2023新教材高考物理一轮第三章运动和力的关系专题强化三动力学中的“传送带”和“滑块_滑板”模型课件

专题强化三　动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型\n【关键能力·分层突破】模型一“传送带”模型1．模型特点传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等．2．“传送带”问题解题思路\n例1如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10m/s2.(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．\n解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝解得t1＝1st1时间内包裹的位移大小为x1＝解得x1＝0.25mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25m.\n(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝，解得t2＝3.5s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝解得t3＝2s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5s.\n[教你解决问题]\n【跟进训练】1．[2022·湖北武汉调研]如图所示，三角形传送带以v＝2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°.A、B两个小物块(均可视为质点)同时分别从左、右传送带顶端都以v0＝2m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列判断正确的是()A．物块A比B先到达各自传送带底端B．物块A、B同时到达各自传送带底端C．传送带对物块A摩擦力沿传送带向上、对物块B的摩擦力沿传送带向下D．物块A下滑过程中相对于传送带的路程等于物块B下滑过程中相对于传送带的路程答案：B\n解析：因为mgsin37°＞μmgcos37°，则B物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，A所受的滑动摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，对两个物体，根据牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得a＝2m/s2，两个物体匀加速直线运动的加速度大小相等，位移也相等，则运动的时间相等，同时到达斜面传送带底端，故选项A、C错误，B正确；A相对传送带的位移为A运动的位移加上传送带的位移，B相对传送带的位移等于B的位移减去传送带的位移，由于A和B运动位移相同，时间相同，所以物块A下滑过程中相对于传送带的路程大于物块B下滑过程中相对于传送带的路程，故选项D错误．\n2．[2022·山西临汾联考]某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m＝20g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6m，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24N，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10m/s2，试求：(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a1的大小；(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度vm.\n解析：(1)以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝8m/s2.(2)传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向上的运动情况是先加速(在风洞区域)，然后减速离开风洞区域，到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t1，减速时间为t2，垂直于传送带方向的加速位移为x1，减速位移为x2，则香皂盒减速过程的加速度大小a2＝＝μg＝4m/s2，由匀变速直线运动规律有x1＝，x2＝，又a1t1＝a2t2，x1＋x2＝，结合以上分析可知传送带的最大速度为vm＝，联立解得vm＝3m/s.\n模型二“滑块—滑板”模型1．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联\n2．两种类型类型图示规律分析长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA\n例2[2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则()A．F1＝μ1m1gB．F2＝(μ2-μ1)gC.μ2>μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等答案：BCD\n解析：结合题图可知在0～t1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t1～t2时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板一起滑动，选项D正确；把物块和木板看成整体，在t1时刻，由牛顿第二定律有F1－μ1(m1＋m2)g＝0，解得F1＝μ1(m1＋m2)g，选项A错误；t2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t2时刻木板的加速度为a，在t2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，显然μ2>μ1，选项C正确；t2时刻，对物块由牛顿第二定律有F2－μ2m2g＝m2a，联立解得F2＝(μ2－μ1)g，选项B正确．\n命题分析试题情境属于综合性题目，以板块模型为素材创设学习探索问题情境必备知识考查牛顿运动定律、Ft图像、at图像等知识关键能力考查理解能力、推理能力、信息加工能力．通过图像获取有用信息，应用相关规律解决问题学科素养考查物理观念、科学思维．要求学生构建板块模型，应用动力学方法解决问题\n【跟进训练】3．光滑水平面上停放着质量M＝2kg的平板小车，一个质量为m＝1kg的小滑块(视为质点)以v0＝3m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示．小车长l＝1m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1s末小滑块与小车B端的距离为()A．1mB．0C．0.25mD．0.75m答案：C\n解析：设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度大小a1＝＝μg，小车加速度a2＝，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5s＜1s，v＝1m/s，0.5s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动．则在0～0.5s时间内小滑块位移x1＝t0＝1m，小车位移x2＝t0＝0.25m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25m，C项正确．\n4．[2021·福建漳州二模]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像，已知g取10m/s2，滑块A与木板B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1B．当F＝10N时木板B的加速度为4m/s2C．木板B的质量为3kgD．滑块A的质量为4kg答案：B\n解析：由图乙可知，当拉力F＜8N时，木板B和小滑块A相对静止，A、B具有共同的加速度，将A、B看作一个整体，由牛顿第二定律可得F＝(mA＋mB)a，即a＝F，结合图乙可知＝kg－1，故mA＋mB＝4kg；当F≥8N时，二者开始发生相对滑动，设二者之间的动摩擦因数为μ，则对B由牛顿第二定律可得F－μmAg＝mBa，则a＝F－，结合图乙分析可知＝1kg－1，μmAg＝6N，解得mB＝1kg，mA＝3kg，μ＝0.2.由图乙可知，当F＝10N时，A、B已经发生了相对滑动，故由a＝F－及相关数值可解出a＝4m/s2，选项B正确，A、C、D错误．