一轮复习学案专题三“传送带”模型和“滑块-滑板”模型

专题三“传送带”模型和“滑块—滑板”模型考点一“传送带”模型多维探究1．模型特点：传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．题型1|水平传送带(1)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．(2)判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．例1[2021·黄冈一模]如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动，传送带的右侧上方固定一挡板．在t＝0时刻，将一滑块轻轻放在传送带的左端．当滑块运动到挡板所在的位置时，与挡板发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程中的能量损失．某同学画出了滑块从t＝0时刻到与挡板第二次碰撞前的v­t图象，其中可能正确的是()[教你解决问题]提取关键信息挖掘隐藏信息①轻轻放说明初速度为零②与挡板碰撞无能量损失说明碰撞前后速度大小相等题型2|倾斜传送带解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ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，确定物体运动的情况．例2如图所示，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<tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()【考法拓展1】在【例2】中若将“μ<tanθ”改为“μ>tanθ”，答案应选什么？【考法拓展2】若将【例2】中的传送带改为水平，其他条件不变，答案应选什么？练1(多选)三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B都从传送带顶端以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同练2[2021·江苏海门中学模拟]如图所示为快件自动分拣装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分拣容器中．图中水平传送带沿顺时针匀速转动，速度为v，右侧地面上有一个宽和高均为d＝1m的容器，容器左侧离传送带右端B的水平距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，A、B间距离为L＝2m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10m/s2，求：(1)若v＝2m/s，则快件在传送带上运动的时间；(2)要使快件能落入容器中，快件在B端抛出的速度至少多大？(3)要使快件能落入容器中，传送带匀速转动的速度大小范围．考点二“滑块—滑板”模型多维探究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，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2题型1|水平面上的“滑块—滑板”模型例3光滑水平面上停放着质量M＝2kg的平板小车，一个质量为m＝1kg的小滑块(视为质点)以v0＝3m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示．小车长l＝1m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1s末小滑块与小车B端的距离为()A．1mB．0C．0.25mD．0.75m题型2|“滑块—滑板”模型与多过程v­t图象综合例4[2020·长沙长郡中学第五次月考](多选)如图甲所示，一块质量为mA＝2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.6B．木板与地面间的动摩擦因数为0.1C．F的大小可能为9ND．F的大小与板长L有关题型3|拓展——斜面上的“滑块—滑板”模型例5[2021·甘肃天水一中二诊]如图所示，固定斜面的倾角θ＝37°，斜面长为L，一长木板放在斜面上，长木板的上端与斜面顶端重合，长木板的质量为m、长为L2，一小物块放在长木板的上端，质量也为m.现同时释放小物块和长木板，当长木板的下端到达斜面的底端时，小物块也恰好滑到斜面底端，不计小物块的大小，已知sin37°＝(1)若小物块与长木板间光滑，则长木板与斜面间的动摩擦因数μ为多少？(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，斜面的长L＝2.4m，则小物块运动到斜面底端所用的时间为多少？练3[2020·安徽皖智联盟联考](多选)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1kg的滑块．现给滑块一向右的初速度v0＝10m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图象如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1C．木板的长度L＝4mD．木板的质量M＝1.5kg练4质量为M＝2kg、长为L的木板静止在光滑的水平面上，在木板左端放有质量为m＝1kg的铁块(可视为质点)．现给铁块施加一水平拉力F＝4N，使铁块相对木板滑动，作用t＝1s后撤去拉力，铁块恰好不掉下木板，求木板的长度L的值．(已知铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10m/s2.)思维拓展规范表达，多拿细节分计算题需要书写解题过程，考生通过计算过程展示自己的物理学科素养和思维品质．规范化解题过程通常包括以下几方面：(1)要指明研究对象(个体还是系统)．(2)据题意准确画出受力图、运动示意图等有关图象．(3)要指明物理过程及始末状态，包括其中的隐含条件或临界状态．(4)要指明所选取的正方向．(5)物理量尽量用题中给定的符号，需自设的物理量(包括待求量、中间量)要说明其符号及含义．(6)要指明所用物理公式的名称、条件和依据(定理、定律等)；并用句式“由……定律得……”“据……定理得……”以及关联词“因为……所以……”等表达．(7)计算结果是数据的要带单位，是字母符号的通常不用带单位．(8)对题目所求或所问要有明确的答复，对所求结果的物理意义要进行说明，待求量是矢量的必须说明其方向．(9)答题简化模式：××(研究对象)在××(物理过程)满足××(规律)，列方程××(表达式①)；列方程××(表达式②)，联立①②得××(结论)．eq\a\vs4\al\co1(,)如图所示，一质量为M＝2kg，长为L＝3m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m＝1kg的小木块(可视为质点)．薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2.在t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F＝12N，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间小木块将离开木板？(3)若在时间t1＝1s末撤去F，再经过多长时间木板和小木块第一次速度相同？在此情况下，最终小木块在木板上留下的痕迹的长度是多少？规范解答：(1)设木板的加速度大小为a(设出未知量)，拉力F刚作用在木板上时(说明时刻)，由牛顿第二定律(指明所用规律)对木板有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma①(用与公式吻合的具体形式)代入数据解得a＝2.5m/s2(省去运算过程，直接写出计算结果)．(2)设小木块的加速度大小为a1，小木块离开木板的时间为t0，由牛顿第二定律，对小木块(说明研究对象)有μ1mg＝ma1②(用题中字母)则小木块运动的位移大小x1＝12a1t02③(木板运动的位移大小x2＝12at小木块将离开木板时，相对木板的位移大小为L＝x2－x1⑤(指明隐含信息)联立②③④⑤并代入数据解得t0＝2s.(3)t1＝1s末小木块的速度为v1＝a1t1.⑥木板的速度为v2＝at1⑦1s后小木块仍以a1的加速度大小做匀加速运动，木板将以a2的加速度大小做匀减速运动，且有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2⑧(写出对二者运动性质的判定)设再经t2后二者速度相等，有v1＋a1t2＝v2－a2t2⑨(指明关键条件)联立⑥⑦⑧⑨并代入数据解得t2＝13则此时二者相等的速度大小为v＝v1＋a1t2，代入数据解得v＝43在小木块和木板各自向左匀加速阶段(说明过程)二者的相对位移大小Δx′＝12at12－12a1t在小木块向左匀加速，木板向左匀减速阶段二者的相对位移大小Δx″＝(v2t2－12a2t22)－(v1t2＋12a1t2在小木块、木板各自向左匀减速阶段，小木块仍然以a1的加速度大小做匀减速直线运动设此阶段木板的加速度大小为a3，则对木板，根据牛顿第二定律有μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3⑫到最后二者都停止运动的过程，又发生的相对位移大小联立⑫⑬并代入数据解得分析知此阶段的痕迹被前两阶段的痕迹所覆盖所以小木块在木板上留下的痕迹的长度为Δx＝Δx′＋Δx″＝1m(对于数据结果都要写出单位)．专题三“传送带”模型和“滑块—滑板”模型考点突破例1解析：滑块轻轻放在传送带左端，说明滑块初速度为零，做匀加速运动，直到与传送带速度相等，之后做匀速运动，与挡板碰撞后物块向左做匀减速运动直至速度为零，再向右做匀加速运动，故A项正确．答案：A例2解析：开始阶段，小木块受到垂直传送带向上的支持力、竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，沿斜面做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＋μgcosθ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tanθ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，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mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，所以a2＝gsinθ－μgcosθ.根据以上分析，有a2<a1，所以，本题正确选项为D.答案：D考法拓展1解析：若改为μ>tanθ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项．答案：C考法拓展2解析：若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，C选项正确．答案：C练1解析：因为μ<tanθ，A、B都以1m/s的初速度沿传送带加速下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B正确；滑动摩擦力向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确；划痕长度由相对位移决定，A物块与传送带运动方向相同，Δs＝sA－s传，划痕较短，故D正确．答案：BCD练2解析：本题考查传送带与平抛运动的结合问题．(1)快件在传送带上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma，则加速度大小为a＝μg＝5m/s2，快件加速到与传送带速度相等时运动的位移为x＝v22a＝0.4m<L，加速的时间为t1＝va＝0.4s，接着快件匀速直线运动到B端，所用时间为t2＝L-xv＝0.8s，所以快件在传送带上运动的总时间为t＝t1＋(2)快件离开传送带做平抛运动，恰好从容器左壁上端落入时有d＝12gt2，d＝v1t，联立解得v1＝5(3)设快件落入容器时在B端处的最大速度为v2，则有2d＝v2t，解得v2＝25m/s，快件在传送带上一直匀加速运动到B端时的速度为v3＝2aL＝25m/s，因此仅需满足传送带的速度大小范围v≥v1＝答案：(1)1.2s(2)5m/s(3)v≥5例3解析：设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝μmgm＝μg，小车加速度a2＝μmgM，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5s<1s，v＝1m/s,0.5s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动．则在0～0.5s时间内小滑块位移x1＝v0+v2t0＝1m，小车位移x2＝v2t0＝0.25m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2答案：C例4解析：对木板B，当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1＝Δv1Δt1＝21m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律得μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度为a2＝Δv2Δt2＝－22m/s2＝－1m/s2，根据牛顿第二定律得－μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A项错误，B项正确；对滑块B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中的aB>2m/s2，则F>9N，即F的大小不可能为9N，C项错误；根据L＝12aBt2－12a1t2，式中t＝1s答案：BD例5解析：(1)若小物块与长木板间光滑，则小物块沿长木板下滑的加速度大小a1＝gsinθ小物块从斜面顶端滑到底端所用时间t1满足L＝12a1长木板下滑时，有mgsinθ－μ×2mgcosθ＝ma212L＝12a解得μ＝14tanθ＝3(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，则对小物块，有a′1＝gsinθ－μ′gcosθ，L＝12a′1对长木板，有