2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第三章专题提升（四）　动力学中的两类经典模型

专题提升(四)　动力学中的两类经典模型

“传送带”模型

角度1　水平传送带

[例1]如图所示为车站使用的水平传送带模型,其A,B两端的距离L=8 m,它与水平台面平滑连接.现有一物块以v0=10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.6.求:

(1)若传送带保持静止,物块滑到B端时的速度大小;

(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s,物块到达B端时的速度大小;

(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s,且物块初速度变为v0′=6 m/s,仍从A端滑上传送带,物块从滑上传送带到离开传送带的总时间.

解析:(1)设物块的加速度大小为a,由受力分析可知

N=mg,f=ma,f=μN,

得a=6 m/s2.

传送带静止,物块从A到B做匀减速直线运动,

又s== m>L=8 m,

则由-=-2aL,

得vB=2 m/s.

(2)由题意知,传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0,物块所受的摩擦力沿传送带运动方向,即物块先加速到v1=12 m/s,

由-=2as1,得s1= m<L=8 m.

故物块先加速运动后匀速运动

即物块到达B时的速度为vB′=v1=12 m/s.

(3)当物块初速度v0′=6 m/s时,物块速度减为零时的位移s2==3 m<L,所以物块先向右减速后向左加速.

由0=v0′-at1,得t1=1 s.

当物块向左加速到v2=4 m/s时

由=2as3得s3= m<s2=3 m.

故物块向左先加速运动后匀速运动.

由v2=at2,得t2= s.

物块匀速运动的位移

s4=s2-s3= m.

由s4=v2t3,得t3= s.

故总时间t=t1+t2+t3= s.

答案:(1)2 m/s　(2)12 m/s　(3) s

角度2　倾斜传送带

[例2]

(2019·安徽合肥质检)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=,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=

3m/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.

审题图示:

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

μmgcos 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==1 s,

L1==1.25 m,

因L1<L且μ>tan 30°,故小物块速度等于2.5 m/s时,将匀速运动至B点,设用时为t2,则

t2==0.3 s,

故小物块从A到B所用的时间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-=2a1L,

解得vB=8 m/s.

小物块从A到B一直做匀减速直线运动时,到达B点的速度最小,由牛顿第二定律有

mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2,

解得a2=12.5 m/s2.

由运动学公式可知vB′2=-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

1.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是(　C　)

A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧

B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短

C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短

D.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短

解析:刚放上木炭包时,木炭包相对传送带向左滑动,所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧,故A错误;木炭包与传送带之间的摩擦力提供木炭包运动的加速度,由牛顿第二定律知μmg=ma,所以a=μg,当木炭包与传送带达到共同速度时,不再有相对滑动,由v2=2as得,木炭包位移s木=,设相对滑动的时间为t,则t=,此时传送带的位移s传=vt=,所以相对位移Δs=s传-s木=,由此可知,黑色的径迹与木炭包的质量无关,故B错误;木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短,故C正确;传送带运动的速度越大,径迹的长度越长,故D错误.

2.如图(甲)所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,传送带匀速转动,在传送带上某位置轻轻放置一滑块,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,滑块速度随时间变化的关系如图(乙)所示,v0,t0已知,则(　D　)

A.传送带一定顺时针转动

B.μ=tan θ+

C.传送带的速度大于v0

D.t0后滑块的加速度为2gsin θ-

解析:若传送带顺时针转动,当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ),将一直匀加速到底端;当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ),先做匀加速运动,在速度与传送带速度相等后将做匀速运动,两种情况均不符合题图(乙),故传送带是逆时针转动,选项A错误;滑块在0~t0时间内,所受滑动摩擦力沿传送带向下,匀加速下滑,a1=gsin θ+μgcos θ,由题图(乙)可知a1=,则μ=-tan θ,选项B错误;滑块与传送带的速度相等后的加速度a2=gsin θ-μgcos θ,解得a2=2gsin θ-,选项D正确;由前述分析结合题图(乙)知,传送带的速度等于v0,选项C错误.

“滑块—滑板”模型

角度1　水平面上的“滑块—滑板”模型

[例3]

(2019·四川成都模拟)如图所示,长为l的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上,一滑块B(可视为质点)从A的左侧以初速度v0向右滑上A.B与A间的动摩擦因数为μ2(A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同).已知A的质量为M=2.0 kg,B的质量为m=3.0 kg,A的长度为l=2.5 m,μ1=0.2,μ2=0.4(g取10 m/s2).

(1)A,B刚开始运动时各自的加速度分别是多大?

(2)为保证B在滑动过程中不滑出A,初速度v0应满足什么条件?

(3)在满足(2)中条件的情况下,分别求出A,B相对水平地面的最大位移.

过程图示:

解析:(1)分别对A,B进行受力分析,根据牛顿第二定律,B的加速度大小aB===4 m/s2

A的加速度大小aA===1 m/s2.

(2)当A,B速度相等时,若B恰好运动到A的右端,则可保证B不会滑出A,

设经过时间t,A,B的速度相等,则有v0-aBt=aAt

根据位移关系得v0t-aBt2-aAt2=l

代入数据解得t=1 s,v0=5 m/s.

所以初速度v0≤5 m/s.

(3)B恰好不滑出A时,A,B对水平地面的位移最大,A,B速度相等后相对静止,一起以v=aAt=1 m/s的初速度做匀减速运动直到静止,

匀减速运动的加速度大小a==2 m/s2.

发生的位移s==0.25 m.

A,B速度相等前A发生的位移sA=aAt2=0.5 m.

B发生的位移sB=v0t-aBt2=3 m.

所以A相对水平地面的最大位移

s2′=sA+s=0.5 m+0.25 m=0.75 m.

B相对水平地面的最大位移

s″=sB+s=3 m+0.25 m=3.25 m.

答案:(1)1 m/s2　4 m/s2　

(2)v0≤5 m/s

(3)0.75 m　3.25 m

角度2　倾斜面上的“滑块—滑板”模型

[例4]

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,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=.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.设物块与木板间的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)若力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.

审题图示:

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

f-mgsin α=ma.

又f≤fmax=μmgcos α.

解得F≤30 N.

(2)因力F=37.5 N>30 N,所以物块能够滑离木板,对木板,由牛顿第二定律得

F-μmgcos α-Mgsin α=Ma1,

对物块,由牛顿第二定律得μmgcos α-mgsin α=ma2,

设物块滑离木板所用时间为t,则此时

木板的位移s1=a1t2

物块的位移s2=a2t2

物块与木板的分离条件为Δs=s1-s2=L

解得t=1.2 s.

物块滑离木板时的速度v=a2t

物块滑离木板后的加速度大小a3=gsin α=5 m/s2.

物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离s=.

解得s=0.9 m.

答案:(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m

1.

(2019·山东日照模拟)(多选)滑沙是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型,倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑.小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列判断正确的是(　AC　)

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2

B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2

C.经过 s的时间,小孩离开滑板

D.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s

解析:对小孩,由牛顿第二定律,加速度大小为a1==2 m/s2,同理对滑板,加速度大小为a2==1 m/s2,选项A正确,B错误;要使小孩与滑板分离,需要满足a1t2-a2t2=L,解得t= s(另一解不符合,舍去),离开滑板时小孩的速度大小v=a1t=2 m/s,选项C正确,D错误.

2.(2019·山西吕梁期末)如图所示,一质量为M=4 kg,长为L=2 m的木板放在水平地面上,已知木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,在此木板的右端上还有一质量为m=1 kg的铁块,且视小铁块为质点,木板厚度不计.今对木板突然施加一个水平向右的拉力F.

(1)若木板上表面光滑,拉力大小为6 N,求木板的加速度大小和小铁块离开木板的时间;

(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2,铁块与地面间的动摩擦因数为0.1,要使小铁块对地面的总位移不超过1.5 m,则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件?(g=10 m/s2)

解析:(1)对木板受力分析,由牛顿第二定律得

F-μ(M+m)g=Ma

解得a=0.25 m/s2.

小铁块离开木板时,木板发生的位移为L=2 m,

则有L=at2,

解得t=4 s.

(2)铁块在木板上时,加速度大小a1=μ1g=2 m/s2

铁块在地面上时,加速度大小a2=μ2g=1 m/s2

对木板,有F-μ1mg-μ(M+m)g=Ma3

设铁块从木板上滑下时的速度为v1,铁块在木板上和地面上的位移分别为s1,s2,

则=2a1s1

=2a2s2

并且满足s1+s2≤1.5 m

设铁块在木板上滑行时间为t1,则s1=a1

木板对地面的位移s=a3

且s=s1+L

联立解得F≥47 N.

答案:(1)0.25 m/s2　4 s　(2)F≥47 N

1.(2019·湖南长沙模拟)(多选)飞机场的行李传送装置如图所示,水平传送带以速度v1顺时针匀速转动,倾斜传送带以速度v2顺时针匀速转动,v1<v2,在水平传送带A端轻放一个行李箱,该行李箱与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ,两传送带之间平滑连接,则行李箱速率随时间变化的关系图象可能是(　ACD　)

解析:行李箱在水平传送带上先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动,行李箱的速度可能与传送带共速,之后做匀速直线运动.滑上倾斜传送带时,由于v1<v2且μ>tan θ,有μmgcos θ>mgsin θ,可知行李箱先做匀加速运动,与传送带共速后做匀速运动,行李箱也可能一直做匀加速运动,与传送带共速后不可能做匀减速运动,故A正确,B错误;行李箱在水平传送带上可能一直做匀加速直线运动,滑上倾斜传送带时,可能一直做匀加速运动,故C正确;行李箱在水平传送带上可能一直做匀加速直线运动,滑上倾斜传送带时,可能先做匀加速运动,后做匀速直线运动,故D正确.

2.(2019·江西南昌联考)质量为m0=20 kg、长为L=2 m的木板放在水平面上,木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.1.将质量m=10 kg的小木块(可视为质点),以v0=4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2).则以下说法中正确的是(　C　)

A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板

B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板

C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板

D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板

解析:木块对木板的摩擦力f1=μ2mg=40 N,水平面对木板的摩擦力f2=μ1(m+m0)g=30 N,因为f1>f2,所以木板一定向右运动.对木块,由牛顿第二定律得a1==4 m/s2,对木板,由牛顿第二定律有a2==0.5 m/s2,设经过时间t,小木块和木板的速度相等,则有v0-a1t=a2t,解得t= s,共同速度v=a2t= m/s,小木块的位移s1=t= m,木板的位移s2=t= m,小木块相对木板的位移Δs=s1-s2= m<L=2 m,所以小木块不能滑出木板,故C正确.

3.

(2016·江苏卷,9)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中(　BD　)

A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左

B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等

C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大

D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面

解析:由题图知在拉动桌布的过程中鱼缸相对桌布向左运动,故受到桌布对其向右的摩擦力作用,选项A错误;因鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,鱼缸在桌布上与在桌面上运动时受摩擦力大小相等,加速度大小相等,鱼缸先在桌布上加速,然后在桌面上减速到停止,根据v=at知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等,选项B正确;滑动摩擦力f=μN,其大小只与μ,N有关,故若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将不变,选项C错误;若猫减小拉力,鱼缸可能随桌布一起运动,而滑出桌面,选项D正确.

4.

(2019·江苏卷,15)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A,B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;

(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB,aB′;

(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.

解析:A,B的运动过程如图所示

(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg

由题知,A被敲击后做匀变速直线运动,则2aAL=

解得vA=.

(2)设A,B的质量均为m

对齐前,B所受合外力大小F=3μmg

由牛顿运动定律知F=maB,得aB=3μg

对齐后,A,B整体所受合外力大小F′=2μmg

由牛顿运动定律知F′=2maB′,得aB′=μg.

(3)设经过时间t,A,B达到共同速度v,位移分别为sA,sB,A加速度的大小等于aA

则v=aAt,v=vB-aBt

sA=aAt2,sB=vBt-aBt2

且sB-sA=L

解得vB=2.

答案:(1)　(2)3μg　μg　(3)2