直线运动．③随后行李又以与传送带相等的速率做匀加速直线运动．对行李受力分析行李运动过程先匀加速后匀速直线运动利用牛顿第二定律、运动学公式求解未知量．解析(1)行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力：F f＝μmg＝4 N 由牛顿第二定律得：F f＝ma解得：a＝1 m/s2(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v＝at，解得t＝va＝1 s(3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有：v2min＝2aL 解得：v min＝2aL＝2 m/s故传送带的最小运行速率为2 m/s行李运行的最短时间：t min ＝v min a ＝2 s答案 (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s 反思总结 对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析．图3－3－7即学即练1 如图3－3－7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．解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，根据l ＝12at 2得t ＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得，mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.答案 (1)4 s (2)2 s滑板—滑块模型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4．易失分点(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．(2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．图3－3－8【典例2】如图3－3－8所示，光滑水平面上静止放着长L＝4 m，质量为M＝3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，(g取10 m/s2)(1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？(2)如果F＝10 N，求小物体离开木板时的速度？解析(1)要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故最大加速度a＝μg＝1 m/s2由牛顿第二定律对整体有F m＝(m＋M)a＝4 N(2)当F＝10 N>4 N时，两者发生相对滑动对小物体：a1＝μg＝1 m/s2对木板：F合＝F－μmg＝Ma2代入数据解得a2＝3 m/s2由位移关系有：L＝12a2t2－12a1t2代入数据解得t＝2 s则小物块的速度v1＝a1t＝2 m/s.答案(1)4 N(2)2 m/s即学即练2(2013·江苏卷，14)如图3－3－9所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.图3－3－9(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g ，f ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则，f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2，发生相对运动a 2>a 1, 解得F >2μ(m 1＋m 2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21.纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21.纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22，l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F ＝2μ⎣⎢⎡⎦⎥⎤m 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋d l m 2g 代入数据得F ＝22.4 N.答案 (1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F >2μ(m 1＋m 2)g(3) 22.4 N附：对应高考题组(PPT 课件文本，见教师用书)1．(2011·福建卷，18)如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B .若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A 和B 的拉力大小分别为T 1和T 2，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )．A ．T 1＝(m ＋2m 2)m 1g m ＋2(m 1＋m 2)B ．T 1＝(m ＋2m 1)m 2g m ＋4(m 1＋m 2)C ．T 1＝(m ＋4m 2)m 1g m ＋2(m 1＋m 2)D ．T 1＝(m ＋4m 1)m 2g m －4(m 1＋m 2)解析 若将滑轮视为轻质，即m ＝0，而绳为轻质，故T 1＝T 2，由牛顿第二定律m 2g －T 1＝m 2a ，T 1－m 1g ＝m 1a ，得T 1＝2m 2m 1g m 1＋m 2；当m ＝0时对各选项逐一进行验证，只有C 正确；当m 1＝m 2时则T 1＝T 2＝m 1g ，同时对各选项逐一验证，只有C 正确．答案 C2．(2011·四川卷，19)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全安全着陆．需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )．A ．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B ．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C ．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D ．返回舱在喷气过程中处于失重状态解析 火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A 正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B 错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C 错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D 错误．答案 A3．(2012·安徽卷，22)质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图所示．弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)弹性球受到的空气阻力f 的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h .解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a 1，由题图知，a 1＝Δv Δt＝40.5m/s 2＝8 m/s 2①根据牛顿第二定律得mg －f ＝ma 1②f ＝m (g －a 1)＝0.2 N ③(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v 1＝4 m/s ，设球第一次离开地面时的速度大小为v 2，则v 2＝34v 1＝3 m/s ④第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a 2，则mg ＋f ＝ma 2 a 2＝12 m/s 2⑤于是，有0－v22＝－2a2h⑥解得h＝38m⑦答案(1)0.2 N(2)38m4．(2012·浙江卷，23)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系．小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜h A后速度减为零，“B鱼”竖直下潜h B后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：(1)“A鱼”入水瞬间的速度v A1；(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力f A；(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比f A∶f B.解析(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有v2A1－0＝2gH①得：v A1＝2gH②(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A，有F浮＋f A－mg＝ma A③0－v2A1＝－2a A h A④由题意：F 浮＝109mg .由②③④式得f A ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h A －19⑤ (3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似，有f B ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h B －19⑥ 综合⑤、⑥两式，得f A f B ＝h B (9H －h A )h A (9H －h B ). 答案 (1)2gH (2)mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h A －19 (3)h B (9H －h A )h A (9H －h B )5．(2013·上海卷，31)如图所示，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间的动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球．用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地．求小球落地时距滑块左端的水平距离．解析 滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正下方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：a ＝μ(m ＋M )g M， v 1＝v 20－2aL ＝ v 20－2μ(m ＋M )gL M. 当滑块的左端到达小球下上方后，小球做自由落体运动，落地时间t ＝2hg ，滑块的加速度a ′＝μg①若在t 时间内滑块的速度没有减小到零，滑块向右运动的距离为：x ＝v 1t －12a ′t 2＝ v 20－2μ(m ＋M )gL M 2h g － 12μg ⎝ ⎛⎭⎪⎫2h g 2＝ v 20－2μ(m ＋M )gLM 2h g －μh .②若在t时间内滑块已经停下来，则：x′＝v212a′＝v202μg－m＋MM L.答案见解析。
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
(新课标)2019版高考物理一轮复习 主题二 相互作用 牛顿运动定律 2-2-3 滑块和传送带模型
(1)A 相对地面速度为零时，B 相对地面发生的位移 x； (2)木板 B 的长度 l.
主
题 相互作用 牛顿运动定律
二
高考研究课
解读高考 精准备考
课时三
滑块和传送带模型
高考真题研读 G
精析考题 明确考向
考点题型突破 K
考点探究 题型突破
探究一 板块模型
板块模型通常指的是由木板和物块组成的相互作用的
系统，该模型是高中物理的经典模型．该模型往往涉及 题型
多个物体的多个运动过程问题，题目中可涉及摩擦力的 概述
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右 做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为 5 m/s，小物块将从传送带左端滑出 C．若小物块的速度为 4 m/s，小物块将以 2 m/s 的速度从传 送带右端滑出 D．若小物块的速度为 1 m/s，小物块将以 2 m/s 的速度从传 送带右端滑出 [思路点拨] (1)求小物块速度减至 0 时通过的位移并与 6 m 比较是判断是否从左端滑出的关键点． (2)如果物块初速度过小，返回平台时，速度会小于 2 m/s， 与初速度等大反向．
[答案] (1)0.875 m (2)1.6 m
牛顿运动定律以及运动学规律是解决板块模型问题的主要 手段，解决此题问题抓好一个转折，两个关键：一个转折，即滑 块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况 以及运动状态的变化为转折点；两个关联，即发生转折前后滑块 和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要 时要通过作草图把握关系．
高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律课件
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项目 情景3 情景4
图示
滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速 (4)可能先以a1加速后以a2加速
(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
B．若传送带逆时针方向运行(yùnxíng)且保持速率不变， 则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加 速，因此不能滑过B点
C ． 若 传 送 带 顺 时 针 方 向 运 行 (yùnxíng) ， 当 其 运 行 (yùnxíng)速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑 过B点，用时一定小于t0
D ． 若 传 送 带 顺 时 针 方 向 运 行 (yùnxíng) ， 当 其 运 行 (yùnxíng)速率(保持不变)v>v0时，物体一定向右一直做匀加速 运动滑过B点，用时一定小于t0
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[解析] 传送带静止时，有12mv2B－21mv20＝－μmgL，即 vB ＝ v20－2μgL，物体做减速运动，若传送带逆时针运行，物体 仍受向左的摩擦力 μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右 端，速度为 vB，不会为零，用时也一定仍为 t0，故选项 A 对， 而 B 错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v0 时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至 B 端， 因为匀速通过，故用时一定小于 t0，故选项 C 正确；当其运行 速率(保持不变)v>v0 时，开始物体受到向右的摩擦力的作用， 做加速运动，运动有两种可能：
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(1)木板与地面间的动摩擦因数(yīnshù)μ1及小物块与木板 间的动摩擦因数(yīnshù)μ2；
高三第一轮复习第3章第4节专题：传送带模型与木板——滑块模型
2.倾斜传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关 系 gsin θ <μgcos θ)
先加速后匀速
若 μ≥tan θ，先加速后
一 直 加 速 ( 加 速 度 为 匀速
gsin θ＋μgcos θ)
若 μ<tan θ，先以 a1加速，
后以 a2 加速
v0<v 时，一直加速(加速 度为 gsin θ＋μgcos θ)
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速 度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间 t1＝
va01＝1 s，
发生的位移 x1＝12a1t21＝5 m 煤块速度达到 v0 后，因 μgcos θ<gsin θ，故煤块继续 沿传送带向下加速运动，则 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m，
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？ (2)煤块从 A 到 B 的时间； (3)煤块从 A 到 B 的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
[解析] (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.5， 当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有 mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它们不能相对静止。
1.水平传送带
情景 传送带不 足够长
滑块的运动情况 传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0<v 时， 一直加速
v0<v 时，先加速再匀速
v0>v 时， 一直减速
v0>v 时，先减速再匀速
滑块一直 减速到右 端
滑块先减速到速度为 0，后被传 送带传回左端。 若 v0<v 返回到左端时速度为 v0， 若 v0>v 返回到左端时速度为 v。
2019年高考物理总复习(教科版)试题：第三章 牛顿运动定律 专题讲座四 动力学中的典型模型 Word版含解析
专题讲座四动力学中的典型模型,传送带速度大小v=2 m/s不变,两端A,B间距离为3 m.一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是( B )解析:物块在传送带上与传送带相对滑动时,加速度为a=μg=4 m/s2,则当物块减速为0时,位移m<3 m,所以物块没有从A端掉下,会反向运动,加速度大小不变;当物块与传送带共速之后,随传送带一起匀速,故B正确.·山西大学附中模拟)如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m 的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知M>m.用①和②分别表示木块A和木板B的图像,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下面关于二者速度v随时间t的变化图像,其中可能正确的是( C )解析:木块A滑上B时,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得a A B已知m<M,所以a A>a B,即①斜率的绝对值应大于②的斜率,故选项A,B错误.若A不能滑下,则两者最终共速,若A滑下,则A的速度较大,B的速度较小,故选项C正确,D错误.3.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—时间图像可能是( A )解析:放上物块后,长木板受到物块向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,物块受到向右的滑动摩擦力作用,做匀加速运动,当两者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零,共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度,故A正确,也可能物块与长木板间动摩擦因数较小,达到共同速度后物块相对木板向右运动,给木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度,B,C错误;由于水平面有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,D错误.4.(2018·河北沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段深色的径迹.下列说法正确的是( C )A.深色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短D.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短解析:当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动,所以深色径迹应出现在木炭包的右侧,选项A错误;设木炭包的质量为m,传送带的速度为v,木炭包与传送带间动摩擦因数为μ,则对木炭包有μmg=ma,木炭包加速的时间该过程传送带的位移x1木炭包的位移x2深色径迹的长度Δx=x1-x2由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带的速度越大,径迹越长,木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹越短,选项C正确,B,D错误.多选)如图所示,水平传送带A,B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端瞬时速度v A=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为v B,则(g=10 m/s2)( ABC )A.若传送带不动,则v B=3 m/sB.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,v B=3 m/sC.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,v B=3 m/sD.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,v B=2 m/s解析:若传送带不动,μg,代入数据解得v B=3 m/s;若传送带以4 m/s逆时针转动或以2 m/s顺时针转动,工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时相同,所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s,故选项A,B,C正确,D错误.多选)传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsin α)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( BC )A.支持力与静摩擦力的合力大小等于mgB.静摩擦力沿斜面向下C.静摩擦力的大小可能等于mgsin αD.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan α解析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsin α+f=ma,因为a比gsin α大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C正确;皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tan α,故D错误.·江苏淮阴模拟)如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N,当小车速度达到1.5 m/s时,在小车的右端,轻放一大小不计、质量m=2 kg 的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为(取g=10 m/s2) ( B )A.1 mB.2.1 mC.2.25 mD.3.1 m解析:放上物体后,物体的加速度a1=μg=2 m/s2,小车的加速度a22=0.5 m/s2,物体的速度达到与小车共速的时间为t,则v=a1t=v0+a2t,解得t=1 s,此过程中物体的位移s11t2=1 m,共同速度为v=a1t=2 m/s,当物体与小车相对静止时,共同加速度为2=0.8 m/s2,再运动0.5 s的位移s2=vt′′2=1.1 m,故物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为1 m+1.1 m=2.1 m,故选项B正确.8.如图所示,为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°,A,B两端相距L=5.0 m,质量为M=10 kg的物体以v0=6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s.(g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)物体从A点到达B点所需的时间;(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间是多少?解析:(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1通过的位移x1设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2Mgsin θ-μMgcos θ=Ma2由μ<tan θ=0.75知,物体继续减速,设经时间t2到达传送带B点L-x1=vt2联立各式可得t=t1+t2=2.2 s.(2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上,则所用时间最短,此种情况加速度大小一直为a2,L=v0t′-得出t′=1 s(t′=5 s舍去).答案:(1)2.2 s (2)1 s9.(2018·南昌二中月考)如图1所示,质量M=1 kg的木板静止在水平面上,质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,g取10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.(1)若力F恒为8 N,经1 s铁块运动到木板的左端,求木板的长度L;(2)若力F从零开始逐渐增加,且木板足够长,试通过分析与计算,在图2中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像.解析:(1)对铁块由牛顿第二定律得F-μ2mg=ma1;对木板由牛顿第二定律得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2.设木板的长度为L,经时间t铁块运动到木板的左端,则s木2t2,s铁1t2,s铁-s木=L,联立解得L=1 m.(2)①当F≤μ1(m+M)g=2 N时,系统没有被拉动,静摩擦力与外力大小相等,即f=F.②当F>μ1(m+M)g=2 N时,如果二者相对静止,铁块与木板有相同的加则F-μ1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma,解得F=2f-2.此时f≤μ2mg=4 N,即F≤6 N,所以,当2 N<F≤6 N时③当F>6 N时,M,m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为f=μ2mg=4 N,f F图像如图所示.答案:(1)1 m (2)见解析10.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行,AB为水平传送带部分且足够长,现有一质量为m=5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,传送到B端时没有被及时取下,行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽.已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5,行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).(1)求行李包相对于传送带滑动的距离;(2)若B端的转轮半径为R=0.2 m,求行李包在B点对传送带的压力;(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零,求斜面的长度.解析:(1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg=ma1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t,则v=a1t行李包前进距离x11t2传送带前进距离x2=vt行李包相对传送带滑动的距离Δx=x2-x1=0.1 m.(2)行李包在B点,根据牛顿第二定律,有解得N=25 N根据牛顿第三定律可得,行李包在B点对传送带的压力为25 N,方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时,根据牛顿第二定律mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma2行李包从斜面滑下过程:0-v2=2a2x解得x=1.25 m.答案:(1)0.1 m (2)25 N,方向竖直向下(3)1.25 m11.如图(甲)所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图像如图(乙)所示,g取10 m/s2.求:(1)水平作用力F的大小;(2)滑块开始下滑时的高度;(3)木板的质量.解析:(1)对滑块受力分析如图(a)所示,由平衡条件可得mgsin θ=Fcos θ,则 N.(2)由题图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为10 m/s,当F变为水平向右之后,其受力如图(b)所示,由牛顿第二定律可得mgsin θ+Fcos θ=ma,解得a=10 m/s2,滑块下滑的位移,解得x=5 m,故滑块下滑的高度h=xsin 30°=2.5 m.(3)由图像(乙)可知,两者先发生相对滑动,当达到共速后一起做匀减速运动.设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,由图像得,两者共同减速时的加速度大小a1=1 m/s2,发生相对滑动时,木板的加速度a2=1 m/s2,滑块减速的加速度大小a3=4 m/s2,对整体受力分析可得a1μ1g,可得μ1=0.1.在0～2 s内分别对m和M分析可得对2,对=a3,代入数据解得M=1.5 kg.答案:(1)(2)2.5 m (3)1.5 kg11。
全国通用2019高考物理一轮复习精炼：第三章牛顿运动定律微专题25动力学中的“滑块-木板”模型含答案
25 动力学中的“滑块-木板”模型[方法点拨] “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fmm.假设两物体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．1．(多选)(2017·四川绵阳第一次段考)如图1甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A ，小滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出小滑块A 的加速度a ，得到如图乙所示的F －a 图象．取g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )图1A ．小滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为5 kgC ．当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为3 m/s 2D ．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为12 N2．如图2所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.现用水平恒力F 拉动小车，关于物块的加速度a m 和小车的加速度a M 的大小(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列选项可能正确的是( )图2A ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝1 m/s 2B ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝2 m/s 2C ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝4 m/s 2D ．a m ＝3 m/s 2，a M ＝5 m/s 23．(多选)(2017·四川宜宾一诊)如图3甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A 的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系图如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )图3A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmgD．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg4．如图4所示，质量为M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量为m＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f随力F大小变化的图象是(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图45．(2017·安徽省六校联考)如图5所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，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s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )图5A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.(μ1＋μ2)gs06．(多选)如图6，质量为M的木板放在光滑的水平面上，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，木块和木板由静止开始运动，经时间t二者分离．则下列哪些变化可使时间t增大( )图6A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数7．(2017·江西省第一次联考)如图7所示，长木板置于光滑水平地面上，小物块放在长木板的正中间，两物体处于静止状态．已知木板的质量为M＝4 kg，长度为L＝2 m，物块的质量为m＝1 kg，尺寸可以忽略．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，认为两物体间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2.图7(1)若在物块上施加一个水平恒力F1，恰好能使物块在木板上滑动，求力F1的大小；(2)若在木板上施加一个水平恒力F2，经过2 s物块恰好从木板上滑落，求力F2的大小．答案精析1．AD [由题图乙知，F ＜20 N 时，A 、B 一起加速运动，对整体，由牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a由题图乙可得F a ＝202kg ＝10 kg ，所以m A ＋m B ＝10 kg当F ＞20 N 时，A 、B 间发生相对滑动，对A ，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝m A a ，得 F ＝μm A g ＋m A a .图象的斜率k ＝20－122＝4，得m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg ，故A 正确，B 错误． 由F ＝μm A g ＋m A a 知，图象的纵截距为μm A g ＝12 N当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为 a B ＝μm A g m B ＝126 m/s 2＝2 m/s 2，故C 错误．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为F f ＝μm A g ＝12 N ，故D 正确．] 2．C[若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a ，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(M ＋m )a ，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力F f 为静摩擦力，且F f ≤μmg ，由牛顿第二定律可得：F f ＝ma ，联立可得：a m ＝a M ＝a ≤μg ＝2 m/s 2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力F f 为滑动摩擦力，且a m <a M ，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：F f ＝μmg ＝ma m ，可得：a m ＝2 m/s 2，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．] 3．AD4．C [当F ＜μ1(M ＋m )g ＝2 N 时，F f ＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a 0＝μ2g ，F ＝μ1(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 0＝10 N ，故当2 N≤F ＜10 N 时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，F f ＝ma ，解得F f ＝F2－1(N)；当F ≥10 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力F f ＝μ2mg ＝4 N ，所以C 正确．]5．C [设A 的质量为m ，以最大加速度运动时，A 与B 保持相对静止，由牛顿第二定律得：F f1＝ma ≤μ2mg ， 解得：a ≤μ2g ，即A 的最大加速度：a 1＝μ2g 同理，可知B 的最大加速度：a 2＝μ1g 由于μ1＞μ2，则a 1＜a 2≤μ1g ＜a可知要求其刹车后在s 0距离内能安全停下， 则车的最大加速度等于a 1. 所以车的最大速度：v m ＝2μ2gs 0 故A 、B 、D 错误，C 正确．] 6．BD7．(1)2.5 N (2)12 N解析 (1)设两物体间的最大静摩擦力为F f ，当F 1作用于m 时，对整体，由牛顿第二定律有：F 1＝(M ＋m )a对M ，由牛顿第二定律有：F f ＝Ma小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N ＝mg ， 由摩擦力公式有F f ＝μF N ＝μmg 联立各式解得：F 1＝2.5 N(2)两物体发生相对滑动，设M 、m 的加速度分别为a 1、a 2 对M ，由牛顿第二定律得：F 2－F f ′＝Ma 1 对m ，由牛顿第二定律得：F f ′＝ma 2F f ′＝μmg两物体在时间t 内位移为x 1＝12a 1t 2 x 2＝12a 2t 2m 刚滑下M 时有：x 1－x 2＝12L联立解得：F 2＝12 N.。
全国通用2019高考物理一轮复习精炼：第三章牛顿运动定律微专题25动力学中的“滑块-木板”模型含答案
25 动力学中的“滑块-木板”模型[方法点拨] “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m＝F fmm.假设两物体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．1．(多选)(2017·四川绵阳第一次段考)如图1甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出小滑块A的加速度a，得到如图乙所示的F－a图象．取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )图1A．小滑块A的质量为4 kgB．木板B的质量为5 kgC．当F＝40 N时，木板B的加速度为3 m/s2D．小滑块A与木板B间的最大静摩檫力为12 N2．如图2所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度a m和小车的加速度a M的大小(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列选项可能正确的是( )图2A．a m＝2 m/s2，a M＝1 m/s2B．a m＝1 m/s2，a M＝2 m/s2C．a m＝2 m/s2，a M＝4 m/s2D．a m＝3 m/s2，a M＝5 m/s23．(多选)(2017·四川宜宾一诊)如图3甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B 的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系图如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )图3A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmgD．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg4．如图4所示，质量为M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量为m＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f随力F大小变化的图象是(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图45．(2017·安徽省六校联考)如图5所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，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s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )图5A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.(μ1＋μ2)gs06．(多选)如图6，质量为M的木板放在光滑的水平面上，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，木块和木板由静止开始运动，经时间t二者分离．则下列哪些变化可使时间t增大( )图6A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数7．(2017·江西省第一次联考)如图7所示，长木板置于光滑水平地面上，小物块放在长木板的正中间，两物体处于静止状态．已知木板的质量为M＝4 kg，长度为L＝2 m，物块的质量为m＝1 kg，尺寸可以忽略．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，认为两物体间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2.图7(1)若在物块上施加一个水平恒力F1，恰好能使物块在木板上滑动，求力F1的大小；(2)若在木板上施加一个水平恒力F2，经过2 s物块恰好从木板上滑落，求力F2的大小．答案精析1．AD [由题图乙知，F ＜20 N 时，A 、B 一起加速运动，对整体，由牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a 由题图乙可得F a ＝202kg ＝10 kg ，所以m A ＋m B ＝10 kg 当F ＞20 N 时，A 、B 间发生相对滑动，对A ，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝m A a ，得 F ＝μm A g ＋m A a .图象的斜率k ＝20－122＝4，得m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg ，故A 正确，B 错误． 由F ＝μm A g ＋m A a 知，图象的纵截距为μm A g ＝12 N当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为 a B ＝μm A g m B ＝126 m/s 2＝2 m/s 2，故C 错误．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为F f ＝μm A g ＝12 N ，故D 正确．] 2．C[若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a ，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(M ＋m )a ，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力F f 为静摩擦力，且F f ≤μmg ，由牛顿第二定律可得：F f ＝ma ，联立可得：a m ＝a M ＝a ≤μg ＝2 m/s 2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力F f 为滑动摩擦力，且a m <a M ，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：F f ＝μmg ＝ma m ，可得：a m ＝2 m/s 2，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．] 3．AD4．C [当F ＜μ1(M ＋m )g ＝2 N 时，F f ＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a 0＝μ2g ，F ＝μ1(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 0＝10 N ，故当2 N≤F ＜10 N 时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，F f ＝ma ，解得F f ＝F2－1(N)；当F ≥10 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力F f ＝μ2mg ＝4 N ，所以C 正确．]5．C [设A的质量为m，以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，由牛顿第二定律得：F f1＝ma≤μ2mg，解得：a≤μ2g，即A的最大加速度：a1＝μ2g同理，可知B的最大加速度：a2＝μ1g由于μ1＞μ2，则a1＜a2≤μ1g＜a可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1.所以车的最大速度：v m＝2μ2gs0故A、B、D错误，C正确．]6．BD7．(1)2.5 N (2)12 N解析(1)设两物体间的最大静摩擦力为F f，当F1作用于m时，对整体，由牛顿第二定律有：F1＝(M＋m)a对M，由牛顿第二定律有：F f＝Ma小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N＝mg，由摩擦力公式有F f＝μF N＝μmg联立各式解得：F1＝2.5 N(2)两物体发生相对滑动，设M、m的加速度分别为a1、a2对M，由牛顿第二定律得：F2－F f′＝Ma1对m，由牛顿第二定律得：F f′＝ma2F f′＝μmg两物体在时间t内位移为x 1＝12a 1t 2 x 2＝12a 2t 2m 刚滑下M 时有：x 1－x 2＝12L联立解得：F 2＝12 N.。
2019届一轮复习人教版 第3章 第4讲 动力学中两类典型问题 课件(60张)
2× 2 s＝2 s，D 项正确． 1
2.[倾斜传送带问题]
(多选)如图所示，三
角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转 动，两边倾斜的传送带长都是 2 m 且与水 平方向的夹角均为 37° . 现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿 传送带下滑， 两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5， g 取 10 m/s2， sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8.下列判断正确的是( A．物块 A 先到达传送带底端 B．物块 A、B 同时到达传送带底端 C．传送带对物块 A、B 的摩擦力都沿传送带向上 D．物块 A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块 B 下滑过程中相 对传送带的路程 )
第三章 牛顿运动定律 第4讲 动力学中两类典型问题
[考纲解读]
C
目 录
ONTENTS
[高频考点•分类突破] [跟踪检测•巩固提升] [课时作业]
[考纲解读]
1 ．掌握“传送带”问题的常见类型及动力学分析方法和规 律． 2.掌握“滑块—木板”问题的分析方法及规律．
[高频考点•分类突破]
核心要点突破
v2 2.52 L1＝ ＝ m＝1.25 m， 2a1 2×2.5 因 L1<L 且 μ>tan 30° ，故小物块速度等于 2.5 m/s 时，将匀速 运动至 B 点，设用时为 t2，则 L－L1 t2＝ v ＝0.3 s， 故小物块从 A 到 B 所用时间为 t＝t1＋t2＝1.3 s.
(2)由于传送带速度可以任意调节，则当小物块从 A 到 B 一直 做匀加速直线运动时，到达 B 点的速度最大．由牛顿第二定律
解析：对物块 A，因为 mgsin 37° ＞μmgcos 37° ，则 A 物体所受 摩擦力向上，向下做匀加速度运动，物块 B 受到的摩擦力也向 上，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也 相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时 位移大小相同，故时间相同，故 A 错误，B、C 正确；A 物块 与传送带运动方向相同，相对路程较小，故 D 正确．