学年高中物理第四章牛顿运动定律专题强化滑块木板模型和传送带模型学案新人教版必修1Word文档下载推荐.docx

学年高中物理第四章牛顿运动定律专题强化滑块木板模型和传送带模型学案新人教版必修1Word文档下载推荐.docx

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时间关系：

t＝

＝

位移关系：

L＝

－

解得v0＝2

m/s.

针对训练1　如图2所示，厚度不计的薄板A长l＝5m，质量M＝5kg，放在水平地面上．在A上距右端x＝3m处放一物体B（大小不计），其质量m＝2kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26N，将A从B下抽出．g＝10m/s2，求：

图2

（1）A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；

（2）B运动多长时间离开A.

答案　

（1）2m/s2　1m/s2　

（2）2s

解析　

（1）对于B由牛顿第二定律可得：

μ1mg＝maB

解得aB＝1m/s2

对于A由牛顿第二定律可得：

F－μ1mg－μ2（m＋M）g＝MaA

解得aA＝2m/s2

（2）设经时间t抽出，则xA＝

aAt2

xB＝

aBt2

Δx＝xA－xB＝l－x

解得t＝2s.

二、传送带模型

1．传送带的基本类型

一个物体以初速度v0（v0≥0）在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模型．传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图3所示．

图3

2．水平传送带

（1）当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化．

（2）求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；

滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变（滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力）．

3．倾斜传送带

（1）对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系．①若μ≥tanθ，且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；

②若μ<

tanθ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相对于传送带做匀变速运动．

（2）求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．

例2

　（2019·

湖南师大附中高一上学期期末）如图4所示，水平传送带以不变的速度v＝10m/s向右运动，将工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；

再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，g取10m/s2，求：

图4

（1）工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；

（2）工件与水平传送带间的动摩擦因数；

（3）工件从水平传送带的左端到达右端通过的距离．

答案　

（1）5m/s2　

（2）0.5　（3）50m

解析　

（1）工件的加速度a＝

解得a＝5m/s2

（2）设工件的质量为m，则由牛顿第二定律得：

μmg＝ma

所以动摩擦因数μ＝

＝0.5

（3）工件加速运动距离x1＝

t

工件匀速运动距离x2＝vt′

工件从左端到达右端通过的距离x＝x1＋x2

联立解得x＝50m.

针对训练2　（多选）如图5甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率向左运行．旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（　　）

图5

A．乘客与行李同时到达B处

B．乘客提前0.5s到达B处

C．行李提前0.5s到达B处

D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处

答案　BD

解析　行李无初速度地放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速时a＝μg＝1m/s2，历时t1＝

＝1s达到共同速度，位移x1＝

t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝

＝1.5s，到达B处共用时2.5s．乘客到达B用时t＝

＝2s，故B正确，A、C错误．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝

＝2s，D正确．

例3

　如图6所示，A、B间的距离l＝3.25m，传送带与水平面成θ＝30°

角，轮子转动方向如图所示，传送带始终以2m/s的速度运行．将一物体无初速度地放到传送带上的A处，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝

，求物体从A运动到B所需的时间．（g取10m/s2）

图6

答案　1.25s

解析　刚将物体无初速度地放上传送带时，物体做加速运动，受力如图甲所示，由牛顿第二定律得

x轴方向上：

mgsin30°

＋Ff＝ma1

y轴方向上：

FN－mgcos30°

＝0

又Ff＝μFN

联立解得a1＝g（sin30°

＋μcos30°

）＝8.0m/s2

物体加速到与传送带速度相等所用的时间为t1＝

＝0.25s

位移为x1＝

＝0.25m

>

μmgcos30°

，故物体仍会继续加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得

－Ff′＝ma2

又Ff′＝μFN

联立解得a2＝g（sin30°

－μcos30°

）＝2.0m/s2

所以物体以初速度v＝2m/s和加速度a2＝2.0m/s2做匀加速运动，位移为x2＝l－x1＝3.0m

由位移公式得x2＝vt2＋

a2t22

解得t2＝1s，t2＝－3s（舍去）

故所用总时间为t＝t1＋t2＝0.25s＋1s＝1.25s.

1．（滑块—木板模型）如图7所示，质量为m1的足够长的木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块．物块与木板的接触面是光滑的．从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是（　　）

图7

答案　D

解析　木板一定保持静止，加速度为0，选项A、B错误；

物块的加速度a＝

，即物块做匀加速直线运动，物块运动的v－t图象为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，选项C错误，D正确．

2．（传送带问题）如图8所示，足够长的水平传送带以v0＝2m/s的速率顺时针匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2s时，传送带突然停止运行．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10m/s2.下列关于滑块相对地面运动的v－t图象正确的是（　　）

图8

答案　B

解析　刚被放在传送带上时，滑块受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2m/s2，滑块运动到与传送带速度相同需要的时间t1＝

＝1s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1s，当传送带突然停止运行时，滑块在传送带滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－a＝－2m/s2，运动的时间t3＝

s＝1s，选项B正确．

3.（滑块—木板模型）质量为m、长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量也为m的小滑块（可看做质点）放在长木板的最左端，如图9所示．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，给小滑块一水平向右的拉力F，当F取不同值时，求解下列问题：

（重力加速度为g）

图9

（1）要使滑块与木板发生相对滑动，F至少为多大；

（2）当F＝3μmg时，经过多长时间，力F可使滑块滑至木板的最右端．

答案　

（1）2μmg　

（2）

解析　

（1）当滑块和木板没有发生相对滑动时，对滑块、木板整体有：

F＝2ma

当滑块与木板间摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有：

联立解得F＝2μmg.

（2）设滑块、木板的加速度分别为a1、a2

由牛顿第二定律得：

对滑块F－μmg＝ma1

对木板μmg＝ma2

解得a1＝2μg，a2＝μg

设经t时间，滑块滑到木板的最右端，则

a1t2－

a2t2，解得t＝

.

一、选择题

1．（多选）如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项可能正确的是（　　）

答案　AB

解析　物体在传送带上先做匀加速运动，当达到与传送带相同的速度后，开始做匀速运动，A、B正确．

2.如图2所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端所用时间为T，则下列说法正确的是（　　）

A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于T

B．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于T

C．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间等于T

D．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间小于T

解析　当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度与传送带静止时加速度相同，所以物块下滑的时间等于T，故A、B错误；

当传送带逆时针转动时，开始时物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于传送带静止时的加速度，则物块下滑的时间小于T，故C错误，D正确．

3.如图3所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<

tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（　　）

解析　开始阶段，小木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，可得a1＝gsinθ＋μgcosθ.

小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<

tanθ，小木块不会与传送带保持相对静止，而是继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，所以a2＝gsinθ－μgcosθ，a2<

a1，故D正确．

4.如图4所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示（逆时针），在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是（　　）

A．物块下滑的速度不变

B．物块开始在传送带上加速到2v0后匀速

C．物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动

D．物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上

答案　C

解析　在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力仍然向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块加速下滑，当物块的速度达到2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确．

5．（多选）如图5所示，水平传送带两端A、B相距x＝6m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．现将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在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＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（　　）

A．煤块从A运动到B的时间是2.3s

B．煤块从A运动到B的时间是1.6s

C．划痕长度是2.8m

D．划痕长度是3.2m

答案　AD

解析　开始时煤块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5m/s2，假设煤块的速度达到4m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x1＝

＝3.2m<

6m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为t1＝

＝1.6s，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，匀速运动的位移为x2＝x－x1＝6m－3.2m＝2.8m，时间为t2＝

＝0.7s，运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3s，A正确，B错误；

划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得Δx＝v0t1－x1＝3.2m，C错误，D正确．

二、非选择题

6．质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图6甲所示．A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求：

（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；

（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；

（3）A的质量．

答案　

（1）0.2　

（2）0.1　（3）6kg

解析　

（1）由题图乙可知，A在0～1s内的加速度a1＝

＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得，

－μ1mg＝ma1，

解得μ1＝0.2.

（2）由题图乙知，AB在1～3s内的加速度

a3＝

＝－1m/s2，

对AB由牛顿第二定律得，

－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3

解得μ2＝0.1.

（3）由题图乙可知B在0～1s内的加速度

＝2m/s2.

对B由牛顿第二定律得，

μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，

代入数据解得m＝6kg.

7.如图7所示，质量M＝8kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8N，当长木板向右运动的速度达到1.5m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长．（g取10m/s2）

（1）放上小物块后，小物块及长木板的加速度各为多大？

（2）经多长时间两者达到相同的速度？

（3）从放上小物块开始，经过t＝1.5s，小物块的位移大小为多少？

答案　

（1）2m/s2　0.5m/s2　

（2）1s　（3）2.1m

解析　

（1）小物块的加速度am＝μg＝2m/s2

长木板的加速度aM＝

＝0.5m/s2.

（2）由amt＝v0＋aMt，可得t＝1s.

（3）在开始1s内小物块的位移x1＝

amt2＝1m

1s末速度为v＝amt＝2m/s

在接下来的0.5s小物块与长木板相对静止，一起做匀加速运动，加速度为a＝

＝0.8m/s2

这0.5s内的位移为x2＝vt′＋

at′2＝1.1m

通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1m.

8.如图8所示的传送带，其水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°

，将一物块A（可视为质点）轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25.传送带沿图示方向以v＝2m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带，试求物块A从a端传送到c端所用的时间．（取g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8）

答案　2.4s

解析　物块A在ab之间运动，对A受力分析得Ff1＝μFN1，FN1－mg＝0，根据牛顿第二定律得Ff1＝ma1，

解得a1＝μg＝2.5m/s2，

设物块A速度达到2m/s所需时间为t1，运动位移为x1.

根据运动学规律可得t1＝

＝0.8s，x1＝

a1t12＝0.8m

由x1<

2m，可知A在还没有运动到b点时，已与传送带速度相同．

此后A做匀速运动，设运动时间为t2，lab－x1＝vt2，得t2＝0.6s

A在bc间运动时，物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上，对A受力分析得：

mgsinθ－Ff2＝ma2，FN＝mgcosθ

Ff2＝μFN

解得a2＝g（sinθ－μcosθ）＝4m/s2

根据运动学规律可得lbc＝vt3＋

a2t32，

解得t3＝1s，t3′＝－2s（舍去）

则物块A从a端传送到c端所用时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.

9.如图9所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率顺时针运行，一质量为m＝4kg的行李（可视为质点）无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2m，g取10m/s2.求：

（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；

（2）行李做匀加速直线运动的时间；

（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处．求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．

答案　

（1）4N　1m/s2　

（2）1s　（3）2s　2m/s

解析　

（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力Ff＝μmg

将题给数据代入，得Ff＝4N

由牛顿第二定律，得Ff＝ma

代入数据得a＝1m/s2

（2）设行李做匀加速直线运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1m/s，则v＝at

代入数据，得t＝1s，

运动的距离x＝

t＝0.5m＜l，

所以行李匀加速运动的时间为1s.

（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则

l＝

atmin2，代入数据得tmin＝2s．传送带对应的最小运行速率vmin＝atmin，代入数据得vmin＝2m/s.