新高考物理一轮复习讲义 第3章 专题强化6 传送带模型和滑块—木板模型

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2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．
题型一 传送带模型
基础回扣
1．水平传送带
2.倾斜传送带
3．求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断．
4．临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变．
例1 如图1所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
图1
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度．
答案 (1)不能 (2)1.5 s (3)5 m
解析 (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mgsin 37°>μmgcs 37°，所以它们不能相对静止．
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，
发生的位移x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m
煤块速度达到v0后，因μgcs θμmgcs θ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcs θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θa2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动．
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1＝eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2，x1－x2＝L
解得：t＝1s.
课时精练
1．如图1甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
图1
A．传送带的速度为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为eq \f(1,8)
D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
答案 A
解析 如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v－t图线与横轴所围的面积，即eq \f(1,2)×(4＋12)×1 m＋eq \f(1,2)×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcs θ＝8 m/s2,1～2 s内，a2＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2，解得μ＝eq \f(1,4)，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误．
2．如图2甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示．某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是( )
图2
A．滑块和木板始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量小于木板的质量
D．木板的长度为eq \f(v0t1,2)
答案 B
解析 由题图乙知，滑块在木板的摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在滑块的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，滑块没有滑离木板，故A错误，B正确；由于滑块、木板间相互作用的摩擦力分别使滑块、木板产生加速度，所以满足mam＝MaM，由题图乙知，在t1时间内滑块匀减速运动的加速度小于木板匀加速运动的加速度，即amM，即滑块的质量大于木板的质量，故C错误；两者相对静止时，两者的位移差x＝eq \f(v0＋v,2)t1－eq \f(v,2)t1＝eq \f(v0,2)t1，则木板长度大于或等于eq \f(v0,2)t1，故D错误．
3.如图3所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：
图3
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L.
答案 (1)eq \f(4v0,3μg) eq \f(v0,3) (2)eq \f(4v\\al(02),3μg)
解析 (1)对A、B分别由牛顿第二定律得
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝eq \f(1,2)μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝eq \f(2v0,aA＋aB)＝eq \f(4v0,3μg)，v＝－eq \f(v0,3).
即A、B的共同速度大小为eq \f(v0,3).
(2)在时间t内：
A的位移xA＝eq \f(－v0＋v,2)t＝－eq \f(8v\\al(02),9μg)
B的位移xB＝eq \f(v0＋v,2)t＝eq \f(4v\\al(02),9μg)
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝eq \f(4v\\al(02),3μg).
4．(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )
图4
A．传送带的速度v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J
答案 ACD
解析 由题图乙可知，当物体速度达到v0＝10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的加速度为a1＝10 m/s2,1～2 s内为a2＝2 m/s2，则有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设物体的两段位移为x1、x2，则有x1＝eq \f(v\\al(02),2a1)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m，x2＝eq \f(v2－v\\al(02),2a2)＝eq \f(122－102,2×2) m＝11 m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝(μmgcs θ)x1－(μmgcs θ)x2＝－24 J，故D正确．
5.(多选)(2020·山东日照市模拟)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图5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eq \f(9,16).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，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
图5
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eq \r(2) s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为eq \f(4\r(3),3) m/s
答案 AC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq \r(2) s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2eq \r(2) m/s，选项C正确，D错误．
6．(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图6
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2＝24 s
D．木板的最大加速度为2 m/s2
答案 ACD
解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(Ffm,mg)＝eq \f(8,20)＝0.4，选项A正确．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(Ff′,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，选项C、D正确．
7．有一项游戏可简化如下：如图7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：
图7
(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．
答案 (1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
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，则有
Ff＝μm1g＝m2a2，
解得a2＝10 m/s2，由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.
8．如图8甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
图8
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块在传送带上留下的划痕为多长．
答案 (1)eq \f(7,8) (2)18 m
解析 (1)根据v－t图像的斜率表示加速度可得a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2
对小物块，由牛顿第二定律得μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝eq \f(7,8)
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，
0～6 s内传送带匀速运动的距离为：
x带＝4×6 m＝24 m，
由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：
x1＝eq \f(1,2)×2×2 m＝2 m，方向沿传送带向下，
2～6 s内物块位移大小为：x2＝eq \f(1,2)×4×4 m＝8 m，方向沿传送带向上
所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.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)v0v返回时速度为v，若v0