专题三 滑块-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

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考点一 “滑块——木板”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．摩擦力方向的特点
(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3．运动特点
(1)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，滑板位移大小为x2
同向运动时：如图所示，L＝x1－x2
反向运动时：如图所示，L＝x1＋x2
(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。
[例1]
( 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。
[审题指导]
[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。在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s。⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－eq \f(1,2)aBteq \\al(2,1)⑩
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f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧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v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0·(t1＋t2)－eq \f(1,2)aA(t1＋t2)2⑮
A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
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
[答案] 1 m/s (2)1.9 m
◆规律总结
求解“滑块——滑板”类问题的方法技巧
1．弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
2．正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
3．速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
[跟踪训练]
[水平面上的“滑块——木板”问题]
1．(2021·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。
[解析] (1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短，设滑板加速度为a2，
μm1g＝m2a2，
a2＝10 m/s2，s＝eq \f(a2t2,2)，
解得t＝1 s。
(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N，
当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，
eq \f(a1t2,2)－eq \f(a2t2,2)＝L，
解得F2＝34 N，
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。
[答案] (1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
[斜面上的“滑块——木板”问题]
2．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
[解析] (1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mgsin α＝ma
又Ff≤Ffm＝μmgcs α
联立解得F≤30 N
要使木板沿斜面由静止开始运动，
则F＞(M＋m)gsin α＝20 N
所以力F应满足的条件为20 N＜F≤30 N。
(2)因F＝37.5 N＞30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得F－μmgcs α－Mgsin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcs α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2
物块的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2
物块与木板的分离条件为x1－x2＝L
联立以上各式解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t
由公式－2gsin α·x＝0－v2
解得x＝0.9 m。
[答案] (1)20 N＜F≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m
考点二 传送带模型
(一)水平传送带模型
[例2] 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/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率。
[审题探究] (1)行李在水平方向受几个力的作用？其加速度是多少？
(2)若行李从A到B一直加速，其平均速度比先加速再匀速的平均速度大还是小？哪种情况下的运动时间较短？
[解析] (1)行李所受滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，
加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2。
(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则
v＝at1，得t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(1,1) s＝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/s2，当行李到达右端时，有
veq \\al(2,min)＝2aL，
得vmin＝eq \r(2aL)＝eq \r(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vmin＝atmin得行李最短运行时间tmin＝eq \f(vmin,a)＝eq \f(2,1) s＝2 s。
[答案] (1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
◆方法技巧
1．求解水平传送带问题的关键
(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。
(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．处理此类问题的一般流程
弄清初始条件⇒判断相对运动⇒判断滑动摩擦力的大小和方向⇒分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向⇒由物体的速度变化分析相对运动⇒进一步确定以后的受力及运动情况。
[跟踪训练]
3．(多选)(2021·榆林市模考)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2 m/s的恒定速率顺时针运行。初速度大小为v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则( )
A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右
B．小墨块与传送带速度相同前其加速度a＝0.2 m/s2
C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 m
D．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m
[解析] 小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，故加速度a＝eq \f(v1－－v2,t)＝eq \f(v1＋v2,t)＝1 m/s2，方向向右，故B错误；小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝eq \f(0＋v2,2)t1，联立解得：x1＝4.5 m，小墨块向左减速的过程中，对传送带的位移为：x2＝v1t1，小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝0＋eq \f(v1,2)t2，对传送带x2′＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)，解得：x＝12.5 m，故C错误，D正确。
[答案] AD
(二)倾斜传送带模型
[例3] (2021·武汉一模)如图所示，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，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2。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，物体向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mg(sin 37°－μcs 37°)＝ma
则a＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2，
根据l＝eq \f(1,2)at2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a1，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
则有a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10)s＝1 s，x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m＜l＝16 m
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcs 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a2，则a2＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，则有10t2＋teq \\al(2,2)＝11
解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s。
[答案] (1)4 s (2)2 s
◆方法点拨
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。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。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，此时要根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力大小之间的关系进行判断。
[跟踪训练]
4．(2020·合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现使传送带沿顺时针方向以v＝2.5 m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，g取10 m/s2。试求：
(1)小物块运动至B点的时间；
(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3eq \r(6) m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围。
[解析] (1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有
μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma1，
解得a1＝2.5 m/s2。
设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块运动的位移为L1，用时为t1，则
t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(2.5,2.5) s＝1 s，
L1＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(2.52,2×2.5) m＝1.25 m，
因L1＜L且μ＞tan 30°，故小物块匀加速运动后，将以2.5 m/s的速度匀速运动至B点，设用时为t2，则
t2＝eq \f(L－L1,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。由牛顿第二定律及运动学公式有veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝2a1L，
解得vB＝8 m/s。
小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律有
mgsin 30°＋μmgcs 30°＝ma2，
解得a2＝12.5 m/s2。
由运动学公式可知vB′2＝veq \\al(2,0)－2a2L，
解得vB′＝2 m/s。
即小物块到达B点的速度范围为
2 m/s≤vB≤8 m/s。
[答案] (1)1.3 s (2)2 m/s≤vB≤8 m/s
eq \a\vs4\al([对应学生用书第45页])
规范解答1——牛顿运动定律的综合应用
规范解答
(1)滑块在平板上做匀减速运动，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1①(1分)
解得a1＝3 m/s2
由于μ1mg＞2μ2mg，故平板做匀加速运动，由牛顿第二定律得
μ1mg－μ2·2mg＝ma2②(1分)
解得a2＝1 m/s2
设滑块滑上平板时的速度为v0，从滑上平板到滑至平板右端用时为t，滑块刚滑到平板右端时滑块与平板的共同速度为v′，平板的位移为x，对滑块：
v′＝v0－a1t③(1分)
L2＋x＝v0t－eq \f(1,2)a1t2④(1分)
对平板：v′＝a2t⑤(1分)
x＝eq \f(1,2)a2t2⑥(1分)
联立并代入数据解得t＝1 s，v0＝4 m/s⑦(1分)
分析可知，传送带的速度v＝v0＝4 m/s⑧(1分)
(2)滑块在传送带上的加速度a3＝eq \f(μmg,m)＝5 m/s2⑨(1分)
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：
v1＝eq \r(2a3L1)＝5 m/s＜6 m/s⑩(1分)
即滑块滑上平板时的速度为5 m/s⑪(1分)
设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板的位移为x′
则v″＝v1－a1t′⑫(1分)
L2＋x′＝v1t′－eq \f(1,2)a1t′2⑬(1分)
x′＝eq \f(1,2)a2t′2⑭(1分)
联立并代入数据解得t′＝eq \f(1,2) s或t′＝2 s(不合题意，舍去)⑮(1分)
将t′＝eq \f(1,2) s代入v″＝v1－a1t′得滑块离开平板时的速度大小v″＝3.5 m/s⑯(1分)
提分必备
1.规范列式，符合物理规律
解题所列的每一个公式都要有物理依据，符合物理规律，要与原始规律公式的具体形式一致，不要写移项变形的公式，如本题中②式不得写成μ1mg－μ2·2mg－ma2＝0。
2．物理符号表示意义要清晰
本题中滑块在平板上滑动的加速度用a1表示，平板的加速度用a2表示，滑块在传送带上滑动的加速度用a3表示。在第(2)问中滑块在平板上运动时间用t′，离开平板时的速度用v′，平板位移用x′，不得与第(1)问符号相同。
3．数学运算，可以淡化
阅卷原则是“只看物理公式和答案，不看数学运算过程”。只有物理公式和最后的答案是得分点，应用物理过程导出的数学运算过程不是得分点。
4．必要文字说明，解题思路清晰明了
本题第(2)问，滑块在传送带上是一直加速还是先加速再匀速，要有文字说明；对于题目未给定的物理量，要设定表示这些物理量的符号，并说明其意义。
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后再以a2加速
(6)可能一直减速
情景4
(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
(4)可能一直减速