1、考点整合 考点1传送带模型(难度)1.两类问题:水平传送带和倾斜传送带。2.解题关键:关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断,具体情况如下:(1)若物块速度与传送带的速度方向相同,且v物v带,则传送带对物块的摩擦力为阻力,物块做减速运动。(3)若物块速度与传送带的速度方向相反,传送带对物块的摩擦力为阻力,物块减速;当物块速度减为零后,传送带对物块的摩擦力为动力,物块做反向加速运动。(4)若v物=v带,看物块有没有加速或减速的趋势,若物块有加速的趋势,则传送带对物块的摩擦力为阻力;若物块有减速的趋势,则传送带对物块的摩擦力为动力。3.物块在传送带上运动的常见情形:(1)v0=v时
2、,一直匀速(2)v0v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(1)传送带较短时,一直减速(2)传送带较长时,先减速后返回v0v时,返回速度为v0v0v时,返回速度为v(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(4)可能一直匀速(5)可能先减速后匀速(6)可能一直减速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能一直减速(4)可能先减速后返回v0v时,返回速度为v0v0v时,返回速度为v提醒:物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变
3、的时刻。1.(多选)(2020海口高一检测)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,以v0=4 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)无初速度地轻放在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,重力加速度大小g取10 m/s2。则煤块从A运动到B的过程中,下列说法正确的是()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0.5 mD.划痕长度是2 m【解析】选B、D。根据牛顿第二定律,煤块的加速度a=4 m/s2,煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1=1
4、 s,位移大小x1=a=2 mx,此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端,所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小,即x=v0t1-x1=2 m,选项D正确,C错误;x2=x-x1=2 m,匀速运动的时间t2=0.5 s,运动的总时间t=t1+t2=1.5 s,选项B正确,A错误。2.如图所示,传送带AB的长度为L=16 m,与水平面的夹角=37,传送带以速度v0=10 m/s匀速运动,方向如图中箭头所示。在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m=0.5 kg的小物体(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数=0.5。(g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求:(
5、1)物体从A运动到底端B所用的时间;(2)物体与传送带的相对位移大小。【解析】(1)开始阶段,设物体的加速度为a1,由牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma1,解得a1=10 m/s2。物体加速到与传送带的速度相等时的位移为:x1=5 mmgcos=2 N,所以物体将继续做加速运动。设物体的加速度为a2,经历的时间为t2,由牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma2,解得a2=2 m/s2。由位移公式L-x1=v0t2+a2,解得时间t2=1 s,所以总时间t=t1+t2=2 s。(2)在传送带上取一点M。M点做匀速运动,物体一直做加速运动。整个过程物体的位移大小为x物=L=16 m,传
6、送带位移大小为x传=v0t=20 m,故物体相对于传送带(M点)的位移大小为:x=x传-x物=4 m。由于M点的位移大于物体的位移,故全过程物体向后远离M点4 m。答案:(1)2 s(2)4 m【加固训练】如图所示,传送带的水平部分ab=2 m,斜面部分bc=4 m,bc与水平面的夹角=37。一个小物体A与传送带间的动摩擦因数=0.25,传送带沿图示的方向运动,速率v=2 m/s。若把物体A轻放到a处,它将被传送带送到c点,且物体A不会脱离传送带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2)【解析】物体A轻放在a点后在摩擦力作用下
7、向右做匀加速直线运动,直到和传送带速度相等。在这一过程中有a1=g,x1=0.8 mmgcos 37=0.2mg,所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动,其加速度大小为a2=gsin 37-gcos37=4 m/s2,物体A在传送带bc上所用时间满足bc=vt3+a2,代入数据得t3=1 s(t3=-2 s舍去)。故物体A从a点被传送到c点所用时间为t=t1+t2+t3=2.4 s。答案:2.4 s考点2 板块模型(难度)1.模型特点:涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动。2.摩擦力方向的特点:(1)若两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,
8、“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。(2)若两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。3.运动特点:设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2(1)同向运动时:如图甲所示,L=x1-x2(2)反向运动时:如图乙所示,L=x1+x21.(模型建构)如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N。当小车速度达到1.5 m/s时,在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m=2 kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数=0.2,小车足够长。从物体放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)(
9、)A.1 mB.2.1 mC.2.25 mD.3.1 m【解析】选B。放上物体后,物体的加速度a1=g=2 m/s2,小车的加速度a2=0.5 m/s2,设物体的速度达到与小车共速的时间为t1,则a1t1=v0+a2t1,解得t1=1 s;此过程中物体的位移s1=a1=1 m;共同速度v=a1t1=2 m/s;当物体与小车相对静止时,共同加速度a=0.8 m/s2,再运动0.5 s的位移s2=vt+at2=1.1 m,故从物体放上小车开始的1.5 s时间内,物体相对地面的位移为1 m+1.1 m=2.1 m,选项B正确。2.(2020内江高一检测)如图所示,一块质量为M=2 kg,长为L=3
10、m的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上,在木板的左端静止摆放着质量为m=1 kg的小木块(可视为质点),薄木板和小木块之间的动摩擦因数为1=0.1,薄木板与地面之间的动摩擦因数为2=0.2。在t=0时刻,在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力F=12 N,g取10 m/s2。则:(1)拉力F刚作用在木板上时,木板M的加速度大小是多少?(2)如果F一直作用在M上,那么经多少时间m将离开M?(3)若在时间t=1 s末撤去F,再经过多少时间M和m第一次速度相同?在此情况下,最终m在M上留下的痕迹的长度是多少?【解析】(1)F刚作用在木板上时,由牛顿第二定律,对m得:1mg=ma1代入数据得:a1=1
11、m/s2对M有:F-1mg-2(M+m)g=Ma代入数据解得:a=2.5 m/s2(2)设m离开M的时间为t0,则对m有:x1= a1对M有:x2= a;又有L=x2-x1联立并代入数据解得:t0=2 s(3)t=1 s时m的速度为:v1=a1tM的速度为:v2=at1 s后m仍以a1的加速度做匀加速运动,M将以a2的加速度匀减速运动,且有:1mg+2(M+m)g=Ma2设再经t2后二者速度相等,有:v1+a1t2=v2-a2t2解得 t2= s,v= m/s,在m和M各自向左匀加速阶段,x1= at2-a1t2=0.75 m,在m向左匀加速,M向左匀减速阶段:x2=(v2t2-a2 )-(v
12、1t2+a1)=0.25 m,在m、M各自向左匀减速阶段,m仍然以a1的加速度做匀减速直线运动,对M有:2(m+M)g-1mg=Ma3,x3=-= m,x3的痕迹被前两阶段的痕迹所覆盖,木块m在木板M上留下的痕迹的长度为:x=x1+x2=1 m。答案:(1)2.5 m/s 2(2)2 s(3) s1 m【加固训练】(多选)(2019全国卷)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示
13、。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g取10 m/s2。由题给数据可以得出()A.木板的质量为1 kgB.24 s内,力F的大小为0.4 NC.02 s内,力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】选A、B。结合两图像可判断出02 s物块和木板还未发生相对滑动,它们之间的摩擦力为静摩擦力,此过程F等于f,故F在此过程中是变力,即C错误;在45 s内,木板在摩擦力的作用下做匀减速运动,ma2=f=0.2 N,加速度大小为a2= m/s2=0.2 m/s2,得m=1 kg,故A正确;在24 s内木板加速度大小为a1= m/s2=0.2 m/s2,则F=ma1+f=0.4 N,故B正确;由于不知道物块的质量,所以无法计算它们之间的动摩擦因数,故D错误。