高中物理必修第一册拓展课八

拓展课八传送带模型和板块模型目标要求1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法．2．能正确解答传送带上的物体的运动问题．3．建立板块模型的分析方法．4．能运用牛顿运动定律处理板块问题．拓展1传送带模型【归纳】1．基本类型传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．2．分析流程3．注意问题求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．【典例】例1传送带是现代生产、生活中广泛应用的运送货物的运输工具，其大量应用于工厂、车站、机场、地铁站等．如图，地铁一号线的某地铁站内有一条水平匀速运行的行李运输传送带，假设传送带匀速运动的速度大小为v，且传送带足够长．某乘客将一个质量为m的行李箱轻轻地放在传送带一端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ.当行李箱的速度与传送带的速度刚好相等时，地铁站突然停电，假设传送带在制动力的作用下立即停止运动，求行李箱在传送带上运动的总时间．例2某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝37°，传送带两端A、B之间的长度L＝11m，传送带以v＝2m/s的恒定速度向上运动．在传送带底端A轻轻放上一质量m＝2kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.求货物从A端运送到B端所需的时间．(取g＝10m例3如图所示，传送带与水平地面间的倾角为θ＝37°，从A端到B端长度为s＝16m，传送带在电机带动下始终以v＝10m/s的速度逆时针运动，在传送带上A端由静止释放一个质量为m＝0.5kg的可视为质点的小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同，g取10ms2，sin37°＝0.6，求：小物体从A总结提升倾斜传送带向下传送物体，当物体加速运动与传送带速度相等时：(1)若μ≥tanθ，物体随传送带一起匀速运动；(2)若μ<tanθ，物体不能与传送带保持相对静止，物体将以较小的加速度a＝gsinθ－μgcosθ继续做加速运动．拓展2板块模型【归纳】滑块—木板类(简称板块模型)问题涉及两个或多个物体，并且物体间存在相对滑动，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高．1．解题方法技巧(1)分析题中滑块、木板的受力情况．(2)画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系．(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．(4)两者发生相对滑动的条件：①摩擦力表现为滑动摩擦力；②二者加速度不相等．2．常见的两种位移关系(1)滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度．(2)若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．【典例】例4长为1.0m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从长木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，大小为v′＝0.4m/s.再经过t0＝0.4s的时间A、B一起在水平冰面上滑行了一段距离后停在冰面上．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25.(g取10m/s2)求：(1)长木板与冰面间的动摩擦因数；(2)小物块相对长木板滑行的距离．教你解决问题读题提取信息画运动示意图例5如图，一平板车以某一速度v0＝5m/s匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l＝316m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做加速度a＝3m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ＝0.2，g＝10(1)货箱放上平板车时加速度的大小和方向；(2)货箱做匀加速直线运动，平板车做匀减速直线运动，求出速度相等时两者的位移，判断货箱是否从车后端掉下来．例6(多选)如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小滑块的质量m＝2kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D．当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为3m/s2拓展课八传送带模型和板块模型拓展1[例1]解析：行李箱所受的合外力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝μg.经过一段时间t1，行李箱和传送带刚好速度相等，则t1＝vμg；停电后，行李箱的加速度大小也是μg，则减速时间t2＝vμg，故行李箱在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＝答案：2v[例2]解析：货物放在传送带上，开始相对传送带向下运动，故所受滑动摩擦力的方向沿传送带向上．货物由静止开始做初速度为0的匀加速直线运动．以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得a＝0.4m/s2货物匀加速直线运动的时间t1＝va货物匀加速直线运动的位移x1＝12at1经计算μmgcos37°>mgsin37°故此后货物随传送带一起向上做匀速运动，运动的位移x2＝L－x1＝6m匀速运动的时间t2＝x2货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝8s.答案：8s[例3]解析：开始时，物体相对传送带沿斜面向上滑，所以摩擦力的方向沿斜面向下，由牛顿第二定律，有a1＝mgsin37°+μmgcos37°m＝10m/s2当物体与传送带共速时，物体的位移x1＝则此时距离B端的距离x2＝s－x1＝11m又因为mgsin37°>μmgcos37°则物体与传送带不能保持相对静止，此后物体的加速度a2＝mgsin37根据位移与时间关系有x2＝vt代入数据解得t2＝1s总耗时为t＝t1＋t2＝2s，故物体从A端运动到B端需要的时间为2s.答案：2s拓展2[例4]解析：(1)设长木板与冰面间的动摩擦因数为μ2，A、B一起运动时，根据牛顿第二定律有：2μ2mg＝2ma又知v′＝at0解得μ2＝0.1.(2)共速前，对A有：加速度大小a1＝μ1g＝2.5m/s2对B有：μ1mg－μ2×2mg＝ma2，加速度大小a2＝0.5m/s2则知相对运动的时间t＝v'小物块A的初速度v0＝v′＋a1t＝2.4m/s则相对位移Δx＝v0t－12a1t2－12a2代入数据解得：Δx＝0.96m.答案：(1)0.1(2)0.96m[例5]解析：(1)货箱：μmg＝ma1，得a1＝2.0m/s2，方向向前．(2)假设货箱能与平板车达到共速，则箱：v＝a1t，车：v＝v0－a2t，得：t＝1.0s，箱：s1＝0+v2t对平板车：s2＝v0t－12a2t2＝5×1－12×3此时，货箱相对车向后移动了Δx＝s2－s1＝2.5m<316答案：(1)2m/s2，向前(2)不会[例6]解析：由图乙可得，当拉力等于6N时，小滑块和长木板刚好要发生相对滑动，以M、m为整体，根据牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a以m为对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma其中F＝6N，a＝2m/s2联立解得m＋M＝3kg，μ＝0.2当拉力大于6N时，长木板的加速度为a＝F−μmgM＝可知a­F图像的斜率为k＝1M＝2−06−4kg－1联立解得M＝1kg，m＝2kg，故A、B正确；当水平拉力大于6N时，长木板与小滑块已经发生相对滑动，此后F增大，小滑块的加速度也不再增大，而是保持不变，故C错误；当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为a＝F−μmgM＝7−0.2×2×10答案：ABD综合检测卷一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(四川眉山高一期末)关于运-20在机场滑行至停止的过程,下列说法正确的是()A.以地面为参考系,运-20是运动的B.运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相同C.地面受到运-20的压力,是地面发生形变造成的D.运-20速度越大越不容易停下,是因为速度越大惯性越大解析以地面为参考系,运-20是运动的,选项A正确;运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相反,选项B错误;地面受到运-20的压力,是运-20轮胎发生形变造成的,选项C错误;惯性只与质量有关,与速度无关,选项D错误。答案A2.如图所示,一小孩沿着长为l的斜坡自坡底A爬上坡顶B,不小心又滑到坡底A,则小孩往返过程中的路程和位移大小分别为()A.2l2l B.00 C.2l0 D.02l解析路程是小孩运动的路径的长度,为2l;小孩的初位置与末位置相同,所以位移为0,选项C正确。答案C3.(广东东莞高一月考)据报道,身体仅6mm长的沫蝉(一种昆虫)跳跃高度可达70cm,其跳跃能力超过了人们普遍认为的跳高冠军跳蚤。已知沫蝉竖直起跳时,加速度可达4000m/s2,重力加速度g取10m/s2,则沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为()A.41∶1 B.401∶1C.400∶1 D.4001∶1解析设沫蝉的质量为m,由牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=401mg,根据牛顿第三定律可得,沫蝉对地面的压力FN'=FN=401mg,所以沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为FN'mg=答案B4.(浙江高一月考)一铁架台放于水平地面上,其上有一轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直,现将水平力F作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置,铁架台始终保持静止,则在这一过程中()A.细线拉力逐渐增大,铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大B.铁架台对地面的压力逐渐增大C.铁架台对地面的压力逐渐减小D.水平力F先变大后变小解析对小球受力分析,其受重力、线的拉力F拉及水平方向的拉力F,如图甲所示,因为缓慢运动,所以小球处于动态平衡状态,解得F=mgtanθ,F拉=mgcosθ,因为θ增大,则F、F拉都变大;将小球、线和铁架台看成一个整体,对其受力分析,如图乙所示,易得Ff=F,FN=(M+m)g,当F增大时,Ff增大,FN不变。故选项B、C、D错误答案A5.机器人从护士站到病区为患者运送生活物品,如图甲所示。某次运送物品过程,机器人沿直线运动的v-t图像如图乙所示,则()A.t=20s时机器人开始返回B.护士站与接收点之间的距离为120mC.全过程机器人平均速度为2m/sD.运送过程中物品在10~20s内受到的摩擦力最大解析在0~30s内,机器人的运动方向没有改变,故A错误;由图像可知,t=30s时,机器人到达接收点,图像与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离,x=12×(10+30)×6m=120m,故B正确;全过程机器人平均速度为v=xt=12030m/s=4m/s,故C错误;运送过程中,在10~20s内机器人做匀速运动,则物品也做匀速直线运动,故物品在10~20s答案B6.(辽宁营口高一期末)某笔记本电脑放在散热底座上,如图甲所示,为了获得更好的舒适度,由原卡位1调至卡位4(如图乙所示),电脑始终处于静止状态。则()A.电脑受到的支持力变小B.电脑受到的支持力不变C.电脑受到的合力变小D.散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力解析对电脑受力分析有FN=mgcosα,当角度减小时,电脑受到的支持力变大,A、B错误;电脑处于静止状态,所受合力为零,因此合力不变,C错误;散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力,D正确。答案D7.(江苏南京高一期末)机动车礼让行人已经成为一种普遍的自觉行为。某汽车正以10m/s的速度在公路上匀速直线行驶,驾驶员突然发现正前方15m处斑马线上有行人,于是刹车礼让,设汽车与驾驶员的总质量为2t,驾驶员的反应时间为0.5s,且汽车做匀减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是()A.汽车在驾驶员反应时间内的位移大小为5mB.汽车在减速过程中第2s内位移大小为10mC.从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需2.5sD.汽车在减速过程中受到的阻力大小为1.0×104N解析汽车在驾驶员反应时间内的位移大小x1=v0·Δt=10×0.5m=5m,A正确;汽车在减速过程中,根据v02=2ax2,x1+x2=15m,解得a=5m/s2,减速的时间t1=v0a=2s,因此从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需时间t=Δt+t1=2.5s,C正确;可以将减速过程倒过来看成匀加速运动,减速过程中第2s内位移大小相当于做匀加速运动第1s的位移,x=12at2=12×5×12m=2.5m,B错误;根据牛顿第二定律Ff=ma,可得汽车在减速过程中受到的阻力Ff=2×103×5N=1.0答案B8.(山东潍坊高一期中)如图所示,小球位于竖直空心管的最上端h处,管的内径大于小球直径。小球由静止释放,下落Δt后(此时小球未到管的最上端)由静止释放空心管,小球穿过管的时间为t,下列说法正确的是()A.减小Δt,t变小B.减小Δt,t变大C.Δt不变,增大h,t变大D.Δt不变,增大h,t不变解析在Δt时间内小球的末速度和位移分别为v球1=gΔt,x球1=12g(Δt)2,由于此时小球未到管的最上端,设经过t0小球到达管的最上端,有h-12g(Δt)2=gΔtt0+12gt02−12gt02,解得t0=ℎ-12g(Δt)2gΔt,则此时管的速度和小球的速度分别为v管=ℎ-12g(Δt)2Δt,v球2=gΔt+ℎ-12g(Δt2)Δt答案BD9.(山东济宁第二中学高一月考)如图所示,在水平天花板的A点固定一根竖直轻杆,杆的下端固定一滑轮O。一细线跨过滑轮,上端固定在天花板的B点,下端系一个重为G的物体,BO段细线与天花板的夹角为θ=30°。系统保持静止,不计一切摩擦。下列说法正确的是()A.细线对滑轮的作用力大小是GB.细线对滑轮的作用力大小是3C.细线BO对天花板的拉力大小是GD.细线BO对天花板的拉力大小是G解析对重物受力分析,受到重力和拉力FT,根据平衡条件,有FT=mg,同一根细线拉力处处相等,故细线对天花板的拉力也等于G,故C正确,D错误;对滑轮受力分析,受到细线的压力(等于两边细线拉力的合力),以及杆的弹力(向右上方的支持力),如图所示,根据平衡条件,结合几何关系,有F=FT=G,故A正确,B错误。答案AC10.(广西钦州浦北县月考)如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动,现将一小物体轻轻放在水平传送带的左端A处,物体先匀加速后匀速到达右端B处,且加速和匀速所用时间相等,已知A、B间距离为L,则()A.物体匀加速所用时间为LB.物体匀加速所用时间为2C.物体与传送带间的动摩擦因数为vD.物体与传送带间的动摩擦因数为3解析设物体做匀加速直线运动的时间为t,由题意可知,物体做匀速直线运动的时间也是t,物体从A到B的过程有L=v2t+vt,解得t=2L3v,故A错误,B正确;物体做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则a=vt=v2L3v=3v22L,对物体答案BD二、实验题(本题共2小题,共18分)11.(10分)(江苏南京高一月考)用电磁打点计时器研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器的工作频率为50Hz,某次记录小车运动情况的纸带如图所示,图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点,相邻计数点间还有四个点未画出。(1)根据运动学有关公式可求得vB=16.50cm/s,vC=cm/s,vD=26.30cm/s;

(2)利用求得的数值在如图所示的坐标系中做出小车的v-t图线(以打A点时开始计时),并根据图线求出小车运动的加速度a=m/s2;(结果保留2位有效数字)

(3)图线与纵轴交点的纵坐标是cm/s,此速度的物理意义是。

解析(1)电磁打点计时器频率是50Hz,则每隔0.02s打一次点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,因此计数点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有vC=xBDtBD=1.90+2.38(2)在坐标系中描出相应各点,用平滑曲线连接,如图所示速度图像中斜率即加速度,所以a=k=ΔvΔt=0.363-0.165(3)图线与纵轴交点的纵坐标是11.60cm/s,此速度的物理意义是开始计时时小车的速度,即小车在A点的瞬时速度。答案(1)21.40(2)见解析图0.50(3)11.60开始计时时小车的速度(或小车在A点的瞬时速度)12.(8分)(福建三明高一期中)甲、乙两同学分别做探究弹力和弹簧伸长量的关系的实验,设计了如图(a)所示的实验装置。(1)乙同学做实验时,先把弹簧平放在桌面上用刻度尺测量弹簧原长,测弹簧长度时没有从零刻度开始,如图(b)所示,此时这个弹簧的长度L0是cm,再把弹簧竖直悬挂起来,挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L,把L-L0作为弹簧的伸长量x,这样操作,由于弹簧自身重力的影响,最后画出的F-x图线可能是下图所示图像的。

(2)甲同学在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码,待静止时,测出弹簧相应的总长度l,实验数据见下表:(弹力始终未超过弹性限度)弹簧总长度l/cm5.005.506.006.507.007.50弹力大小F/N00.20.40.60.81.0(c)甲根据这些实验数据,在给定的如图(c)所示的坐标纸上,作出了弹簧弹力大小与弹簧长度的关系图像;根据图像得该弹簧的劲度系数k为N/m;该弹簧的原长为cm。

解析(1)弹簧的长度为L0=41.0-25.0cm=16.0cm,实验中用横轴表示弹簧的伸长量x,纵轴表示弹簧的拉力F(即所挂重物的重力大小),当弹簧竖直悬挂时,由于自身重力的影响,弹簧会有一段伸长量,但此时所挂重物的重力为0(即F=0);因为在弹簧的弹性限度内,弹簧的伸长量与其所受的拉力成线性关系,故选C。(2)设弹簧的原长为l0,劲度系数为k,根据胡克定律可得F=k(l-l0)=kl-kl0,图线的斜率表示弹簧的劲度系数,则有k=ΔFΔx=40.0N/m,图线跟横轴交点的横坐标表示弹力为零时弹簧的长度,即为弹簧的原长,由图可知,原长为5答案(1)16.0C(2)40.05三、计算题(本题共3小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(12分)(山东青岛高一期中)在某次跳水比赛中,一位运动员以v0=3m/s的速度从离水面10m高的平台向上跃起,起跳过程举起双臂直体离开台面,其重心位于从手到脚全长的中点,落水时身体竖直,手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计),重力加速度g取10m/s2,计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点。求:(1)运动员从起跳到最高点上升的高度h;(2)运动员从起跳到手接触水面过程所用时间t。(结果可以用根号表示)解析(1)上升阶段有0-v02=-代入数据解得h=0.45m。(2)上升阶段有0=v0-gt1代入数据解得t1=0.3s从最高点自由落体运动过程