2019高考物理复习微专题04“传送带模型”和“滑块_木板模型”问题学案

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2019高考物理复习微专题04“传送带模型”和“滑块_木板模型”问题学案

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w.5 Y K J.Com 微专题04 “传送带模型”和“滑块—木板模型”问题
 
“传送带模型”问题
传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题
1.水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.
2.倾斜传送带问题
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.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.
  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.
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=va=11 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
v2min=2aL,
得vmin=2aL=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=vmina=21 s=2 s.
答案:(1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
  如图所示为货场使用的传送带的模型,传送带倾斜放置,与水平面夹角为θ=37°,传送带AB长度足够长,传送皮带轮以大小为v=2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0=12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带,若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5,且可将货物视为质点.
 
(1)货物刚滑上传送带时加速度为多大?
(2)当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间?这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远?
(3)从货物滑上传送带开始计时,到货物再次滑回A端共用了多少时间?(g取10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
解析:(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1,货物相对传送带向上运动,所以货物受到的摩擦力沿
 
传送带向下,货物受力如图所示.根据牛顿第二定律有
mgsin θ+Ff=ma1,FN-mgcos θ=0
又Ff=μFN
解得a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间t1=v-v0-a1=1 s
位移x1=v2-v20-2a1=7 m
(3)解法1:t1=1 s后货物所受摩擦力沿传送带向上,设此时货物的加速度大小为a2,同理可得a2=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2,方向沿传送带向下.
设货物再经时间t2速度减为零,则t2=0-v-a2=1 s
沿传送带向上滑的位移x2=0-v2-2a2=1 m
上滑的总距离为x=x1+x2=8 m
货物到达最高点再次下滑时的加速度为a2,设下滑时间为t3,
由x=12a2t23解得t3=22 s
则货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t=t1+t2+t3=(2+22) s
解法2:过了t1时刻,货物的加速度变为a2,从t1到货物滑回A端的过程,加速度保持不变,则-x1=vt2-12a2t22,代入数值,解得t2=(1+22) s,货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t=t1+t2=(2+22) s.
答案:(1)10 m/s2 (2)1 s;7 m (3)( 2+22) s
 
1.(2017•辽宁东北育才学校三模)如图所示为粮袋的传送装置,已知A、B间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时逆时针运行,速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(  )
 
A.粮袋到达B点的速度与v比较,可能大,也可能相等或小
B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μcos θ),若L足够大,则以后将以一定的速度v做匀速运动
C.若μ≥tan θ,则粮袋从A到B一定是一直做加速运动
D.不论μ大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且a≥gsin θ
解析:选A 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v;也可能先做匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确,D错误.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmgcos θ,根据牛顿第二定律有加速度a=g(sin θ+μcos θ),故B错误.若μ≥tan θ,粮袋从A到B可能是一直做加速运动,也可能先做匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,故C错误.
2.一水平的浅色传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时,传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动,经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,相对于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度.(假设传送带足够长)
解析:设煤块在加速过程中的加速度为a,根据题意知a<a0,根据牛顿第二定律可得a=μg.
设传送带由静止开始加速到速度等于v0,经历的时间为t,
则v0=a0t,此时煤块的速度v=at.
由于a<a0,故v<v0,煤块继续受到滑动摩擦力的作用,仍以加速度a做匀加速运动.设再经过时间t′,煤块的速度由v增加到v0,有v0=v+at′.
设煤块的速度从0增加到v0的整个过程中,煤块和传送带相对地面移动的距离分别为x和x0,
则x=v202a,x0=12a0t′2+v0t′,
传送带上留下的黑色痕迹的长度l=x0-x,
由以上各式得l=v20a0-μg2μga0.
答案:v20a0-μg2μga0
3.(2018•湖南娄底五校联考)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,一质量m=1 kg,初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若以地面为参考系,从煤块滑上传送带开始计时,煤块在传送带上运动的速度—时间图象如图乙所示,g取10 m/s2,求:
(1)煤块与传送带间的动摩擦因数;
(2)煤块在传送带上运动的时间.
 
解析:(1)由题图乙的速度—时间图象可知,煤块做匀变速运动的加速度a=ΔvΔt=1 m/s2,
由牛顿第二定律得μmg=ma,
解得煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.
(2)由题图乙的速度—时间图象可知,传送带速度大小v1=1 m/s,煤块初速度大小v2=3 m/s,
煤块在传送带上滑动t1=4 s后与传送带相对静止.
前3 s内煤块的位移s1=v22t=4.5 m,方向向左,
3~4 s内煤块的位移s2=v12t′=0.5 m,方向向右,
4 s内煤块的位移s=s1-s2=4 m,方向向左,
煤块接着在传送带上向右匀速运动,时间t2=sv1=4 s,
故煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=8 s.
答案:(1)0.1 (2)8 s
 
“滑块—木板模型”问题
1.模型特点
涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动.
2.两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板同向运动,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,木板位移大小为x2
同向运动时:如图甲所示,L=x1-x2
 

反向运动时:如图乙所示,L=x1+x2
 

3.解题步骤
审题建模→弄清题目情景,分析清楚每个物体的受力情况,运动情况,清楚题给条件和所求

建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度两过程接连处的加速度可能突变

明确关系→找出物体之间的位移路程关系或速度关系是解题的突破口,上一过程的末速度是下一过程的初速度,这是两过程的联系纽带
  (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.
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.在物块B与木板达到共同速度前有
f1=μ1mAg  ①
f2=μ1mBg  ②
f3=μ2(m+mA+mB)g  ③
由牛顿第二定律得
f1=mAaA  ④
f2=mBaB  ⑤
f2-f1-f3=ma1  ⑥
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-aBt1  ⑦
v1=a1t1  ⑧
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=v0t1-12aBt21  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)a2  ⑪
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-a2t2  ⑫
对A有
v2=-v1+aAt2  ⑬
在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2-12a2t22  ⑭
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为
sA=v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)2  ⑮
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+sB  ⑯
联立以上各式,并代入数据得
s0=1.9 m
(也可用如图的速度—时间图线求解)
 
答案:(1)1 m/s (2)1.9 m
 
4.(多选)如图甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F=6 N的水平力向右拉A,经过5 s A运动到B的最右端,且其v-t图象如图乙所示.已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.下列说法正确的是(  )
 
A.A的加速度大小为0.5 m/s2
B.A、B间的动摩擦因数为0.4
C.若B不固定,B的加速度大小为2 m/s2
D.若B不固定,A运动到B的最右端所用的时间为52 s
解析:选BD 根据v-t图象可知A的加速度大小为aA=ΔvΔt=105 m/s2=2 m/s2,A错误;以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmAg=mAaA,解得μ=F-mAaAmAg=0.4,B正确;若B不固定,假设A、B不发生相对滑动,则有F=(mA+mB)a′,a′=1.2 m/s2,对A有F-f=mAa′,得f=4.8 N>μmAg,假设不成立,故A、B会发生相对滑动,则B的加速度大小为aB=μmAgmB=0.4×1×104 m/s2=1 m/s2,C错误,由题图乙可知B的长度l=12×5×10 m=25 m,设A运动到B的最右端所用的时间为t,根据题意可得12aAt2-12aBt2=l,解得t=52 s,D正确.
5.(2018•安徽蚌埠二中模拟)如图所示,地面依次摆放两个完全相同的木板A、B,长度均为l=2.5 m,质量均为m2=150 g.现有一小滑块以速度v0=6 m/s冲上木板A的左端,已知小滑块质量m1=200 g,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g取10 m/s2)
 
(1)若滑块滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件.
(2)若μ1=0.4,求滑块运动的时间(结果可用分数表示).
解析:(1)滑块滑上木板A时,木板不动,由受力分析得
μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g,
滑块滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得
μ1m1g>μ2(m1+m2)g,
代入数据解得0.35<μ1≤0.5.
(2)若μ1=0.4,则滑块在木板A上滑动时,木板不动.设滑块在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1,
由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1,解得a1=4 m/s2,
由-2a1l=v21-v20,得滑块到达木板B时的速度v1=4 m/s,
设滑块在A板上运动的时间为t1,由v1=v0-a1t1,解得t1=0.5 s,
滑块滑上B后,B开始运动,
由μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,解得a2=23 m/s2,
当滑块与B速度相同时,有a2t2=v1-a1t2,解得t2=67 s,
相对位移Δx=v1+v共2t2-v共2t2=127 m<l=2.5 m,
故滑块与木板B能达到共同速度,v共=a2t2=47 m/s,
然后两者相对静止并一起做减速运动,有μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a共,
解得a共=2 m/s2,
t3=v共a共=27 s,所以t=t1+t2+t3=2314 s.
答案:(1)0.35<μ1≤0.5 (2)2314 s
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