第三章 能力课Word文档下载推荐.docx

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＋

＝

（4）当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥

。

答案　

（1）先匀加速，后匀速　

（2）

　（3）

（4）v≥

【拓展延伸1】　若在【例1】中物体以初速度v0（v0≠v）从A端向B端运动，则：

（1）物体可能做什么运动？

（2）什么情景下物体从A到B所用时间最短，如何求最短时间？

解析　

（1）①若v0<

v，物体刚放到传送带上时将做a＝μg的匀加速运动。

假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝

显然，若v0<

v<

，则物体在传送带上将先加速，后匀速运动；

若v≥

，则物体在传送带上将一直加速运动。

②若v0>

v，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动。

假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝

显然，若v≤

，则物体在传送带上将一直减速运动；

若v0>

v>

，则物体在传送带上将先减速，后匀速运动。

（2）物体一直做匀减速直线运动时，从A到B所用时间最短，加速度大小a＝μg，由L＝v0t－

μgt2可求最短时间。

答案　见解析

【拓展延伸2】　若在【例1】中物体以初速度v0从B向A运动，则物体可能做什么运动？

解析　物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝

显然，若v0≥

，则物体将一直做匀减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；

若v0<

，则物体将不会从传送带的另一端离开，而是从进入端离开，其可能的运动情形有：

①先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速运动直至从进入端离开传送带；

②先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速，最后匀速运动直至从进入端离开传送带。

命题角度2　倾斜传送带问题

求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。

当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。

【例2】　如图2所示，传送带与地面夹角θ＝37°

，AB长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动。

在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。

求物体从A运动到B所需时间是多少？

（sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，g取10m/s2）

图2

解析　物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示。

物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，得

a1＝10×

（0.6＋0.5×

0.8）m/s2＝10m/s2。

物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝

s＝1s，

时间t1内的位移x＝

a1t

＝5m。

由于μ<

tanθ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力Ff′。

此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝2m/s2。

设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由

L－x＝vt2＋

a2t

，解得t2＝1s，t2＝－11s（舍去）。

所以物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2s。

答案　2s

【拓展延伸】　若【例2】中的传送带是顺时针转动的，则物体从A到B所需的时间是多少？

解析　物体相对传送带向下滑，所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，因为μ<

tanθ，所以物体一直加速下滑，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝2m/s2，

由L＝

at2，解得t＝4s。

答案　4s

【变式训练1】　如图3所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1kg的物块（可视为质点），静止于A点，AB距离为x＝2m。

已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取

10m/s2。

图3

（1）若给物块施加一水平拉力F＝11N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；

（2）在

（1）问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°

后固定（AB段和BC段仍平滑连接），要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。

解析　

（1）物块在AB段：

F－μmg＝ma1，a1＝6m/s2

则到达B点时速度为vB，有vB＝

＝2

m/s

滑上传送带有－μmg＝ma2，a2＝－5m/s2

刚好到达C点，有－v

＝2a2L，得传送带长度L＝2.4m。

（2）将传送带倾斜，滑上传送带有

－mgsin37°

－μmgcos37°

＝ma3，a3＝－10m/s2

物块仍能刚好到C端，有－vB′2＝2a3L，vB′＝4

在AB段，有vB′2＝2ax，F′－μmg＝ma

联立解得F′＝17N。

答案　

（1）2.4m　

（2）17N

　[常考点]“板块”模型

1.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联

2.两种类型

类型图示

规律分析

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

命题角度1　无外力F作用的“板块”模型问题

【例3】　（2017·

宜昌一模）如图4所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。

一质量为5kg、长度为2m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3m，现用大小为6N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。

滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10m/s2。

求：

图4

（1）滑块滑动到A点时的速度大小；

（2）滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？

（3）通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。

解析　

（1）设滑块在高水平面上的加速度为a，

根据牛顿第二定律有F＝ma

根据运动学公式有v2＝2aL0

代入数据解得v＝6m/s。

（2）设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，

对滑块有μ1mg＝ma1

代入数据解得a1＝5m/s2

对长木板有μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2，

代入数据解得a2＝0.4m/s2。

（3）设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，

则：

v－a1t＝a2t

代入数据解得t＝

s。

此过程中滑块的位移为x1＝vt－

a1t2

长木板的位移为x2＝

a2t2

x1－x2＝

m>

L＝2m

所以滑块能从长木板的右端滑出。

答案　

（1）6m/s　

（2）5m/s2　0.4m/s2　（3）见解析

命题角度2　有外力F作用的“板块”模型问题

【例4】　（2017·

河北石家庄模拟）（多选）如图5甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为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的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

图5

A.小滑块的质量m＝2kg

B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1

C.当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为3m/s2

D.当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大

解析　当F＝6N时，两物体恰好具有最大共同加速度，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＝3kg。

当F大于6N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a＝

－

，图线的斜率k＝

＝1，解得M＝1kg，滑块的质量m＝2kg，选项A正确；

滑块的最大加速度a′＝μg＝2m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误；

当F＝7N时，由a＝

知长木板的加速度a＝3m/s2，选项C正确；

当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2m/s2，恒定不变，选项D错误。

答案　AC

命题角度3　斜面上的“板块”模型问题

【例5】　（多选）如图6所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。

若A、B之间的动摩擦因数为μ，μ<

tanθ，A、B质量均为m，重力加速度为g，则（　　）

图6

A.A、B保持相对静止

B.A、B一定相对滑动

C.B与斜面间的动摩擦因数为

D.B与斜面间的动摩擦因数为

解析　因为μ<

tanθ，对A研究对象则满足mgsinθ>

μmgcosθ，所以A、B一定相对滑动,选项A错误,B正确;

选物体B为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ－μB·

2mgcosθ＝0，μB＝

，故选项C错误，D正确。

答案　BD

解决速度临界问题的思维模板

【变式训练2】　（2017·

湖北三校联考）有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：

如图7所示，滑板长L＝1m，起点A到终点线B的距离s＝5m。

开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。

板右端到达B处冲线，游戏结束。

已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2kg，滑板质量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，求：

图7

（1）滑板由A滑到B的最短时间；

（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。

解析　

（1）滑板一直加速时，所用时间最短。

设滑板加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10m/s2，s＝

，解得t＝1s。

（2）刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，

F1－μm1g＝m1a2，

解得F1＝30N。

当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，

F2－μm1g＝m1a1，

＝L，

解得F2＝34N。

则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N。

答案　

（1）1s　

（2）30N≤F≤34N

“滑块—滑板”模型

[题源：

人教版必修1·

P84·

T7]

如图4.5－13，粗糙的A、B长方体木块叠在一起，放在水平桌面上，B木块受到