新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專(zhuān)題專(zhuān)題1力與運(yùn)動(dòng)微專(zhuān)題1傳送帶模型滑塊-木板模型題型1傳送帶模型教師用書(shū)

微專(zhuān)題1傳送帶模型滑塊—木板模型題型1傳送帶模型例題1(多選)如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的傳送帶傾斜放置，傾角為θ，以恒定速率v＝4m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。一煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(AD)A．傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tanθ＝0.75B．煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時(shí)間為4sD．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)為(12＋4eq\r(5))m【審題指導(dǎo)】(1)0～1s內(nèi)，煤塊速度大于傳送帶速度，所受傳送帶摩擦力平行傳送帶向下，1s后煤塊受傳送帶摩擦力平行傳送帶向上。(2)煤塊在傳送帶上留下的痕跡有重疊。【解析】由v－t圖像得0～1s內(nèi)煤塊的加速度大小a1＝eq\f(12－4,1)m/s2＝8m/s2，方向沿傳送帶向下，1～2s內(nèi)煤塊的加速度大小a2＝eq\f(4－0,1)m/s2＝4m/s2，方向沿傳送帶向下。0～1s，對(duì)煤塊由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1,1～2s，對(duì)煤塊由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，聯(lián)立解得tanθ＝0.75，μ＝0.25，A正確，B錯(cuò)誤；v～t圖像中圖線與時(shí)間軸所圍面積表示位移的大小，所以煤塊上滑的總位移大小為x＝eq\f(12＋4,2)×1m＋eq\f(1,2)×4×1m＝10m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,下)，得下滑時(shí)間為t下＝eq\r(\f(2x,a2))＝eq\r(\f(2×10,4))s＝eq\r(5)s，所以煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時(shí)間為(2＋eq\r(5))s，C錯(cuò)誤；0～1s內(nèi)煤塊比傳送帶多走4m，劃痕長(zhǎng)4m,1～2s內(nèi)傳送帶比煤塊多走2m，劃痕還是4m,2～(2＋eq\r(5))s內(nèi)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，煤塊向下運(yùn)動(dòng)，劃痕總長(zhǎng)為2m＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,下)＋vt下＝(12＋4eq\r(5))m，D正確。〔規(guī)律總結(jié)〕傳送帶模型解題思維模板〔對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練〕1.(2023·江蘇南通模擬預(yù)測(cè))如圖所示，足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，一滑塊從斜面頂端由靜止釋放后一直做加速運(yùn)動(dòng)。則(C)A．滑塊受到的摩擦力方向保持不變B．滑塊的加速度保持不變C．若減小傳送帶的傾角，滑塊可能先做加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)D．若傳送帶改為順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊可能先做加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)【解析】設(shè)滑塊質(zhì)量為m，傳送帶傾角為θ，剛開(kāi)始時(shí)滑塊受重力、支持力、沿傳送帶向下的摩擦力作用，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，滑塊向下勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊與傳送帶達(dá)到共同速度時(shí)，如果mgsinθ>μmgcosθ，則滑塊受到沿傳送帶向上的摩擦力作用，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，則滑塊繼續(xù)向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小改變，故AB錯(cuò)誤；若減小傳送帶的傾角，當(dāng)滑塊與傳送帶達(dá)到共同速度時(shí)mgsinθ≤μmgcosθ，此后滑塊與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊可能先做加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確；若傳送帶改為順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，若mgsinθ≤μmgcosθ，滑塊不能向下運(yùn)動(dòng)；若mgsinθ>μmgcosθ，則滑塊一直向下勻加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。2.(2023·廣東廣州模擬)快遞物流已經(jīng)深入我們的生活，準(zhǔn)確迅速分揀是一個(gè)重要環(huán)節(jié)，圖1是快遞分揀傳送裝置。它由兩臺(tái)傳送機(jī)組成，一臺(tái)水平傳送，另一臺(tái)傾斜傳送，圖2是該裝置示意圖，CD部分傾角θ＝37°，B、C間距離忽略不計(jì)。已知水平傳送帶以4m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。把一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的貨物無(wú)初速度放在A端，圖3為水平傳送帶AB段數(shù)控設(shè)備記錄的物體的運(yùn)動(dòng)圖像，1.3s時(shí)剛好達(dá)到B端，且速率不變滑上C端，已知兩段傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。g取10m/s2。求：(1)水平傳送帶AB的長(zhǎng)度及動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若CD段的長(zhǎng)度為2.6米，則CD部分傳送帶速度至少為多少，快遞員才能在D端取到快件?！敬鸢浮?1)3.6m0.5(2)3m/s【解析】(1)由v-t圖像可知，傳送帶AB段的長(zhǎng)度為L(zhǎng)AB＝3.6m貨物在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma1解得a1＝μg由圖像可知傳送帶上的加速過(guò)程加速度為a1＝eq\f(4,0.8)m/s2＝5m/s2則μ＝0.5。(2)依題意，貨物以4m/s滑上傾斜傳送帶CD部分，CD以順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)但速度未知，第一種情況：若傳送帶CD部分速度大于貨物速度，不符合傳送帶速度取最小的情況，故舍棄；第二種情況：若傳送帶CD部分速度小于貨物速度，貨物所受摩擦力方向沿斜面向下，則ma2＝mgsinθ＋μmgcosθ解得a2＝10m/s2，故貨物先沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，等到與傳送帶共速時(shí)由于μ<tanθ，故共速后將仍做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。則ma3＝mgsinθ－μmgcosθ