第4章 专题提升课6 传送带模型和板块模型-【优学精讲】2024-2025学年高中物理必修第一册教用Word(教科版)

专题提升课6　传送带模型和板块模型 微专题一　传送带模型 1．基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型。 2．分析流程 3．注意问题 求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 　如图所示，水平传送带两端相距x＝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。(g取10 m/s2) (1)若传送带静止不动，求vB的大小。 (2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由。若能，求到达B点的速度v′B的大小。 (3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求工件在传送带上划痕的长度。 [解析]　(1)根据牛顿第二定律可知 μmg＝ma 则加速度大小a＝μg＝6 m/s2 且v－v＝2ax，故vB＝2 m/s。 (2)当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件能够到达B端，则 v′B＝vB＝2 m/s。 (3)工件速度达到13 m/s时所用时间为 t1＝＝0.5 s 工件运动的位移为x1＝vAt1＋at＝5.75 m 传送带的位移x2＝vt1＝6.5 m 此后工件与传送带相对静止，所以划痕的长度 x＝x2－x1＝0.75 m。 [答案]　(1)2 m/s　(2)能　2 m/s　(3)0.75 m 　(多选)(2024·重庆第二外国语学校期末)某建筑工地的传送装置如图所示，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0＝2 m/s 逆时针转动，质量m＝1 kg的炭块无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.2 s 炭块的速度达到2 m/s，此后再经过t2＝1.0 s的时间，炭块运动到传送带的底端Q，且到底端时的速度v＝4 m/s。重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．传送带与水平面的夹角θ的正弦值sin θ＝0.8　 B．炭块和传送带间的动摩擦因数为0.5 C．传送带的长度x＝3.2 m D．炭块在传送带上留下的划痕的长度为0.8 m [解析]　炭块在前0.2 s内的加速度a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，在后1.0 s内的加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，炭块在前0.2 s内有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，在后1.0 s内有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得θ＝37°，sin θ＝0.6，μ＝0.5，故A错误，B正确；传送带的长度x＝t1＋t2＝3.2 m，故C正确；在前0.2 s内炭块与传送带的相对位移x1＝v0t1－t1＝0.2 m，在后1.0 s内炭块与传送带的相对位移x2＝t2－v0t2＝1 m，因两部分有重叠，则炭块在传送带上留下的划痕的长度为1 m，故D错误。 [答案]　BC 微专题二　板块模型 1．模型概述 一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。 2．解题方法 (1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。 (3)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。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 　(2023·江苏西亭中学阶段练)如图所示，物块A放在长木板B上，A、B的质量分别为2 kg和1 kg，开始时静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.2，B与地面间的动摩擦因数为0.1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加5 N的水平拉力F。(假设B足够长) (1)若将B固定不动，求3 s后A的速度大小。 (2)若B不固定，求3 s后A的速度大小。 (3)若B不固定，对A施加7 N的水平拉力F′，B的长度为1 m，不计A的大小，求A经过多长时间从B上滑下。 [解析]　(1)由牛顿第二定律和运动学公式得 F－μ1mAg＝mAa v＝at 代入数据得v＝1.5 m/s。 (2)设A、B刚要发生相对运动时的外力为F1，对A、B整体 F1－μ2(mAg＋mBg)＝(mA＋mB)a1 对A：F1－μ1mAg＝mAa1 代入数据联立解得F1＝6 N>5 N B不固定时，A、B相对静止 对A、B整体F－μ2(mAg＋mBg)＝(mA＋mB)a0 所以v1＝a0t＝2 m/s。 (3)因为7 N>6 N，所以发生相对滑动 对A：F′－μ1mAg＝mAaA 对B：μ1mAg－μ2(mAg＋mBg)＝mBaB L＝aAt′2－aBt′2 代入数据联立解得t′＝2 s。 [答案]　(1)1.5 m/s　(2)2 m/s　(3)2 s 　(2024·湖南永州期中)如图所示，一质量M＝2.0 kg的小车(表面足够长)静止放在光滑的水平面上，将质量m＝1.0 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)当小车以1.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小物块受到的摩擦力的大小。 (2)当小车以4.0 m/s2的加速度向右匀加速运动时，求小车受到的水平推力的大小。 (3)当小车在12.0 N水平推力作用下，从静止开始运动，经1.0 s后撤去水平力，小物块最终没有从小车上滑落，求小物块在小车上相对滑动的总时间。 [解析]　(1)当m与M恰好相对静止时，设二者的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可得 μmg＝ma0 解得a0＝2__m/s2 当加速度a1＝1 m/s2时，m与M保持相对静止 对m，根据牛顿第二定律可得Ff＝ma1＝1.0__N。 (2)当小车以a2＝4 m/s2的加速度向右做匀加速运动时，m与M相对滑动，以M为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F1－μmg＝Ma2 解得F1＝10.0__N。 (3)当F2＝12 N时，设小车的加速度为a3，根据牛顿第二定律可得F2－μmg＝Ma3 解得a3＝5__m/s2 而m的加速度大小仍为a0＝2 m/s2，在t1＝1.0 s时，小车的速度v车＝a3t1＝5 m/s 撤去力后，小车的加速度a4＝＝1 m/s2 经过t2时间两者的速度相等，则有 v车－a4t2＝a0(t1＋t2) 解得t2＝1.0 s 故小物块在小车上相对滑动的总时间 t＝t1＋t2＝2.0__s。 [答案]　(1)1.0 N　(2)10.0 N　(3)2.0 s 1．(传送带模型)(多选)如图所示，在电动机的驱动下，皮带运输机上方的皮带以大小为v的速度顺时针匀速转动，将一工件(大小不计)在皮带左端A点轻轻放下，A点到皮带右端距离为s。若工件与皮带间的动摩擦因数为μ，则工件到B点的时间值可能为(　　) A. B． C．＋ D. 解析：选BCD。因工件运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则s＝μgt2，得t＝ ，D正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等，则s＝t，有t＝，B正确；若先匀加速到与传送带速度v相等，再匀速到右端，则＋v＝s，有t＝＋，C正确；轻放上的工件初速度为0，故工件不可能一直以速度v匀速至右端，A错误。 2．(传送带模型)(2023·浙江湖州中学期中)物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(　　) A．M受到的摩擦力方向发生改变 B．M仍匀速下滑 C．M受到的摩擦力变小 D．M受到的摩擦力先变小后变大 解析：选B。传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，且满足mg sin θ＝μmg cos θ，传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力大小仍为μmg cos θ，方向仍然沿传送带向上，且满足mg sin θ＝μmg cos θ，所以物块仍匀速下滑。 3．(板块模型)如图所示，质量为m0＝2 kg 的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向。 (2)求滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小。 (3)若长木板足够长，求滑块与长木板达到的共同速度大小。 解析：(1)小滑块冲上长木板，木板相对于小物体向左运动，则小滑块对长木板的滑动摩擦力方向向右，根据牛顿第三定律可知其大小等于木板对小滑块的滑动摩擦力，故f＝μmg＝1 N。 (2)对滑块由牛顿第二定律μmg＝ma1 解得滑块相对于地面的加速度大小a1＝2 m/s2。 (3)对长木板，由牛顿第二定律可得f＝μmg＝m0a2， 解得a2＝0.5 m/s2 设经过时间t后二者共速，设为v，则v＝v0－a1t＝a2t，解得v＝0.6 m/s。 答案：(1)1 N　方向向右　(2)2 m/s2 (3)0.6 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $