第3章-第4节

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高三大一轮复习学案
(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1 及小物块与木板间的动摩 擦因数 μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离．
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解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和 木板一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质 量分别为 m 和 M.由牛顿第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由题图 b 可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s，
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2．(2017· 陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为 m 的物体用 细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为 L.当传送带分别以 v1、v2 的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与 水平方向的夹角为 θ，绳中的拉力分别为 F1，F2；若剪断细绳时， 物体到达左端的时间分别为 t1、t2，则下列说法正确的是( A．F1＜F2 C．t1 一定大于 t2 B．F1＝F2 D．t1 可能等于 t2 )
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A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析： 选 A. 木板与地面间的摩擦力为 Ff1 ＝ μ1(m0 ＋ m)g ＝ 0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，小木块与木板之间的摩擦力为 Ff2 ＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N， Ff1>Ff2， 所以木板一定静止不动； 设小木块在木板上滑行的距离为 x，v2 0＝2μ2gx，解得 x＝2 m<L＝ 5 m，所以小木块不能滑出木板，A 正确．
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2．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块； 在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图 a 所 示．t＝0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直 至 t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)． 碰撞前后木板速度大 小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰 撞后 1 s 时间内小物块的 v－t 图线如图 b 所示．木板的质量是小 物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10 m/s2.求：
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3．解题方法 整体法、隔离法． 4．解题思路 (1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出 滑块和滑板的加速度． (2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的 位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都 是相对地的位移．
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联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 s＝－6.5 m⑱ 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.
答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
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考点二
水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
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[典例 1] (2017· 山东德州质检)长为 L＝1.5 m 的长木板 B 静
止放在水平冰面上， 小物块 A 以某一初速度 v0 从木板 B 的左端滑 上长木板 B，直到 A、B 的速度达到相同，此时 A、B 的速度为 v ＝0.4 m/s，然后 A、B 又一起在水平冰面上滑行了 s＝8.0 cm 后停 下．若小物块 A 可视为质点，它与长木板 B 的质量相同，A、B 间的动摩擦因数 μ1＝0.25，取 g＝10 m/s2.求：
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(1)木板与冰面的动摩擦因数 μ2； (2)小物块 A 的初速度 v0； (3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的 最大初速度 v0m 应为多少？
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解析
(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，
做匀减速运动，则加速度 v2 a＝ ＝1.0 m/s2 2s 由牛顿第二定律得 μ2mg＝ma 解得 μ2＝0.10.
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[典例 2] (多选)如图所示，水平传送带以速度 v1 匀速运动，
小物体 P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0 时刻 P 在传送带左端具有速度 v2，P 与定滑轮间的绳水平，t＝t0 时刻 P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物 体 P 速度随时间变化的图象可能是( )
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(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减 速运动，其加速度 a1＝μ1g＝2.5 m/s2 小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的 滑动摩擦力，做匀加速运动，则有 μ1mg－μ2(2m)g＝ma2 解得 a2＝0.50 m/s2.
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解析 若 v1>v2，且 P 受到的滑动摩擦力大于 Q 的重力，则
可能先向右匀加速，加速至 v1 后随传送带一起向右匀速，此过程 如图 B 所示，故 B 正确．若 v1>v2，且 P 受到的滑动摩擦力小于 Q 的重力， 此时 P 一直向右减速， 减速到零后反向加速． 若 v2>v1， FT＋μmg P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度 a1＝ ，当减速 m 至速度为 v1 时，摩擦力反向，若有 FT>μmg，此后加速度 a2＝ FT－μmg ，故 C 正确，A、D 错误． m 答案 BC
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考点透析
题组冲关
课时规范训练
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第 4节Βιβλιοθήκη Baidu
微专题1
“板—块”＋“传送带” 问题
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考点一 1．模型特点
“板—块”模型
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相 对滑动． 2．两种位移关系 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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
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由运动学公式有 v1＝v0＋a1t1② 1 2 s0＝v0t1＋ a1t1③ 2 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v0 是小物块 和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④
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在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1 的初速度向左做匀变速运 动，小物块以 v1 的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度 为 a2，由牛顿第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由题图 b 可得 v2－v1 a2 ＝ ⑥ t2－t1 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4⑦
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考点三 倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
项目 情景一 图示 滑块可能的运动情况 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ①可能一直加速 情景二 ②可能先加速后匀速 ③可能先以 a1 加速后以 a2 加速
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①可能一直加速 情景三 ②可能先加速后匀速 ③可能一直匀速 ④可能先以 a1 加速后以 a2 加速 ①可能一直加速 情景四 ②可能一直匀速 ③可能先减速后反向加速
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1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 运行．初 速度大小为 v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处 滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带 上运动的 v－t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知 v2>v1，则 ( )
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(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 Δt，木板和小物块 刚好具有共同速度 v3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运 动的位移为 －v1＋v3 s1＝ Δt⑪ 2
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解析：选 BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条 μmg 件得 FN＋Fsin θ＝mg， Ff＝μFN＝Fcos θ， 解得 F＝ ， μsin θ＋cos θ F 的大小与传送带的速度无关，选项 A 错误，B 正确；绳剪断后 v2 1 m 在两速度的传送带上的加速度相同，若 L≤ ，则两次都是匀 2μg v2 1 加速到达左端，t1＝t2，若 L＞ ，则物体在传送 2μg 带上先加速再匀速到达左端， 在速度小的传送带上 需要的时间更长，t1＞t2，选项 C 错误，D 正确．
项目 情景一
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
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(1)v0>v 时，可能一直减速，也可能先 情景二 减速再匀速 (2)v0<v 时，可能一直加速，也可能先 加速再匀速 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达 左端 情景三 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带 传回右端． 其中 v0>v 返回时速度为 v， 当 v0<v 返回时速度为 v0
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A．t2 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 B．t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大 C．0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
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解析：选 B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1 时刻速度 为零，此时小物块离 A 处的距离达到最大，选项 A 错误；然后在 传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动， t2 时刻与传送带 达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项 B 正确；0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项 C 错误；t2～t3 时间内小物块不受摩擦力，选项 D 错误．
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设小物块滑上木板经时间 t 后小物块、木板的速度相同为 v， 则 对于木板 v＝a2t v 解得 t＝ ＝0.8 s a2 小物块滑上木板的初速度 v0＝v＋a1t＝2.4 m/s.
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(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动 的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板 B 的最 右端，两者的速度相等(设为 v′)，这种情况下小物块的初速度为 保证其不从木板上滑落的最大初速度 v0m，则 1 2 1 2 v0mt－ a1t － a2t ＝L 2 2 v0m－v′＝a1t v′＝a2t 由以上三式解得 v0m＝3.0 m/s. 答案 (1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s
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1． (2017· 安徽芜湖模拟)质量为 m0＝20 kg、 长为 L＝5 m 的木 板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为 μ1＝0.15.将质量 m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以 v0＝4 m/s 的速度从木板的 左端被水平抛射到木板上(如图所示)， 小木块与木板面的动摩擦因 数为 μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列 判断中正确的是( )
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小物块运动的位移为 v1＋v3 s2＝ Δt⑫ 2 小物块相对木板的位移为 Δs＝s2－s1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝6.0 m ⑭ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度 应为 6.0 m.
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(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动 直至停止，设加速度为 a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 s3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮ 0－v2 3＝2a4s3⑯ 碰后木板运动的位移为 s＝s1＋s3⑰