（江苏专用版）2020版高考物理大一轮复习第三章微专题2传送带模型、板块模型课件.pptx

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1、微专题2 传送带模型、板块模型,考点一 水平传送带模型,考点二 倾斜传送带模型,考点突破,考点三 木板滑块模型分析,考点一 水平传送带模型,1.水平传送带模型,2.传送带模型问题的分析流程,例1 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=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。(取g=10 m/s2)(1)若传送带静止不动,求vB;,(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vB; (3)若传送带以v=13 m/s逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时 间。,答案 (1)2 m

2、/s (2)能 2 m/s (3)13 m/s 0.67 s,解析 (1)根据牛顿第二定律可知mg=ma,则a=g=6 m/s2,且 - =2ax, 故vB=2 m/s。 (2)能。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,故工件到达B端的速度vB=2 m/s。 (3)工件速度达到13 m/s时所用时间为t1= =0.5 s,运动的位移为x1=vAt 1+ a =5.75 m8 m,则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s,此后工件 与传送带相对静止,因此工件先加速后匀速运动。匀速运动的位移x2=x-,x1=2.25 m,t2= 0.17 s,t=t1+t2=0

3、.67 s。,考点二 倾斜传送带模型,倾斜传送带模型,例2 如图所示,传送带与地面夹角=37,从A到B长度为L=10.25 m,传 送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一 个质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为=0. 5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知 sin 37=0.6,g=10 m/s2, 求:,(1)煤块从A到B的时间; (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。,答案 (1)1.5 s (2)5 m,解析 (1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,如图甲,其加速度为a1=g(sin + cos )=10 m/s2

4、t1= =1 s,x1= a1 =5 mL,即下滑5 m与传送带速度相等 达到v0后,受到向上的摩擦力,由于tan 37,煤块仍将加速下滑,如图乙, a2=g(sin - cos )=2 m/s2 x2=L-x1=5.25 m,x2=v0t2+ a2 ,得t2=0.5 s 则煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 s,(2)第一过程痕迹长x1=v0t1- a1 =5 m,第二过程痕迹长x2=x2-v0t2=0.25 m x2与x1的一部分重合 故痕迹总长为5 m,方法技巧 解答传送带问题应注意的事项 (1)比较物体和传送带的初速度情况,分析物体所受摩擦力的大小和方 向,其主要目的是得到物体

5、的加速度。 (2)关注速度相等这个特殊时刻,水平传送带中两者一块匀速运动,而倾 斜传送带需判断与tan 的关系才能决定物体以后的运动。 (3)得出运动过程中两者相对位移情况,以后在求解摩擦力做功时有很 大作用。,考点三 木板滑块模型分析,1.模型特征 木板滑块模型(如图a),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多 次相互作用,属于多物体、多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较 高,故频现于高考试卷中。另外,常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在 直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题,处理方法与木板滑块模型类似。,2.思维模板,例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

6、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。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,求所需的最小拉力; (3)本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,=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?,答案 (1)(2m1+m2)g (2)2(m1+m2)g (3)22.4 N,解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f1=m

7、1g 桌面对纸板的摩擦力f2=(m1+m2)g f=f1+f2 解得f=(2m1+m2)g (2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则 f1=m1a1 F-f1-f2=m2a2 若发生相对运动,则a2a1 解得F2(m1+m2)g,(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1= a1 纸板运动的距离为d+x1= a2 纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离 x2= a3 l=x1+x2 由题意知a1=a3,a1t1=a3t2,解得F=2m1+(1+ )m2g 代入数据得F=22.4 N,方法技巧 分析木板滑块类模型应注意的“一个转折”“两个关联”。,加速度不同的连接体中的临界问题,加油小站,例4

8、一个弹簧放在水平地面上,Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,P 为一重物,已知P的质量M=10.5 kg,Q的质量m=1.5 kg,弹簧的质量不计, 劲度系数k=800 N/m,系统处于静止。如图所示,现给P施加一个方向竖 直向上的力F,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知 在前0.2 s内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力。求力F的最大 值与最小值。(取g=10 m/s2),解析 设开始时弹簧压缩量为x1,t=0.2 s时弹簧的压缩量为x2,物体P的加 速度为a,则有 kx1=(M+m)g kx2-mg=ma x1-x2= at2 得x1= =0.15 m 得a=6 m/s2,F小=(M+m)

9、a=72 N,F大=M(g+a)=168 N,答案 168 N 72 N,例5 如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静 止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离h时,B与A分离。下列说法 正确的是 ( C ),A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长 B.B和A刚分离时,它们的加速度为g C.弹簧的劲度系数等于 D.在B与A分离之前,它们做匀加速直线运动,解析 A、B分离前,A、B共同做加速运动,由于F是恒力,而弹力是 变力,故A、B做变加速直线运动,当两物体要分离时,FAB=0,对B有F-mg= ma,对A有kx-mg=ma,即F=kx时,A、B分离,此时弹簧仍处于压缩状

10、态,由F =mg,设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0,则2mg=kx0,h=x0-x,解得k= ,综上 所述,只有C项正确。,方法技巧 (1)两接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。 (2)两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同,但物体间的作用力为零。,随堂巩固,1.(2019泰兴中学月考)如图所示,一个人在玩滑板车,她一只脚蹬地后,车 与人获得一起向前运动的速度。已知人的质量为M,滑板车的质量为m, 人蹬地时获得向前的动力为F0,滑板车向前运动时受到的阻力为f,则 ( ),A.F0一定等于f B.人与滑板车之间的摩擦力等于F0 C.人与滑板车之间的摩擦力等于 D.人与滑板车之间的动摩擦因数只能小

11、于,答案 C 脚蹬地时,人和滑板车一起向前加速,对整体分析,则一定有F 0f,故A项错误;对人分析,则F0大于滑板车对人的摩擦力f1,故B项错误;对 车分析,人与滑板车之间的摩擦力f1大于f,再对人分析可知,动摩擦因数 等于人与滑板车之间的摩擦力除以Mg,故人与滑板车之间的动摩擦因 数大于 ,D项错误;对整体分析,根据牛顿第二定律有F0-f=(M+m)a,对 滑板车分析有f1-f=ma,联立解得f1= ,故C项正确。,2.(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

12、无初速度地放在A处,设行 李与传送带之间的动摩擦因数=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,答案 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=g=1 m/s2,历时t1= =1 s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2.5 s;乘客到达B,历时t=2 s,A、C项错误,B项正确;若传送带速度足够大,行李一直加速运 动,最短运动时间tmin= s=2 s,D项正确。,