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2023版高考物理一轮总复习第三章专题二传送带与滑块问题课件
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这是一份2023版高考物理一轮总复习第三章专题二传送带与滑块问题课件,共37页。PPT课件主要包含了的方向,零后反向加速返回,送带的相对位移,图Z2-1,故向左先加速后匀速,说法中正确的是,图Z2-2,动时有可能不受摩擦力,μmgm,答案B等内容,欢迎下载使用。
突破 1 “传送带”模型
滑块在传送带上运动的“六点”注意问题:
(1)注意滑块相对传送带的运动方向,正确判定摩擦力
(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 θ与 μmgcs θ 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
(5)注意传送带的长度,判定滑块与传送带共速前是否
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传
类型 1 水平传送带模型
[思维拓展]计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况:①若二者同向,则Δs=|s 传-s 物|;②若二者反向,则Δs=|s 传|+|s 物|.
【典题 1】如图 Z2-1 所示为车站使用的水平传送带模型,其 A、B 两端的距离 L=8 m,它与水平台面平滑连接.现有一物块以 v0=10 m/s 的初速度从 A 端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为 μ=0.6.试求:
(1)若传送带保持静止,物块滑到 B 端时的速度大小.
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为 12 m/s,则物
块到达 B 端时的速度大小.
(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4 m/s,且物块初速度变为 v0′=6 m/s,仍从 A 端滑上传送带,求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间.
解:(1)设物块的加速度大小为 a,由受力分析可知FN=mg,Ff=ma,Ff=μFN 得 a=6 m/s2
若传送带保持静止,则物块从 A 到 B 做匀减速直线运动
得 vB=2 m/s.(2)由题意知,物块先加速到 v1=12 m/s
故物块先加速后匀速运动即物块到达 B 时的速度为 vB′=v1=12 m/s.
(3)由题意可知,物块先向右减速后向左加速.①向右减速到 v2=0 时由 v2=v0′-at1 得 t1=1 s②向左加速到 v3=4 m/s 时
③向左匀速运动时,v4=v3=4 m/s
【考点突破 1】(2020 年广东东莞摸底)如图 Z2-2 所示,水平传送带 A、B 两端相距 x=2 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.125,物体滑上传送带 A 端的瞬时速度 vA=3 m/s,到达 B 端的瞬时速度设为 vB.g 取 10 m/s2,下列
A.若传送带顺时针匀速转动,物体刚开始滑上传送带
A 端时一定做匀加速运动
B.若传送带顺时针匀速转动,物体在水平传送带上运
C.若传送带逆时针匀速转动,则 vB 一定小于 2 m/sD.若传送带顺时针匀速转动,则 vB 一定大于 2 m/s
解析:当传送带顺时针匀速转动时,若传送带的速度小于 3 m/s,则物体在传送带上做匀减速运动,故 A 错误;当传送带顺时针匀速转动时,若传送带的速度等于 3 m/s,
则物体在传送带上做匀速运动,所以物体可能不受摩擦力,
故B 正确;若传送带逆时针匀速转动,加速度大小a=
2 m,说明物体在传送带上一直做匀减速运动,由速度位移
vB=2 m/s,故 CD 错误.
类型 2 倾斜传送带模型
[思维拓展]物体沿倾角为θ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 θ与μmgcs θ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.
【典题 2】如图 Z2-3 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θ=37°,传送带 AB 足够长,传送皮带轮以大小为 v=2 m/s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以 v0=12 m/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 μ=0.5,且可将货物视为质点.(g 取 10 m/s2,已知 sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(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
解:(1)设货物刚滑上传送带时加速度为 a1,货物受力
沿传送带方向 mgsin θ+Ff=ma1垂直传送带方向 mgcs θ=FN又 Ff=Μfn
由以上三式得a1=g(sin θ+μcs θ)=10×(0.6+0.5×0.8)
m/s2=10 m/s2,方向沿传送带向下.
(2)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,则有
(3)当货物速度与传送带速度相等时,由于 mgsin θ>μmgcs θ,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 mgsin θ-μmgcs θ=ma2得 a2=g(sin θ-μcs θ)=2 m/s2,方向沿传送带向下.
设货物再经时间 t2,速度减为零,则 t2=
货物沿传送带向上滑的位移 x2=
则货物上滑的总距离为 x=x1+x2=8 m货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑,下滑加速
所以货物从 A 端滑上传送带到再次滑回 A 端的总时间为 t=t1+t2+t3=(2+ ) s.
【考点突破 2】(多选,2021年四川绵阳质检)如图 Z2-4所示,传送带倾角为 α,表面粗糙,以恒定速度 v0 逆时针运行.一小滑块从斜面顶端由静止释放,运动到斜面底端过
程中,其速度随时间变化的图像关系可能是(图 Z2-4
突破 2 “滑块—木板”模型
1.模型特点:涉及两个物体,并且物体间存在相对滑
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,“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.
(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长.
设板长为 L,滑块位移大小为 x1,滑板位移大小为 x2,同向运动时:如图 Z2-5 所示,L=x1-x2;
反向运动时:如图 Z2-6 所示,L=x1+x2.
(2)若滑块与滑板最终相对静止,则它们的末速度相等.
【典题 3】(2019 年辽宁沈阳模拟)如图 Z2-7 所示,一足够长木板在水平粗糙面上向右运动.某时刻速度为 v0 =2 m/s,此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v1=4 m/s 的速度从右侧滑上木板,经过 1 s 两者速度恰好相同,速度大小为 v2=1 m/s,方向向左.重力加速度 g 取10 m/s2,试求:
(1)木板与滑块间的动摩擦因数 μ1.(2)木板与地面间的动摩擦因数 μ2.
(3)从滑块滑上木板,到最终两者静止的过程中,滑块相对木板的位移大小.图 Z2-7
-μ1mg=ma1,可以得到 μ1=0.3.
(2)对木板分析,其先向右减速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到
μ1mg+μ2·2mg=m
然后向左加速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到
μ1mg-μ2·2mg=m
而且 t1+t2=t=1 s联立可以得到 μ2=0.05,t1=0.5 s,t2=0.5 s.
(3)在 t1=0.5 s 时间内,木板向右减速运动,其向右运
·t1=0.5 m,方向向右;
在 t2=0.5 s 时间内,木板向左加速运动,其向左加速
·t2=0.25 m,方向向左;
在整个 t=1 s 时间内,小滑块向左减速运动,其位移
·t=2.5 m,方向向左;
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为:Δx=x+
x1-x2=2.75 m.
【考点突破 3】(2021 年河北唐山模拟)如图 Z2-8 甲所示,一质量为 M 的足够长的木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为 m 的小滑块.当木板受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时,用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示,g 取 10 m/s2,则通过分析计算
A.滑块与木板之间的滑动摩擦因数为 0.2B.当 F=8 N 时,滑块的加速度为 1 m/s2C.木板的质量为 2 kg,滑块的质量为 1 kg
D.若拉力作用在小滑块 m 上,当 F=9 N 时滑块的加
解析:由题图乙可知,当 F=6 N 时,二者刚好滑动,此时滑块的加速度为 2 m/s2,由牛顿第二定律可得 a=μg,解得动摩擦因数μ=0.2,A 正确;当 F=6 N 时,二者刚好滑动,以后拉力增大,滑块的加速度不变,所以当 F=8 N时,滑块的加速度为 2 m/s2,B 错误;当 F=6 N 时,滑块的加速度为 2 m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有 F=(M+m)a,代入数据解得 M+m=3 kg,当 F>6 N 时,由牛
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