高考二轮专题复习：专题03　板块模型和传送带模型中的动力学问题（解析版）

学而优教有方专题03板块模型和传送带模型中的动力学问题【命题规律】1、命题角度：（1）板块模型中的动力学问题；（2）传送带模型中的动力学问题.2、常考题型：计算题．【知识荟萃】★考向一板块模型中的动力学问题动力学解决板块模型问题的思路1.求解板块模型问题的方法技巧（1）受力分析时注意不要添力或漏力如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2.水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；（2）列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系对木块受力分析：F－μ1mg＝ma1对木板受力分析：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2（3）抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变.（4）挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板的临界条件.2.运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q＝Ffx相对.★考向二传送带模型中的动力学问题1、模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．2、解题关键（1）理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．（2）物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．3、技巧点拨1.物块刚放上传送带，根据物块与传送带的相对运动情况判断物块所受的摩擦力的方向.2.物块与传送带共速是摩擦力变化的转折点，（1）若传送带水平：共速后物块不再受摩擦力；（2）若传送带倾斜：共速后摩擦力方向沿传送带向上.然后根据mgsinθ与μmgcosθ（或μ与tanθ）的大小关系判断物块与传送带是相对静止（μ≥tanθ）还是相对滑动（μ＜tanθ）.3.若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准.全过程产生的热量Q＝Ff·s（s是相对路程，即相对位移绝对值的和）.【经典例题】【例题1】．如图甲所示，质量的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，在木板的左端放置一个质量的物块，物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数。设木板足够长，现对物块施加一个水平向右的力F，力F随时间t的变化如图乙所示。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取，则下面四个图中能正确反映物块受到木板的摩擦力大小f随时间t变化的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题意铁块与木板之间摩擦力的最大值为木板与地面间的摩擦力的最大值为当时，木板和铁块相对地面静止又由图像可得所以0-4s时间内图像与F-t图像相同；当，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有对铁块有可得从此关系式可以看出，当时，M、m相对静止，则对整体有对铁块即即所以0-10s内图像如图C，故ABD错误，C正确。故选C。【例题2】．（多选）图甲为一转动的传送带，以恒定的速率顺时针转动。在传送带的右侧有一滑块以初速度从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的图像如图乙所示。由图像可知滑块（）A．从右端离开传送带B．从左端离开传送带C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用【答案】AD【解析】AB．有图像可知，滑块先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，最后与传送带速度相同做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；CD．滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速运动，不受摩擦力，故C错误，D正确。故选AD。【例题3】．如图所示，质量的平板车静止在光滑水平地面上，平板车上表面与的固定光滑半圆轨道最低点的切线相平。现有一质量的滑块可视为质点以的初速度滑上平板车左端，二者达到相同速度时平板车还未与竖直墙壁碰撞，当平板车与墙壁碰撞时，平板车立即被粘在墙壁上，已知滑块与平板车上表面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。（1）求平板车与墙壁碰撞前瞬间的速度大小；（2）若滑块能通过半圆轨道的最高点，求平板车的长度的范围。【答案】（1）；（2）【解析】（1）平板车与墙壁碰撞前，滑块与平板车整体动量守恒，则有解得（2）设碰撞前滑块相对平板车运动的位移大小为，等于平板车的最小长度，根据能量守恒定律得解得若滑块恰好能滑到半圆轨道最高点，根据能量守恒定律得在点解得即当时，滑块最终从端脱离半圆轨道。【例题4】．如图，水平传送带M、N间的长度为3m，始终以v0=2m/s的速度运行，右端N与足够大的光滑水平面平滑相接，水平面上静止着质量为4kg的滑块B，B上有光滑四分之一圆弧轨道，轨道最低点与水平面相切。质量为1kg的滑块A（可视为质点）无初速度放到M端，A离开传送带后滑上B的圆弧轨道且未从B的上端冲出。已知A与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度取10m/s2。求：（1）A第一次沿B上升的最大高度；（2）A第二次与B分离时的速度；（3）全过程中A与传送带间因摩擦产生的热量。【答案】（1）；（2），方向向右；（3）【解析】（1）设A通过的位移为x时，速度与传送带相等①②代入数据解得即滑块A以的速度离开传送带。A达到最高点时速度与B相同。根据水平方向动量守恒和系统的机械能守恒③④代入数据解得⑤（2）设A从B上滑回水平面时A的速度为、B的速度大小为，以向右为正方向⑥⑦代入数据解得，说明滑块A回到水平面时向左运动，能再次滑上传送带，由于，所以A再次离开传送带时的速度大小仍为1.2m/s。第2次滑上B再分离后，设A、B的速度分别和，以向右为正方向⑧⑨代入数据解得，方向均向右⑩（3）由于，且，所以A不会再滑上B，也不会再滑上传送带。A第1次在传送带上滑动过程中，A相对传送带的位移为⑪第2次在传送带上滑动过程中，A相对传送带的位移⑫因摩擦产生的热⑬代入数据解得【精选习题】一、单选题1．如图甲所示，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F=0.5t（N）的水平变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2 B．木板与地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2=24s D．木板的最大加速度为1m/s2【答案】C【解析】A．根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据可得滑块与木板间的动摩擦因数为A错误；B．在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为B错误；CD．在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有对木板有联立解得则木板的最大加速度为2m/s2，根据可求得C正确，D错误。故选C。2．如图所示，质量M=3kg，长L=2m的木板静止在光滑水平面上，木板上右端放一个小滑块（可视为质点），小滑块的质量m=1kg，小滑块和木板之间的动摩擦因素μ=0.2.若用水平拉力F作用在木板上，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．F=4N时，滑块的加速度大小为2m/s2B．F=6N时，小滑块与木板发生相对滑动C．F=14N时，小滑块会从木板上滑下，且小滑块和木板之间产生的热量是4JD．把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F越大，小滑块和木板之间产生的热量越大【答案】C【解析】AB．当木板与小滑块不发生相对运动的最大拉力为当F=4N时，滑块的加速度大小为AB错误；C．当F=14N时，小滑块会从木板上滑下，根据公式可得小滑块和木板之间产生的热量为C错误D．由于把木板从小滑块下面抽出，摩擦力的大小和木板与小滑块之间的相对位移不变，故小滑块和木板之间产生的热量不变，D错误。故选C。3．如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为37°。传送带沿图示逆时针方向匀速率运动，速率为1m/s。现将质量为m=1kg小煤块（可视为质点）从静止轻放到c处，它将被传送到a点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，且此过程中煤块不会脱离传送带，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．小煤块从c点运动到b点所用的时间为2.5sB．小煤块在传送带上的滑痕为2.5mC．从c点运动到b点的过程，摩擦力对小煤块做的功为24.5JD．从b点运动到a点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为32J【答案】C【解析】A．小煤块的加速度为2.5s小煤块的位移为则小煤块从c点运动到b点所用的时间大于2.5s，故A错误；B．小煤块从c点到和传送带共速所用的时间为传送带位移为小煤块在传送带上的滑痕为故B错误；C．从c点运动到b点的过程，小煤块加速过程中，摩擦力对小煤块做功为小煤块匀速过程中，摩擦力对小煤块做功为则从c点运动到b点的过程，摩擦力对小煤块做的功为24.5J，故C正确。D．从b点运动到a点的过程，小煤块与传送带共速，没有摩擦，不产生热量，故D错误。故选C。4．如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v=3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（）A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2B．物块加速运动的时间为sC．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4ND．物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为20J【答案】B【解析】A．初始时物块做加速运动，则当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动，根据题意有解得F=8.5N故A错误；B．加速运动的时间为故B正确；C．匀速运动时，有解得f=3.5N故C错误；D．物块与传送带间的相对位移为因此摩擦产生的热量为故D错误。故选B。5．如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（）A．要实现这一目的前提是μ<tanθB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上D．若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间【答案】C【解析】A．要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即可得故A错误；B．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为故B错误；C．行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故C正确；D．若增加传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。故选C。二、多选题6．如图所示，一足够长的平直木板静止在水平地面上，木板上有两个质量分别为m和M的物块A、B，且，它们与木板间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平力F向右拉动木板，下列说法可能正确的是（）A．A与木板间发生相对运动时，B与木板间不发生相对运动B．B与木板间发生相对运动时，A与木板间不发生相对运动C．A、B与木板间同时发生相对运动D．A与B的加速度相同【答案】CD【解析】根据牛顿第二定律可知，A、B不与木板发生相对滑动的最大加速度，同时也是二者相对木板发生相对滑动后的加速度均为所以A、B与木板间同时发生相对运动或A、B与木板间同时不发生相对运动，且A、B的加速度始终相同，故AB错误，CD正确。故选CD。7．如图所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m=1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图所示，若取，，。则下列说法正确的有（

）A．0—8s内物体位移的大小为14mB．物体与传送带间动摩擦因数C．0—4s内物体上升的高度为4mD．0—8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m【答案】AD【解析】A．物体运动的位移即v—t图像与坐标轴围成的面积A正确；B．由物体运动v—t图像可知，在2—6s内物体做匀加速直线运动，有，μmgcos37°-mgsin37°=ma经过计算有μ=0.875B错误；C．物体运动的位移即v—t图像与坐标轴围成的面积，在0—4s内由图知，物体运动的位移为0，则在0—4s内物体上升的高度为0，C错误；D．由选项A可知，在0—8s内物体相对地面走过的位移x=14m，传送带相对地面走过的位移x′=vt=4×8m=32m则0—8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为x=x′-x=18mD正确。故选AD。8．如图所示，A、B两物块的质量分别为和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（）A．当时，A、B都相对地面静止B．当时，A的加速度为C．当时，A相对B滑动D．当时，B的加速度为【答案】BC【解析】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为A、B间的最大静摩擦力为故时，A、B都相对地面静止，A错误；B．A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足且即则当≤F＜3μmg，A、B将一起向右加速滑动。当时，对A和B整体受力分析有解得故B正确；C．由以上的分析可知，当F≥3μmg时，A相对B滑动，故C正确；D．当时，AB产生相对滑动，对物体B，根据牛顿第二定律有解得故D错误。故选BC。三、解答题9．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，并以恒定速率v=5.0m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘连在一起，碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从传送带顶端滑出。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求∶（1）轻弹簧长度最短时，所具有的弹性势能Ep；（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q。【答案】（1）3J；（2）8J【解析】解：（1）设A与B碰撞后共同速度为，弹簧长度最短时，ABC共同速度为，以向右为正方向，根据动量守恒定律能量守恒解得EP=3J（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时A、B整体的速度为，C的速度为由动量守恒定律有由机械能守恒定律有解得C以滑上传送带，假设做匀加速直线运动的位移为x时与传送带共速，由运动学公式得由得解得设C在传送带上加速运动的时间为t，有所以相对位移摩擦产生的热量解得10．如图（a）所示，质量m1=2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量m2=1.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q=1.0×10-3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1=5.0×102V/m。质量m3=1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从t0=0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1=1s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1；（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度v共；（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为E2=7.0×102V/m，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能变化量是多少？【答案】（1）10.5m/s；（2）3m/s；（3）①10.5m，②12J【解析】（1）在F作用的1s内，对滑块C，由动量定理得由图像围成的面积可得得（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为vC和vA，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒，得A、C发生弹性碰撞，动能不变，则代入数据，解得vA=7m/sA、C碰撞后，对B有代入数据得a2=1.5m/s2对A有得a1=2m/s2设碰后经t2时间A、B共速，则解得t2=2s，v共=3m/s（3）①从A被碰后到A、B刚好共速过程所以此过程B相对A向左滑行当电场强度变为E2时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有得对A有因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止。此过程它们的位移分别为则此过程B相对A向右滑行因为所以板长至少为10.5m②整个过程中静电力对B做功故物块B的电势能变化量为即电势能减少了12J。11．如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B端，由自动卸货装置取走。已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A、B两轮间的距离为L=64m，A、B两轮半径忽略不计，g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（1）若传送带以恒定速率v0=10m/s传动，求被选中的铁矿石从A端运动到B所需要的时间；（2）若所选铁矿石质量为200kg，求在（1）条件下铁矿石与传送带之间产生的热量；（3）实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在