第三章 专题强化四Word格式文档下载.docx
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2.倾斜传送带模型
③可能先以a1加速，后以a2加速
三、“滑块—木板”模型
1．模型特点
滑块（视为质点）置于长木板上，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；
若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．
命题点一 “等时圆”模型
例1
如图2所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则（ ）
图2
A．t1<
t2<
t3B．t1>
t2>
t3
C．t3>
t1>
t2D．t1＝t2＝t3
答案 D
解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用．设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，得加速度大小a＝gsinθ.设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝Dsinθ，x＝
at2，解得t＝
.可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑到d点所用的时间相等，选项D正确．
变式1
（2018·
广东省惠州市第三次调研）如图3所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直．一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（ ）
图3
A．无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同
B．质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短
C．质点沿着轨道AB下滑，时间最短
D．轨道与AB夹角越小（AB除外），质点沿其下滑的时间越短
答案 A
命题点二 “传送带”模型
1．水平传送带
水平传送带又分为两种情况：
物体的初速度与传送带速度同向（含物体初速度为0）或反向．
在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速（若v物<
v传，则物体加速；
若v物>
v传，则物体减速），直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速．
计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；
②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.
2．倾斜传送带
物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：
物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动．解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况．
例2
安徽省安庆市二模）如图4所示，半径R＝1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L＝16m，传送带以v0＝10m/s的速度顺时针运动，将质量m＝1kg的小滑块（可视为质点）放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10m/s2.
图4
（1）将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；
（2）若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；
（3）若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件．
答案 见解析
解析
（1）设滑块加速运动的时间为t1，加速度大小为a，对滑块受力分析，有μmg＝ma
v0＝at1
解得：
t1＝2.5s，a＝4m/s2
设滑块速度达到v0时经过的位移为x1
x1＝
at12＝12.5m
设滑块匀速运动的位移为x2，则x2＝L－x1＝3.5m
则滑块匀速运动的时间为t2＝
＝0.35s
所需时间为t＝t1＋t2＝2.85s.
（2）滑块能通过C点的临界条件是在C点轨道对滑块压力为0，则在C点由牛顿第二定律得mg＝m
B点到C点由动能定理得－mg·
2R＝
mvC2－
mvB2
滑块通过B点的速度至少为vB＝4
m/s
vB2＝2ax
x＝10m
滑块在A端与距A端6m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处．
（3）若给滑块一水平向右的初速度v1，vB2－v12＝2a·
v1＝4m/s
所以v1≥4m/s
若给滑块一水平向左的初速度v2，只需让滑块向左减速滑行的距离在2～8m的范围即可
由运动学公式可得v22－0＝2ax′，2≤x′≤8
解得4m/s≤v2≤8m/s，
所以当初速度方向水平向左时满足于4m/s≤v2≤8m/s.
变式2
甘肃省兰州一中模拟）如图5甲所示，倾角为37°
足够长的传送带以4m/s的速度顺时针转动，现将小物块以2m/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＝10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，试求：
图5
（1）小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
（2）0～8s内小物块与传送带之间的划痕为多长．
答案
（1）
（2）18m
解析
（1）根据v－t图象的斜率表示加速度，a＝
m/s2＝1m/s2
由牛顿第二定律得μmgcos37°
－mgsin37°
＝ma
解得μ＝
（2）0～8s内只有前6s内物块与传送带发生相对滑动
0～6s内传送带匀速运动距离为：
x带＝4×
6m＝24m．速度图象的“面积”大小等于位移，
则0～2s内物块位移为：
×
2×
2m＝2m，方向沿斜面向下，
2～6s内物块位移为：
x2＝
4×
4m＝8m，方向沿斜面向上
所以划痕的长度为：
Δx＝x带＋x1－x2＝（24＋2－8）m＝18m．
命题点三 “滑块—木板”模型
如图6所示，解决此模型的基本思路如下：
图6
运动状态
板块速度不相等
板块速度相等瞬间
板块共速运动
处理方法
隔离法
假设法
整体法
具体步骤
对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程
假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；
比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>
Ffm，则发生相对滑动
将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析
临界条件
①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件
相关知识
运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等
例3
山西省长治、运城、大同、朔州、阳泉五地市联考）如图7所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6kg，长度l＝0.5m．现有一质量m＝0.4kg的小木块，以初速度v0＝2m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2.求：
图7
（1）小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；
（2）小木块最终滑动的位移（保留3位有效数字）．
答案
（1）1m/s
（2）0.670m
解析
（1）木板受到木块的摩擦力为Ff1＝μ1mg
木板受到地面的摩擦力为Ff2＝μ2（2M＋m）g
因为Ff2>
Ff1，所以木块运动时，木板静止不动
设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，μ1mg＝ma1
小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v：
v2－v02＝－2a1l
代入数据解得：
v＝1m/s
（2）木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a2：
μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
设木块与木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：
对木块：
v1＝v－a1t
对木板有：
v1＝a2t
v1＝0.1m/s，t＝0.3s
此时木块运动的位移x1＝
t＝0.165m
木板的位移x1′＝
＝0.015m
木块在木板上滑动的长度为x1－x1′<
l
达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，
μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3
v12＝2a3x2
解得x2＝0.005m
小木块滑动的总位移x＝l＋x1＋x2＝0.670m.
变式3
（2019·
黑龙江省哈尔滨市模拟）如图8甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t的变化图象如图乙所示．已知滑块质量m＝2kg，木板质量M＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.（已知滑块在2.5s内没有滑离木板）
图8
（1）在0～0.5s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小是多少？
（2）在2.5s时，滑块和长木板的速度分别是多少？
答案
（1）2N
（2）13m/s 9m/s
解析
（1）在0～0.5s过程中，假设M、m具有共同加速度a1，则：
F1＝（M＋m）a1
a1＝2m/s2
木板能达到的最大加速度a2＝
a2＝4m/s2>
a1
所以M、m相对静止，M、m之间为静摩擦力Ff＝Ma1
Ff＝2N
（2）木板和滑块在0.5s时的速度v1＝a1t1
v1＝1m/s
在0.5～2.5s过程中，假设M、m具有共同加速度a3，则：
F2＝（M＋m）a3
a3≈5.3m/s2>
a2，则M、m相对滑动
长木板在2.5s时的速度v2＝v1＋a2t2
v2＝9m/s
以滑块为研究对象：
F2－μmg＝ma4
a4＝6m/s2
滑块在2.5s时的速度v3＝v1＋a4t2
v3＝13m/s.
1．（2019·
广东省东莞市质检）如图1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为（ ）
A．2∶1B．1∶1
C.
∶1D．1∶
答案 B
2．（2018·
山东省泰安市上学期期中）如图2所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加一水平力F，则A、B的加速度可能是（g取10m/s2）（ ）
A．aA＝6m/s2，aB＝2m/s2
B．aA＝2m/s2，aB＝6m/s2
C．aA＝8m/s2，aB＝4m/s2
D．aA＝10m/s2，aB＝6m/s2
解析 对B而言，当A、B间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则Ffm＝μmAg＝12N，则最大加速度a＝
m/s2＝6m/s2.对整体运用牛顿第二定律可得F＝（mA＋mB）a＝48N，即当拉力增加到48N时，发生相对滑动，当F≤48N时，aA＝aB≤6m/s2，当F>
48N时，aA>
aB，且aA>
6m/s2，aB＝6m/s2恒定不变，故D正确．
3．（2018·
安徽省安庆市二模）如图3所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为
.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；
若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A．1∶1B．2∶3C．1∶3D．3∶2
答案 C
解析 当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，隔离B分析，aB＝a1＝
μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：
aA＝a2＝
＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，故选项C正确．
4．（多选）（2019·
湖北省黄冈市模拟）机场使用的货物安检装置如图4所示，绷紧的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2m，现有一质量为m＝1kg的背包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．背包从A运动到B所用的时间为2.1s
B．背包从A运动到B所用的时间为2.3s
C．背包与传送带之间的相对位移为0.3m
D．背包与传送带之间的相对位移为0.1m
答案 AD
解析 背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得a＝5m/s2，背包达到传送带的速度v＝1m/s所用时间t1＝
＝0.2s，此过程背包对地面位移x1＝
t1＝
0.2m＝0.1m<
L＝2m，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1×
0.2m－0.1m＝0.1m，背包匀速运动的时间t2＝
s＝1.9s，所以背包从A运动到B所用的时间为：
t＝t1＋t2＝2.1s，故A、D正确．
5．（多选）（2018·
河南省安阳市第二次模拟）如图5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的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块在木板上运动过程中，μmg＝ma1，而v－t图象的斜率大小表示加速度大小，故a1＝
m/s2＝2m/s2，解得μ＝0.2，D错误；
对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝
m/s2＝1m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；
由题图乙可知，2s时物块和木板分离，两者v－t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝
（7＋3）×
2m－
2m＝8m，C正确．
6．（2018·
福建省宁德市上学期期末）智能分拣设备迅速将包裹分拣装车．若把智能分拣设备简化成如图6所示的水平传输装置，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的包裹轻放在皮带上，包裹和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中，设皮带足够长，取g＝10m/s2，求：
（1）包裹滑动时加速度a的大小；
（2）包裹滑动的时间t；
（3）包裹位移x的大小．
答案
（1）5m/s2
（2）0.2s （3）0.1m
解析
（1）设包裹放到皮带上受到的滑动摩擦力为Ff，则：
Ff＝μmg＝ma
a＝μg＝5m/s2
（2）包裹加速到与传送带速度相等的时间为t＝
s＝0.2s
（3）加速到与传送带相对静止的位移为x＝
at2＝
5×
0.22m＝0.1m.
7．（2018·
江西省六校第五次联考）如图7所示，一倾角θ＝37°
的斜面底端与一传送带左端相接于B点，传送带以v＝7m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以v0＝4m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，运动到C点．已知斜面AB长度为L1＝6m，传送带BC长度为L2＝6m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.3（sin37°
＝0.8，g＝10m/s2）．求：
（1）物块与斜面之间的动摩擦因数μ1；
（2）物块在传送带上运动的时间．
（2）2s
解析
（1）设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，在AB斜面上下滑的过程中：
L1＝
，可得a1＝
m/s2
由牛顿第二定律得μ1mgcos37°
＝ma1，故μ1＝
（2）在BC上运动过程中，物块先匀加速运动，加速度大小a2＝μ2g＝3m/s2
假设一直加速到C点时速度为vC，vC2＝2a2L2，vC＝6m/s<
7m/s，假设成立，则t＝
＝2s.
8．（2018·
安徽省安庆市二模）如图8甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带的左端与A、A与B之间距离均为d＝0.5m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，现以恒定的加速度a＝2m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）A物体在纸带上的滑动时间；
（2）在图乙坐标系中定性画出A、B两物体的v－t图象；
（3）两物体A、B停在地面上的距离．
答案
（1）1s
（2）如图所示
（3）1.25m
解析
（1）两物体在纸带上滑动时有μ1mg＝ma1，当物体A滑离纸带时
－
＝d
得t1＝1s
（2）如图所示
（3）物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1
两物体在地面上运动时有μ2mg＝ma2
物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移
＋
当物体B滑离纸带时
＝2d
物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2
物体B从开始运动到停止在地面上过程的总位移x2＝
两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1
联立得x＝1.25m.
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