第3章 第4讲 牛顿运动定律的综合应用（二）（Word教参）-【新高考方案】2024高考物理一轮复习（新教材 新高考）

(一) 传送带模型 类型(一)　水平传送带模型 1．三种常见情景 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 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0＝v，一直匀速 ③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0 2．解题方法突破 (1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： ①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|； ②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。 [例1]　(多选)如图所示，长为L的水平传送带AB以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是(　 ) A．增大传送带速度v，划痕长度可能不变 B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小 C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长 D．一定条件下可使l>L [解析]　分三种情况：①石墨块到达B端前速度等于v，则l＝vt－，其中t＝、a＝μg，解得l＝，v增大，则l变长；②石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t＝≤，则l＝vt－L，得2L≥l＝v－L，增大v，则l变长；③石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t>，此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，划痕长度为2L不变，选项A正确；由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，则l会变长或不变，选项B错误；第①种情况下l与L无关，选项C错误；由③可知选项D正确。 [答案]　AD [针对训练] 1．如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。(g取10 m/s2) 解析：根据牛顿第二定律可知μmg＝ma， 则a＝μg＝6 m/s2， 工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝＝0.5 s，运动的位移为x1＝vAt1＋at12＝5.75 m<8 m， 则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速运动，匀速运动的位移x2＝s－x1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。 答案：13 m/s　0.67 s 类型(二)　倾斜传送带模型 1．两种常见情景 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可能一直加速②可能先加速后匀速 ③可能先以a1加速，后以a2加速 2.解题方法突破 物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。 [例2]　(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 [解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma， 解得a＝0.4 m/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝＝ s＝2.5 s， 在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α＞mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s， 所以小包裹通过传送带