人教版高考物理一轮总复习第3章专题提分课2传送带模型和滑块—滑板模型课时学案

这是一份人教版高考物理一轮总复习第3章专题提分课2传送带模型和滑块—滑板模型课时学案，共7页。学案主要包含了自主解答，技法总结等内容，欢迎下载使用。

模型1 传送带模型
1．命题规律
传送带问题是高考中常考的题型，这类问题综合性较强，难度较大，且有时与功和能等内容相结合进行综合考查。
2．复习指导
传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者之间相对位移的区别，综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识，复习时，要侧重对过程的分析和理解。
题型一 水平传送带模型
eq \a\vs4\al(典例)如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，A、B两端间距离为 3 m。一物块从B端以速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是( )

A B

C D
【自主解答】
B 解析：物块从B端刚滑上传送带时，速度向左，物块与传送带间的摩擦力作用使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ eq \f(0－42,2×（－4）) m＝2 m，小于A、B间的距离，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右做加速运动，其加速度大小与减速时是相等的，当其速度与传送带的速度相等时，物块向右滑行的距离为s′＝ eq \f(22－0,2×4) m＝0.5 m，小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度等于传送带传动的速度，所以选项B正确。
【技法总结】
滑块在水平传送带上运动的几种常见情景
题型二 倾斜传送带模型
eq \a\vs4\al(典例)如图所示为货场使用的传送带模型，传送带倾斜放置，与水平面间的夹角为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，若货物与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点。
(1)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端共用了多长时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
关键词：(1)恒定速率顺时针转动；(2)货物的速度和传送带的速度相同；
(3)再次滑回A端。
【自主解答】
解析：(1)设货物刚滑上传送带时的加速度为a1，货物的受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得
沿传送带方向mg sin θ＋Ff＝ma1
垂直于传送带方向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)货物的速度从v0减至与传送带速度v相同所用时间设为t1，位移设为x1，则有
t1＝ eq \f(v－v0,－a1)＝1 s，x1＝ eq \f(v0＋v,2)t1＝7 m。
(3)当货物的速度与传送带速度相等时，由于 mg sin θ＞μmgcs θ，此后货物所受摩擦力方向沿传送带向上，设货物此时的加速度大小为a2，则有
mg sin 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0，则
t2＝ eq \f(0－v,－a2)＝1 s
货物沿传送带向上滑的位移
x2＝ eq \f(v＋0,2)t2＝1 m
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，下滑的加速度大小等于a2。设下滑时间为t3，则
x＝ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
解得t3＝2 eq \r(2) s
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＋2 eq \r(2))s。
答案：(1)10 m/s2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋2 eq \r(2))s
【技法总结】
滑块在倾斜传送带上运动的几种常见情景
模型2 滑块—滑板模型
1．命题规律
滑块—滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。
2．复习指导
分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
eq \a\vs4\al(典例)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上、下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为0.375，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在0～2 s时间内，A和B加速度的大小；
(2)A在B上运动的总时间。
【自主解答】
解析：(1)在0～2 s时间内，A和B的受力分析分别如图甲、乙所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
甲 乙
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
Ff1＝μ1FN1
FN1＝mgcs θ
Ff2＝μ2FN2
FN2＝F′N1＋mgcs θ
规定沿斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mg sin θ－Ff1＝ma1
mg sin θ＋F′f1－Ff2＝ma2
由牛顿第三定律得
FN1＝F′N1
Ff1＝F′f1
联立各式，并代入题给数据得
a1＝3 m/s2
a2＝1 m/s2。
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s
v2＝a2t1＝2 m/s
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a′1和a′2，此时A与B之间的摩擦力为0，可得
a′1＝6 m/s2
a′2＝－2 m/s2
则B做减速运动，设经过时间t2，B的速度减为0，则有
v2＋a′2t2＝0
联立各式得t2＝1 s
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋v1t2＋\f(1,2)a′1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))))－
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋v2t2＋\f(1,2)a′2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))))＝12 m＜27 m
此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t3，A离开B，则有
l－x＝(v1＋a′1t2)t3＋ eq \f(1,2)a′1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)
则A在B上运动的总时间为
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。
答案：(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
【技法总结】
1．模型特点
上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．解题思路
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v0>v返回时速度为v，若v0项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直减速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能一直减速