高考物理二轮专题复习专题6传送带模型滑块-木板模型课件

第6讲：传送带模型、滑块,命题特点与趋势这两种模型在5年里面只出现过两次，是经典模型，主要利用牛顿运动定律及运动学知识解决问题。要点熟记1转送带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.“滑块木板”模型特点这类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系,规律方法1.要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等2(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口,考向1：传送带模型1.水平传送带模型,加速,匀速,加速,加速,匀速,v0,2.倾斜传送带模型,加速,匀速,加速,匀速,例1.(2018安徽省安庆市二模)如图所示，半径R1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L16m，传送带以v010m/s的速度顺时针运动，将质量m1kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数0.4，取g10m/s2.(1)将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；(3)若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件.,解析对滑块，由牛顿第二定律得：mgma由运动学公式得：v0at1解得：t12.5s设滑块速度达到v0时经过的位移为x1由运动学公式得：x1at1212.5m设滑块匀速运动的位移为x2，x2Lx13.5m则滑块匀速运动的时间为t20.35s所需时间为tt1t22.85s,由运动学公式得：vB22ax解得：x10m滑块在距A端小于等于6m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处,若给滑块一水平向右的初速度v1，由运动学公式得：vB2v122aL/2解得：v14m/s所以给滑块一水平向右的初速度且需满足的条件v14m/s若给滑块一水平向左的初速度，只需让滑块在向左减速滑行的距离在28m的范围即可由运动学公式可得v2202ax，2mx8m解得：4m/sv28m/s所以给滑块一水平向左的初速度且需满足的条件4m/sv28m/s,例2.(2018湖北荆州模拟)如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v2m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v012m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数0.5，且可将货物视为质点.(g10m/s2，已知sin370.6，cos370.8)(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？,解析设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsinFfma1垂直传送带方向：mgcosFN又FfFN由以上三式得：a1g(sincos)10(0.60.50.8)m/s210m/s2，方向沿传送带向下.,货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，,当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsinmgcos，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsinmgcosma2，得：a2g(sincos)2m/s2，方向沿传送带向下.,则货物上滑的总距离为xx1x28m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.,如图所示，解决此模型的基本思路如下,能力考点师生共研,模型构建,例4.(2018山东省日照市二模)如图甲所示，质量M2kg、长L1m的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一质量m1kg、大小可以忽略的铁块.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：(取g10m/s2)(1)若在铁块上施加一随时间增大的水平力Fkt(k是常数)，通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力Ff随时间t变化的图象如图乙所示.求木板与地面间的动摩擦因数1和木板与铁块间的动摩擦因数2；(2)若在铁块上施加恒力F，使铁块从木板上滑落，求F的大小范围；(3)若在铁块上施加向右的恒力F8N，求铁块运动到木板右端所用的时间.,解析由题图乙可知，01s内，木板与铁块均没有滑动，F1Fkt；13s，木板和铁块相对静止，但整体相对地面运动，故t1s时，恰好有Ff11(mM)g3N.求得木板与地面间的动摩擦因数10.1；3s后，木板和铁块相对滑动，铁块受到滑动摩擦力，有2mg5N求得木板与铁块间的动摩擦因数为20.5,由牛顿第二定律F2mgma1，解得a13m/s2；对木板：2mg1(mM)gMa2，解得a21m/s2解得t1s.,使铁块从木板上滑落，必须有铁块的加速度大于木板的加速度，设铁块的加速度为a1，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律，对铁块有F2mgma1对木板：2mg1(mM)gMa2当a1a2时，铁块才能从木板上滑落，代入数据解得：F6N,例3.(多选)(2018河南省安阳市第二次模拟)如图9甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t0时刻质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的vt图象如图乙所示，重力加速度g10m/s2，则下列说法正确的是（）A.MmB.M2mC.木板的长度为8mD.木板与物块间的动摩擦因数为0.1,BC,1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向.在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：若二者同向，则s|s传s物|；若二者反向，则s|s传|s物|.,能力考点师生共研,模型构建,2.倾斜传送带物体沿倾角为的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin与mgcos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，确定物体运动情况.,3.无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的位移关系解题。4.判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点，通常采用整体法、隔离法和假设法等。往往先假设两者相对静止，由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f，与最大静摩擦力fm进行比较。若ffm，则不会发生相对滑块；反之，将发生相对滑动。从运动学角度看，滑块与滑板的速度和加速度不等，则会发生相对滑动。,1如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图像分别如图乙中的折线acd和bcd所示。a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)，根据vt图像，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离x。,2.如图所示，倾斜传送带AB和水平传送带BC平滑连接，传送带AB的倾角为37，起点A距水平面的高度H7.0m，BC长为d2.0m，端点C距水平面的高度h1.0m，水平传送带BC的长度d和高度h都可以调节，可以调至如图所示的BC位置，水平传送带和倾斜传送带都以v08m/s的速度逆时针运动，一质量为m5kg的物块从倾斜传