专题06 动力学中的传送带和板块模型高三物理备战一模寒假攻关.docx

1、专题06 动力学中的传送带和板块模型高三物理备战一模寒假攻关2020年高三物理寒假攻关-备战一模第一部分 考向精练专题06 动力学中的传送带和板块模型1.两种板块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xBxAL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xBLxA2.水平传送带模型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)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v03

2、.倾斜传送带模型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【例1】(2019河南许昌高三一模)(多选)如图所示为运送粮袋的传送带装置，已知A、B间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人将粮袋从A点无初速度释放，粮袋由A运动到B，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A粮袋到达B点的速度与v比较，可能较大，可能相等，也可能较小B粮袋开始运动的加速度为g(sincos)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动

3、C若tan，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动D不论如何小，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且agsin 【答案】AC【解析】粮袋刚放上传送带时，相对于传送带向上运动，故受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma，得agsingcos。若传送带长度较短，则粮袋可能在此加速过程中到达底端；若传送带较长，粮袋做匀加速运动至速度v，与传送带同速。当tan时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，粮袋继续向下做匀加速运动，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma，得agsingcos；当tan时，重力的下滑分力小于等于最大静摩擦力，粮袋与传送带同速后做匀速运动，速度为v。由上述

4、分析可知，粮袋到达B点的速度与v相比，可能较大，可能相等，也可能较小，故A正确；粮袋开始运动的加速度为agsingcos，且即使L足够大，以后粮袋也不一定做匀速运动，而是有可能做匀加速运动，故B错误；当tan时，粮袋与传送带同速后继续向下做匀加速运动，但其加速度agsingcosv1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是()A从下端B离开，vv1 B从下端B离开，vv1C从上端A离开，vv1 D从上端A离开，vF01.5 N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有Ffmg1 N，故A正确，B错误对物块由牛顿第二定律Fmgma1，可得a11 m

5、/s2，故C正确拉力F越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a20.5 m/s2，故D错误3.【答案】CD【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，隔离B，对B分析，根据牛顿第二定律，得：1mAg2(mAmB)gmBa，解得：a4 m/s2，对整体分析，根据牛顿第二定律，有：F2(mAmB)g(mAmB)a，解得：F42 N。由以上分析知，当F42 N时，A相对B发生滑动，故A错误；当F30 N42 N时，A、B保持相对静止，A的加速度等于整体的加速度，为：aA m/s2，故B错误；当F42 N

6、时，A、B恰保持相对静止，A的加速度为：aA4 m/s2，故C正确；当F48 N42 N时，A、B已发生相对滑动，B的加速度为：aB4 m/s2，故D正确。4.【答案】：BC【解析】：假设A、B两物块一起运动，对整体有F(mmAmB)a，对B有fBmBa，且fBmBg，对A有FfAmAa，且fAmAg，对B和木板整体fA(mmB)a，解得F N，故选项A错误，B正确；当F N时，A与长木板相对运动，B和长木板一起运动，若F4 N，B和长木板一起运动，则mAg(mmB)a1，fB1mBa1，解得fB1 N，故选项C正确；若F6 N，则B物块加速度大小为a1 m/s2，故选项D错误5【答案】ABC

7、【解析】：.滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有vv1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则vv1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，vv1，故本题应选A、B、C.6.【答案】BC【解析】：.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第二定律得mgma，解得ag2 m/s2，则x m6.25 m6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做

8、匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为5 m/s时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x m4 m6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x m1 m4 m，以后小物块以v12 m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x m0.25 m6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x x，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1 m/s的速度从传送带的右端滑出，

9、D错误7.【答案】D【解析】滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，滑块向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，可知滑块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，加速度减为零，速度达到最大，之后弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故D正确。8【答案】(1)0.3(2)0.05(3)2.75 m【解析】(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1 m/s23 m/s2，负号表示加速度方向向右对小滑块，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二

10、定律有：1mgma1，可以得到：10.3；(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mgm向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mgm而且t1t2t1 s联立可以得到：20.05，t10.5 s，t20.5 s；(3)在t10.5 s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1t10.5 m，方向向右；在t20.5 s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2t20.25 m，方向向左；在整个t1 s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：xt2.5 m，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：xx

11、x1x22.75 m.9.【答案】(1)1 m/s(2)400 J【解析】(1)设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传递带的支持力为FN，则有mgFNm得：v当FN0时， v有最大值vmax m/s1 m/s旅行包一直加速能达到的最大速度为vmax6 m/s1 m/s故传送带的速度应小于1 m/s(2)旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分别为：x带，x包x带v带t，x包v包tv包表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有：v包故有：x带2x包消耗电能为Emgx带旅行包在滑动过程中动能的增量为：Ekmgx带故E2Ek结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包增加动能的两倍，一半电

12、能转化为动能，一半电能转化为内能。故春运期每天多消耗的电能为10吨，旅行包在传送带上获得总动能的两倍：E电2Ek总m总v10 0000.04 J400 J。10.【答案】(1)2 m/s210 m/s2(2)0.5 s1 m/s(3)1.2 J0.6 J【解析】(1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受到向右的摩擦力做匀加速运动设小车和小物块的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：对小车：m2gm1a1解得：a12 m/s2对小物块：Fm2gm2a2解得：a210 m/s2(2)设经过时间t小车与小物块速度相同，设此时两者速度为v1，由运动学公式得对小车：v1a1t对小物块：v1v0a2t解得：t0.5 s；v11 m/s(3)假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F作用，设系统的加速度为a，则由牛顿第二定律得F(m2m1)a解得：a2 m/s2此时小车所需要的静摩擦力为Ffm1a0.22 N0.4 N，此时需要的摩擦力不大于最大静摩擦力，所以两者将一起向右做匀减速运动小物块第一段的位移：x11.75 m小物块第二段的位移：x20.25 m所以，小物块向右运动的最大位移为：xx1x22 m则恒力F做的功为WFx1.2 J由功能关系知：Qm2v02W0.136 J1.2 J0.6 J.