【物理】2018届一轮复习人教版微专题1　“板—块”＋“传送带”问题教案

【物理】2018届一轮复习人教版微专题1　“板—块”＋“传送带”问题教案

第4节　微专题1　“板—块”＋“传送带”问题 考点一　“板—块”模型 ‎1．模型特点 上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．‎ ‎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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．‎ ‎3．解题方法 整体法、隔离法．‎ ‎4．解题思路 ‎(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．‎ ‎(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．‎ ‎[典例1]　(2017·山东德州质检)长为L＝‎1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝‎0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝‎8.0 cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)小物块A的初速度v0；‎ ‎(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v‎0m应为多少？‎ 解析　‎ ‎(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度 a＝＝‎1.0 m/s2‎ 由牛顿第二定律得μ2mg＝ma 解得μ2＝0.10.‎ ‎(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度 a1＝μ‎1g＝‎2.5 m/s2‎ 小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有 μ1mg－μ2(‎2m)g＝ma2‎ 解得a2＝0.50 m/s2.‎ 设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则 对于木板v＝a2t 解得t＝＝0.8 s 小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s.‎ ‎(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v‎0m，则 v0mt－a1t2－a2t2＝L v‎0m－v′＝a1t v′＝a2t 由以上三式解得v0m＝3.0 m/s.‎ 答案　(1)0.10　(2)2.4 m/s　(3)3.0 m/s ‎1．(2017·安徽芜湖模拟)质量为m0＝‎20 kg、长为L＝‎5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝‎10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝‎‎4 m ‎/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝‎10 m/s2)．则下列判断中正确的是(　　)‎ A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 解析：选A.木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v＝2μ2gx，解得x＝2 mv时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ‎(2)v0v返回时速度为v，当v0v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误．‎ 答案　BC ‎1．如图所示，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的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若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图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则(　　)‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误．‎ ‎2．(2017·陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．F1＜F2 B．F1＝F2‎ C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2‎ 解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得FN＋Fsin θ＝mg，Ff＝μFN＝Fcos θ，解得F＝，F的大小与传送带的速度无关，选项A错误，B正确；绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同，若L≤，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若L＞，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项C错误，D正确．‎ 考点三　倾斜传送带问题 滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景一 ‎①可能一直加速 ‎②可能先加速后匀速 情景二 ‎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 情景三 ‎①可能一直加速 ‎②可能先加速后匀速 ‎③可能一直匀速 ‎④可能先以a1加速后以a2加速 情景四 ‎①可能一直加速 ‎②可能一直匀速 ‎③可能先减速后反向加速 ‎[典例3]　如图所示，倾角为37°，长为l＝‎16 m的传送带，转动速度为v＝‎10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝‎0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取‎10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(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．‎ 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斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有 mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，‎ 根据l＝at2得t＝4 s.‎ ‎(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 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1‎ 则有a1＝＝10 m/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＝1 s，‎ x1＝a1t＝‎5 m＜l＝‎16 m.‎ 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，则下一时刻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为a2，则a2＝＝2 m/s2‎ x2＝l－x1＝‎‎11 m 又因为x2＝vt2＋a2t，‎ 则有10t2＋t＝11‎ 解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)‎ 所以t总＝t1＋t2＝2 s.‎ 答案　(1)4 s　(2)2 s ‎1．(2017·广东汕头模拟)如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则(　　)‎ A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于t B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t 解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a＝gsin θ－μgcos θ； 当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物体运动到B的时间不变，故A、B错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A滑到B的时间小于t，故C错误，D正确．‎ ‎2．如图所示为上、下两端相距 L＝‎5 m、倾角α＝30°、始终以v＝‎3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端，重力加速度g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？‎ ‎(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？‎ 解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.‎ 由题意得L＝at2‎ 解得a＝2.5 m/s2‎ 由牛顿第二定律得 mgsin α－Ff＝ma 又Ff＝μmgcos α 故μ＝0.29.‎ ‎(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.‎ 由牛顿第二定律得mgsin α＋Ff＝ma′‎ 又v＝2La′‎ 故vm＝＝8.66 m/s.‎ 答案：(1)0.29　(2)8.66 m/s