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1、一年来,虽然作了一些工作,但与上级要求和职工期望还有较大差距,现根据民主生活会的要求,结合本次民主生活批评与自我批评这一主题30 传送带问题与滑块木板模型方法点拨(1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化(2)用公式Qfs相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量1(滑块木板模型)(多选)如图1所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为s，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是()图1A此时
2、小物块的动能为F(sL)B此时小车的动能为fsC这一过程中，小物块和小车增加的机械能为FsfLD这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL2(传送带问题)(多选)如图2所示，一质量为1 kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2 s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m/s的恒定速率运行已知A、B间距离为 2 m，传送带长度(即B、C间距离)为10 m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g10 m/s2.下列说法正确的是()图2A小物块在传送带上运动的时间为2.32 sB小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 JC小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功
3、为6 JD小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J3(滑块木板模型)(多选)水平地面上固定一倾角为37的足够长的光滑斜面，如图3所示，斜面上放一质量为mA2.0 kg、长l3 m的薄板A.质量为mB1.0 kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端，B与A之间的动摩擦因数0.5.开始时用外力使A、B静止在斜面上，某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v05 m/s，同时撤去外力，已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.下列说法正确的是()图3A在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为35B从A、B开始运动到A、B相对静止的过程所经历的时间
4、为0.5 sC从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中滑块B克服摩擦力所做的功为 JD从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为 J4如图4甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行在t0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g10 m/s2)，求：图4(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)从A到B的过程中，传送带对物块做的功5如图5所示，在倾角为37的足够长的斜面上，有质量为m12 kg的长木板开始时，长木板上有一质
5、量为m21 kg的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v02 m/s从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v1 m/s的匀速运动.小铁块最终与长木板一起沿斜面向上做匀速运动.已知小铁块与长木板、长木板与斜面间的动摩擦因数均为0.9，重力加速度为g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.试求：图5(1)小铁块在长木板上滑动时的加速度；(2)长木板至少多长；(3)在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力的功率6如图6所示，质量为M4 kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量为m1 kg，大小可以忽略的铁块，铁块与木板
6、之间的动摩擦因数0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F8 N，铁块在长L6 m的木板上滑动取g10 m/s2.求：图6(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功；(3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能现将本人存在的有关问题和今后的整改方向向各位领导和同志们作简要的汇报,讲得不够的地方请领导和同志们批评指正。答案精析1BD小物块运动的位移为sL，拉力和摩擦力做功，由动能定理得(Ff)(sL)Ek1，故选项A错误；小车仅受摩擦力，由动能定理得fsEk2，选项B正确；小物块和小车组成的系统的机械能增加量为非重力做功，即(Ff)(sL)fsF
7、(sL)fL，选项C错误；因摩擦而产生的热量为摩擦力与相对路程之积，即QfL，选项D正确2BCD小物块自斜面上A点由静止开始下滑，由sat2，vat，得出小物块滑上传送带时的速度v2 m/s，小物块滑上传送带后做匀加速直线运动，加速度a1g0.210 m/s22 m/s2，加速时间t11 s，加速运动的位移s1vt1a1t3 m，匀速运动时间t21.75 s，小物块在传送带上运动的时间为tt1t22.75 s，选项A错误；小物块相对传送带的位移sv0t1s11 m，小物块在传送带上因摩擦产生的热量为Qfsmgs2 J，选项B正确；由动能定理，小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为Wm
8、vmv26 J，选项C正确；根据能量守恒定律，小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为EQW2 J6 J8 J，选项D正确3CD由题中条件可知，当滑块B向上运动时，薄板A将沿斜面向下运动，由受力分析和牛顿第二定律可知，对薄板A，mAgsin mBgcos mAaA，薄板A的加速度aA4 m/s2，方向沿斜面向下；对滑块B，mBgcos mBgsin mBaB，则滑块B的加速度aB10 m/s2，方向沿斜面向下，故在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为25，选项A错误；开始运动时，滑块B向上做匀减速直线运动，减速到零所需要的时间t10.5 s，此时薄板A的速度大小为vAaAt
9、12 m/s，然后二者均向下运动，且二者的加速度不变，最后速度相同，则有vAaAt2aBt2，代入数据可解得t2 s，共同速度为v m/s，A、B从开始运动到速度相同所用时间为tt1t2 s，选项B错误；滑块B的位移为sBt1t2 m，方向沿斜面向上，所以滑块B克服摩擦力做的功为WmBgsBcos J，选项C正确；A、B的相对位移为st1aAtvAt2aAtt2，代入数据得s m，故在整个过程中产生的热量QmBgscos J，选项D正确4(1)(2)3.75 J解析(1)由图象可知，物块在前0.5 s的加速度为：a18 m/s2后0.5 s的加速度为：a22 m/s2物块在前0.5 s受到的滑
10、动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma1物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma2联立解得：(2)由vt图象面积意义可知，在前0.5 s，物块对地位移为：s1t1则摩擦力对物块做功：W1mgcos s1在后0.5 s，物块对地位移为：s2t2则摩擦力对物块做功W2mgcos s2所以传送带对物块做的总功：WW1W2联立解得：W3.75 J5(1)1.2 m/s2，沿斜面向上(2)7.5 m(3)40.8 W解析(1)设小铁块的加速度大小为a，对小铁块受力分析有(取沿斜面向上为正方向)f2m2gsin m2af2
11、FN2FN2m2gcos 得ag(cos sin )1.2 m/s2，沿斜面向上(2)小铁块先沿斜面向下匀减速运动至速度为零再沿斜面向上匀加速运动，最终与长木板速度相同，设历时t后小铁块速度为v，则v(v0)att2.5 st时间内小铁块位移为s1，木板位移为s2s1，方向沿斜面向下s2vt，方向沿斜面向上s2s1L2(s2s1)7.5 m(3)对木板Ff2f1m1gsin f1FN1FN1(m1m2)gcos WFs2联立解得：W102 J所以P40.8 W.6(1)2 s(2)64 J(3)40 J解析(1)铁块与木板间的滑动摩擦力fmg0.4110 N4 N铁块的加速度a1 m/s24
12、m/s2木板的加速度a2 m/s21 m/s2铁块滑到木板左端的时间为t，则a1t2a2t2L代入数据解得t2 s(2)铁块位移s1a1t2422 m8 m木板位移s2a2t2122 m2 m恒力F对铁块做的功WFs188 J64 J(3)方法一：铁块的动能EkA(Ff)s1(84)8 J32 J木板的动能EkBfs242 J8 J铁块和木板的总动能Ek总EkAEkB32 J8 J40 J.方法二：铁块的速度v1a1t42 m/s8 m/s铁块的动能EkAmv182 J32 J木板的速度v2a2t12 m/s2 m/s木板的动能EkBMv422 J8 J铁块和木板的总动能Ek总EkAEkB32 J8 J40 J.
