（北京版）2021高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第4讲 传送带模型和滑块—滑板模型课件

第4讲传送带模型和滑块—滑板模型知识梳理一、传送带问题弄清物体的运动过程,是解决传送带问题的关键。二、滑块—滑板模型问题1.该模型中涉及两个物体的运动,要弄清运动情况。2.弄清两个物体运动的关系是解题的关键点。 1.如图所示,传送带保持1m/s的速度顺时针转动。现将一质量m=0.5kg的物体可视为质点轻轻地放在传送带的a点上,设物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离L=2.5m,则物体从a点运动到b点所经历的时间为(g取10m/s2) (C) A. sB.( -1)sC.3sD.2.5s56解析物体在传送带上运动的加速度为a=μg=1m/s2,加速到与传送带共速的时间为t1= =1s,加速的距离为x= t1=0.5m,以后物体随传送带匀速运动的时间为t2= =2s,则物体从a点运动到b点所经历的时间为3s,选项C正确。va2v-Lxv2.如图所示,长度L=1m、质量M=0.25kg的木板放在光滑水平面上,质量m=2kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1,现突然给木板一水平向左的初速度v0=2m/s,同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F=10N,经过一段时间后,物块与木板相对静止,取g=10m/s2,求物块最终在木板上的位置。 答案木板的中点处解析由题意知物块向右做匀加速直线运动,木板先向左匀减速运动,再向右匀加速运动。物块与木板间滑动摩擦力大小f=μmg=2N据牛顿第二定律知物块的加速度为a1= =4m/s2木板的加速度为a2= =8m/s2当物块、木板具有共同速度时,两者不再发生相对滑动,一直匀速运动下去a1t=-v0+a2t解得t=0.5s-FfmfM两者的共速度大小为v=a1t=2m/s可见木板此时恰好回到原位置,位移为零,此过程物块的位移为s= a1t2=0.5m所以物块最终停在木板的中点处。12深化拓展考点一传送带模型传送带问题的考查一般从两个层面上展开一是受力和运动分析。受力分析中关键是注意摩擦力的突变(大小、方向)——发生在v物与v带相同的时刻;运动分析中关键是相对运动的速度大小与方向的变化——物体和传送带对地速度的大小与方向的比较。二是功能分析。注意功能关系:WF=ΔEk+ΔEp+Q。式中WF为传送带做的功,WF=F·s带(F由传送带受力情况求得);ΔEk、ΔEp为被传送物体的动能、重力势能的变化;Q是由于摩擦产生的内能:Q=Ff·s相对。 1-1水平传送带被广泛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=1m/s运行,一质量为m=4kg的行李(可视为质点)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=2m,g取10m/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。 答案(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s解析(1)滑动摩擦力Ff=μmg=0.1×4×10N=4N,加速度a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则v=at1,t1= = s=1s(3)行李始终匀加速运行所用时间最短,加速度仍为a=1m/s2,当行李到达右端时,有 =2aL,vmin= = m/s=2m/s,所以传送带对应的最小运行速率为2m/s行李最短运行时间由vmin=atminva112minv2aL212得tmin= = s=2s。minva211-2如图所示,倾角为37°、长为l=16m的传送带,转动速度为v=10m/s,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的物体(可视为质点),物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。求:(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。 答案(1)4s(2)2s解析(1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有mgsin37°-μmgcos37°=ma则a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2又l= at2得t=4s(2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得12mgsin37°+μmgcos37°=ma1则有a1= =10m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有t1= = s=1s,x1= a1 =5ml=16m因mgsin37°μmgcos37°,则当物体运动速度等于传送带速度后,物体相对传送带向下运动,受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度大小为a2,则a2= =2m/s2sin37?cos37?mgμmgm1va10101221tsin37?-cos37?mgμmgm°°°°x2=l-x1=11m又因为x2=vt2+ a2 ,则有10t2+ =11,解得t2=1s(t2=-11s舍去)所以t总=t1+t2=2s。1222t22t考点二滑块—滑板模型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滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,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,滑板位移大小为x2同向运动时: 反向运动时:2-1如图所示,一质量为mB=2kg的木板B静止在光滑的水平面上,其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接),轨道与水平面的夹角θ=37°。一质量为mA=2kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8m处静止释放,物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0.25,与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2,sinθ=0.6,cosθ=0.8,g取10m/s2,物块A可看成质点。请问: (1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大;(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间,木板B有多长。答案(1)8m/s(2)2s8m解析(1)设物块A从斜面滑下时的加速度大小为a1,则mAgsinθ-μ1mAgcosθ=mAa1解得a1=4m/s2物块A刚滑到木板B上时的速度大小为v1= = m/s=8m/s(2)物块A在木板B上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也相等,由F=ma知它们的加速度大小相等,数值为a2= =μ2g=2m/s2102ax2482AAμmgm设木板B的长度为L,二者最终的共同速度为v2,对物块A有v2=v1-a2t2xA=v1t2- a2 对木板B有v2=a2t2xB= a2 位移关系xA-xB=L联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为:t2=2s,L=8m。1222t1222t2-2如图所示,薄板A长L=5m,其质量M=5kg,放在水平桌面上,板右端与桌边相齐。在A上距右端s=3m处放一物体B(可看成质点),其质量m=2kg。已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1,A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2,原来系统静止。现在在板的右端施加一大小一定的水平力F,持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去,且使B最后停于桌的右边缘。g取10m/s2,求:(1)B运动的时间;(2)力F的大小。答案(1)3s(2)26N解析(1)对于B,在未离开A时,其加速度为aB1= =1m/s2设经过时间t1后B离开A,离开A后B的加速度为aB2=- =-2m/s2设物体B离开A时的速度为vB,有vB=aB1t1, aB1 + =s代入数据解得t1=2st2= =1s所以B运动的时间是t=t1+t2=3s1μmgm2μmgm1221t220-2BBva20-BBva(2)设A的加速度为aA,则根据相对运动的位移关系得 aA - aB1 =L-s解得aA=2m/s2由牛顿第二定律得F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA代入数据得F=26N1221t1221t