第六讲--板块类运动问题、传送带模型

高三第一轮复习课时训练第六讲板块类运动问题、传送带模型1第六讲板块类运动问题、传送带模型一、板块类运动问题例1：★★★【2014·江苏·8】(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则()A．当F2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝52μmg时，A的加速度为13μgC．当F3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过12μg答案BCD解析当0F≤32μmg时，A、B皆静止；当32μmgF≤3μmg时，A、B相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F3μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确．当F＝52μmg时，A与B共同的加速度a＝F－32μmg3m＝13μg，选项B正确．F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝2μmg－32μmgm＝12μg，选项D正确．例2：★★★质量为m＝1.0kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M＝3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0m。开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝12N，如图所示，经一段时间后撤去F。为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间。(g取10m/s2)【分析】：1.运动的物体只有M，没有m。2.撤力前后木板先加速后减速。3.临界条件：当木板的速度减为零时，物块恰好到达木板的最左端。相对位移就是木板的长度。4.此题需要注意摩擦力！设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2。由牛顿第二定律得撤力前：F－μ(m＋M)g＝Ma1，高三第一轮复习课时训练第六讲板块类运动问题、传送带模型2解得：a1＝43m/s2。撤力后：μ(m＋M)g＝Ma2，解得：a2＝83m/s2。x1＝12a1t21，x2＝12a2t22；为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1＋x2≤L；又a1t1＝a2t2。由以上各式可解得t1≤1s即作用的最长时间为1s。例3：★★★【2013·新课标全国卷Ⅱ】一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2,求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。【分析】1.从v-t图像分析物块和木板的加速度，求出摩擦因数。2.物块和木板相对静止时，是一起匀减速还是分别运动，需要判断。3.计算出木板和物块的位移，计算相对位移。【解析】(1)从t=0时开始,木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速,物块和地面对木板的摩擦力使木板减速,直到两者具有共同速度为止。由题图可知,在t1=0.5s时,物块和木板的速度相同为v1=1m/s。设t=0到t=t1时间内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则a1=11v1t0.5m/s2=2m/s2a2=011vv4t0.5m/s2=8m/s2设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,根据牛顿第二定律,对物块有μ1mg=ma1高三第一轮复习课时训练第六讲板块类运动问题、传送带模型3对木板有μ1mg+2μ2mg=ma2联立方程得:μ1=0.2μ2=0.3(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a'1和a'2,由牛顿第二定律得对物块有f=ma'1对木板有2μ2mg-f=ma'2假设物块相对木板静止,即fμ1mg,则a'1=a'2,得f=μ2mgμ1mg,与假设矛盾,所以物块相对木板向前减速滑动,而不是与木板共同运动,物块加速度大小a'1=错误!未找到引用源。=2m/s2物块的v-t图像如图中的点划线所示。此过程木板的加速度a'2=2μ2g-μ1g=4m/s2由运动学公式可得,物块和木板相对地面的位移分别为x1=2×错误!未找到引用源。=0.5mx2=201112vvv13tm22a8物块相对木板的位移大小为x=x2-x1=1.125m【答案】(1)0.20.3(2)1.125m二、传送带模型例4：★★[水平传送带模型](多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A．煤块到A运动到B的时间是2.25sB．煤块从A运动到B的时间是1.5sC．划痕长度是0.5mD．划痕长度是2m高三第一轮复习课时训练第六讲板块类运动问题、传送带模型4答案BD解析根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝μmgm＝4m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝v0a＝1s，位移大小x1＝12at21＝2m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2m，匀速运动的时间t2＝x2v0＝0.5s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，选项B正确，A错误．例5：★★★如图所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.g＝10m/s2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．答案(1)4s(2)2s解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又μ＜tan37°，故向下匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律有mg(sin37°－μcos37°)＝ma则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，根据l＝12at2得t＝4s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1则有a1＝mgsin37°＋μmgcos37°m＝10m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝va1＝1010s＝1s，x1＝12a1t21＝5m＜l＝16m高三第一轮复习课时训练第六讲板块类运动问题、传送带模型5当物体运动速度等于传送带转动速度的瞬间，有mgsin37°＞μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mgsin37°－μmgcos37°m＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因为x2＝vt2＋12a2t22，则有10t2＋t22＝11解得：t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2s.课时训练1.★★(多选)如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg.A、B间动摩擦因数μ＝0.2.A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，下述中正确的是(g取10m/s2)()A．当拉力0＜F＜12N时，A静止不动B．当拉力F＞12N时，A相对B滑动C．当拉力F＝16N时，B受到A的摩擦力等于4ND．在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止答案CD解析假设细线不断裂，则当细线拉力增大到某一值A物体会相对于B物体开始滑动，此时A、B之间达到最大静摩擦力．以B为研究对象，最大静摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：μmAg＝mBa，解得a＝6m/s2以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：Fm＝(mA＋mB)a＝48N即当绳子拉力达到48N时两物体才开始相对滑动，所以A、B错，D正确．当拉力F＝16N时，由F＝(mA＋mB)a解得a＝2m/s2，再由Ff＝mBa得Ff＝4N，故C正确．2.★★★如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t高三第一轮复习课时训练第六讲板块类运动问题、传送带模型6增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()3.★★★(2017·黑龙江实验中学月考)如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上。现对木块施加一水平向右的拉力F。木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则()A．μ1μ2B．μ1μ2C．若改变F的大小，当Fμ1(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．若将F作用于长木板，当F(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动解析：对m1，根据牛顿运动定律有：F－μ1m1g＝m1a；对m2，由于保持静止有：μ1m1g－Ff＝0，Ffμ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较，故A、B错误；改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确。答案：D4．★★★(多选)(2017·陕西西安高三质检)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放着质量分别为mA＝1kg和mB＝2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于高三第一轮复习课时训练第六讲板块类运动问题、传送带模型7滑动摩擦力)()A．若F＝1N，则物块、木板都静止不动B．若F＝1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC．若F＝4N，则B物块所受摩擦力大小为2ND．若F＝8N，则B物块的加速度为1.0m/s2解析：A与木板间的最大静摩擦力FfA＝μAmAg＝0.2×1×10N＝2N，B与木板间的最大静摩擦力FfB＝μmBg＝0.2×2×10N＝4N，F＝1NFfA，所以A、B与木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；若F＝1.5NFfA，所以A、B与木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F＝(mA＋mB)a；解得a＝0.5m/s2；对A有：F－FfA＝mAa，解得：FfA＝(1.5－1×0.5)N＝1N，故B错误；F＝4N或8NFfA，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度a＝1m/s2，对B进行受力分析，摩擦力提供加速度，Ff′＝mBa＝2×1N＝2N，故C、D正确。答案：CD5．★★★(多选)(2017·云南玉溪期中)如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1kg，B的质量是2kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，