2019 2020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120190731111

1、 1 专题强化 滑块木板模型和传送带模型 学科素养与目标要求 科学思维：1.能正确运用牛顿运动定律处理滑块木板模型.2.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上的物体的运动问题 一、滑块木板模型 1模型概述：一个物体在另一个物体上发生相对滑动，两者之间有相对运动问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系 2常见的两种位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度 3解题方法 (1)搞清各物体初始状态对地的运动和物体

2、间的相对运动，确定物体间的摩擦力方向 (2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变) (3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度 例1 (2018·湘潭市模拟)如图1所示，物块A、木板B的质量均为m10kg，不计A的大小，木板B长L3m开始时A、B均静止现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为10.3和20.1，g取10m/s2.若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？ 图1 答

3、案 见解析 解析 分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有 a11mg m3m/s2 木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有 2 a21mg2·2mg m1m/s2 由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有 时间关系：tv0va 1va 2 位移关系：Lv02v22a 1v22a 2 解得v0 26m/s. 针对训练1 如图2所示，厚度不计的薄板A长l5m，质量M5kg，放在水平地面上在A上距右端x3m处放一物体B(大小不计)，其质量m2kg，已知A、B间的动摩擦因数10.1

4、，A与地面间的动摩擦因数20.2，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F26N，将A从B下抽出g10m/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 1 m/s2 (2)2s 解析 (1)对于B由牛顿第二定律可得：1mgmaB 解得aB1m/s2 对于A由牛顿第二定律可得：F1mg2(mM)gMaA 解得aA2m/s2 (2)设经时间t抽出，则xA12aAt2 x1 2aBt2 xxAxBlx 解得t2s. 二、传送带模型 1传送带的基本类型 一个物体以初速度v0(v00)在另一个匀速运动的物体上运动的力学

5、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 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若tan，且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动

6、；若<tan，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v10m/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t2 s，速度达到v；再经过时间t4 s，工件到达传送带的右端，g取10 m/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

7、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avt 解得a5m/s2 (2)设工件的质量为m，则由牛顿第二定律得： mgma 所以动摩擦因数ma mgag0.5 (3)工件加速运动距离x1v 2t 工件匀速运动距离x2vt 工件从左端到达右端通过的距离xx1x2 联立解得x50m. 4 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v1m/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

8、擦因数0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v1m/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ag1m/s2，历时t1va1s达到共同速度，位移x1v2t10.5m，此后行李匀速运动t2lABx1 v1.5s，到达B处共用时2.5s乘客到达B用时tlAB

9、v2s，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 2lABa2s，D正确 例3 如图6所示，A、B间的距离l3.25m，传送带与水平面成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 35，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 5 x轴方向上：mgsin30°Ffma1 y轴方向上：FNmgcos30°0 又FfFN 联立解

10、得a1g(sin30°cos30°)8.0m/s2 物体加速到与传送带速度相等所用的时间为t1va 10.25s 位移为x1v22a 10.25m mgsin30°>mgcos30°，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 x轴方向上：mgsin30°Ffma2 y轴方向上：FNmgcos30°0 又FfFN 联立解得a2g(sin30°cos30°)2.0m/s2 所以物体以初速度v2m/s和加速度a22.0 m/s2做匀加速运动，位移为x2lx13.0m

11、由位移公式得x2vt212a2t22 解得t21s，t23s(舍去) 故所用总时间为tt1t20.25s1s 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t0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 6 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aFm 2，即物块做匀加速直线运动，物块运动的vt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

12、8所示，足够长的水平传送带以v02m/s的速率顺时针匀速运行t0时，在最左端轻放一个小滑块，t2 s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0.2，取g10 m/s2.下列关于滑块相对地面运动的vt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，ag2m/s2，滑块运动到与传送带速度相同需要的时间t1v0 a1s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2tt11s，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，aa2m/s2，运动的时间t3va 02 2s1s，选项B正确 3.(滑块木板模型)质量为m、长

13、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，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F3mg时，经过多长时间，力F可使滑块滑至木板的最右端 7 答案 (1)2mg (2) 2Lg 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：F2ma 当滑块与木板间摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有：mgma 联立解得F2mg. (2)设滑块、木板的加速度分别为a1、a2 由牛顿

14、第二定律得：对滑块Fmgma1 对木板mgma2 解得a12g，a2g 设经t时间，滑块滑到木板的最右端，则 L12a1t212a2t2，解得t 2Lg. 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、F f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( ) 图1 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，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

15、说法正确的是( ) 图2 8 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 答案 D 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

16、间夹角为，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<tan，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( ) 图 3 答案 D 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mgsinmgcosma1，可得a1gsingcos. 小木块加速至与传送带速度相等时，由于<tan，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mgsinmgcosma2

17、，所以a2gsingcos，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( ) 9 图4 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

18、，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x6m，以v04 m/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0.25，重力加速度g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( ) 图5 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mgma，得ag

19、2.5m/s2，假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x1v022 a3.2m<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t1v0 a1.6s，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x2xx16m3.2m2.8m，时间为t2x2v 00.7s，运动的总时间为tt1t22.3s，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xv0t1x13.2m，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

20、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vt图象如图乙所示，重力加速度g10m/s2，求： 10 图6 (1)A与B上表面之间的动摩擦因数1； (2)B与水平面间的动摩擦因数2； (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01s内的加速度a1v1v0t 12m/s2，对A由牛顿第二定律得， 1mgma1， 解得10.2. (2)由题图乙知，AB在13s内的加速度 a3v3v1t 21m/s2， 对AB由牛顿第二定律得， 2(Mm)g(Mm)a3 解得20.1. (3)由题图乙可知B在01s内的加速度 a2v1t 12m/s2

21、. 对B由牛顿第二定律得， 1mg2(Mm)gMa2， 代入数据解得m6kg. 7.如图7所示，质量M8 kg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F8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数0.2，长木板足够长(g取10 m/s2 ) 图7 (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？ 11 (3)从放上小物块开始，经过t1.5s，小物块的位移大小为多少？ 答案 (1)2m/s2 0.5 m/s2 (2)1s (3)2.1m 解析

22、(1)小物块的加速度amg2m/s2 长木板的加速度aMFmg M0.5m/s2. (2)由amtv0aMt，可得t1s. (3)在开始1s内小物块的位移x112amt21m 1s末速度为vamt2m/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aFM m0.8m/s2 这0.5s内的位移为x2vt12at21.1m 通过的总位移xx1x22.1m. 8.如图8所示的传送带，其水平部分ab长度为2 m，倾斜部分bc长度为4 m，bc与水平方向的夹角为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0.25.传送带沿图示方向以v2 m/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g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37° 0.8) 图8 答案 2.4s 解析 物块A在ab之间运动，对A受力分析得Ff1FN1，FN1mg0，根据牛顿第二定律得Ff1ma1， 解得a1g2.5m/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t1va 10.8s，x112a1t120.8m 由x1<2m，可知A