高三复习传送带、木板-滑块模型和汽车启动

高三复习 【传送带模型】 1.传送带的基本类型 2．传送带的基本问题 (1)动力学问题：速度、加速度、(相对)位移、痕迹、图像、运动时间等。 (2)功和能问题：做功、能量转化 题型1　物块轻放在匀速运动的水平传送带上 [例1] (多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是 (　ACD　) A. ＋             B. C.       D. [解析]　若木块一直做匀加速运动，则有L＝ μgt2，得t＝ ，C正确；若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝ t＝ t，得t＝ ，D正确；若木块先匀加速运动经历时间t1，位移为x，再匀速运动经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－x，从而得t＝t1＋t2＝ ＋ ，A正确。 题型2　物块以初速度v0冲上匀速水平传送带 [例2]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，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以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(　B　) [解析]物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与传送带间的摩擦作用，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＝ m＝2 m，其值小于AB的长3 m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝ m＝0.5 m，其值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，其速度大小等于传送带的速度大小，所以选项B正确。 题型3　物块轻放在匀加速启动的水平传送带上 [例3]如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。 [解析]依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，即a0> ＝μg，由运动学公式可得，传送带达到匀速的时间t1＝ ，煤块达到与传送带相对静止的时间t2＝ ，根据以上分析，煤块与传送带的v-t图像分别如图中直线OB和折线OAB所示。因v-t图线和t轴所围图形的面积 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示位移，则△OAB的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度L。由几何知识得：L＝ (t2－t1)v0＝ v0。整理得：L＝ 。            题型4　物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上 [例4]　(2018·成都模拟)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 [解析]　(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为a1＝ ＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，加速过程中t1＝ ＝1 s，x1＝ a1t12＝5 m，达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，则a2＝ ＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，x2＝L－x1＝5.25 m，x2＝v0t2＋ a2t22，t2＝0.5 s，煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 (2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长：Δx1＝v0t1－x1＝5 m， 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长：Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m， Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。 【木板-滑块模型】 1．两种位移关系 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。 2．解题思路 题型1　水平面上的滑块—滑板模型 [例1]　如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，物体A的v -t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)求A、B间的动摩擦因数； (2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间。 [解析](1)根据题图乙可知A的加速度为 aA＝ ＝ m/s2＝2 m/s2 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F－μmAg＝mAaA解得μ＝ ＝0.4。 (2)由题图乙可知木板B的长度为l＝ ×5×10 m＝25 m 若B不固定，则B的加速度为：aB＝ ＝ m/s2＝1 m/s2 设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得 aAt2－ aBt2＝l解得t≈7.07 s。  [ 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ]　(1)0.4　(2)7.07 s 题型2　斜面上的滑块—滑板模型 [例2]　如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝ 。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； (2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。 [解析](1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 以物块为研究对象由牛顿第二定律得Ff－mgsin α＝ma； Ff≤Ffm＝μmgcos α解得F≤30 N。 (2)因F＝37.5 N＞30 N，所以物块能够滑离木板。对木板，由牛顿第二定律得F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1；对物块由牛顿第二定律得μmgcos α－mgsin α＝ma2；设物块滑离木板所用时间为t木板的位移x1＝ a1t2，物块的位移x2＝ a2t2物块与木板的分离条件为Δx＝x1－x2＝L，解得t＝1.2 s物块滑离木板时的速度v＝a2t。由公式－2gsin α·x＝0－v2解得x＝0.9 m。[答案](1)F≤30 N(2)能1.2s0.9 m 【 练习 飞向蓝天的恐龙练习非连续性文本练习把字句和被字句的转换练习呼风唤雨的世纪练习呼风唤雨的世纪课后练习 】 1．(多选)如图，一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是 ( AC )． A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0 B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点 C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0 D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0 解析　传送带静止时，有 mv － mv ＝－μmgL，即vB＝ ，物体做匀减速运动，若传送带逆时针运行，物体仍受向左的摩擦力μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为vB，用时也一定仍为t0，故选项A对，而B错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t0，故选项C正确；当其运行速率(保持不变)v>v0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体加速到速度v还未到达B端时，则先匀加速运动后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D不对． 2．如图甲所示，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(　B　) 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达到最大 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 解析　小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误、B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。 3.物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示。则传送带转动后(　B　) A．物块将减速下滑          B．物块仍匀速下滑 C．物块受到的摩擦力变小    D．物块受到的摩擦力变大 解析　当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：mgsin θ＝μmgcos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcos θ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑。 6．如图为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(　A　) A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等 B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动 C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ 解析　若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μsin θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μsin θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝ ＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误。 5．(多选)如图，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（  BC  ） A．物块先向左运动，再向右运动 B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 解析　由题意，撤掉拉力后，物块和木板系统最终一起匀速运动．因为撤掉拉力时，物块和木板仍有相对运动，说明物块向右的速度比木板的速度小，所以物块水平方向仍受木板向右的滑动摩擦力而向右加速直到匀速运动，A错误，B正确；根据牛顿第三定律可知，木板开始受到物块向左的滑动摩擦力而向右减速直到匀速运动，C正确，D错误． 6.如图，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？ 解析　(1)A在B上向右匀减速运动，加速度大小：a1＝μ1g＝3 m/s2 木板B向右匀加速运动，加速度大小：a2＝ ＝1 m/s2 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得 时间关系：t＝ ＝ ，位移关系：L＝ － ，解得v0＝2 m/s。 (2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3 m/s2 B向右匀加速运动，加速度大小a2′＝ ＝3 m/s2 设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B，由时间关系 ＝ 解得v′＝ ＝ m/s A的位移xA＝ ＝3 m，B的位移xB＝ ＝1 m 由xA－xB＝2 m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。 答案　(1)2 m/s　(2)没有脱离　 m/s　 m/s 7.如图，质量为M＝8 kg的长木板放在光滑水平面上，在木板左端施加F＝12 N的水平推力，当木板向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足够长，取g＝10 m/s2。求： (1)当二者达到相同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所做的功； (2)当二者达到相同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生的热量。 解析　(1)放上铁块后，铁块加速度a1＝μg＝2 m/s2(方向向右) 木板加速度a2＝ ＝1 m/s2(方向向右) 二者达到共同速度v所用时间t＝ ＝ 解得v＝3 m/s，t＝1.5 s 从放上铁块到二者速度相同，铁块位移x1＝ t＝2.25 m 木板位移x2＝ t＝3.375 m 木板对铁块做的功W1＝μmgx1＝9 J 铁块对木板做的功W2＝－μmgx2＝－13.5 J。 (2)木板和铁块之间因摩擦所产生的热量Q＝μmg(x2－x1)＝4.5 J。 答案　(1)9 J　－13.5 J　(2)4.5 J 【汽车启动】 对机动车等交通工具，在启动的时候，通常有两种启动方式，即以恒定功率启动和以恒定加速度启动。现比较如下： 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P-t图和v-t图 OA 段 过程分析 v↑?F＝ ↓?a＝ ↓ a＝ 不变?F不变，P Fv↑直到P额＝Fv1 运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝ AB段 过程分析 F＝F阻?a＝0?F阻＝ v↑?F＝ ↓?a＝ ↓ 运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 无 F＝F阻?a＝0?F阻＝ ，以vm做匀速直线运动 重要方程 平衡方程 AB段：F阻＝F牵＝ ，全程阻力不变，也等于OA段阻力 BC段：F阻＝F牵＝ ，全程阻力不变，也等于OA段、AB段阻力 牛顿第二定律 加速度：OA段任意速度v1时， a＝ ＝ 加速度：OA段 a＝ ＝ AB段：速度为v2时， a′＝ 动能定理 加速段位移x满足： Pt－F阻x＝ mv －0 加速段位移x满足： P额t0＋P额(t1－t0)－F阻x＝ mv －0         例1.汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动。汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图象中，能描述上述过程的是(　C　) 解析　根据P＝Fv分析知匀加速运动时牵引力大于阻力，F不变，v随时间均匀增大，故P随时间均匀增大，选项A、D错误；当匀速时牵引力等于阻力，说明F突然变小，速度不变，故功率突然变小，以后保持不变，选项B错误，C正确。 例2.一列火车总质量m＝500 t，发动机的额定功率P＝6×105 W，在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力Ff是车重的0.01倍，g＝10 m/s2。 (1)求列车在水平轨道上行驶的最大速度； (2)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，求当行驶速度为v1＝1 m/s和v2＝10 m/s时，列车的瞬时加速度a1、a2的大小； (3)列车在水平轨道上以36 km/h速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P′； (4)若火车从静止开始，保持0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间t。 [答案]　(1)12 m/s　(2)1.1 m/s2　0.02 m/s2　(3)5×105 W　(4)4 s [解析]　(1)列车以额定功率行驶，当牵引力等于阻力，即F＝Ff＝kmg时，列车的加速度为零，速度达到最大值vm，即vm＝ ＝ ＝ ＝12 m/s。 (2)当v＜vm时，列车做加速运动，若v1＝1 m/s，则F1＝ ＝6×105 N，根据牛顿第二定律得a1＝ ＝1.1 m/s2。 若v2＝10 m/s，则F2＝ ＝6×104 N，根据牛顿第二定律得a2＝ ＝0.02 m/s2 (3)当v＝36 km/h＝10 m/s时，列车匀速运动，则发动机的实际功率P′＝Ffv＝5×105 W。 (4)由牛顿第二定律得F′＝Ff＋ma＝3×105 N 在此过程中，速度增大，发动机功率增大，当功率为额定功率时速度为v′，即v′＝ ＝2 m/s，由v′＝at得t＝ ＝4 s。 例3.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　A　) 解析　在v-t图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第二定律可得：在0～t1时间内， －f＝ma，①当速度v不变时，加速度a为零，在v-t图象中为一条水平线；②当速度v变大时，加速度a变小，在v－t图象中为一条斜率逐渐减小的曲线，选项B、D错误；同理，在t1～t2时间内， －f＝ma，图象变化情况与0～t1时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，故选项C错误，选项A正确。 例4.(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　ABD　) A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2 解析　由题述可知，舰载机弹射过程的加速度为a＝ ＝ m/s2＝32 m/s2，D项正确；根据牛顿第二定律，F发＋F弹－0.2(F发＋F弹)＝ma，可求得弹射器的推力大小F弹＝1.1×106 N，A项正确；弹射器对舰载机做的功为W＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B项正确；弹射过程的时间t＝ ＝ s＝2.5 s，弹射器做功的平均功率P＝ ＝4.4×107 W，C项错误。