高考板块模型及传送带问题压轴题【含详解】.doc
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1、如图所示,长L=1.5 m,高h=0.45 m,质量M=10 kg的长方体木箱,在水平面上向右做直线运动当木箱的速度v0=3.6 m/s时,对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50 N,并同时将一个质量m=l kg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点,放在P点时相对于地面的速度为零),经过一段时间,小球脱离木箱落到地面木箱与地面的动摩擦因数为0.2,其他摩擦均不计取g=10 m/s2求:小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间;小球放到P点后,木箱向右运动的最大位移;小球离开木箱时木箱的速度【解答】: 设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t,由于, 则s小球放到木箱后相对地面静止,
2、木箱的加速度为m/s2) 木箱向右运动的最大位移为m x1v,物块相对传送带向上滑,物块向上做减速运动的加速度为a2=gsin+gcos=10m/s2 物块速度减小到与传送带速度相等所需时间物块向上的位移物块速度与传送带速度相等后,物块向上做减速运动的加速度a3=gsin-gcos=2m/s2,物块向上的位移,离P点的距离x1+x2=5m (2)物块上升到传送带的最高点后,物块沿传送带向下加速运动,与挡板P第二次碰掸前的速度,碰后因v2v,物块先向上做加速度为a2的减速运动,再做加速度为的减速运动,以此类推经过多次碰撞后物块以的速率反弹,故最终物块在P与离P 点4m的范围内不断做向上的加速度为
3、2 m/s2的减速运动和向下做加速度为2 m/s2的加速运动,物块的运动达到这一稳定状态后,物块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力,故电动机的输出功率P=(mgcos)v=16W【思路点拨】本题是匀变速运动规律和牛顿第二定律在皮带传动上的应用,求解的关键是滑动摩擦力的方向,但滑动摩擦力的方向又与物块、传送带的速度大小、运动方向有关。只要分析清了这一点就不难求解第一问。在第2问是经过多次碰撞后物块最终以的速率反弹,即物块最终在P与离P 点4m的范围内不断做向上的加速度为2 m/s2的减速运动和向下做加速度为2 m/s2的加速运动。当达到这个稳定状态后,物块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻
4、力,就可求出电动机的输出功率P=(mgcos)v=16W。下图为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水平传送,A、B两端相距3m,另一台倾斜,传送带与地面的倾角=37,C、D两端相距4.45m,B、C相距很近水平部分AB以v0=5m/s的速率顺时针转动将质量为10kg的一袋大米放在A端,到达B端后,速度大小不变地传到倾斜的CD部分,米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5试求:(1)若倾斜传送带CD不转动,则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少?(2)若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动,则米袋从C端运动到D端的时间为多少?(1)米袋在AB上加速运动的加
5、速度为(1分)米袋速度达到时滑过的距离(1分)故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动,到达C端速度为设米袋在CD上传送的加速度大小为a1,据牛顿第二定律,得(1分)能沿CD上滑的最大距离(1分)(2)CD顺时针转动时,米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为此时上滑的距离s1=0.45m,t1=0.1s(1分)米袋速度达到v=4m/s后,由于,米袋继续减速上滑其加速度为:,得(1分)当继续上滑减速到零时上升的距离s2=4m,s1+s2=4.45m所以到达D点时米袋恰减速到零,t2=2s(1分)故从C到D总时间为2.1s(1分)如图,在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板,一质量为M=0.5kg的
6、木板正中间放有一质量为m=2kg的小铁块(可视为质点)静止在轨道上,木板右端距离挡板x0=0.5m,铁块与木板间动摩擦因数=0.2。现对铁块施加一沿着轨道水平向右的外力F10N,木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力。若木板与挡板碰撞时间极短,反弹后速度大小不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2。(1)木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是多长?(2)若铁块和木板最终停下来时,铁块刚好没滑出木板,则木板有多长?(3)从开始运动到铁块和木板都停下来的整个过程中,木板通过的路程是多少?(1)设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am,则 am=8m/s2 (1分) 假设木板与物
7、块不发生相对运动,设共同加速度为a,则 a=4m/s 2 (1分)因aam,所以木板在静摩擦力作用下与物块一起以加速度a运动。设向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为t,则 (1分) 解得t=0.5s (1分)(2)设木板与挡板碰前,木板与物块的共同速度为v1,则v1=at (1分)解得 v1=2m/s木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力,物块以速度v1向右做减速运动,加速度大小为a1,木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动,木板与木块相对滑动,则木板加速度大小为am,设板速度减为零经过的时间为t1,向左运动的最远距离为x1,则则 (1分) (1分) (1分)解得 a1=2m/s2,t1= 0
8、.25s,当板速度向左为零时,设铁块速度为,则 (1分)设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2,木板向右位移为,则, (1分) (1分)解得 ,t2=0.15s,v2=1.2m/s,因为,所以木板与铁块达到共速后,将以速度v2运动,再次与挡板碰撞。以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。设木板长为L,则以木板和铁块系统为研究对象,根据能量守恒(1分)解得 L=2.5m (1分)(3)设木板与挡板第二次碰后,木板向左运动的最远距离为x2,则(1分)解得 x2=0.09m综上可知 ,(1分) 因为以后是多次重复上述过程。同理,有木板与挡板第三次碰后,木板与铁块达到共速为,木板向左运动的最远距离
9、为 设木板与挡板第n-1次碰后,木板与铁块达到共速为vn,同理有 vn=(1分) 设木板与挡板第n次碰后,木板向左运动的最远距离为xn,同理有 xn= (1分) 所以,从开始运动到铁块和木板都停下来的全过程中,设木板运动的路程为s,则 (1分)解得 (1分)如图所示,水平传送带AB长L10 m,向右匀速运动的速度v04 m/s.一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v16 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数0.4,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)物块相对地面向左运动的最大距离;(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间解析:(1)设物块与传送
10、带间摩擦力大小为f,向左运动最大距离s1时速度变为0,由动能定理得:fmgfs1mv12解得:s14.5 m.(2)设小物块经时间t1速度减为0,然后反向加速,设加速度大小为a,经时间t2与传送带速度相等:v1at10由牛顿第二定律得:fma解得:t11.5 sv0at2解得:t21 s.设反向加速时,物块的位移为s2,则有:s2at222 m物块与传送带同速后,将做匀速直线运动,设经时间t3再次回到B点,则:s1s2v0t3解得:t30.625 s.故物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间:tt1t2t33.125 s.答案:(1)4.5 m(2)3.125 s如图所示,光滑水平面上静
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