（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第三章牛顿运动定律专题突破四用动力学方法解决动力学问题中的“传送带”讲义（含解析）.docx

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1、1专题突破四 用动力学方法解决动力学问题中的“传送带”一、 “传送带”模型1水平传送带模型项目 图示 滑块可能的运动情况情景 1可能一直加速可能先加速后匀速情景 2 v0v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 v0v 返回时速度为 v，当 v0Ffm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件 两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变4当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度(相对静止)是滑块滑离木板的临界条件原理 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等例 2 (2018高邮市期初)一木箱放在平板车的中部，距平板车

2、的后端、驾驶室后端均为L1.5m，如图 4 所示处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数为 0.5，现使平板车以 a1的加速度匀加速启动，速度达到 v6m/s 后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g10 m/s 2)，求：图 4(1)若木箱与平板车相对静止，加速度 a1大小满足什么条件？(2)若 a16m/s 2，当木箱与平板车的速度都达到 v6 m/s 时，木箱在平板车上的位置(离驾驶室后端距离)；(3)在第(2)问情况下，若在木箱速度刚达到 6m/s 时平板车立即刹车到停止，则要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小满足什么条件？答案

3、 (1) a15m/s 2 (2)2.1 m (3) a12 m/s 2解析 (1)木箱与平板车相对静止，加速度相同，当木箱受到的静摩擦力达到最大值时加速度最大，由牛顿第二定律有： Ffmax mam mg得 am5 m/s 2解得 a15 m/s 2(2)因为 a16 m/s25 m/s2，故木箱与平板车发生相对滑动，当木箱速度达到 6 m/s 时，t1 s1.2 svam 65位移为 x1 t1 1.2 m3.6 m，v2 62平板车速度达到 6 m/s 所需时间为： t2 1 s，位移为 x2 t2 v(t1 t2)，va1 v2解得 x24.2 m当木箱与平板车的速度都达到 v6 m/

4、s 时，木箱在平板车上离驾驶室后端距离为：s x2 x1 L4.2 m3.6 m1.5 m2.1 m(3)木箱减速停止时的位移为： x3 m3.6 mv22am 6225平板车减速到停止时的位移为： x4v22a木箱不与车相碰需满足： x3 x4 s5解得： a12 m/s 2.变式 2 如图 5 甲所示，质量为 M 的木板静止在光滑水平面上一个质量为 m 的小滑块以初速度 v0从木板的左端向右滑上木板滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示某同学根据图象作出如下判断，正确的是( )图 5A滑块和木板始终存在相对运动B滑块始终未离开木板C滑块的质量小于木板的质量D木板的长度一定为v0t1

5、2答案 B变式 3 (2018泰州中学月考)如图 6 所示，一质量 M3.0kg 的足够长的木板 B 放在光滑的水平面上，其上表面放置质量 m1.0kg 的小木块 A， A、 B 均处于静止状态， A 与 B 间的动摩擦因数 0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等现给木块 A 施加一随时间t 变化的水平力 F kt(k2N/s)，取 g10 m/s 2.图 6(1)若木板 B 固定，则经过多少时间木块 A 开始滑动？(2)若木板 B 固定，求 t22.0s 时木块 A 的加速度大小(3)若木板 B 不固定，求 t31.0s 时木块 A 受到的摩擦力大小答案 (1)1.5s (2)1m/s

6、 2 (3)1.5N解析 (1)当木板 B 固定时，木块 A 开始滑动瞬间，水平力 F 与最大静摩擦力大小相等，则：F1 Ffm mg设经过 t1时间木块 A 开始滑动，则： F1 kt1则 t1 s1.5 s mgk 0.31102(2)t22.0 s 时，有 F2 kt222 N4 N由牛顿第二定律得： F2 mg ma解得 a m/s21 m/s 2F2 mgm 4 0.311016(3)在 t31.0 s 时水平外力为： F3 kt321 N2 N因为此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得： F3( m M)aa m/

7、s20.5 m/s 2F3M m 21 3对木块 A 受力分析有： F3 Ff ma则 Ff F3 ma(210.5) N1.5 N.1(多选)(2018徐州三中月考)如图 7 所示，质量 M2kg 的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量 m1kg 的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数 0.2.长木板和小木块先相对静止，然后用一水平向右的 F4N 的力作用在小木块上，经过时间 t2s，小木块从长木板另一端滑出， g 取 10m/s2，则( )图 7A滑出瞬间，小木块的速度大小为 2m/sB滑出瞬间，小木块的速度大小为 4m/sC滑出瞬间，长木板的速度大小为

8、2m/sD滑出瞬间，长木板的速度大小为 4m/s答案 BC解析 由牛顿第二定律得：对小木块： a1 m/s22 m/s2，对长木板： a2 F mgm 4 0.21101 mgMm/s21 m/s2，由题意可知，小木块与长木板都做初速度为零的匀加速直0.21102线运动，运动时间： t2 s，小木块滑出瞬间，小木块的速度大小为： v1 a1t22 m/s4 m/s，长木板的速度大小为： v2 a2t12 m/s2 m/s，故 B、C 正确2.(多选)(2017运河中学调研)如图 8 所示为粮袋的传送装置已知 AB 间长度为 L.传送带与水平方向的夹角为 .工作时运行速度为 v，粮袋与传送带间的

9、动摩擦因数为 ，正常工作时工人在 A 端将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )7图 8A若 gsinD粮袋到达 B 端的速度与 v 比较，可能大，可能小，也可能相等答案 AD解析 若 mg cos ，粮袋一直受到滑动摩擦力作用，一直做加速运动，故 A 正确粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：加速度为 a g(sin cos )，若 tan ，当速度达到 v 后，做mgsin mgcosm加速度为 g(sin cos )的匀加速运动，故 B、C 错误粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B

10、 点时还没有和传送带同速，速度小于 v；粮袋可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达 B 点时速度与 v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达 B 点时的速度大于 v，故 D正确3(2018仪征中学质检)如图 9 所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为 v2m/s，两端 A、 B 间距离为 3 m一物块从 B 端以初速度 v04 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 0.4， g 取 10m/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象是图中的( )图 9答案 B4(多选)(201

11、8宝应中学第三次模拟)如图 10 甲所示，上表面粗糙的平板车静止在光滑水平面上，质量 m1kg 的滑块以 v03m/s 的速度从左边滑上平板车，忽略滑块的大小从滑块刚滑上平板车开始计时，它们的 v t 图象如图乙所示，滑块在平板车上运动了 1 s，取重力加速度 g10 m/s 2.下列说法正确的是( )8图 10A滑块与平板车间的动摩擦因数为 0.1B平板车的质量为 1kgC平板车的长度为 2.5mD全过程中摩擦生热为 2.5J答案 AB解析 根据 v t 图象的斜率大小表示加速度大小，可知滑块的加速度大小为a m/s21 m/s2，对滑块运用牛顿第二定律有： mg ma，解得： 0.1， v

12、 t 3 21 ag故 A 正确；由 v t 图象可知滑块、平板车的加速度大小相等，使它们产生加速度的力就是两者之间的滑动摩擦力，因此它们的质量相等，均为 1kg，故 B 正确；二者的相对位移的大小等于平板车的长度，由 v t 图象与坐标轴所围面积可知 s2m，故 C 错误；全过程中摩擦生热 Q mgs 0.11102J2J，故 D 错误1(多选)(2019盐城中学月考) 如图 1 所示，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 2 m，且与水平方向的夹角均为 37.现有两小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数

13、均为 0.5.下列说法中正确的是( g 取 10m/s2，sin370.6，cos370.8)( )图 1A物块 A 到达底端的速度比物块 B 到达底端的速度大B物块 A、 B 同时到达底端C物块 A 先到达传送带底端D物块 A、 B 在传送带上的划痕长度之比为 13答案 BD解析 对物块 A、 B 受力分析，因为 mgsin37 mg cos37，故物块 A 所受摩擦力沿传送9带向上，向下做匀加速直线运动，物块 B 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故 A、C 错误，B 正确对物

14、块 A，划痕的长度等于物块 A 的位移减去传送带的位移，以物块 A 为研究对象，由牛顿第二定律得： a2m/s 2，由运动学公式得运动时间为： t1s，所以传送带运动的位移为 x vt1m则物块 A 对传送带的划痕为： x12m1m1m，对物块 B，划痕的长度等于 B 的位移加上传送带的位移，同理得出物块B 对传送带的划痕长度为 x23m所以划痕长度之比为 13，故 D 正确2(多选)如图 2 甲所示的水平传送带 AB 逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块

15、刚滑上传送带时为计时起点)已知传送带的速度保持不变，重力加速度 g 取 10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数 及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间 t，下列计算结果正确的是( )图 2A 0.4 B 0.2C t4.5s D t3s答案 BC解析 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为 a 2.0m/s 2，由牛顿第二定 v t律得 Ff Ma Mg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，A 错误，B 正确在v t 图象中，图线与时间轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速并最终与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为 0，由题图乙可得

16、物块在传送带上运动的总时间为 4.5s，C 正确，D 错误3.(2018高邮市期初)如图 3 所示，足够长的传送带与水平面夹角为 37，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 ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )33图 310答案 D解析 初始状态时：小木块所受重力的分力与滑动摩擦力均沿着传送带向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度 a1 gsin g cos ；mgsin mgcos m当小木块的速度与传送带速度相等时，由 tan 知小木块继续沿传送带匀加速向下，但

17、是此时滑动摩擦力的方向沿传送带向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度： a2 gsin g cos ；mgsin mgcos m比较知道 a1 a2，根据 v t 图象的斜率表示加速度，知第二段图线的斜率比第一段小，故A、B、C 错误，D 正确4(多选)如图 4 所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上， t0 时刻滑块从板的左端以速度 v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的 v t 图象可能是图中的( )图 4答案 BD5(2018泰州中学模拟)如图 5 所示，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

18、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( )图 511答案 A6.(多选)(2018盐城中学段考)如图 6 所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦现用水平力向右拉木板，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )图 6A物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B物块先向左运动，再向右运动C木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零答案 AC

19、解析 当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，故 A、C 正确7.(2018苏锡常镇一调)一足够长的轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放有质量均为1kg 的 A、 B 两物块， A、 B 物块与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为 10.3， 20.2，水平恒力 F 作用在 A 物块上，如图 7 所示已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10m/s 2，则下列

20、说法正确的是( )图 7A若 F1.5N，则 A 物块所受摩擦力大小为 1.5NB若 F8N，则 B 物块的加速度为 4.0m/s2C无论力 F 多大， A 物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动D无论力 F 多大， B 物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动12答案 C解析 A 物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为： FfA 1mAg0.3110 N3 N， B 物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为： FfB 2mBg0.2110 N2 N；因 F11.5 N FfA，所以 A、 B 物块及薄硬纸片保持相对静止，整体在 F1作用下向左匀加速运动，加速度为 a1 m/s20.75 m/s2，此时对 A F1 Ff

21、A1 mAa1，解得 FfA10.75 N，故 A 错误；F1mA mB 1.52物块 B 做加速运动的最大加速度为 aBm 2g2 m/s2，若当 F28 N 时，假设 2mBgmBA、 B 两物块相对薄硬纸片静止，则加速度为 a2 m/s24 m/s 22 m/s 2，则此时F2mA mB 82B 物块相对薄硬纸片发生相对滑动，故 B 的加速度仍为 2 m/s2，选项 B、D 错误；由以上分析可知当薄硬纸片的加速度为 2 m/s2时，物块 B 相对薄硬纸片将要产生相对滑动，此时薄硬纸片受到的摩擦力为 2 N，即纸片对 A 物块的摩擦力也为 2 N FfA，则无论力 F 多大， A物块与薄硬

22、纸片都不会发生相对滑动，选项 C 正确8.(2018田家炳中学模拟)传送带以恒定速度 v4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角 37.现将质量 m2 kg 的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根平行于传送带的轻绳用恒力 F20 N 拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H1.8 m 的平台上，如图 8 所示已知物品与传送带之间的动摩擦因数 0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 取 10 m/s2，已知 sin370.6，cos370.8.问：图 8(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力 F，求物品还需多

23、长时间离开传送带？(计算结果可用根式表示)答案 (1)1s (2)(2 ) s2解析 (1)物品在达到与传送带速度 v4 m/s 相等前，有：F mg cos 37 mgsin 37 ma1解得 a18 m/s 2；由 v a1t1，得 t10.5 s，位移 x1 a1t121 m，1213共速后，有： F mg cos 37 mgsin 37 ma2，解得 a20，即物品随传送带匀速上升，位移 x2 x12 m；Hsin 37t2 0.5 s；x2v总时间为： t t1 t21 s；即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是 1 s；(2)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力 F，根据牛顿第二

24、定律，有mg cos 37 mgsin 37 ma3解得： a32 m/s 2；假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为 x， x 4 m x2；v22a3即物品速度减为零前已经到达最高点；由 x2 vt3 a3t32；12解得： t3(2 ) s， t3(2 ) s(舍去)2 2即物品还需(2 ) s 离开传送带29(2018徐州市期中)如图 9 甲所示，粗糙水平面上有一个长 L1m、质量 M3kg 的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数 10.25.质量 m1kg 的物块(可视为质点)放置在木板的右端，物块与木板左半部分的动摩擦因数 20.5.在木板右

25、端施加如图乙所示的水平拉力 F， g 取 10m/s2.求：图 9(1)木板刚开始运动时的加速度大小；(2)物块运动多长时间后与木板速度相同；(3)经过 t2.5s 物块运动的位移大小答案 (1)1m/s 2 (2)0.5s (3)4.875m解析 (1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知： F1 1(M m)g Ma解得： a1 m/s 2(2)木板在 F1作用下，经历时间 1 s 前进的位移为： x1 at12 112 m0.5 m，12 1214恰好运动到有摩擦力位置，此时木板的速度为： v at11 m/s此后物块的加速度为： a 5 m/s2，木板的加速度为： a 2mgm3 m/

26、s 2F2 1M mg 2mgM假设经历时间 t2两者速度相同，则有： v 共 a t2 v a t2解得： t20.5 s， v 共 2.5 m/st2时间内物块的位移为： a t220.625 m12t2时间内木板的位移为： vt2 a t220.875 m12木板与物块的位移差为：0.875 m0.625 m ，物块未从木板上滑下，假设成立L2(3)在 0.5 s 内物块前进的位移为： x2 a t220.625 m12达到共同速度后，假设两者以相同的加速度运动，物块运动的加速度为：a1 3.5 m/s 25 m/s 2F2 1M mgM m故此后两者一起做匀加速运动，时间 t t t1 t21 s，故有： x3 v 共 t a1t 22.51 m 3.512 m4.25 m12 12故物块前进的位移为： x x2 x34.875 m.