第3章 专题强化4 传送带模型和板块模型-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考物理大一轮复习全新方案

第三章 运动和力的关系 专题强化4 传送带模型和板块模型 M/c6 题型一 “传送带”模型 1.水平传送带模型 项目 图示 运动情况 判断方法 情景1 可能一直加速,也 可 能 先 加 速 后 匀速 若 v2 2μg ≤l, 物、带能共速 情景2 当v0>v时,可能 一直减速,也可能 先减速再匀速;当 v0<v 时,可能一 直加速,也可能先 加速再匀速 若 |v2-v20| 2μg ≤ l,物、带 能 共速 情景3 传送带较短时,物 块一直减速达到 左端;传送带较长 时,物块还要被传 送带传回右端 若 v20 2μg ≤l, 物块能返回 2.倾斜传送带模型 项目 图示 运动情况 判断方法 情景1 可能 一 直 加 速,也可能先 加速后匀速 若 v2 2a≤l ,物、带 能共速 情景2 可能 一 直 加 速,也可能先 加速后匀速, 还可 能 先 以 a1 加速后以 a2 加速 若 v2 2a1 ≤l,物、 带 能 共 速;若 μ≥tan θ,物、 带共速后匀速; 若μ<tan θ,物 体 以 a2 加 速 (a2<a1) 【典例1】 某工厂为实现自动传送工件设计了 如图所示的传送装置,它由一个水平传送带 AB 和倾斜传送带CD 组成,水平传送带长度 LAB=4 m,倾斜传送带长度LCD=4.45 m, 倾角为θ=37°,AB 和CD 通过一段极短的 光滑圆弧板过渡,AB 传送带以v1=5 m/s 的恒定速率顺时针运转,CD 传送带静止。 已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ= 0.5,重力加速度g 取10 m/s2。现将一个工 件(可看作质点)无初速度地放在水平传送 带最左端A 点处,求: (1)工件从A 点第一次被传送到CD 传送带 沿传送带上升的最大高度和所用的总时间; (2)要使工件恰好被传送到CD 传送带最上 端,CD 传送带沿顺时针方向运转的速度v2 的大小(v2<v1)。 思路点拨 解此题做好以下几点 (1)分析工件在水平传送带上运动时的受力特点和 运动规律; (2)分析工件在倾斜传送带上运动时的受力特点; (3)分析工件在倾斜传送带上运动时的运动规律, 理解第(2)问中“恰好”的意义。 *A0 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 %$3 1.如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定 速率v1 运行。初速度大小为v2 的小物块从 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 063 hh 与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上 传送带。从小物块滑上传送带开始计时,小 物块在传送带上运动的v t图像(以地面为 参考系)如图乙所示。已知v2>v1,则( ) A.t2 时刻,小物块到A 处的距离达到最大 B.t2 时刻,小物块相对于传送带滑动的距离 达到最大 C.0到t2 时间内,小物块受到的摩擦力方向 先向右后向左 D.0到t3 时间内,小物块始终受到大小不变 的摩擦力作用 2.(2021·辽宁卷)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。重力加速度g 取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。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 题型二 “滑块—木板”模型 1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块 和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩 擦力的相互作用下发生相对滑动。 2.位移关系:如图所 示,滑块由木板一 端运 动 到 另 一 端 的过程中,滑块和 木板同向运动时, 位移之差Δx=x1-x2=L(板长);滑块和木 板反向运动时,位移之和Δx=x2+x1=L。 3.解题思路 审题建模, 选研究对象 仔细审题,分析清楚滑块和木板的 受力情况和运动情况 分别求 加速度 ↓ 准确求出滑块和木板在各运动阶 段、运动过程中的加速度(注意两 过程连接处加速度可能突变) 分析临 界状态 ↓ 是否存在速度相等的临界条件 找出位 移关系 ↓ 列方程求解 考向1 水平滑块—木板模型 【典例2】 一长木板置于粗糙水平地面上,木板 左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁, 木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所 示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共 同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁 碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度 大小不变,方向相反;运动过程中小物块始 终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物 块的v t图线如图(b)所示。木板的质量是 小物块质量的15倍,重力加速度大小g 取 10 m/s2。求: (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物 块与木板间的动摩擦因数μ2; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 064 第三章 运动和力的关系 (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离。 思路点拨 过程分析如图所示。 *A0 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 考向2 倾斜滑块—木板模型 【典例3】 (2023·河南郑州联 考)如图所示,倾角为θ=37° 的斜面固定在地面上,斜面光 滑且足够长。其上有一质量为 M=1 kg、长 L=6 m的木板,木板厚度不计。在木板的 左端有一个可以看作质点的质量为m=2 kg 的木块,木块与木板之间的动摩擦因数μ= 0.5。开始时二者都静止,现用平行于斜面 向上的恒力F=30 N拉木块,取重力加速度 g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8。求: (1)经过多长时间木块从木板右端滑落? (2)当木板相对斜面速度为0时,木板右端 与木块之间的距离。 *A0 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 %$3 3.(2023·江苏扬州质检)如图甲所示,小车B 紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上,物体 A(可视为质点)以初速度v0 从光滑的平台水 平滑到与平台等高的小车上,物体和小车的 v t 图 像 如 图 乙 所 示,重 力 加 速 度 g 取 10 m/s2。求: (1)物体A与小车B上表面间的动摩擦因数; (2)物体A与小车B的质量之比; (3)小车B的最小长度。 4.如图所示,在倾角为θ= 30°的足够长的固定的光 滑 斜 面 上,有 一 质 量 为 M=3 kg的长木板正以v0=10 m/s的初速 度沿斜面向下运动,现将一质量m=1 kg的 小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央, 已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ= 3 2 ,设小物块与木板间的最大静摩擦力等于 滑动摩擦力,重力加速度g 取10 m/s2。求: (1)放上小物块后,木板和小物块的加速度 大小; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 065 hh (2)要使小物块不滑离长木板,长木板至少要 有多长? 学习至此,请完成专题强化练4 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 实验四 探究加速度与力、质量的关系 AMc
-  1.实验目的 (1)学会应用控制变量法研究物理规律。 (2)探究加速度与力、质量的关系。 (3)掌握利用图像处理数据的方法。 2.实验原理 (1)控制变量法 ①保持质量不变,探究加速度与合力的关系。 ②保持合力不变,探究加速度与质量的关系。 (2)求加速度 a= x4+x5+x6-x1-x2-x3 9T2 或a=Δx T2 。 3.实验器材 小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮 的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、 导线两根、纸带、天平、米尺。 4.实验步骤 (1)质量的测量:用天平测量小盘和砝码的总 质量m'和小车的质量m。 (2)安装:按照如图所示装置把实验器材安装 好,只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即 不给小车施加牵引力)。 (3)用阻力补偿法测合力:在长木板的不带定 滑轮的一端下面垫上一块薄木块,使小车能 匀速下滑。 (4)操作 ①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上,先 接通电源后放开小车,断开电源,取下纸带, 编号码。 ②保持小车的质量m 不变,改变小盘和砝码 的总质量m',重复步骤①。 ③在每条纸带上选取一段比较理想的部分, 测加速度a。 ④描点作图,作a F 图像。 ⑤保持小盘和砝码的总质量m'不变,改变小 车质量m,重复步骤①和③,作a 1m 图像。 5.数据处理 (1)利用逐差法求a。 (2)以a 为纵坐标,F 为横坐标,描点、画线, 如果该线为过原点的直线,说明a与F 成正比。 (3)以a 为纵坐标,1m 为横坐标,描点、画线, 如果该线为过原点的直线,就能判定a 与m 成反比。 6.注意事项 (1)用阻力补偿法测合力:适当垫高木板不带 定滑轮的一端,使小车的重力沿斜面方向的 分力正好平衡小车和纸带受到的阻力。在用 阻力补偿法测合力时,不要把悬挂小盘的细 绳系在小车上,让小车拉着穿过打点计时器 的纸带匀速运动。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 066 hh 线运动,所 以 物 体 运 动 的 速 度—时 间 图像应该是倾斜的直线,不能是曲线, A错误;由 于 物 体 的 运 动 先 是 匀 加 速 直线运动,后是匀减速直线运动,在每 一个运动的过程中物体的加速度大小 是不变 的,所 以 物 体 的 加 速 度—时 间 图像应该 是 两 段 水 平 的 直 线,不 能 是 倾斜的直线,B错误;在整个运动的过 程中,物体受到的都是滑动摩擦力,摩 擦力的大 小 在 同 一 阶 段 是 不 变 的,并 且由于在斜面上时的压力比在水平面 上时的压 力 小,所 以 滑 动 摩 擦 力 也 比 在水平面上时的小,C正确;物体在斜 面上做的 是 匀 加 速 直 线 运 动,物 体 的 位移为x= 1 2at 2,所以物体的路程和 时间的关 系 应 该 是 抛 物 线,不 会 是 正 比例的倾斜直线,D错误。 典例2 D 物体与弹簧分离时,二者没 有相互作用力,所以弹簧处于原长,A 错误;物 体 与 弹 簧 一 起 向 上 匀 加 速 运 动 时,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 F + k(x0-x)-mg=ma,则 F=kx+ mg+ma-kx0,可知题图乙中图线斜 率表示劲度系数,可得k=5 N/cm,B 错误;根 据 牛 顿 第 二 定 律 有10 N= ma,30 N-mg=ma,联 立 解 得 m= 2 kg,a=5 m/s2,C错误,D正确。 对点演练 1.AD 从跳下至第一次到达最低点的运 动过程中,弹性绳拉直前,人先做自由 落体运动,v t图像的斜率恒定;弹性 绳拉直后 在 弹 力 等 于 重 力 之 前,人 做 加速度逐渐减小的加速运动,v t图 像的斜率减小;弹力等于重力之后,人 开始做减 速 运 动,随 着 弹 力 的 增 大 加 速度逐渐增大,v t图像的斜率逐渐 增大,直 到 速 度 减 到0,A 正 确,B错 误。设弹性绳刚产生弹力时位置坐标 为y0,则 mg-k(y-y0)=ma,则 加 速度为a=g- k(y-y0) m ,所以a 与y 的关系图线斜率是恒定的,D正确,C 错误。 2.AB 结合两图像可判断出0~2 s物 块和木板 还 未 发 生 相 对 滑 动,它 们 之 间的摩擦 力 为 静 摩 擦 力,此 过 程 力 F 等于f,故F 在此过程中是变力,C错 误;2~5 s内木板与物块发生相对滑 动,摩擦力转变为滑动摩擦力,由牛顿 第二定律,对2~4 s和4~5 s列运动 学方程,可解出质量 m 为1 kg,2~4 s 内的力F 为0.4 N,A、B正确;由于不 知道物块 的 质 量,所 以 无 法 计 算 物 块 与木板之间的动摩擦因数μ,D错误。 题型二 动力学中的连接体问题 典例3 (1)0.1 (2) 67 185 m 解析:(1)以 电 动 机 为 研 究 对 象,根 据 能量守恒定律有UI=I2R+Fv,代入 数据得F=7 400 N,装满粮食的小车 匀速向 上 运 动,有 F+m0g-(m1+ m2)gsin θ-k(m1+m2)g=0,小车匀 速 下 滑 时,有 m1gsin θ-km1g - m0g=0,联 立 解 得sin θ=0.5,k= 0.1。(2)关闭电动机后,小车向上做匀 减速运动,则有(m1+m2)gsin θ-m0g+ k(m1+m2)g=(m1+m2+m0)a,又 2aL=v2,代入数据解得L= 67 185 m。 对点演练 3.ABD 弹簧稳定时的伸长量取决于弹 簧的弹力FT,设物块与地面间的动摩 擦因 数 为 μ,以 整 体 为 研 究 对 象,则 a= F-μ(mA+mB)g mA+mB ,以B为研究对 象得a= FT-μmBg mB ,联立可 得 FT= mB mA+mB F,整理得FT= F mA mB +1 ,则弹 簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无 关,若增大弹簧弹力,可仅增大B的质 量,也可仅将A、B位置对调,也可仅增 大水平恒力F,A、B、D正确,C错误。 4.B 以 小 球 为 研 究 对 象,分 析 受 力 情 况 可 知,受 重力3mg 和绳的 拉力T,小球的加 速度 方 向 沿 斜 面 向下,则3mg 和T 的合力方向沿斜面 向下,如 图 所 示,由 牛 顿 第 二 定 律 得 3mg sin 30°=3ma ,解得a=2g,再对整体 受 力 分 析,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 F+(2m+3m)gsin 30°=5ma,解 得 F=7.5mg,故选B。 5.BD 对整体受力分析如图甲所示,由 牛顿第二定律有F=(M+m)a;对楔 形物体受 力 分 析 如 图 乙 所 示,由 牛 顿 第二定律有mgtan 45°=ma,可得F= 40 N,a=10 m/s2,A错误,B正确;斜 面 体 对 楔 形 物 体 的 作 用 力 FN2 = mg sin 45°= 2mg=10 2 N,C错 误;外 力F 增大,则斜面体加速度增大,由于 斜面体与 楔 形 物 体 间 无 摩 擦 力,则 楔 形物体将会相对斜面体沿斜面上滑,D 正确。 题型三 临界极值问题 典例4 72 N 36 N 解析:设开始时弹簧的压缩量为x0,由 平衡条件得(m1+m2)gsin θ=kx0,代 入数据 解 得x0=0.12 m,因 前0.2 s 时 间 内 F 为 变 力,之 后 为 恒 力,则 0.2 s时刻两物体分离,此时P、Q之间 的弹 力 为0,设 此 时 弹 簧 的 压 缩 量 为 x1,对 物 体 P,由 牛 顿 第 二 定 律 得 kx1-m1gsin θ=m1a,前0.2 s时 间 内两物体的位移x0-x1= 1 2at 2,联立 解得a=3 m/s2,对 两 物 体 受 力 分 析 知,开始运动时拉力最小,分离时拉力 最大,Fmin=(m1+m2)a=36 N,对 Q 应用 牛 顿 第 二 定 律 得 Fmax-m2g· sin θ=m2a,解得Fmax=m2(gsin θ+ a)=72 N。 对点演练 6.C 物块 A、B刚好要滑动,说明 A、B 刚好处于 平 衡 状 态,所 受 摩 擦 力 为 最 大静摩擦力,分别对A、B受力分析,则 对 A,T=mgsin 45°+μmgcos 45°,对 B,T+μmgcos 45°+3μmgcos 45°= 2mgsin 45°,联立解得μ= 1 5 ,C正确。 7.(1) 3 3 (2)θ=60° 53 2 m 解析:(1)当θ=30°时,小 物 块 恰 好 能 沿着木板匀速下 滑,则 mgsin θ=Ff, Ff=μmgcos θ,联立解得:μ= 3 3 。 (2)当θ 变化时,设沿斜面向上为正方 向,小物块的加速度为a,则-mgsin θ- μmgcos θ=ma,由0-v20=2ax 得x= v20 2g(sin θ+μcos θ) ,令cos α= 1 1+μ2 , sin α= μ 1+μ2 ,即tan α=μ= 3 3 ,故 α=30°,又因x= v20 2g 1+μ2sin (θ+α) , 当α+θ=90°时x最小,即θ=60°,所以x 最小值为xmin= v20 2g(sin 60°+μcos 60°)= 3v20 4g = 53 2 m。 专题强化4 传送带模型 和板块模型 􀪋􀪋 热点题型突破 􀪋􀪋 题型一 “传送带”模型 典例1 (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s 解析:(1)工 件 刚 放 在 传 送 带AB 上时,在摩擦力作用 下做匀加速运动,设其加速 度大 小 为a1,速 度 增 加 到 v1 时 所 用 时 间 为t1,位 移 大小 为x1,受 力 分 析 如 图 甲所示,则FN1=mg,Ff1= μFN1=ma1,联 立 解 得 a1=5 m/s2。 由运动学公式有t1= v1 a1 = 5 5 s=1 s, x1= 1 2a1t 2 1= 1 2×5×1 2 m=2.5 m, 由于x1<LAB,工件随后在传送带AB 上做匀速直线运动到B 端,则匀速运 动 的 时 间 为 t2 = LAB-x1 v1 =0.3 s,工 件滑上CD 传送带后 在重 力 和 滑 动 摩 擦 力作 用 下 做 匀 减 速 运动,设其加速度 大 小为a2,速度减小到 0时 所 用 时 间 为t3, 位移大小为x2,受力分析如图乙所示, 则FN2=mgcos θ,mgsin θ+μFN2= ma2,由运动学公式有x2= 0-v21 -2a2 ,联 立解得a2=10 m/s2,x2=1.25 m,工 件沿CD 传 送 带 上 升 的 最 大 高 度 为 h=x2sin θ=1.25×0.6 m=0.75 m, 沿CD 上升的时间为t3= 0-v1 -a2 =0.5 s, 故总时间为t=t1+t2+t3=1.8 s。 (2)CD 传 送 带 以 速 度v2 向上传送时,当 工 件 的 速 度 大 于v2 时,滑动摩擦力沿 传 送带向下,加速度 大 小仍为a2;当工件的 速度小于v2 时,滑动 摩擦 力 沿 传 送 带 向 上,受力分析图如 图 丙所示,设其加速度大小为a3,两个过 程的位移大小分别为x3 和x4,由运动 学 公 式 和 牛 顿 第 二 定 律 可 得 - 2a2x3=v22 -v21,mgsin θ-μFN2 = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -562- 参 考 答 案 ma3,-2a3x4=0-v22,LCD=x3+x4, 解得v2=4 m/s。 对点演练 1.B 0到t1 时间内小物块向左做匀减 速直线运 动,t1 时 刻 小 物 块 向 左 运 动 的速度减为0,此时到A 处的距离达到 最大,A错误;t2 时刻前小物块相对于 传送带向 左 运 动,之 后 小 物 块 相 对 于 传送带静 止,t2 时 刻 小 物 块 相 对 传 送 带滑动的 距 离 达 到 最 大,B正 确;0到 t2 时间内小物块先减速,后反向加速, 因v1<v2,则小物块受到大小不变、方 向始终向右的摩擦力作用,C错误;t2 时刻小物块向右运动的速度增加到与 传送带的 速 度 相 等,t2 时 刻 之 后 小 物 块与传送 带 保 持 相 对 静 止,随 水 平 传 送带一起匀速运动,不受摩擦力作用, D错误。 2.(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s 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 θ-mgsin θ=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= v2-v1 a = 1.6-0.6 0.4 s= 2.5 s,在传送带上滑动的距离为x1= v1+v2 2 t1= 0.6+1.6 2 ×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 θ> mgsin θ,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= L-x1 v1 = 3.95-2.75 0.6 s =2 s,所以小包裹通过传送带的时间 为t=t1+t2=4.5 s。 题型二 “滑块—木板”模型 典例2 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m 解析:(1)根据图像可以判定碰撞前小 物块与木板共同速度为v=4 m/s,碰 撞后木板速度水平向左,大小也是v= 4 m/s,小物块受到滑动摩擦力而向右 做匀减速直线运动,加速度大小a2= v-0 t = 4-0 1 m/s2=4 m/s2,根据牛顿 第 二 定 律 有μ2mg=ma2,解 得μ2= 0.4,木板 与 墙 壁 碰 撞 前,匀 减 速 运 动 时间t=1 s,位 移x=4.5 m,末 速 度 v=4 m/s,其逆运动则为 匀 加 速 直 线 运动,可得x=vt+ 1 2a1t 2,解得a1= 1 m/s2,对 小 物 块 和 木 板 整 体 受 力 分 析,地面对木板的滑动摩擦力提供合外 力,由牛顿第二定律得μ1(m+15m)g= (m+15m)a1,即μ1g=a1,解得μ1= 0.1。(2)碰 撞 后,木 板 向 左 做 匀 减 速 运动,依据牛顿第二定律有μ1(15m+ m)g +μ2mg =15ma3,可 得 a3 = 4 3 m/s2,对 小 物 块,加 速 度 大 小 为 a2=4 m/s2,由于a2>a3,所以小物块 速度先减小到0,所用时间为t1=1 s, 在此过程 中,木 板 向 左 运 动 的 位 移 为 x1=vt1- 1 2a3t 2 1= 10 3 m,末速度v1= v-a3t1= 8 3 m/s,小物块向右运动的 位移x2= v+0 2 t1=2 m,此后,小物块 开始向左加速,加速度大小仍为a2= 4 m/s2,木板继续减速,加速度大小仍 为a3= 4 3 m/s2,假设又经历t2 二者 速度相等,则有a2t2=v1-a3t2,解得 t2=0.5 s,此过程中,木板向左运动的 位移x3=v1t2- 1 2a3t 2 2= 7 6 m,末速 度v2=v1-a3t2=2 m/s,小物块向左 运动的位移x4= 1 2a2t 2 2=0.5 m,此后 小物块和 木 板 一 起 匀 减 速 运 动,二 者 的相对 位 移 最 大 为 Δx=x1+x2+ x3-x4=6 m,小物块始终没有离开木 板,所 以 木 板 最 小 的 长 度 为 6 m。 (3)最后阶 段 小 物 块 和 木 板 一 起 匀 减 速直到停止,整体加速度大小为a1= 1 m/s2,向左运动的位移为x5= v22 2a1 = 2 m,所以木板右端离墙壁最远的距离 为x=x1+x3+x5=6.5 m。 典例3 (1)2 s (2)7.3 m 解析:(1)对 木 块 由 牛 顿 第 二 定 律 得 F-mgsin θ-μmgcos θ=ma1,解 得 a1=5 m/s2,对 木 板 由 牛 顿 第 二 定 律 得μmgcos θ-Mgsin θ=Ma2,解 得 a2=2 m/s2,木块从木板右端滑落时, 木 块 的 位 移 比 木 板 的 位 移 大 L,则 1 2a1t 2- 1 2a2t 2=L,解 得t=2 s。 (2)木块从木板右端滑落时,木块的速 度为v1=a1t=10 m/s,木板的速度为 v2=a2t=4 m/s,木块从木板右端滑落 后,对木块,根据牛顿第二定律得F- mgsin θ=ma'1,解得a'1=9 m/s2,木板 运动的加速度a'2=gsin θ=6 m/s2,木 板到相对斜面速度为0运动的时间为 t'= v2 a'2 = 2 3 s,这段时间木块运动的位 移x1=v1t'+ 1 2a'1t' 2=10× 2 3 m+ 1 2×9× 2 3 2 m= 26 3 m,木板的位移 x2= v22 2a'2 = 42 2×6 m= 4 3 m,木板右端 与木块 之 间 的 距 离 Δx=x1-x2 ≈ 7.3 m。 对点演练 3.(1)0.3 (2) 1 3 (3)2 m 解析:(1)根据v t图像可知,物体 A 在小车B上 做 匀 减 速 运 动,加 速 度 的 大小a1= Δv Δt=3 m/s2,若物体A的质 量为 m,与小车B上表面间的动摩擦 因数 为 μ,则 μmg=ma1,联 立 可 得 μ=0.3。(2)设小车B的质量为 M,加 速度大小为a2,由题图乙知a2=1 m/s2, 根据 牛 顿 第 二 定 律 μmg=Ma2,得 m M = 1 3 。(3)设小车B的最小长度为 L,整个过程系统损失的动能全部转化 为内能,μmgL= 1 2mv 2 0- 1 2 (M+m)v2, 解得L=2 m。 4.(1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m 解析:(1)小物块在长木板上滑动时受 到的沿长木板方向的滑动摩擦力大小 为Ff=μmgcos θ=7.5 N,由牛顿第二 定律,对小物块有Ff+mgsin θ=ma1, 代入 数 据 得a1=12.5 m/s2,对 长 木 板,由牛顿第二定律有Mgsin θ-F'f= Ma2,其 中 F'f=Ff,代 入 数 据 得a2= 2.5 m/s2。(2)设当小物块与长木板共 速时 速 度 为v1,有v1=a1t1=v0+ a2t1,解得t1=1 s,v1=12.5 m/s,共 速后,小物块与长木板相对静止,一起 向下做匀 加 速 运 动,则 共 速 前 小 物 块 与木板的 相 对 位 移 为s= v0+v1 2 t1- v1+0 2 t1=5 m,故长木板 长 度 至 少 为 10 m。 实验四 探究加速度与力、 质量的关系 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 考点一 教材原型实验 典例1 (1)1.6 3.2 (2)见解析图 (3)实验前没有平衡摩擦力或平衡摩 擦力不足 (4)C 解析:(1)AC 这段位移的平均速度等 于AC 这段时间中间时刻的瞬时速度, 即B 点的瞬时速度,故vB= AB+BC 4T = (6.19+6.70)×10-2 4×0.02 m/s≈ 1.6 m/s。由 逐 差 法 求 解 小 车 的 加 速 度a= (CD+DE)-(AB+BC) 4×(2T)2 = (7.21+7.72-6.19-6.70)×10-2 4×(2×0.02)2 m/s2 ≈3.2 m/s2。(2)将坐标系中各点连成 一条直线,连 线 时 应 使 直 线 过 尽 可 能 多的点,不 在 直 线 上 的 点 应 大 致 对 称 地分布在 直 线 的 两 侧,离 直 线 较 远 的 点应视为错误数据,不予考虑,连线如 图所示: (3)图线与横轴有截距,说明实验前没 有 平 衡 摩 擦 力 或 平 衡 摩 擦 力 不 足。 (4)在实验中认为细绳的张力F 等于 细沙和小桶的总重 力 mg,实 际 上,细 绳 张 力 F'=Ma,mg-F'=ma,即 F'= M M+m ·mg,a= 1 M+m ·mg= 1 M+m ·F,所以当拉力 F 变大时,m 必定变大, 1 M+m 必定减小。当 M≫m 时,a F 图像为直线,当不满足 M≫ m 时,a F 图 像 的 斜 率 逐 渐 变 小, C正确。 对点演练 1.(1)见解析图甲、乙 (2)正比关系 反 比关系 (3)0.50 kg 4.00 N 解析:(1)建立坐标系,确定标度,描点 画图线,得出a F 图像和a 1 M 图像 分别如图甲、乙所示: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -563-