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专题强化六　传送带模型和滑块—木板模型
目标要求 　1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题.2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”.
题型一　传送带模型
基础回扣
1.水平传送带
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0 情景3
(1)传送带较短或v0较大时滑块一直减速到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.若v0>v返回时速度为v，若v0
2.倾斜传送带
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直减速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能一直减速

3.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.

4.临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.
例1 　如图1所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为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无初速度地放一个质量为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取10 m/s2，求：

图1
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度.
答案　(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m
解析　(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它们不能相对静止.
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝v0a1＝1 s，
发生的位移x1＝12a1t12＝5 m
煤块速度达到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
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m.

1.(水平传送带)(多选)(2020·陕西高三月考)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图2所示的模型.传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　)

图2
A.开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B.行李经过2 s到达B处
C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案　AC
解析　开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
匀加速运动的位移大小x＝12at12＝12×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝L－xv＝2－0.040.4 s＝4.9 s，
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由上分析可知行李在到达B处前已经共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误.
2.(倾斜传送带)(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图3，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)

图3


答案　BC
解析　设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确.
题型二　“滑块—木板”模型
1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.
2.位移关系：如图4所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.


图4
3.解题思路



例2 　(2019·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图5所示.木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变、方向相反.运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：

图5
(1)t＝0时刻木板的速度大小；
(2)木板的长度.
答案　(1)5 m/s　(2)163 m
解析　(1)对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
设初始时刻木板速度大小为v0
由运动学公式：v1＝v0－a1t0
代入数据解得：v0＝5 m/s
(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2
对物块，当速度为0时，经历的时间为t，发生的位移大小为x1，
则有v1＝a2t，x1＝v12t
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
对木板，经历时间t，发生的位移大小为x2
x2＝v1t－12a3t2
木板长度l＝x1＋x2
联立并代入数据解得l＝163 m.

3.(水平面上的“滑块—木板”模型)(多选)(2020·河南安阳市第二次模拟)如图6甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图6
A.M＝m
B.M＝2m
C.木板的长度为8 m
D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案　BC
解析　物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v－t图象的斜率表示加速度，故a1＝
7－32 m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝2－02 m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，两者v－t图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝12×(7＋3)×2 m－12×2×
2 m＝8 m，C正确.
4.(斜面上的“滑块—木板”模型)如图7所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：

图7
(1)释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
答案　(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
解析　(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中FN2＝(m＋M)gcos 37 °，Ff2＝μ2FN2
解得a2＝1 m/s2
a1>a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动.
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1＝12a1t2，x2＝12a2t2，x1－x2＝L
解得：t＝1s.
课时精练

1.如图1甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图象如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)

图1
A.传送带的速度为4 m/s
B.传送带底端到顶端的距离为14 m
C.物块与传送带间的动摩擦因数为18
D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
答案　A
解析　如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v－t图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m＋12×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2,1～2 s内，a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误.
2.(多选)如图2a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图b为物块与木板运动的v－t图象，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g，由此可求得(　　)

图2
A.木板的长度
B.物块与木板的质量之比
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
答案　BC
解析　根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；由图象的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a木＝v1t1，小物块的加速度大小a物＝v0－v1t1，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma木，μmg＝ma物，解得mM＝v1v0－v1，μ＝v0－v1gt1，故B和C能够求解出；木板获得的动能Ek木＝12Mv12，由于不知道长木板的质量M，故D不能够求解出.
3.如图3所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：

图3
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L.
答案　(1)4v03μg　v03　(2)4v023μg
解析　(1)对A、B分别由牛顿第二定律得
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝12μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝2v0aA＋aB＝4v03μg，v＝－v03.
即A、B的共同速度大小为v03.
(2)在时间t内：
A的位移xA＝－v0＋v2t＝－8v029μg
B的位移xB＝v0＋v2t＝4v029μg
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝4v023μg.

4.(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行.t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则(　　)

图4
A.传送带的速度v0＝10 m/s
B.传送带的倾角θ＝30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D.0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J
答案　ACD
解析　由题图乙可知，当物体速度达到v0＝10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的加速度为a1＝10 m/s2,1～2 s内为a2＝2 m/s2，则有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设物体的两段位移为x1、x2，则有x1＝v022a1＝1022×10 m＝5 m，x2＝v2－v022a2＝122－1022×2 m＝11 m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝(μmgcos θ)x1－(μmgcos θ)x2＝－24 J，故D正确.
5.(多选)(2020·山东日照市模拟)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图5所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为916.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑.小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)

图5
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2
C.经过2 s的时间，小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为433 m/s
答案　AC
解析　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝mgsin 37°－μ1mgcos 37°m＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝mgsin 37°＋μ1mgcos 37°－2μ2mgcos 37°m＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，12a1t2－12a2t2＝L，解得t＝2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝22 m/s，选项C正确，D错误.
6.(多选)(2019·河南天一大联考上学期期末)如图6甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图6
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度为2 m/s2
答案　ACD
解析　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝Ffmmg＝820＝0.4，选项A正确.由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝Ff′2mg＝440＝0.1，选项B错误.t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，选项C、D正确.
7.有一项游戏可简化如下：如图7所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m.开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进.滑板右端到达B处冲线，游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：

图7
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围.
答案　(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N
解析　(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短.
设滑板加速度为a2，则有
Ff＝μm1g＝m2a2，
解得a2＝10 m/s2，由s＝a2t22，
解得t＝1 s.
(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N，
当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，
a1t22－a2t22＝L，
解得F2＝34 N，
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
8.如图8甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：

图8
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块在传送带上留下的划痕为多长.
答案　(1)78　(2)18 m
解析　(1)根据v－t图象的斜率表示加速度可得a＝ΔvΔt＝22 m/s2＝1 m/s2
对小物块，由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝78
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，
0～6 s内传送带匀速运动的距离为：
x带＝4×6 m＝24 m，
由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：
x1＝12×2×2 m＝2 m，方向沿传送带向下，
2～6 s内物块位移大小为：x2＝12×4×4 m＝8 m，方向沿传送带向上
所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.