北京专用2019版高考物理一轮复习检测：第三章牛顿运动定律第4讲传送带模型滑块_滑板模型
第4讲传送带模型、滑块—滑板模型基础巩固1.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。
其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行。
旅客把行李无初速度地放在A 处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。
若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则( )A.乘客与行李同时到达B处B.乘客提前0.5 s到达B处C.行李提前0.5 s到达B处D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处2.(多选)如图所示,一质量 m=0.2 kg的小煤块以v0=4 m/s的初速度从最左端水平滑上轴心间距L=6 m 的水平传送带,传送带可由一电机驱使而转动。
已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1(取g=10 m/s2)( )A.若电机不开启,传送带不转动,小煤块滑离传送带右端的速度大小为2 m/sB.若电机不开启,传送带不转动,小煤块在传送带上运动的总时间为4 sC.若开启电机,传送带以5 m/s的速率顺时针转动,则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5 mD.若开启电机,小煤块在传送带上运动时间最短,则传送带至少需以2 m/s的速率顺时针转动3.如图所示,倾斜的传送带顺时针匀速转动,传送带的速率为v1。
一物块从传送带的上端A滑上传送带,滑上时速率为v2,且v1>v2,物块与传送带间的动摩擦因数恒定,不计空气阻力,关于物块离开传送带时可能的速率v和位置,下面说法中一定错误．．的是( )A.从下端B离开,v>v2B.从下端B离开,v<v2C.从上端A离开,v=v2D.从上端A离开,v<v24.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A。
某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示,即F=kt,其中k为已知常数。
若物体之间的滑动摩擦力F f的大小等于最大静摩擦力,且A、B的质量相等,则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v-t 图像的是( )5.(2016北京东城期中,23)如图所示,水平传送带以v=2 m/s的速度运行,两端点A、B间水平距离l=8 m。
把质量m=2 kg的物块轻轻地放到传送带的A端,物块在传送带的带动下向右运动。
若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,不计物块的大小,g取10 m/s2,则:(1)物块从A端运动到B端所用时间为多少?(2)物块从A端运动到B端的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率是多少?(3)若只改变传送带的速度使得物块以最短的时间从A端运动到B端,传送带至少以多大的速度运行?6.如图所示,长为L=2 m、质量为M=8 kg的木板,放在水平地面上,木板向右运动的速度v0=6 m/s时,在木板前端轻放一个大小不计、质量为m=2 kg的小物块,最终小物块从左侧滑出。
木板与地面间、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.2,g=10 m/s2。
求:(1)物块及木板的加速度大小;(2)物块滑离木板时,物块及木板的速度大小。
7.如图所示,光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m=1.0 kg 的小铁块,它离布带右端的距离为L=0.5 m,铁块与布带间动摩擦因数为μ=0.1。
现用力从静止开始向左以a0=2 m/s2的加速度将布带从铁块下抽出,假设铁块大小不计,铁块不滚动,g取10 m/s2,求:(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间;(2)铁块离开布带时的速度大小是多少。
综合提能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图像(以地面为参考系)如图乙所示。
已知v2>v1,则( )甲乙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达到最大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2.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。
下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )3.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;(3)本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s2。
若砝码移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知。
为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?4.如图,两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。
某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。
A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。
求(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
答案精解精析基础巩固1.BD 行李放在传送带上,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。
加速度为a=μg=1 m/s2,历时t1==1 s与传送带达到共同速度,位移x1=t1=0.5 m,此后行李匀速运动t2==1.5 s到达B,共用时间2.5 s;乘客到达B,历时 t==2 s,故B 正确,A、C错误。
若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间t min= s=2 s,D正确。
2.ACD 若电机不开启,由μmg=ma得a=μg=1 m/s2,由v2=-2aL得v=2 m/s,由v=v0-at得t=2 s,故A对B错。
当传送带以 5 m/s 的速率顺时针转动时,煤块先以1 m/s2的加速度做匀加速运动,由v t=v0+at1得加速时间为t1=1 s,则痕迹长Δx=v t t1-t1=5×1 m-×1 m=0.5 m,故C正确。
煤块一直加速运动至传送带最右端,运动时间最短,由v'2-=2aL,得v'= m/s=2 m/s,故D正确。
3.D 对物块受力分析如图所示,当mg sin θ>f=μmg cos θ时,物块沿传送带加速下滑,从下端B离开,且v>v2。
当mg sin θ<f=μmg cos θ时,物块沿传送带减速下滑,若传送带长度较短,物块的速度未减到0就已从B端离开,则 v<v2,若物块在未离开传送带时速度已经减到0,则会以相同的加速度a向上加速,由于a相同,位移s相同,故物块从A离开时v=v2,选D。
4.B 在A、B相对滑动前,对A、B整体由牛顿第二定律得a==,又v=at=t2,故A、B的加速度随时间的增大而增大,速度-时间图像是一向上弯曲的曲线;A相对B刚好要滑动时,对B由牛顿第二定律得a=,由于此时=,故t=;在A相对B滑动后,B的加速度a=为一恒量,速度-时间图像是一倾斜向上的直线,故B正确。
5.答案(1)5 s (2)0.8 W (3)4 m/s解析(1)物块刚放到传送带上时,由于与传送带间有相对运动,物块受向右的滑动摩擦力,做匀加速运动。
物块受到的摩擦力大小:f=μN=μmg=2 N根据牛顿第二定律有:f=ma解得匀加速运动的加速度:a=μg=1 m/s2当物块由静止到与传送带相对静止时,物块的位移为 x==2 m此过程物块所用的时间 t1==2 s物块相对于传送带静止后,物块与传送带之间无摩擦力,此后物块匀速运动到B端此过程物块运动的时间 t2==3 s故物块从A端运动到B端所用时间为 t=t1+t2=5 s(2)物块由A端运动到B端的过程中,摩擦力做功 W=fx代入数据得 W=4 J则摩擦力对物块做功的平均功率是P==0.8 W(3)当物块一直做匀加速直线运动时,所用时间最短根据=2al得v m== m/s=4 m/s6.答案(1)2 m/s2 3 m/s2(2)0.8 m/s 4.8 m/s解析(1)物块相对木板向左滑动,所受摩擦力方向向右,由牛顿第二定律:μmg=ma1a1=2 m/s2木板受到地面和物块对它摩擦力的方向均向左,由牛顿第二定律:μmg+μ(M+m)g=Ma2a2=3 m/s2(2)设物块经时间t滑离木板,由二者的位移关系:v0t-a2t2=a1t2+L解得:t=0.4 s(t2=2 s舍去)物块的速度v1=a1t=0.8 m/s木板的速度v2=v0-a2t=4.8 m/s7.答案(1)1 s (2)1 m/s解析(1)设铁块离开布带时,相对桌面移动的距离为x,布带移动的距离为L+x,铁块滑动的加速度为a,由牛顿第二定律得:μmg=ma,a=μg=1 m/s2根据运动学公式有:L+x=a0t2x=at2解得:t==1 s(2)由v=at得:铁块速度v=1×1 m/s=1 m/s综合提能1.B 由v-t图像知物块先向左减速,后反向加速到v1再做匀速直线运动,t1时刻离A处的距离最大,A错误;t2时刻二者相对静止,故t2时刻物块相对传送带滑动距离最大,B正确;0~t2时间内摩擦力方向一直向右,C错误;在0~t2时间内摩擦力为滑动摩擦力,大小不变,在t2~ t3时间内物块做匀速运动此过程摩擦力为零,D错误。
2.A 在m2与m1相对滑动前,m1和m2一起以相同的加速度a运动,F=kt=(m1+m2)a,a与t成正比关系,a-t关系图线的斜率为;当m1与m2相对滑动后,m1受到的摩擦力F f=μm2g=m1a1,得a1=为一恒量。
对m2有F-μm2g=m2a2,得a2=-μg,图线的斜率为,斜率比共同运动时增大,可知A正确,B、C、D错误。
3.答案(1)μ(2m1+m2)g(2)大于2μ(m1+m2)g(3)22.4 N解析(1)砝码对纸板的摩擦力f1=μm1g桌面对纸板的摩擦力f2=μ(m1+m2)gf=f1+f2解得f=μ(2m1+m2)g(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则f1=m1a1F-f1-f2=m2a2发生相对运动a2>a1解得F>2μ(m1+m2)g(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1=a1纸板运动的距离d+x1=a2纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离x2=a3l=x1+x2由题意知a1=a3,a1t1=a3t2解得F=2μ[m1+(1+)m2]g代入数据得F=22.4 N4.答案(1)1 m/s (2)1.9 m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。
2019年度高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化四动力学中三种典型物理模型课时达标训练
动力学中的典型“模型”一、选择题(1～3题为单项选择题，4～5题为多项选择题)1．在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。
当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。
随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。
设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为( )图1A．5 mm B．6 mmC．7 mm D．10 mm解析木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x1＝v22a，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。
答案 A2．(2018·山东日照模拟)如图2所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。
在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是下列选项中的( )图2解析设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。
对木板应用牛顿第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|由v－t图象的斜率表示加速度大小可知，图象A正确。
答案 A3．(2017·山东潍坊质检)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。
在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )图3解析开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1所以a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析，有a2<a1，所以本题正确选项为D。
物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型教案
微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动.（2）滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。
常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块,Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块,Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有相对运动2。
常见临界判断（1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等.（2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端.（3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。
[典例1]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：图（a）图(b)(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;（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离.[大题拆分］第一步：分析研究对象模型.设小物块和木板的质量分别为m和M。
2019高考物理一轮复习课件 第3章 牛顿运动定律
考点7
核心方法 重点突破
考法1 对惯性的理解
例1
骑自行车上坡，为了容易爬上去，往往在上坡前用力蹬车，使车具有 较大的速度．有人说，这样做是为了增大车的惯性，他说得对吗？
例1
【解析】
这是一个典型的错误看法：“惯性与物体的运动速度有关，速度大，惯性就 大；速度小，惯性就小”，其理由是物体运动速度大，不容易停下来；速度小， 容易停下来。产生这种错误认识的原因是把“惯性大小表示运动状态改变的难易 程度”，理解成“惯性大小表示把物体从运动变为静止的难易程度”。事实上， 在受到相同阻力的情况下，速度(大小)不同，质量相同的物体，在相同的时间内 速度的减小量是相同的，这就说明质量相同的物体，它们运动状态改变的难易程 度是相同的，所以它们的惯性是相同的，与它们的速度无关。
2．惯性
✓ (1)定义：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质． ✓ (2)对惯性的理解：
①惯性是物体的固有属性，即一切物体都有惯性，与物体的受力情况及运动 状态无关．因此说人们只能“利用”惯性而不能“克服”和“避免”惯性．
②惯性大小是描述物体保持原来状态的本领强弱，惯性大，则物体保持原来 运动状态的本领强，运动状态越难改变．
例2
【解析】
甲队拉绳的力和绳子对甲队的拉力是一对相互作用力，大小相等、方 向相反；同理，乙队拉绳的力和绳子对乙队的拉力也大小相等、方向相反； 又因为绳子对甲队的拉力和对乙队的拉力相等，故甲、乙两队拉绳子的力 大小相等、方向相反，故A错误，D正确；
既然甲队对乙队的拉力和乙队对甲队的拉力大小相等、方向相反，有 的同学就认为两队应是永远相持不下，怎么会分出胜负呢？有这种想法就 是把作用力与反作用力当成了一对平衡力．用整体法分析，将甲、乙两队 和拔河的绳子看成一个系统，这一系统只受到两个外力：地面对甲队队员 的摩擦力F地→甲和地面对乙队队员的摩擦力F地→乙．甲队获胜的原因是 甲队与地面间的摩擦力大于乙队与地面间的摩擦力，整个系统向甲方移动， 故B正确，C错误。
北京专用2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲传送带模型滑块-滑板模型课件
右端时,有
v
2 m
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
i=n 2aL,vmin=
=2 a Lm/s=221m/2s,所以传送带对应的最小运行速
率为 2 m/s。
行李最短运行时间由vmin=atmin
得tmin= v m i n= 2 s=2 s。
a1
1-2 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处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体,物体与 传送带间的动摩擦因数μ=0.5。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g= 10 m/s2。求:
下去。
a1t=-v0+a2t 解得t=0.5 s 两者的共速度大小为v=a1t=2 m/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=1 a1t2=
2
0.5 m 所以物块最终停在木板的中点处。
深化拓展
考点一 传送带问题 考点二 滑块—滑板模型
深化拓展
考点一 传送带问题
传送带问题的考查一般从两个层面上展开
1-1 水平传送带被广泛地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=1 m/s运行, 一质量为m=4 kg 的行李无初速度地放在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=2 m,g取 10 m/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。
高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律章末专题复习
第3章牛顿运动定律物理模型1|动力学中的传送带模型1．水平传送带模型时针传动，水平部分长为2.0 m．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离．(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图31【解析】 (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动 μmg ＝ma 1s 1＝v 202a 1＝1 m<L所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2 物块速度为零时沿斜面上升的距离s 2＝－v 202a 2＝13 m由于s 2<0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点． (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间t 1＝2s 1v 0＋L －s 1v 0＝1.5 s物块第一次在斜面上往返的时间t 2＝－2v 0a 2＝23s物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左－μmg ＝ma 3 向左端发生的最大位移s 3＝－v 202a 3，所用时间t 3＝－v 0a 3＝1 s又物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故4.5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程s ＝L ＋3s 2＋2s 3解得s ＝5 m.【答案】 (1)不能 13 m (2)5 m[突破训练]1．(多选)如图32甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2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v 2>v 1，则( )【导学号：92492152】甲乙图32A．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达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用BC[相对地面而言，小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，t1～t2时间内又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块开始向右做匀速运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误．]物理模型2|动力学中的“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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路(1)审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．(2)求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)明确关系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．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．(2017·江西师大附中模拟)如图33所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50 N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5 2 m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1 m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L＝1 m 就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．(g取10 m/s2)图33(1)第1块铁块放上时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少块铁块？(3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？【导学号：92492153】【规范解答】 (1)木板最初做匀速运动，由F ＝μMg 计算得出，μ＝F Mg＝0.5 第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：F －μ(M ＋m )g ＝Ma 1代入数据计算得出：a 1＝－0.5 m/s 2根据速度位移关系公式，有：v 21－v 20＝2a 1L ，计算得出v 1＝7 m/s.(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：a n ＝－μnmgM第1块铁块放上后：v 21－v 20＝2a 1L 第2块铁块放上后：v 22－v 21＝2a 2L 第n 块铁块放上后：v 2n －v 2n －1＝2a n L由上可得：－(1＋2＋3＋…＋n )×2μmg ML ＝v 2n －v 20木板停下时，v n ＝0，得n ＝9.5，即最终木板上放有10块．(3)从放上第1块铁块至刚放上第9块铁块的过程中，由(2)中表达式可得：＋2×2⎝⎛⎭⎪⎫μmg M L ＝v 20－v 29从放上第10块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则： 2⎝⎛⎭⎪⎫10μmg M d ＝v 29－0联立计算得出：d ＝0.5 m 所以：木板共运动9.5 m.【答案】 (1)v 1＝7 m/s (2)10块 (3)9.5 m [突破训练]2．如图34甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，经过5 s 物体A 运动到B 的最右端，其v t 图象如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图34(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间.【导学号：92492154】【解析】 (1)根据v t 图象可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A解得μ＝F －m A a Am A g＝0.4. (2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m＝25 m若B 不固定，则B 的加速度为a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104m/s 2＝1 m/s 2设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l解得t ＝7.07 s.【答案】 (1)0.4 (2)7.07 s高考热点|动力学中的多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”．(2017·河南林州市专项练习)如图35所示，一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上，A 的高度相对B 的长度来说可以忽略不计，A 和B 的质量都等于m ，A 和B 之间滑动摩擦力为f (f <mg )．开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h ，A 在B 的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B 再次着地前，A 、B 不分离．图35(1)请描述在从开始释放到B 再次着地前的过程中，A 、B 各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；(2)B 至少应该多长？【解析】 (1)释放后A 和B 相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a ＝g ，B 与地面碰撞后，A 继续向下做匀加速运动，加速度大小a A ＝mg －fm，B 竖直向上做匀减速运动，加速度大小a B ＝mg ＋fm，B 速度减为零后，继续以加速度a B 向下运动． (2)B 着地前瞬间的速度为v 1＝2gh ，B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t ＝2v 1a B ，在此时间内A 的位移x ＝v 1t ＋12a A t 2，要使B 再次着地前A 不脱离B ，木棒长度L 必须满足条件L ≥x ，联立以上各式，解得L ≥8m 2g 2mg ＋f2h .【答案】 (1)见解析 (2)8m 2g2mg ＋f 2h[突破训练]3．(多选)如图36甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝10 m/s ，在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2.下列选项正确的是( ) 【导学号：92492155】甲 乙图36A．0～5 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3BD[根据题图乙可知，物块先匀减速运动到x＝5 m处，此时速度减为零，之后向右做匀加速直线运动，加速运动到x＝13 m处时速度达到8 m/s，设物块在匀减速运动时的加速度大小为a1，在匀加速运动时的加速度大小为a2，则a1＝v202x1＝1022×5m/s2＝10 m/s2，a2＝v2t2x0＝82－m/s2＝4 m/s2，所以物块做匀减速运动的时间为t＝v0a1＝1 s，在t＝1 s时刻，恒力F反向，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立并代入数据可得，F＝7 N，μ＝0.3，选项C错误，D正确．]。
高三物理一轮复习第三章第4讲动力学中的两类典型问题课时作业(含解析).doc
动力学中的两类典型问题一、单项选择题1.物块."在静止的传送帝上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中领头所示，那么传送帝转动后（）A.物块将我速下滑B.物块仍匀速下滑C.物块受到的摩擦力变小I）.物块受到的摩擦力变大饼析：当传送带静止时,物块勾速下滑,由物块受力平衡可除咐in〃咐os。
：当传送帝转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为〃砂:os 0,选项C、D错误：物块受力仍然是平衡的.所以物块仍匀速下滑.选项A错误，B正确.答案：B2.如图甲所示，将-•物块尹轻轻放在水平且足够长的传送皮带上，之后尹最初一段时间的速度一时间图象如图乙.以水平向右为正方向关于皮带的运动情况描述正确的选项是A.可能是向右的匀加速B.可能是向右的匀速C.•定是向左的匀加速D.可能是向左的匀速解析：物块轻轻放在皮带上，初速度为零，由图乙知物块向左做匀加速运动，对物块受力分析知受到皮带对它向左的滑动摩擦力.那么皮带相对物块向左运动，所以皮带•定向左运动，可能加速、匀速或减速，D正确.答案：D3.（20XX •河北衡水模拟）如图甲所示.一长为2.0叭质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端.对长木板施加的外力尸从零逐渐增大时，小物块所受的摩擦力内随外力尸的变化关系如图乙所示.现改用尸=22 N 的水平外力拉长木板.取尸10 m/s\那么小物块在长木板上滑行的时间为（）C.彖sD.瑚s解析：由题图乙知力尸较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起做加速运动,后来发生相对滑动，当，〉2N时二者开始加速，说明长木板受水平面的滑动摩擦力&=2N,当^>14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力A.=4N. 小物块的加速度勾=4 m/s'.改用尸=22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律诃得F 一队d.由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足*-按=£,解得/ =1 s.应选项A正确.答案：A4.如下图，一长木板花水平地面上运动，在某时刻（£=0）将一物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等.物块与木版间及木板与地面向均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，FL物块始终在木板上.在物块放到木板上之后，木板运动的速度一时间图象可能是以下选项中的（）二 n解析：设在木板与物块未到达相同速度之前，木板的加速度为^物块与木板间的动摩擦因数为外，木板与地面间的动摩擦因数为对木板应用牛顿第二定律得一外财一么・2格=踏，找= -（s + 2s）g,设物块与木板到达相同速燧之后，木板的加速度为&，对整体有一用・2曲尸2翊，压= 岫可见切1>1&1由号图象的斜率表示加速度大小可知,图象A正确.答案：A5.如下图，在光滑水平面上有•威信为弱的足够长的木版，其上距放•欣量:为血的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一•随时间t 增大的水平力P=k\k是常数），木板和木块加速度的大小分别为活和所,以下反映n和成变化的图线中正确的选项是（）.NXx\XxVWXXXxxX\XXx'解析：木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力均为静摩擦力.在到达最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律知木块和木板相对运动时，&=些冬定不变，成=电一“g,所是，的线性函数，，增大，也增大，又由于临何！伽十成能那么木块与木板相对滑动后田图线斜率大于a的图线斜率，所以A正确.答案：A二，多项选择题6.如下图,水平传送带从8两端相距x=4 in,以的=4 Ws的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（诃视为质点）无初速度地轻放至4端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留卜划痕.煤块与传送带间的动摩擦因数〃=0.4,取页力加速度^=10 m/s\那么煤块从』运动到4的过程中（）C 二（）A.煤块到4运动到B的时间是2.25 sB.煤块从X运动到8的时间是1.5 sC.划痕长度是2 mD.划痕长度是0.5 m解析：煤块任传送指上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有"破=时得日=，&=4 m/s\当煤块速度和传送带速度相同时，位移-v.=^=2 m<4 m,因此煤块先加速后匀速. 匀加速运动的时间6=-=1 s.匀速运动的时间6=AZ£=0.5S,煤块从X运动到3的总a K）时间£=白+心=1.5 s, A错误，B正确：在加速阶段产生相对位移叩产生划痕，那么有Ax = r0Zi —x,=2 m, C 正确，D 错误.答案：BC7.（20XX •辽宁胡芦岛模拟）如图甲所示，倾角为"的足够长的传送带以恒定的速度所沿逆时针方向运行.f=0时，将质说奸I kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的/ ［图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度^=10m/s2. 那么（）A.传送带的速率K）=10 m/s&传送带的倾角〃=30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数〃=0.5D.0~2 s内摩擦力对物体做功件一2，1 J解析：由题图可知，当物体速度到达1^=10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带到达共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确：0〜1 s内物体的加速度为找=10 m/s」1〜2 s内为&=2 m/s\那么有atgsin。
高考物理一轮总复习第3章专题强化4传送带模型和“滑块_木板”模型提能训练(含答案)
高考物理一轮总复习提能训练：第三章 专题强化四基础过关练题组一 传送带模型1．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。
如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。
如图乙所示为水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带ab 始终以1 m/s 的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg 的小包(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a 点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a 、b 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2。
下列速度—时间(v －t )图像和位移—时间(x －t )图像中，可能正确反映行李在a 、b 之间的运动情况的有(除C 中0～1 s 为曲线外，其余均为直线段)( AC )[解析] 行李放到传送带上，由μmg ＝ma 可得a ＝1 m/s 2，则由v ＝at ，得t ＝1 s ，可知行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A 正确，B 错误；行李在t ＝1 s 时的位移x ＝12at 2＝0.5 m ，行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，x －t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x －t 图像为直线，故C 正确，D 错误。
2.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。
工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则下列说法不正确的是( D )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v B ＝3 m/sC ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/sD ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝2 m/s[解析] 若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，A 、B 正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，假设工件在到达B 端前速度降至2 m/s ，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x ＝v 2A －v22a ＝16－42m ＝6 m>3.5 m ，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，D 错误，C 正确。
2019年高考物理总复习(教科版)试题：第三章 牛顿运动定律 专题讲座四 动力学中的典型模型 Word版含解析
专题讲座四动力学中的典型模型,传送带速度大小v=2 m/s不变,两端A,B间距离为3 m.一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是( B )解析:物块在传送带上与传送带相对滑动时,加速度为a=μg=4 m/s2,则当物块减速为0时,位移m<3 m,所以物块没有从A端掉下,会反向运动,加速度大小不变;当物块与传送带共速之后,随传送带一起匀速,故B正确.·山西大学附中模拟)如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m 的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知M>m.用①和②分别表示木块A和木板B的图像,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下面关于二者速度v随时间t的变化图像,其中可能正确的是( C )解析:木块A滑上B时,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得a A B已知m<M,所以a A>a B,即①斜率的绝对值应大于②的斜率,故选项A,B错误.若A不能滑下,则两者最终共速,若A滑下,则A的速度较大,B的速度较小,故选项C正确,D错误.3.如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图像可能是( A )解析:放上物块后,长木板受到物块向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,物块受到向右的滑动摩擦力作用,做匀加速运动,当两者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零,共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度,故A正确,也可能物块与长木板间动摩擦因数较小,达到共同速度后物块相对木板向右运动,给木板向右的摩擦力,但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度,B,C错误;由于水平面有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,D错误.4.(2018·河北沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段深色的径迹.下列说法正确的是( C )A.深色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短D.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短解析:当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动,所以深色径迹应出现在木炭包的右侧,选项A错误;设木炭包的质量为m,传送带的速度为v,木炭包与传送带间动摩擦因数为μ,则对木炭包有μmg=ma,木炭包加速的时间该过程传送带的位移x1木炭包的位移x2深色径迹的长度Δx=x1-x2由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带的速度越大,径迹越长,木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹越短,选项C正确,B,D错误.多选)如图所示,水平传送带A,B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端瞬时速度v A=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为v B,则(g=10 m/s2)( ABC )A.若传送带不动,则v B=3 m/sB.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,v B=3 m/sC.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,v B=3 m/sD.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,v B=2 m/s解析:若传送带不动,μg,代入数据解得v B=3 m/s;若传送带以4 m/s逆时针转动或以2 m/s顺时针转动,工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时相同,所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s,故选项A,B,C正确,D错误.多选)传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsin α)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( BC )A.支持力与静摩擦力的合力大小等于mgB.静摩擦力沿斜面向下C.静摩擦力的大小可能等于mgsin αD.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan α解析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsin α+f=ma,因为a比gsin α大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C正确;皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tan α,故D错误.·江苏淮阴模拟)如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N,当小车速度达到1.5 m/s时,在小车的右端,轻放一大小不计、质量m=2 kg 的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为(取g=10 m/s2) ( B )A.1 mB.2.1 mC.2.25 mD.3.1 m解析:放上物体后,物体的加速度a1=μg=2 m/s2,小车的加速度a22=0.5 m/s2,物体的速度达到与小车共速的时间为t,则v=a1t=v0+a2t,解得t=1 s,此过程中物体的位移s11t2=1 m,共同速度为v=a1t=2 m/s,当物体与小车相对静止时,共同加速度为2=0.8 m/s2,再运动0.5 s的位移s2=vt′′2=1.1 m,故物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为1 m+1.1 m=2.1 m,故选项B正确.8.如图所示,为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°,A,B两端相距L=5.0 m,质量为M=10 kg的物体以v0=6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s.(g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)物体从A点到达B点所需的时间;(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间是多少?解析:(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1通过的位移x1设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2Mgsin θ-μMgcos θ=Ma2由μ<tan θ=0.75知,物体继续减速,设经时间t2到达传送带B点L-x1=vt2联立各式可得t=t1+t2=2.2 s.(2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上,则所用时间最短,此种情况加速度大小一直为a2,L=v0t′-得出t′=1 s(t′=5 s舍去).答案:(1)2.2 s (2)1 s9.(2018·南昌二中月考)如图1所示,质量M=1 kg的木板静止在水平面上,质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,g取10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.(1)若力F恒为8 N,经1 s铁块运动到木板的左端,求木板的长度L;(2)若力F从零开始逐渐增加,且木板足够长,试通过分析与计算,在图2中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像.解析:(1)对铁块由牛顿第二定律得F-μ2mg=ma1;对木板由牛顿第二定律得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2.设木板的长度为L,经时间t铁块运动到木板的左端,则s木2t2,s铁1t2,s铁-s木=L,联立解得L=1 m.(2)①当F≤μ1(m+M)g=2 N时,系统没有被拉动,静摩擦力与外力大小相等,即f=F.②当F>μ1(m+M)g=2 N时,如果二者相对静止,铁块与木板有相同的加则F-μ1(m+M)g=(m+M)a,F-f=ma,解得F=2f-2.此时f≤μ2mg=4 N,即F≤6 N,所以,当2 N<F≤6 N时③当F>6 N时,M,m相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为f=μ2mg=4 N,f F图像如图所示.答案:(1)1 m (2)见解析10.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行,AB为水平传送带部分且足够长,现有一质量为m=5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,传送到B端时没有被及时取下,行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽.已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5,行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).(1)求行李包相对于传送带滑动的距离;(2)若B端的转轮半径为R=0.2 m,求行李包在B点对传送带的压力;(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零,求斜面的长度.解析:(1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg=ma1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t,则v=a1t行李包前进距离x11t2传送带前进距离x2=vt行李包相对传送带滑动的距离Δx=x2-x1=0.1 m.(2)行李包在B点,根据牛顿第二定律,有解得N=25 N根据牛顿第三定律可得,行李包在B点对传送带的压力为25 N,方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时,根据牛顿第二定律mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma2行李包从斜面滑下过程:0-v2=2a2x解得x=1.25 m.答案:(1)0.1 m (2)25 N,方向竖直向下(3)1.25 m11.如图(甲)所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板,开始时质量为m=1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,今将水平力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图像如图(乙)所示,g取10 m/s2.求:(1)水平作用力F的大小;(2)滑块开始下滑时的高度;(3)木板的质量.解析:(1)对滑块受力分析如图(a)所示,由平衡条件可得mgsin θ=Fcos θ,则 N.(2)由题图(乙)可知,滑块滑到木板上的初速度为10 m/s,当F变为水平向右之后,其受力如图(b)所示,由牛顿第二定律可得mgsin θ+Fcos θ=ma,解得a=10 m/s2,滑块下滑的位移,解得x=5 m,故滑块下滑的高度h=xsin 30°=2.5 m.(3)由图像(乙)可知,两者先发生相对滑动,当达到共速后一起做匀减速运动.设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,由图像得,两者共同减速时的加速度大小a1=1 m/s2,发生相对滑动时,木板的加速度a2=1 m/s2,滑块减速的加速度大小a3=4 m/s2,对整体受力分析可得a1μ1g,可得μ1=0.1.在0～2 s内分别对m和M分析可得对2,对=a3,代入数据解得M=1.5 kg.答案:(1)(2)2.5 m (3)1.5 kg11。
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第三章牛顿运动定律时间:45分钟分值:80分一、选择题(每小题6分,共42分)1.关于物体的惯性,下列说法中正确的是( )A.运动速度大的物体不能很快地停下来,是因为物体的速度越大,惯性也越大B.静止的火车启动时,速度变化慢,是因为静止的物体惯性大C.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球的惯性小D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性答案 C 一切物体都具有惯性,惯性大小只与物体的质量有关。
惯性是物体本身的一种属性,与外界因素(受力的大小以及所处的环境)及自身的运动状态无关,故A、D选项错误;静止的火车启动时,速度变化缓慢,是因为火车的质量大,惯性大,而不是因为静止的物体惯性大,B选项错误。
乒乓球可以快速抽杀,是因为其质量小,惯性小,在相同的力的作用下,运动状态容易改变,故C选项正确。
2.在商场中,为了节约能源,无人时,自动扶梯以较小的速度运行,当有顾客站到扶梯上时,扶梯先加速,后匀速将顾客从一楼运送到二楼。
速度方向如图所示。
若顾客与扶梯保持相对静止,下列说法正确的是( )A.在加速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力B.在匀速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力C.在加速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同D.在匀速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同答案 A 当扶梯匀速运动时,顾客所受支持力等于顾客的重力,顾客不受摩擦力,所以B、D选项错误。
当扶梯加速运动时,有斜向上的加速度,合力方向斜向上。
顾客所受支持力大于顾客的重力,顾客受到水平向左的静摩擦力。
所以A选项正确,C选项错误。
3.如图所示,一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上,其下端固定,当弹簧的长度为原长时,其上端位于O点。
现有一小球从O点由静止释放,将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)。
在此过程中,关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系,下图中正确的是( )答案 A 小球自O点由静止下降的过程中,跟弹簧一起构成了做简谐运动的系统。
小球做简谐运动的回复力由重力和弹力的合力提供。
统考版高考物理一轮复习第三章 牛顿运动定律 专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型学生用书
专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型关键能力·分层突破模型一 “传送带”模型1．模型特点传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等．2．“传送带”问题解题思路例1.如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以υ＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．教你解决问题跟进训练1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是 ( )A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上2．[2022·山西临汾联考]某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96 m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F ＝0.24 N，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10ms2，试求：(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a1的大小；(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度v m.模型二 “滑块—滑板”模型1．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联2．两种类型类型图示规律分析长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为x B＝x A＋L物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x B＋L＝x A例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t 的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )A．F1＝μ1m1gB．F2＝m2(m1+m2)m1(μ2－μ1)gC．μ2>m1+m2m2μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等命题分析试题情境属于综合性题目，以板块模型为素材创设学习探索问题情境必备知识考查牛顿运动定律、F t图象、a t图象等知识关键能力考查理解能力、推理能力、信息加工能力．通过图象获取有用信息，应用相关规律解决问题学科素养考查物理观念、科学思维．要求学生构建板块模型，应用动力学方法解决问题跟进训练3.如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 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，小车足够长．重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是 ( )A．当F增加到4 N时，m相对M开始运动B.当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力C．当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力D．当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力4．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量．专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型关键能力·分层突破例1 解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5 m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝v 0 a解得t1＝1 st1时间内包裹的位移大小为x1＝12at12解得x1＝0.25 mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5 m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25 m.(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝l−x1v0解得t2＝3.5 s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝l v解得t3＝2 s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.答案：(1)0.25 m (2)2.5 s1．解析：传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝F f，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确，故选C.答案：C2．解析：(1)以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，根据牛顿第二定律有F－μmg ＝ma1，解得a1＝8 m/s2.(2)传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t1，减速时间为t2，垂直于传送带方向的加速位移为x1，减速位移为x2，则香皂盒减速过程的加速度大小a2＝μmgm＝μg＝4 m/s2由匀变速直线运动规律有x1＝12a1t12，x2＝12a2t22又a1t1＝a2t2，x1＋x2＝d 2结合以上分析可知传送带的最大速度为v m＝L t 1联立解得v m＝3 m/s.答案：(1)8 m/s2 (2)3 m/s例2 解析：结合题图可知在0～t1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t1～t2时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板一起滑动，选项D正确；把物块和木板看成整体，在t1时刻，由牛顿第二定律有F1－μ1(m1＋m2)g＝0，解得F1＝μ1(m1＋m2)g，选项A错误；t2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t2时刻木板的加速度为a，在t2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，显然μ2>m1+m2m2μ1，选项C正确；t2时刻，对物块由牛顿第二定律有F2－μ2m2g＝m2a，联立解得F2＝m2(m1+m2)m1 (μ2－μ1)g，选项B正确．答案：BCD3．解析：假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力F f提供最大的加速度，故F f＝μmg＝ma所以a＝μg＝2 m/s2对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足F>20 N，故A错误；当F＝10 N时，对整体F＝(M＋m)a′解得a′＝FM+m＝1 m/s2对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有F′f＝ma′＝2×1 N＝2 N方向向右，故B正确；同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2m受到摩擦力F″f＝ma″＝3 N，方向向右，故C错误；当F＝30 N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，F‴f＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误．答案：B4．解析：(1)由图象可知，A在0～1 s内的加速度a1＝v1−v0t1＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.(2)由图象知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝v3−v1＝－1 m/s2，t2对A、B整体由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1. (3)由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝v1−0＝2 m/s2t1对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2代入数据解得m＝6 kg.答案：(1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg。