一輪復習學案專題三“傳送帶”模型和“滑塊-滑板”模型

專題三“傳送帶”模型和“滑塊—滑板”模型考點一“傳送帶”模型多維探究1．模型特點：傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題．2．解題關鍵：傳送帶問題求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷．題型1|水平傳送帶(1)求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷．(2)判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度．物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻．例1[2021·黃岡一模]如圖所示，水平傳送帶沿順時針方向以恒定速率v0勻速轉動，傳送帶的右側上方固定一擋板．在t＝0時刻，將一滑塊輕輕放在傳送帶的左端．當滑塊運動到擋板所在的位置時，與擋板發(fā)生碰撞，已知碰撞時間極短，不計碰撞過程中的能量損失．某同學畫出了滑塊從t＝0時刻到與擋板第二次碰撞前的v-t圖象，其中可能正確的是()[教你解決問題]提取關鍵信息挖掘隱藏信息①輕輕放說明初速度為零②與擋板碰撞無能量損失說明碰撞前后速度大小相等題型2|傾斜傳送帶解決傾斜傳送帶問題時要特別注意mgsinθ與μmgcosθ的大小和方向的關系，進一步判斷物體所受合力與速度方向的關系，確定物體運動的情況．例2如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ<tanθ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是()【考法拓展1】在【例2】中若將“μ<tanθ”改為“μ>tanθ”，答案應選什么？【考法拓展2】若將【例2】中的傳送帶改為水平，其他條件不變，答案應選什么？練1(多選)三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37°.現有兩個小物塊A、B都從傳送帶頂端以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5，下列說法正確的是()A．物塊A先到達傳送帶底端B．物塊A、B同時到達傳送帶底端C．傳送帶對物塊A、B均做負功D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同練2[2021·江蘇海門中學模擬]如圖所示為快件自動分揀裝置原理圖，快件通過一條傳送帶運送到各個分揀容器中．圖中水平傳送帶沿順時針勻速轉動，速度為v，右側地面上有一個寬和高均為d＝1m的容器，容器左側離傳送帶右端B的水平距離也為d，傳送帶上表面離地高度為2d，快件被輕放在傳送帶的左端A，運動到B端后做平拋運動，A、B間距離為L＝2m，快件與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)若v＝2m/s，則快件在傳送帶上運動的時間；(2)要使快件能落入容器中，快件在B端拋出的速度至少多大？(3)要使快件能落入容器中，傳送帶勻速轉動的速度大小范圍．考點二“滑塊—滑板”模型多維探究1．模型特點涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動．2．兩種位移關系滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移大小之差等于板長；反向運動時，位移大小之和等于板長．設板長為L，滑塊位移大小為x1，滑板位移大小為x2同向運動時：L＝x1－x2反向運動時：L＝x1＋x2題型1|水平面上的“滑塊—滑板”模型例3光滑水平面上停放著質量M＝2kg的平板小車，一個質量為m＝1kg的小滑塊(視為質點)以v0＝3m/s的初速度從A端滑上小車，如圖所示．小車長l＝1m，小滑塊與小車間的動摩擦因數為μ＝0.4，取g＝10m/s2，從小滑塊滑上小車開始計時，1s末小滑塊與小車B端的距離為()A．1mB．0C．0.25mD．0.75m題型2|“滑塊—滑板”模型與多過程v-t圖象綜合例4[2020·長沙長郡中學第五次月考](多選)如圖甲所示，一塊質量為mA＝2kg的木板A靜止在水平地面上，一個質量為mB＝1kg的滑塊B靜止在木板的左端，對B施加一向右的水平恒力F，一段時間后B從A右端滑出，A繼續(xù)在地面上運動一段距離后停止，此過程中A的速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．滑塊與木板間的動摩擦因數為0.6B．木板與地面間的動摩擦因數為0.1C．F的大小可能為9ND．F的大小與板長L有關題型3|拓展——斜面上的“滑塊—滑板”模型例5[2021·甘肅天水一中二診]如圖所示，固定斜面的傾角θ＝37°，斜面長為L，一長木板放在斜面上，長木板的上端與斜面頂端重合，長木板的質量為m、長為L2，一小物塊放在長木板的上端，質量也為m.現同時釋放小物塊和長木板，當長木板的下端到達斜面的底端時，小物塊也恰好滑到斜面底端，不計小物塊的大小，已知sin37°＝(1)若小物塊與長木板間光滑，則長木板與斜面間的動摩擦因數μ為多少？(2)若小物塊與長木板間的動摩擦因數μ′是長木板與斜面間動摩擦因數μ的一半，斜面的長L＝2.4m，則小物塊運動到斜面底端所用的時間為多少？練3[2020·安徽皖智聯盟聯考](多選)如圖甲所示，水平地面上靜止放置一質量為M的木板，木板的左端有一個可視為質點的、質量m＝1kg的滑塊．現給滑塊一向右的初速度v0＝10m/s，此后滑塊和木板在水平地面上運動的速度圖象如圖乙所示，滑塊最終剛好停在木板的右端，取g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．滑塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.4B．木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1C．木板的長度L＝4mD．木板的質量M＝1.5kg練4質量為M＝2kg、長為L的木板靜止在光滑的水平面上，在木板左端放有質量為m＝1kg的鐵塊(可視為質點)．現給鐵塊施加一水平拉力F＝4N，使鐵塊相對木板滑動，作用t＝1s后撤去拉力，鐵塊恰好不掉下木板，求木板的長度L的值．(已知鐵塊與木板間的動摩擦因數為μ＝0.2，g取10m/s2.)思維拓展規(guī)范表達，多拿細節(jié)分計算題需要書寫解題過程，考生通過計算過程展示自己的物理學科素養(yǎng)和思維品質．規(guī)范化解題過程通常包括以下幾方面：(1)要指明研究對象(個體還是系統(tǒng))．(2)據題意準確畫出受力圖、運動示意圖等有關圖象．(3)要指明物理過程及始末狀態(tài)，包括其中的隱含條件或臨界狀態(tài)．(4)要指明所選取的正方向．(5)物理量盡量用題中給定的符號，需自設的物理量(包括待求量、中間量)要說明其符號及含義．(6)要指明所用物理公式的名稱、條件和依據(定理、定律等)；并用句式“由……定律得……”“據……定理得……”以及關聯詞“因為……所以……”等表達．(7)計算結果是數據的要帶單位，是字母符號的通常不用帶單位．(8)對題目所求或所問要有明確的答復，對所求結果的物理意義要進行說明，待求量是矢量的必須說明其方向．(9)答題簡化模式：××(研究對象)在××(物理過程)滿足××(規(guī)律)，列方程××(表達式①)；列方程××(表達式②)，聯立①②得××(結論)．eq\a\vs4\al\co1(,)如圖所示，一質量為M＝2kg，長為L＝3m的勻質薄木板靜止在足夠長的水平桌面上，在木板的左端靜止擺放著質量為m＝1kg的小木塊(可視為質點)．薄木板和小木塊之間的動摩擦因數為μ1＝0.1，與地面之間的動摩擦因數為μ2＝0.2.在t＝0時刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F＝12N，g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(1)拉力F剛作用在木板上時，木板的加速度大小是多少？(2)如果F一直作用在木板上，那么經多長時間小木塊將離開木板？(3)若在時間t1＝1s末撤去F，再經過多長時間木板和小木塊第一次速度相同？在此情況下，最終小木塊在木板上留下的痕跡的長度是多少？規(guī)范解答：(1)設木板的加速度大小為a(設出未知量)，拉力F剛作用在木板上時(說明時刻)，由牛頓第二定律(指明所用規(guī)律)對木板有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma①(用與公式吻合的具體形式)代入數據解得a＝2.5m/s2(省去運算過程，直接寫出計算結果)．(2)設小木塊的加速度大小為a1，小木塊離開木板的時間為t0，由牛頓第二定律，對小木塊(說明研究對象)有μ1mg＝ma1②(用題中字母)則小木塊運動的位移大小x1＝12a1t02③(木板運動的位移大小x2＝12at小木塊將離開木板時，相對木板的位移大小為L＝x2－x1⑤(指明隱含信息)聯立②③④⑤并代入數據解得t0＝2s.(3)t1＝1s末小木塊的速度為v1＝a1t1.⑥木板的速度為v2＝at1⑦1s后小木塊仍以a1的加速度大小做勻加速運動，木板將以a2的加速度大小做勻減速運動，且有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2⑧(寫出對二者運動性質的判定)設再經t2后二者速度相等，有v1＋a1t2＝v2－a2t2⑨(指明關鍵條件)聯立⑥⑦⑧⑨并代入數據解得t2＝13則此時二者相等的速度大小為v＝v1＋a1t2，代入數據解得v＝43在小木塊和木板各自向左勻加速階段(說明過程)二者的相對位移大小Δx′＝12at12－12a1t在小木塊向左勻加速，木板向左勻減速階段二者的相對位移大小Δx″＝(v2t2－12a2t22)－(v1t2＋12a1t2在小木塊、木板各自向左勻減速階段，小木塊仍然以a1的加速度大小做勻減速直線運動設此階段木板的加速度大小為a3，則對木板，根據牛頓第二定律有μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3?到最后二者都停止運動的過程，又發(fā)生的相對位移大小聯立??并代入數據解得分析知此階段的痕跡被前兩階段的痕跡所覆蓋所以小木塊在木板上留下的痕跡的長度為Δx＝Δx′＋Δx″＝1m(對于數據結果都要寫出單位)．專題三“傳送帶”模型和“滑塊—滑板”模型考點突破例1解析：滑塊輕輕放在傳送帶左端，說明滑塊初速度為零，做勻加速運動，直到與傳送帶速度相等，之后做勻速運動，與擋板碰撞后物塊向左做勻減速運動直至速度為零，再向右做勻加速運動，故A項正確．答案：A例2解析：開始階段，小木塊受到垂直傳送帶向上的支持力、豎直向下的重力和沿傳送帶向下的摩擦力作用，沿斜面做加速度為a1的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＋μgcosθ.小木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于μ<tanθ，則小木塊不會與傳送帶保持相對靜止而做勻速運動，之后小木塊繼續(xù)加速，所受滑動摩擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，做加速度為a2的勻加速直線運動，這一階段由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，所以a2＝gsinθ－μgcosθ.根據以上分析，有a2<a1，所以，本題正確選項為D.答案：D考法拓展1解析：若改為μ>tanθ，則小木塊加速到速度與傳送帶速度相等后，滑動摩擦力突然變?yōu)殪o摩擦力，以后與傳送帶相對靜止而做勻速運動，故應選C選項．答案：C考法拓展2解析：若將傳送帶改為水平，則小木塊加速到速度與傳送帶速度相等后，摩擦力突然消失，以后與傳送帶保持相對靜止而做勻速運動，C選項正確．答案：C練1解析：因為μ<tanθ，A、B都以1m/s的初速度沿傳送帶加速下滑，故傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故兩物塊沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端時位移大小相同，故時間相同，故A錯誤，B正確；滑動摩擦力向上，位移向下，摩擦力做負功，故C正確；劃痕長度由相對位移決定，A物塊與傳送帶運動方向相同，Δs＝sA－s傳，劃痕較短，故D正確．答案：BCD練2解析：本題考查傳送帶與平拋運動的結合問題．(1)快件在傳送帶上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得μmg＝ma，則加速度大小為a＝μg＝5m/s2，快件加速到與傳送帶速度相等時運動的位移為x＝v22a＝0.4m<L，加速的時間為t1＝va＝0.4s，接著快件勻速直線運動到B端，所用時間為t2＝L-xv＝0.8s，所以快件在傳送帶上運動的總時間為t＝t1＋(2)快件離開傳送帶做平拋運動，恰好從容器左壁上端落入時有d＝12gt2，d＝v1t，聯立解得v1＝5(3)設快件落入容器時在B端處的最大速度為v2，則有2d＝v2t，解得v2＝25m/s，快件在傳送帶上一直勻加速運動到B端時的速度為v3＝2aL＝25m/s，因此僅需滿足傳送帶的速度大小范圍v≥v1＝答案：(1)1.2s(2)5m/s(3)v≥5例3解析：設最終小滑塊與小車速度相等，小滑塊的加速度a1＝μmgm＝μg，小車加速度a2＝μmgM，則v＝v0－a1t0，v＝a2t0，聯立解得t0＝0.5s<1s，v＝1m/s,0.5s后小滑塊與小車以共同的速度做勻速直線運動．則在0～0.5s時間內小滑塊位移x1＝v0+v2t0＝1m，小車位移x2＝v2t0＝0.25m，小滑塊與小車B端的距離d＝l＋x2答案：C例4解析：對木板B，當滑塊在木板上滑動時，木板的加速度為a1＝Δv1Δt1＝21m/s2＝2m/s2，根據牛頓第二定律得μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑塊從木板上滑出后，木板的加速度為a2＝Δv2Δt2＝－22m/s2＝－1m/s2，根據牛頓第二定律得－μ2mAg＝mAa2，聯立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A項錯誤，B項正確；對滑塊B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中的aB>2m/s2，則F>9N，即F的大小不可能為9N，C項錯誤；根據L＝12aBt2－12a1t2，式中t＝1s答案：BD例5解析：(1)若小物塊與長木板間光滑，則小物塊沿長木板下滑的加速度大小a1＝gsinθ小物塊從斜面頂端滑到底端所用時間t1滿足L＝12a1長木板下滑時，有mgsinθ－μ×2mgcosθ＝ma212L＝12a解得μ＝14tanθ＝3(2)若小物塊與長木板間的動摩擦因數μ′是長木板與斜面間動摩擦因數μ的一半，則對小物塊，有a′1＝gsinθ－μ′gcosθ，L＝12a′1對長木板，有