2019年高考物理大一轮复习微专题04“传送带模型”和“滑块_木板模型”问题学案新人教版

微专题04 “传送带模型”和“滑块—木板模型”问题“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题1．水平传送带问题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．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．倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带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/s 2．(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．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f ＝μmg ＝0.1×4×10 N＝4 N ，加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2．(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v ＝at 1，得t 1＝v a ＝11s ＝1 s ． (3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有 v 2min ＝2aL ，得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s ．由v min ＝at min 得行李最短运行时间t min ＝v min a ＝21s ＝2 s ．答案：(1)4 N 1 m/s 2(2)1 s (3)2 s 2 m/s如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 长度足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m/s 的恒定速率顺时针转动．一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(1)货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间？这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a 1，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示．根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma 1，F N －mg cos θ＝0又F f ＝μF N解得a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间t 1＝v －v 0－a 1＝1 s 位移x 1＝v 2－v 20－2a 1＝7 m (3)解法1：t 1＝1 s 后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为a 2，同理可得a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t 2速度减为零，则t 2＝0－v －a 2＝1 s 沿传送带向上滑的位移x 2＝0－v 2－2a 2＝1 m 上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m货物到达最高点再次下滑时的加速度为a 2，设下滑时间为t 3，由x ＝12a 2t 23解得t 3＝2 2 s 则货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s 解法2：过了t 1时刻，货物的加速度变为a 2，从t 1到货物滑回A 端的过程，加速度保持不变，则－x 1＝vt 2－12a 2t 22，代入数值，解得t 2＝(1＋22) s ，货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s ．答案：(1)10 m/s 2(2)1 s ；7 m (3)( 2＋22) s1．(2017·辽宁东北育才学校三模)如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时逆时针运行，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 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以一定的速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 到B 一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a ≥g sin θ解析：选A 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于v ；也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确，D 错误．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律有加速度a ＝g (sin θ＋μcos θ)，故B 错误．若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C 错误．2．一水平的浅色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a 0开始运动，当其速度达到v 0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，相对于传送带不再滑动．求此黑色痕迹的长度．(假设传送带足够长)解析：设煤块在加速过程中的加速度为a ，根据题意知a ＜a 0，根据牛顿第二定律可得a ＝μg ．设传送带由静止开始加速到速度等于v 0，经历的时间为t ，则v 0＝a 0t ，此时煤块的速度v ＝at ．由于a ＜a 0，故v <v 0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用，仍以加速度a 做匀加速运动．设再经过时间t ′，煤块的速度由v 增加到v 0，有v 0＝v ＋at ′．设煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，煤块和传送带相对地面移动的距离分别为x 和x 0，则x ＝v 202a ，x 0＝12a 0t ′2＋v 0t ′， 传送带上留下的黑色痕迹的长度l ＝x 0－x ，由以上各式得l ＝v 20a 0－μg 2μga 0． 答案：v 20a 0－μg 2μga 03．(2018·湖南娄底五校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，一质量m ＝1 kg ，初速度大小为v 2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度—时间图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，求：(1)煤块与传送带间的动摩擦因数；(2)煤块在传送带上运动的时间．解析：(1)由题图乙的速度—时间图象可知，煤块做匀变速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1．(2)由题图乙的速度—时间图象可知，传送带速度大小v 1＝1 m/s ，煤块初速度大小v 2＝3 m/s ，煤块在传送带上滑动t 1＝4 s 后与传送带相对静止．前3 s 内煤块的位移s 1＝v 22t ＝4.5 m ，方向向左， 3～4 s 内煤块的位移s 2＝v 12t ′＝0.5 m ，方向向右，4 s内煤块的位移s＝s1－s2＝4 m，方向向左，煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间t2＝sv1＝4 s，故煤块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝8 s．答案：(1)0.1 (2)8 s“滑块—木板模型”问题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木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2甲反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2乙3．解题步骤审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求↓建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度两过程接连处的加速度可能突变↓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，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝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v 0＝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/s 2.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．解析：(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m A g①f 2＝μ1m B g②f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④f 2＝m B a B⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m(也可用如图的速度—时间图线求解)答案：(1)1 m/s (2)1.9 m4．(多选)如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉A ，经过5 s A 运动到B 的最右端，且其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.下列说法正确的是( )A ．A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.4C ．若B 不固定，B 的加速度大小为2 m/s 2D ．若B 不固定，A 运动到B 的最右端所用的时间为5 2 s解析：选BD 根据v －t 图象可知A 的加速度大小为a A ＝Δv Δt ＝105m/s 2＝2 m/s 2，A 错误；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 A m A g＝0.4，B 正确；若B 不固定，假设A 、B 不发生相对滑动，则有F ＝(m A ＋m B )a ′，a ′＝1.2 m/s 2，对A 有F－f ＝m A a ′，得f ＝4.8 N ＞μm A g ，假设不成立，故A 、B 会发生相对滑动，则B 的加速度大小为a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2，C 错误，由题图乙可知B 的长度l ＝12×5×10 m ＝25 m ，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 ＝5 2 s ，D 正确．5．(2018·安徽蚌埠二中模拟)如图所示，地面依次摆放两个完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2.5 m ，质量均为m 2＝150 g ．现有一小滑块以速度v 0＝6 m/s 冲上木板A 的左端，已知小滑块质量m 1＝200 g ，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取10 m/s 2)(1)若滑块滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．(2)若μ1＝0.4，求滑块运动的时间(结果可用分数表示)．解析：(1)滑块滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ，滑块滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得 μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2)g ，代入数据解得0.35＜μ1≤0.5．(2)若μ1＝0.4，则滑块在木板A 上滑动时，木板不动．设滑块在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝4 m/s 2， 由－2a 1l ＝v 21－v 20，得滑块到达木板B 时的速度v 1＝4 m/s ， 设滑块在A 板上运动的时间为t 1，由v 1＝v 0－a 1t 1，解得t 1＝0.5 s ， 滑块滑上B 后，B 开始运动，由μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2，解得a 2＝23m/s 2， 当滑块与B 速度相同时，有a 2t 2＝v 1－a 1t 2，解得t 2＝67s ， 相对位移Δx ＝v 1＋v 共2t 2－v 共2t 2＝127m ＜l ＝2.5 m ， 故滑块与木板B 能达到共同速度，v 共＝a 2t 2＝47m/s ， 然后两者相对静止并一起做减速运动，有μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 共， 解得a 共＝2 m/s 2， t 3＝v 共a 共＝27 s ，所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2314s ． 答案：(1)0.35＜μ1≤0.5 (2)2314s。