2023版高考物理一輪總復(fù)習(xí)第三章專(zhuān)題二傳送帶與滑塊問(wèn)題課件

專(zhuān)題二傳送帶與滑塊問(wèn)題突破1“傳送帶”模型滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的“六點(diǎn)”注意問(wèn)題：(1)注意滑塊相對(duì)傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向，正確判定摩擦力的方向.(2)在水平傳送帶上，滑塊與傳送帶共速時(shí)，滑塊與傳送帶相對(duì)靜止做勻速運(yùn)動(dòng).(3)在傾斜傳送帶上，滑塊與傳送帶共速時(shí)，需比較mgsinθ與μmgcosθ

的大小才能確定運(yùn)動(dòng)情況.(4)注意滑塊與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反時(shí)，滑塊速度減為零后反向加速返回.(5)注意傳送帶的長(zhǎng)度，判定滑塊與傳送帶共速前是否滑出.(6)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)形成的劃痕長(zhǎng)度是滑塊與傳送帶的相對(duì)位移.三種情景圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景1①可能一直加速②可能先加速后勻速情景2①v0>v，可能一直減速，也可能先減速再勻速②v0＝v，一直勻速③v0<v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速類(lèi)型1水平傳送帶模型三種情景圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景3①傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速到達(dá)左端②傳送帶較長(zhǎng)時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端.其中v0>v返回時(shí)速度為v，當(dāng)v0<v返回時(shí)速度為v0(續(xù)表)

[思維拓展]計(jì)算物體與傳送帶間的相對(duì)路程要分兩種情況：①若二者同向，則Δs＝|s傳－s物|；②若二者反向，則Δs＝|s傳|＋|s物|.

【典題1】如圖Z2-1所示為車(chē)站使用的水平傳送帶模型，其A、B兩端的距離L＝8m，它與水平臺(tái)面平滑連接.現(xiàn)有一物塊以v0＝10m/s的初速度從A端水平地滑上傳送帶.已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6.試求：圖Z2-1(1)若傳送帶保持靜止，物塊滑到B端時(shí)的速度大小.(2)若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速率恒為12m/s，則物塊到達(dá)B端時(shí)的速度大小.

(3)若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速率恒為4m/s，且物塊初速度變?yōu)関0′＝6m/s，仍從A端滑上傳送帶，求物塊從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶的總時(shí)間.解：(1)設(shè)物塊的加速度大小為a，由受力分析可知FN＝mg，F(xiàn)f＝ma，F(xiàn)f＝μFN

得a＝6m/s2若傳送帶保持靜止，則物塊從A到B做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)得vB＝2m/s.(2)由題意知，物塊先加速到v1＝12m/s故物塊先加速后勻速運(yùn)動(dòng)即物塊到達(dá)B時(shí)的速度為vB′＝v1＝12m/s.(3)由題意可知，物塊先向右減速后向左加速.①向右減速到v2＝0時(shí)由v2＝v0′－at1

得t1＝1s②向左加速到v3＝4m/s時(shí)故向左先加速后勻速③向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，v4＝v3＝4m/s

【考點(diǎn)突破1】(2020年廣東東莞摸底)如圖Z2-2所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝2m，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.125，物體滑上傳送帶A端的瞬時(shí)速度vA＝3m/s，到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB.g取10m/s2，下列說(shuō)法中正確的是()圖Z2-2A.若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，物體剛開(kāi)始滑上傳送帶A端時(shí)一定做勻加速運(yùn)動(dòng)B.若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，物體在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)有可能不受摩擦力C.若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則vB

一定小于2m/sD.若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則vB

一定大于2m/s

解析：當(dāng)傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，若傳送帶的速度小于3m/s，則物體在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，若傳送帶的速度等于3m/s，則物體在傳送帶上做勻速運(yùn)動(dòng)，所以物體可能不受摩擦力，故B正確；若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，加速度大小a＝μmg m2m，說(shuō)明物體在傳送帶上一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，由速度位移vB＝2m/s，故CD錯(cuò)誤.答案：B項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1

加速后再以a2

加速，且a1＞a2類(lèi)型2傾斜傳送帶模型項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景3(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1

加速后再以a2

加速(6)可能一直減速(續(xù)表)項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能一直減速(續(xù)表)

[思維拓展]物體沿傾角為θ的傳送帶傳送時(shí)，可以分為兩類(lèi)：物體由底端向上運(yùn)動(dòng)，或者由頂端向下運(yùn)動(dòng).解決傾斜傳送帶問(wèn)題時(shí)要特別注意mgsinθ與μmgcosθ的大小和方向的關(guān)系，進(jìn)一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，確定物體運(yùn)動(dòng)情況.

【典題2】如圖Z2-3所示為貨場(chǎng)使用的傳送帶的模型，傳送帶傾斜放置，與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶AB足夠長(zhǎng)，傳送皮帶輪以大小為v＝2m/s的恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).一包貨物以v0＝12m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶，若貨物與皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，且可將貨物視為質(zhì)點(diǎn).(g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求貨物剛滑上傳送帶時(shí)加速度為多大？(2)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間貨物的速度和傳送帶的速度相同？這時(shí)貨物相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)了多遠(yuǎn)？(3)從貨物滑上傳送帶開(kāi)始計(jì)時(shí)，貨物再次滑回A端共用了多長(zhǎng)時(shí)間？圖Z2-3解：(1)設(shè)貨物剛滑上傳送帶時(shí)加速度為a1，貨物受力如圖D24所示圖D24根據(jù)牛頓第二定律得沿傳送帶方向mgsinθ＋Ff＝ma1垂直傳送帶方向mgcosθ＝FN又Ff＝Μfn由以上三式得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)m/s2＝10m/s2，方向沿傳送帶向下.v－v0v0＋v0－v

(2)貨物速度從v0減至傳送帶速度v所用時(shí)間設(shè)為t1，位移設(shè)為x1，則有t1＝－a1＝1s，x1＝2t1＝7m.

(3)當(dāng)貨物速度與傳送帶速度相等時(shí)，由于mgsinθ＞μmgcosθ，此后貨物所受摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)貨物加速度大小為a2，則有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，方向沿傳送帶向下.設(shè)貨物再經(jīng)時(shí)間t2，速度減為零，則t2＝－a2＝1s貨物沿傳送帶向上滑的位移x2＝v＋0 2t2＝1m則貨物上滑的總距離為x＝x1＋x2＝8m貨物到達(dá)最高點(diǎn)后將沿傳送帶勻加速下滑，下滑加速

所以貨物從A端滑上傳送帶到再次滑回A端的總時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝(2＋)s.

【考點(diǎn)突破2】(多選，2021年四川綿陽(yáng)質(zhì)檢)如圖Z2-4所示，傳送帶傾角為α，表面粗糙，以恒定速度v0

逆時(shí)針運(yùn)行.一小滑塊從斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到斜面底端過(guò))程中，其速度隨時(shí)間變化的圖像關(guān)系可能是(

圖Z2-4A CBD答案：AC突破2“滑塊—木板”模型1.模型特點(diǎn)：涉及兩個(gè)物體，并且物體間存在相對(duì)滑動(dòng).2.摩擦力方向的特點(diǎn).

(1)若兩個(gè)物體同向運(yùn)動(dòng)，且兩個(gè)物體“一快一慢”，則“快”的物體受到的另一個(gè)物體對(duì)它的摩擦力為阻力，“慢”的物體受到的另一個(gè)物體對(duì)它的摩擦力為動(dòng)力. (2)若兩個(gè)物體反向運(yùn)動(dòng)，則每個(gè)物體受到的另一個(gè)物體對(duì)它的摩擦力均為阻力.3.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn).

(1)滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移大小之差等于板長(zhǎng)；反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移大小之和等于板長(zhǎng).設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng)，滑塊位移大小為x1，滑板位移大小為x2，同向運(yùn)動(dòng)時(shí)：如圖Z2-5所示，L＝x1－x2；圖Z2-5反向運(yùn)動(dòng)時(shí)：如圖Z2-6所示，L＝x1＋x2.圖Z2-6(2)若滑塊與滑板最終相對(duì)靜止，則它們的末速度相等.

【典題3】(2019

年遼寧沈陽(yáng)模擬)如圖Z2-7所示，一足夠長(zhǎng)木板在水平粗糙面上向右運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻速度為v0＝2m/s，此時(shí)一質(zhì)量與木板相等的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v1＝4m/s的速度從右側(cè)滑上木板，經(jīng)過(guò)1s兩者速度恰好相同，速度大小為v2＝1m/s，方向向左.重力加速度g取10m/s2，試求：(1)木板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1.(2)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2.

(3)從滑塊滑上木板，到最終兩者靜止的過(guò)程中，滑塊相對(duì)木板的位移大小.

圖Z2-7

－μ1mg＝ma1，可以得到

μ1＝0.3.

(2)對(duì)木板分析，其先向右減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到μ1mg＋μ2·2mg＝mv0

t1

然后向左加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到μ1mg－μ2·2mg＝mv2

t2而且t1＋t2＝t＝1s聯(lián)立可以得到μ2＝0.05，t1＝0.5s，t2＝0.5s.v2＋0(3)在t1＝0.5s時(shí)間內(nèi)，木板向右減速運(yùn)動(dòng)，其向右運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝0＋v0 2·t1＝0.5m，方向向右；在t2＝0.5s時(shí)間內(nèi)，木板向左加速運(yùn)動(dòng)，其向左加速運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝2·t2＝0.25m，方向向左；在整個(gè)t＝1s時(shí)間內(nèi)，小滑塊向左減速運(yùn)動(dòng)，其位移為x＝v1＋v2 2·t＝2.5m，方向向左；則整個(gè)過(guò)程中滑塊相對(duì)木板的位移大小為：Δx＝x＋x1－x2＝2.75m.規(guī)律方法

【考點(diǎn)突破3】(2021年河北唐山模擬)如圖Z2-8甲所示，一質(zhì)量為M的足夠長(zhǎng)的木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊.當(dāng)木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，則通過(guò)分析計(jì)算可得()甲乙圖Z2-8A.滑塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B.當(dāng)F＝8N時(shí)，滑塊的加速度為1m/s2C.木板的質(zhì)量為2kg，滑塊的質(zhì)量為1kgD.若拉力作用在小滑塊m上，當(dāng)F＝9N時(shí)滑塊的加速度為2m/s2

解析：由題圖乙可知，當(dāng)F＝6N時(shí)，二者剛好滑動(dòng)，此時(shí)滑塊的加速度為2m/s2，由牛頓第二定律可得a＝μg，解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A正確；當(dāng)F＝6N時(shí)，二者剛好滑動(dòng)，以后拉力增大，滑塊的加速度不變，所以當(dāng)F＝8N時(shí)，滑塊的加速度為2m/s2，B錯(cuò)誤；當(dāng)F＝6N時(shí)，滑塊的加速度為2m/s2，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝3kg，當(dāng)F>