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.doc

《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.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.doc（11页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1 / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理大一轮复习微专题精选高考物理大一轮复习微专题 04“04“传传送带模型送带模型”和和“滑块滑块_ _木板模型木板模型”问题学案新人教版问题学案新人教版“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

2、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v1 m/s 运行，一质量为 m4 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 0.1，A、B 间的距离 L2 m，g 取 10 m/s2(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2 / 11率解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小

3、Ffmg0.1410 N4 N，加速度大小 ag0.110 m/s21 m/s2(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则vat1，得 t1 s1 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a1 m/s2，当行李到达右端时，有v2aL，得 vmin m/s2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为 2 m/s由 vminatmin 得行李最短运行时间 tmin s2 s答案：(1)4 N 1 m/s2 (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 37，传送带 AB 长度足够长，传送皮带轮以大小为 v2 m/s 的恒定

4、速率顺时针转动一包货物以 v012 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/s2，已知 sin 370.6，cos 370.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为 a1，货物相对3 / 11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mgsin Ffma1，FNmgcos

5、0又 FfFN解得 a1g(sin cos )10 m/s2(2)货物速度从 v0 减至传送带速度 v 所用时间 t11 s位移 x17 m(3)解法 1：t11 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 a2，同理可得 a2g(sin cos )2 m/s2，方向沿传送带向下设货物再经时间 t2 速度减为零，则 t21 s沿传送带向上滑的位移 x21 m上滑的总距离为 xx1x28 m货物到达最高点再次下滑时的加速度为 a2，设下滑时间为 t3，由 xa2t 解得 t32 s则货物从 A 端滑上传送带到再次滑回 A 端的总时间为tt1t2t3(22) s解法 2：过了 t1

6、 时刻，货物的加速度变为 a2，从 t1 到货物滑回 A 端的过程，加速度保持不变，则x1vt2a2t，代入数值，解得 t2(12) s，货物从 A 端滑上传送带到再次滑回 A 端的总时间为 tt1t2(22) s答案：(1)10 m/s2 (2)1 s；7 m (3)( 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 ，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 ，正常工作4 / 11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

7、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 cos )，若 L 足够大，则以后将以一定的速度 v 做匀速运动C若 tan ，则粮袋从 A 到 B 一定是一直做加速运动D不论 大小如何，粮袋从 A 到 B 一直做匀加速运动，且agsin 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

8、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为 mgcos ，根据牛顿第二定律有加速度 ag(sin cos )，故 B 错误若 tan ，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 .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 v0 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

9、题意知 aa0，根据牛顿第二定律可得 ag5 / 11设传送带由静止开始加速到速度等于 v0，经历的时间为 t，则 v0a0t，此时煤块的速度 vat由于 aa0，故 vv0，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 v0，有 v0vat设煤块的速度从 0 增加到 v0 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 x0，则 x，x0a0t2v0t，传送带上留下的黑色痕迹的长度 lx0x，由以上各式得 l答案：v2 0a0g 2ga03(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 v1 运行，一

10、质量 m1 kg，初速度大小为 v2 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/s2，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 a1 m/s2，由牛顿第二定律得 mgma，解得煤块与传送带间的动摩擦因数 0.1(2)由题图乙的速度时间图象可知，传送带速度大小 v11 m/s，煤块初速度大小 v23 m/s，煤块在传送带上滑动 t14 s 后与传送带相对静止6 / 11前 3 s 内煤块

11、的位移 s1t4.5 m，方向向左，34 s 内煤块的位移 s2t0.5 m，方向向右，4 s 内煤块的位移 ss1s24 m，方向向左，煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间 t24 s，故煤块在传送带上运动的时间 tt1t28 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，Lx1x2甲反向运动时：如图乙所示，Lx1x2乙3解题步骤审题

12、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7 / 11(2017全国卷)如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为mA1 kg 和 mB5 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 10.5；木板的质量为 m4 kg，与地面间的动摩擦因数为 20.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v03 m/s.A、B 相遇时，A

13、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 g10 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 f1、f2 和 f3，A 和 B相对于地面的加速度大小分别为 aA 和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在物块 B 与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma18 / 11设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1.由运动

14、学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s(2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1，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 v2.设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对 A 有v2v1aAt29 / 11在 t2 时间间

15、隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A 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s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 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 F6 N 的水平力向右拉A，经过 5 s A 运动到 B 的最右端，且其 vt 图象如图乙所示已知 A、B 的质量分别为 1 k

16、g、4 kg，A、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2.下列说法正确的是( )AA 的加速度大小为 0.5 m/s2BA、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/s2D若 B 不固定，A 运动到 B 的最右端所用的时间为 5 s解析：选 BD 根据 vt 图象可知 A 的加速度大小为 aA m/s22 m/s2，A 错误；以 A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得FmAgmAaA，解得 0.4，B 正确；若 B 不固定，假设10 / 11A、B 不发生相对滑动，则有 F(mAmB)a，a1.2 m/s2，对A 有 FfmAa，得 f4.8

17、NmAg，假设不成立，故 A、B 会发生相对滑动，则 B 的加速度大小为 aB m/s21 m/s2，C 错误，由题图乙可知 B 的长度 l510 m25 m，设 A 运动到 B 的最右端所用的时间为 t，根据题意可得 aAt2aBt2l，解得 t5 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 l2.5 m，质量均为 m2150 g现有一小滑块以速度 v06 m/s 冲上木板 A 的左端，已知小滑块质量m1200 g，滑块与木板间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数 20.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取 10 m/

18、s2)(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 1 应满足的条件(2)若 10.4，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1m1g2(m12m2)g，滑块滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，由受力分析得1m1g2(m1m2)g，代入数据解得 0.3510.5(2)若 10.4，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 a1，由牛顿第二定律得 1m1gm1a1，解得 a14 m/s2，由2a1lvv，得滑块到达木板 B 时的速度 v14 m/s，设滑块在 A 板上运动的时间为 t1，由 v1v0a1t1，解得11 / 11t10.5 s，滑块滑上 B 后，B 开始运动，由 1m1g2(m1m2)gm2a2，解得 a2 m/s2，当滑块与 B 速度相同时，有 a2t2v1a1t2，解得 t2 s，相对位移 xt2t2 ml2.5 m，故滑块与木板 B 能达到共同速度，v 共a2t2 m/s，然后两者相对静止并一起做减速运动，有 2(m1m2)g(m1m2)a 共，解得 a 共2 m/s2，t3 s，所以 tt1t2t3 s答案：(1)0.3510.5 (2) s