2022届高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 微专题4 动力学中的“木板—滑块”和“传送带”模型教案 新人教版

1、2022届高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 微专题4 动力学中的“木板滑块”和“传送带”模型教案 新人教版2022届高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 微专题4 动力学中的“木板滑块”和“传送带”模型教案 新人教版年级：姓名：- 15 -微专题四动力学中的“木板滑块”和“传送带”模型 动力学中“木板滑块”模型1模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式

2、。常见情形滑板获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板x块，xx板x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11 s的过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m，末速度v1va3t1 m/s滑块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移x4a

3、2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为xx1x2x3x46 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m。答案(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m求解“木板滑块”模型的思维流程1.如图所示，在倾角37的固定斜面上放置一质量m1 kg、长度l0.75 m的薄平板ab。平板的上表面光滑，其下端b与斜面底端c的距离为4 m。在平板的上端a处放一质量m0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后

4、将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端b到达斜面底端c的时间差t。(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)解析对薄平板，由于mgsin 37(mm)gcos 37，故滑块在薄平板上滑动时，薄平板静止不动滑块在薄平板上滑行时加速度a1gsin 376 m/s2到达b点时的速度v3 m/s滑块由b至c时的加速度a2gsin 37gcos 372 m/s2设滑块由b至c所用时间为t，则有lbcvta2t2代入数据解得t1 s对薄平板，滑块滑离后才开始运动，加速度a3gsin 37g

5、cos 372 m/s2设滑至c端所用时间为t，则有lbca3t2代入数据解得t2 s滑块与平板下端b到达斜面底端c的时间差ttt1 s。答案无初速释后薄平板不立即运动1 s2(2020江苏百校联考)如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，可视为质点的小滑块质量为m1 kg，置于木板中央a处。从t0时刻开始，木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力f，其运动的速度时间图象如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为0.2，木板与滑块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：甲乙(1)t0时刻滑块加速度的大小；(2)拉力f的大小；(3)为使滑块不从木板上滑落，木板的

6、长度至少为多少？解析(1)假设t0时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的vt图象可得a木板 m/s24 m/s2，对滑块，由牛顿第二定律有mgma滑块，得a滑块g2 m/s2，由于a滑块v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0情景4轻放在匀加速启动的传送带上假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)若ga，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力ffma(2)若gl8 m，则由vv2al，得vb2 m/s。(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/sv0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v11

7、2 m/s，由vv2ax1，得x1 ml8 m。故物块先加速运动后匀速运动即物块到达b时的速度为vbv112 m/s。(3)当物块初速度v06 m/s时，物块速度减为零时的位移x23 ml，所以物块先向右减速后向左加速。由0v0at1，得t11 s。当物块向左加速到v24 m/s时由v2ax3得x3 mx23 m。故物块向左先加速运动后匀速运动。由v2at2，得t2 s。物块匀速运动的位移x4x2x3 m。由x4v2t3，得t3 s。故总时间tt1t2t3 s。答案(1)2 m/s(2)12 m/s(3) s(1)求解水平传送带问题的关键正确分析物体所受摩擦力的方向。注意转折点：物体的速度与传

8、送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。(2)处理此类问题的一般流程弄清初始条件判断相对运动判断滑动摩擦力的大小和方向分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向由物体的速度变化分析相对运动进一步确定以后的受力及运动情况。倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情境1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情境2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后再以a2加速情境3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直减速情境4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向

9、加速(4)可能先减速，再反向加速，最后匀速(5)可能一直减速(2020四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角37，从a到b长度为l10.25 m，传送带以v010 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m0.5 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 370.6，g取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。思路点拨：解此题注意以下几点：(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从ab加速度不变，若

10、能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到b点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到b点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。解析(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力如图甲，其加速度为a1g(sin cos )10 m/s2，t11 s，x1a1t5 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，受力如图乙，a2g(sin cos )2 m/s2，x2lx15.25 m，x2v0t2a2t，得t20.5 s，

11、则煤块从a到b的时间为tt1t21.5 s。甲乙(2)第一过程痕迹长度为x1v0t1a1t5 m，第二过程痕迹长度为x2x2v0t20.25 m，x1与x2部分重合，故痕迹总长为5 m。答案(1)1.5 s(2)5 m滑块在传送带上运动时应注意的“六点”(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止且做匀速运动。(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin 与mgcos 的大小才能确定运动情况。(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。(5)注意传送带的长度是足够长还是有限长，判定

12、滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。1.(多选)如图所示，水平传送带a、b两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至a端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度g10 m/s2，则煤块从a运动到b的过程中()a煤块从a运动到b的时间是2.25 sb煤块从a运动到b的时间是1.5 sc划痕长度是2 md划痕长度是0.5 mbc煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有mgma，得ag4 m/s2，当煤块速

13、度和传送带速度相同时，位移x12 m4 m，因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间t11 s，匀速运动的时间t20.5 s，煤块从a运动到b的总时间tt1t21.5 s，a错误，b正确；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有xv0t1x12 m，c正确，d错误。2.如图所示，倾角为37、长为l16 m的传送带，转动速度恒为v10 m/s，在传送带顶端a处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体(可视为质点)，已知物体与传送带间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2。求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端a滑到底端b的时间；(2)传送带逆时针转动时

14、，物体从顶端a滑到底端b的时间。解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin 37mgcos 37ma则agsin 37gcos 372 m/s2根据lat2得t4 s。(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1则有a1gsin 37gcos 3710 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1 s1 sx

15、1a1t5 mmgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变。设当物体下滑速度达到传送带转动速度时物体的加速度变为a2，则mgsin 37mgcos 37ma2a2gsin 37gcos 372 m/s2x2lx111 m又因为x2vt2a2t则有10t2t11解得t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s。答案(1)4 s(2)2 s3.一传送带装置如图所示，其中ab段是水平的，长度lab4 m，bc段是倾斜的，长度lbc5 m，倾角为37，ab和bc由b点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v4 m/s的恒定速率顺时针运转

16、，已知工件与传送带间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在a点，求：(1)工件第一次到达b点所用的时间；(2)工件沿传送带上升的最大高度；(3)工件运动了23 s后所在的位置。解析(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgma1解得a1g5 m/s2经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t10.8 s工件前进的位移为x1a1t1.6 m此后工件将与传送带一起匀速运动至b点，用时t20.6 s所以工件第一次到达b点所用的时间tt1t21.4 s。(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma2解得a22 m/s2由速度位移公式得0v22a2解得hm