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專題強化六　傳送帶模型和滑塊—木板模型
目標要求 　1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，能正確解答傳送帶上物體的動力學問題.2.能正確運用動力學觀點處理“滑塊—木板模型”.
題型一　傳送帶模型
基礎回扣
1.水平傳送帶
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
情景2
(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速
(2)v0 情景3
(1)傳送帶較短或v0較大時滑塊一直減速到左端
(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端.若v0>v返回時速度為v，若v0
2.傾斜傳送帶
項目 圖示 滑塊可能的運動情況
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
情景2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(3)可能一直減速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直勻速
(3)可能先減速后反向加速
(4)可能一直減速

3.求解傳送帶問題的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析與判斷.

4.臨界狀態：當v物＝v帶時，摩擦力發生突變，物體的加速度發生突變.
例1 　如圖1所示，傳送帶與水平地面的夾角θ＝37°，從A到B的長度為L＝10.25 m，傳送帶以v0＝10 m/s的速率逆時針轉動.在傳送帶上端A無初速度地放一個質量為m＝0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5.煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡.已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：

圖1
(1)當煤塊與傳送帶速度相同時，它們能否相對靜止？
(2)煤塊從A到B的時間；
(3)煤塊從A到B的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度.
答案　(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m
解析　(1)煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5，當煤塊與傳送帶速度相等時，對煤塊受力分析有mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它們不能相對靜止.
(2)煤塊剛放上時，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度為
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤塊加速運動至與傳送帶速度相同時需要的時間t1＝v0a1＝1 s，
發生的位移x1＝12a1t12＝5 m
煤塊速度達到v0后，因μgcos θ a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
由x2＝v0t2＋12a2t22，得t2＝0.5 s
煤塊從A到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5 s.
(3)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx2與Δx1部分重合，故痕跡總長為5 m.

1.(水平傳送帶)(多選)(2020·陜西高三月考)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖2所示的模型.傳送帶始終保持v＝0.4 m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是(　　)

圖2
A.開始時行李的加速度大小為2 m/s2
B.行李經過2 s到達B處
C.行李到達B處時速度大小為0.4 m/s
D.行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08 m
答案　AC
解析　開始時，對行李，根據牛頓第二定律μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正確；設行李做勻加速運動的時間為t1，行李勻加速運動的末速度為v＝0.4 m/s，根據v＝at1，代入數據解得t1＝0.2 s，
勻加速運動的位移大小x＝12at12＝12×2×0.22 m＝0.04 m，
勻速運動的時間為t2＝L－xv＝2－0.040.4 s＝4.9 s，
可得行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝5.1 s，故B錯誤；由上分析可知行李在到達B處前已經共速，所以行李到達B處時速度大小為0.4 m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D錯誤.
2.(傾斜傳送帶)(多選)(2019·福建泉州市5月第二次質檢)如圖3，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉動.一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則其速度v隨時間t變化的圖象可能是(　　)

圖3


答案　BC
解析　設傳送帶傾角為θ，動摩擦因數為μ，若mgsin θ>μmgcos θ，滑塊所受合力沿傳送帶向下，小滑塊向下做勻加速運動；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑塊沿傳送帶方向所受合力為零，小滑塊勻速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑塊所受合力沿傳送帶向上，小滑塊做勻減速運動，當速度減為零時，開始反向加速，當加速到與傳送帶速度相同時，因為最大靜摩擦力大于小滑塊重力沿傳送帶向下的分力，故小滑塊隨傳送帶做勻速運動，A、D錯誤，B、C正確.
題型二　“滑塊—木板”模型
1.模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的相互作用下發生相對滑動.
2.位移關系：如圖4所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.


圖4
3.解題思路



例2 　(2019·貴州畢節市適應性監測(三))一長木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊，如圖5所示.木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.1，物塊與木板間的動摩擦因數μ2＝0.4.t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運動，當t＝1 s時，木板以速度v1＝4 m/s與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰撞前后木板速度大小不變、方向相反.運動過程中小物塊第一次減速為零時恰好從木板上掉下.已知木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：

圖5
(1)t＝0時刻木板的速度大小；
(2)木板的長度.
答案　(1)5 m/s　(2)163 m
解析　(1)對木板和物塊：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
設初始時刻木板速度大小為v0
由運動學公式：v1＝v0－a1t0
代入數據解得：v0＝5 m/s
(2)碰撞后，對物塊：μ2mg＝ma2
對物塊，當速度為0時，經歷的時間為t，發生的位移大小為x1，
則有v1＝a2t，x1＝v12t
對木板，由牛頓第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
對木板，經歷時間t，發生的位移大小為x2
x2＝v1t－12a3t2
木板長度l＝x1＋x2
聯立并代入數據解得l＝163 m.

3.(水平面上的“滑塊—木板”模型)(多選)(2020·河南安陽市第二次模擬)如圖6甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質量為M，t＝0時刻質量為m的物塊以水平速度v滑上長木板，此后木板與物塊運動的v－t圖象如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

圖6
A.M＝m
B.M＝2m
C.木板的長度為8 m
D.木板與物塊間的動摩擦因數為0.1
答案　BC
解析　物塊在木板上運動的過程中，μmg＝ma1，而v－t圖象的斜率表示加速度，故a1＝
7－32 m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D錯誤；對木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝2－02 m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A錯誤，B正確；由題圖乙可知，2 s時物塊和木板分離，則0～2 s內，兩者v－t圖線與坐標軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L＝12×(7＋3)×2 m－12×2×
2 m＝8 m，C正確.
4.(斜面上的“滑塊—木板”模型)如圖7所示，在傾角為θ＝37°的足夠長斜面上放置一質量M＝2 kg，長度L＝1.5 m的極薄平板AB，在薄平板上端A處放一質量m＝1 kg的小滑塊(視為質點)，將小滑塊和薄平板同時無初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數為μ1＝0.25，薄平板與斜面之間的動摩擦因數為μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：

圖7
(1)釋放后，小滑塊的加速度a1和薄平板的加速度a2；
(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經歷的時間t.
答案　(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
解析　(1)設釋放后，滑塊會相對于平板向下滑動，
對滑塊：由牛頓第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
對薄平板，由牛頓第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中FN2＝(m＋M)gcos 37 °，Ff2＝μ2FN2
解得a2＝1 m/s2
a1>a2，假設成立，即滑塊會相對于平板向下滑動.
(2)設滑塊滑離時間為t，由運動學公式，有x1＝12a1t2，x2＝12a2t2，x1－x2＝L
解得：t＝1s.
課時精練

1.如圖1甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v－t圖象如圖乙所示，物塊到達傳送帶頂端時速度恰好為零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，則(　　)

圖1
A.傳送帶的速度為4 m/s
B.傳送帶底端到頂端的距離為14 m
C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數為18
D.摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
答案　A
解析　如果v0小于v1，則物塊向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v0一定大于v1.結合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同時，繼續向上做減速運動，由此可以判斷傳送帶的速度為4 m/s，選項A正確；傳送帶底端到頂端的距離等于v－t圖線與橫軸所圍的面積，即12×(4＋12)×1 m＋12×1×4 m＝10 m，選項B錯誤；0～1 s內，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2,1～2 s內，a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝14，選項C錯誤；在1～2 s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相同，選項D錯誤.
2.(多選)如圖2a，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊以速度v0滑到長木板上，圖b為物塊與木板運動的v－t圖象，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g，由此可求得(　　)

圖2
A.木板的長度
B.物塊與木板的質量之比
C.物塊與木板之間的動摩擦因數
D.從t＝0開始到t1時刻，木板獲得的動能
答案　BC
解析　根據題意只能求出物塊與木板的相對位移，不知道物塊最終停在哪里，無法求出木板的長度，故A不能夠求解出；由圖象的斜率表示加速度可求出長木板的加速度為a木＝v1t1，小物塊的加速度大小a物＝v0－v1t1，根據牛頓第二定律得：μmg＝Ma木，μmg＝ma物，解得mM＝v1v0－v1，μ＝v0－v1gt1，故B和C能夠求解出；木板獲得的動能Ek木＝12Mv12，由于不知道長木板的質量M，故D不能夠求解出.
3.如圖3所示，質量為M的長木板A在光滑水平面上，以大小為v0的速度向左運動，一質量為m的小木塊B(可視為質點)，以大小也為v0的速度水平向右沖上木板左端，B、A間的動摩擦因數為μ，最后B未滑離A.已知M＝2m，重力加速度為g.求：

圖3
(1)A、B達到共同速度的時間和共同速度的大小；
(2)木板A的最短長度L.
答案　(1)4v03μg　v03　(2)4v023μg
解析　(1)對A、B分別由牛頓第二定律得
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝12μg，aB＝μg
規定水平向右為正方向，經時間t兩者達到共同速度v，則v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝2v0aA＋aB＝4v03μg，v＝－v03.
即A、B的共同速度大小為v03.
(2)在時間t內：
A的位移xA＝－v0＋v2t＝－8v029μg
B的位移xB＝v0＋v2t＝4v029μg
木板A的最短長度為兩者的相對位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝4v023μg.

4.(多選)如圖4甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速度v0沿逆時針方向運行.t＝0時，將質量m＝1 kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上端，物體相對地面的v－t圖象如圖乙所示.設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.則(　　)

圖4
A.傳送帶的速度v0＝10 m/s
B.傳送帶的傾角θ＝30°
C.物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5
D.0～2 s內摩擦力對物體做功W＝－24 J
答案　ACD
解析　由題圖乙可知，當物體速度達到v0＝10 m/s時，加速度的大小發生了變化，這是因為此時物體與傳送帶達到共速，物體受到的滑動摩擦力變向所致，故A正確；0～1 s內物體的加速度為a1＝10 m/s2,1～2 s內為a2＝2 m/s2，則有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，聯立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B錯誤，C正確；設物體的兩段位移為x1、x2，則有x1＝v022a1＝1022×10 m＝5 m，x2＝v2－v022a2＝122－1022×2 m＝11 m，摩擦力對物體做的功為W＝W1＋W2＝(μmgcos θ)x1－(μmgcos θ)x2＝－24 J，故D正確.
5.(多選)(2020·山東日照市模擬)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖5所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數為916.小孩(可視為質點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑.小孩與滑板之間的動摩擦因數取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數為0.5，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)

圖5
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5 m/s2
C.經過2 s的時間，小孩離開滑板
D.小孩離開滑板時的速度大小為433 m/s
答案　AC
解析　對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為a1＝mgsin 37°－μ1mgcos 37°m＝2 m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝mgsin 37°＋μ1mgcos 37°－2μ2mgcos 37°m＝1 m/s2，選項A正確，B錯誤；要使小孩與滑板分離，12a1t2－12a2t2＝L，解得t＝2 s(另一解不符合，舍去)，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝22 m/s，選項C正確，D錯誤.
6.(多選)(2019·河南天一大聯考上學期期末)如圖6甲所示，一滑塊置于足夠長的長木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑塊和木板的質量均為2 kg，現在滑塊上施加一個F＝0.5t (N)的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關系如圖乙所示.設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

圖6
A.滑塊與木板間的動摩擦因數為0.4
B.木板與水平地面間的動摩擦因數為0.2
C.圖乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度為2 m/s2
答案　ACD
解析　由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動摩擦力為8 N，則滑塊與木板間的動摩擦因數為μ＝Ffmmg＝820＝0.4，選項A正確.由題圖乙可知t1時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數為μ′＝Ff′2mg＝440＝0.1，選項B錯誤.t2時刻，滑塊與木板將要發生相對滑動，此時滑塊與木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力Ffm＝8 N，此時兩物體的加速度相等，且木板的加速度達到最大，則對木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；對滑塊：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，則由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，選項C、D正確.
7.有一項游戲可簡化如下：如圖7所示，滑板長L＝1 m，起點A到終點線B的距離s＝5 m.開始滑板靜止，右端與A平齊，滑板左端放一可視為質點的滑塊，對滑塊施一水平恒力F使滑板前進.滑板右端到達B處沖線，游戲結束.已知滑塊與滑板間動摩擦因數μ＝0.5，地面視為光滑，滑塊質量m1＝2 kg，滑板質量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：

圖7
(1)滑板由A滑到B的最短時間；
(2)為使滑板能以最短時間到達B，水平恒力F的取值范圍.
答案　(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N
解析　(1)滑板由A滑到B過程中一直加速時，所用時間最短.
設滑板加速度為a2，則有
Ff＝μm1g＝m2a2，
解得a2＝10 m/s2，由s＝a2t22，
解得t＝1 s.
(2)滑板與滑塊剛好要相對滑動時，水平恒力最小，設為F1，此時可認為二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N，
當滑板運動到B，滑塊剛好脫離時，水平恒力最大，設為F2，設滑塊加速度為a1，
F2－μm1g＝m1a1，
a1t22－a2t22＝L，
解得F2＝34 N，
則水平恒力大小范圍是30 N≤F≤34 N.
8.如圖8甲所示，傾角為37°的足夠長的傳送帶以4 m/s的速度順時針轉動，現使小物塊以2 m/s的初速度沿斜面向下沖上傳送帶，小物塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，試求：

圖8
(1)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為多大；
(2)0～8 s內小物塊在傳送帶上留下的劃痕為多長.
答案　(1)78　(2)18 m
解析　(1)根據v－t圖象的斜率表示加速度可得a＝ΔvΔt＝22 m/s2＝1 m/s2
對小物塊，由牛頓第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝78
(2)0～8 s內只有前6 s內物塊與傳送帶發生相對滑動，
0～6 s內傳送帶勻速運動的距離為：
x帶＝4×6 m＝24 m，
由題圖乙可知：0～2 s內物塊位移大小為：
x1＝12×2×2 m＝2 m，方向沿傳送帶向下，
2～6 s內物塊位移大小為：x2＝12×4×4 m＝8 m，方向沿傳送帶向上
所以劃痕的長度為：Δx＝x帶＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.

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