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专题课：传送带模型与滑块—木板模型
学习任务一 传送带模型
学习任务二 滑块—木板模型
备用习题
随堂巩固
◆导学案
学习任务一 传送带模型
［模型建构］
1.水平传送带模型
情景1 ___________________________________________________________________________________________ (1)可能一直加速运动
(2)可能先加速运动后匀速运动
情景2 ________________________________________________________________________________________ (1)
时，可能一直减速运动，也可能先减速运动后匀速运动
(2)
时，可能一直加速运动，也可能先加速运动后匀速运动
情景3 _________________________________________________________________________________________ (1)传送带较短时，滑块一直减速运动到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.当
时，返回时速度为
，当
时，返回时速度为
2.倾斜传送带模型
情景1 _____________________________________________________________________________ (1)可能一直加速运动
(2)可能先加速运动后匀速运动
情景2 _____________________________________________________________________ (1)可能一直加速运动
(2)可能先加速运动后匀速运动
(3)可能先以
加速运动后再以
加速运动
续表
例1 (多选)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以
的速率运行，初速度为
的小煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的
处滑上传送带.若从小煤块滑上传送带开始计时，小煤块在传送带上运动的
图像(以地面为参考系)如图乙所示，
取
，则( )
AD
A.小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.2
B.
时，小煤块相对传送带滑动的距离达到最大
C.
时间内，小煤块先受到滑动摩擦力作用，后受到静摩擦力作用
D.小煤块返回到
点时在传送带上留下的痕迹长为
[解析] 由图乙可知，
内小煤块的加速度大小为
，根据牛顿第二定律有
，解得
，故A正确；
在
时，小煤块与传送带达到共速，此时小煤块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误；
时间内，小煤块受到滑动摩擦力，之后小煤块与传送带共速，保持相对静止，没有摩擦力，故C错误；
小煤块匀减速运动过程中，向左的位移大小为
，这一过程中，小煤块在传送带上留下的痕迹长为
，
后小煤块向右匀加速至与传送带共速，这一过程中，小煤块向右的位移大小为
，之后小煤块与传送带共速回到A点，在向右匀加速至共速过程中，小煤块在传送带上留下的痕迹长为
，则小煤块返回到A点时在传送带上留下的痕迹长为
，故D正确.
例2 某工厂利用倾斜传送带将货物从高处运至地面.如图所示,该传送带以恒定速度
逆时针运行,传送带与水平面的夹角
,传送带长度为
.现将质量
的货物(可视为质点)轻放到传送带顶端,经过一段时间后,货物被送到地面.已知货物与传送带间的动摩擦因数
,不计其他损耗,
取
,
,
,求:
(1) 货物刚放到传送带顶端时的加速度大小;
[答案]
[解析] 货物刚放到传送带顶端时,由牛顿第二定律得
解得
(2) 货物从传送带顶端传送到底端所用的时间.
[答案]
[解析] 设货物从开始运动到与传送带共速所用的时间为
,有
解得
此时间内货物的位移
货物与传送带共速后,由牛顿第二定律得
解得
货物继续下滑到传送带底端,位移为
由运动学公式得
解得
所以货物从传送带顶端传送到底端所用的时间
变式1 [2023·河北石家庄二中期中] 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率
沿顺时针方向转动，传送带的倾角为
.一物块以初速度
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
图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零
，
，
取
.下列说法正确的是( )
C
A.
内物块受到的摩擦力大于
内的摩擦力
B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为
D.传送带底端到顶端的距离为
[解析] 由图像可知，在
内，物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反，在
内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式
可知，两段时间内摩擦力大小相等，故A、B错误；
在
内，物块的加速度为
，根据牛顿第二定律得
，解得
，故C正确；
物块上升的位移大小等于
图像所包围的面积，为
，所以传送带底端到顶端的距离为
，故D错误.
【要点总结】
1.求解传送带模型问题，首先要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，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.
2.传送带模型分析流程
学习任务二 滑块—木板模型
［模型建构］
1.光滑水平面上的滑块—木板模型
(1)模型特点：在光滑水平面上叠放两个物体并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.
(2)解题策略：分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.
2.不光滑水平面上的滑块—木板模型
(1)模型特点:滑块(视为质点)置于长木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.
(2)解题关键
①相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值.
②位移关系:滑块由木板一端运动到另一端过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差
(板长);滑块和木板反向运动时,位移之和
.
例3 [2023·重庆育才中学月考] 如图所示，质量为
且足够长的长木板
静止于光滑水平地面上，质量为
且可视为质点的物块
以初速度
从左端滑上长木板
.已知
、
间的动摩擦因数
，重力加速度
取
，不计空气阻力，求：
(1) 物块
刚滑上长木板
时，物块
和长木板
的加速度大小；
[答案]
[解析] 长木板
对物块
的滑动摩擦力向左，使得物块
向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
解得
物块
对长木板
的滑动摩擦力向右，使得长木板
向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
解得
(2) 物块
和长木板
最终的共同速度大小；
[答案]
[解析] 假设经过时间
后物块
和长木板
共速，有
解得
则物块
和长木板
最终的共同速度大小为
(3) 物块
从滑上长木板
到两者共速过程中
、
的位移大小.
[答案]
[解析] 物块
从滑上长木板
到两者共速过程中，物块
的位移大小为
长木板
的位移大小为
例4 如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦.现用水平恒力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )
C
A.物块先向左运动，再向右运动
B.木板向右运动，速度逐渐减小，直到为零
C.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
[解析] 物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时，一起向右做匀速直线运动，所以物块向右运动，速度逐渐增大，木板向右运动，速度逐渐减小，最后一起做匀速运动，故C正确，A、B、D错误.
例5 [2023·建宁一中月考] 如图所示，
、
两物块的质量分别为
和
，静止叠放在水平地面上.
、
间的动摩擦因数为
，
与地
A
A.当
时，
、
都相对地面静止 B.当
时，
的加速度为
C.当
时，
相对
滑动 D.无论
为何值，
的加速度不会超过
面间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
.现对
施加一水平拉力
，则下面说法错误的是( )
[解析] 当
时，A、B均静止；当
时，A、B相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当
时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速运动，选项A错误，选项C正确.
当
时，A与B共同的加速度
，选项B正确.
较大时，以物块B为研究对象，物块B的加速度最大，为
，选项D正确.
【要点总结】
1.判断摩擦力方向:
(1)若滑块、木板两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力.
(2)若滑块、木板两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力.
2.分析运动特点:
(1)滑块由木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板同向运动,则位移大小之差等于板长;若反向运动,则位移大小之和等于板长.
(2)若滑块和木板最终相对静止,则它们的末速度相等.
1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带.当旅客把行李放到传送带上时,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动,随后它们保持相对静止,行李随传送带一起前进.如图所示,设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s,把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上,由于滑动摩擦力的作用,木箱以6 m/s2的加速度前进,那么这个木箱放在传送带上后,传送带上将留下的摩擦痕迹长度约为( )
A.5 mm B.6 mm
C.7 mm D.10 mm
A
[解析] 木箱加速的时间为t=,这段时间内木箱的位移为s1=,而传送带的位移为s2=vt,传送带上将留下的摩擦痕迹长为l=s2-s1,联立解得l=5.2 mm,A正确.
2. 如图甲所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ,传送带匀速转动,在传送带上某位置轻轻放置一滑块,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,滑块速度随时间变化的关系如图乙所示,v0、t0已知.下列说法中正确的是 ( )
A.传送带一定顺时针转动
B.μ=tan θ+
C.传送带的速度大于v0
D.t0后滑块的加速度为2gsin θ-
D
[解析] 若传送带顺时针转动,则当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ),将一直匀加速到底端;当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ),先做匀加速运动,在速度与传送带速度相等后将做匀速运动,两种情况均不符合图像,故传送带是逆时针转动,选项A错误;
在0~t0时间内,滑块所受滑动摩擦力沿传送带向下,匀加速下滑,加速度a1=gsin θ+μgcos θ,由图像可知a1=,则μ=-tan θ,选项B错误;
滑块与传送带的速度相等后的加速度a2=gsin θ-μgcos θ,解得
a2=2gsin θ-,选项D正确;
由前述分析结合图像知,传送带的速度等于v0,选项C错误.
3. (多选) 传送带的高效利用能为生活生产带来诸多便利,图甲为一足够长的倾斜传送带,倾角θ=37°,现以恒定速率v=4 m/s顺时针转动.一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的v-t图像如图乙所示,已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则 ( )
A.图乙中t1=0.75 s
B.图乙中t2=2 s
C.煤块运动过程中与A点的最远距离为10 m
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(14+4) m
BC
[解析] 0~t1内,根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得煤块的加速度为a1=8 m/s2,所以t1== s=1 s,故A错误;
t1~t2内,根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度大小
为a2=gsin θ-μgcos θ=4 m/s2,所以t2=+t1=2 s,故B正确;
由图像知,在0~t2内,煤块向上运动的位移为s=×(12+4)×1 m+×4×1 m=10 m,故C正确;
0~t1内,传送带位移大小为s1=vt1=4 m,由图像知煤块位移大小为8 m,煤块比传送带多走Δs1=4 m,t1~t2内,传送带位移大小为s2=v=4 m,由图像知煤块位移大小为2 m,传送带比煤块多走Δs2=2 m,故煤块向上运动时划痕长度是4.0 m,当煤块下滑时,有s=a2,解得t3= s,传送带向上运动的位移为s3=vt3=4 m,故划痕总长为Δs=4 m-2 m+10 m+4 m=(12+4) m,故D错误.
4.如图所示,在光滑的水平面上叠放M、P、N三个物体,质量均为m,N与P和P与M间动摩擦因数均为μ,系统处于静止状态,重力加速度为g.在对P施加一个水平向右的拉力F,欲将P从M和N中拉出来,则F应不小于 ( )
A.5μmg B.6μmg
C.7μmg D.8μmg
A
[解析] 对N受力分析,有μmg=ma1,解得a1=μg,对M受力分析,有2μmg=ma2,解得a2=2μg,若拉出P,则同时满足aP>a1,aP>a2,对P受力分析,有F-μmg-2μmg=maP,联立解得F=5μmg,故A正确.
5. 如图所示,一质量为M的斜面体静止在水平地面上,物体A放在物体B上,B受沿斜面向上的力F作用,沿斜面匀速上滑,A、B之间的动摩擦因数为μ,μ
A.A、B保持相对静止
B.地面对斜面体的摩擦力等于Fcos θ
C.地面受到的压力等于(M+2m)g
D.B与斜面间的动摩擦因数为
D
[解析] 由于μ将A、B及斜面体视为整体,地面对斜面体的摩擦力等于mg(sin θ-μcos θ)cos θ+Fcos θ,地面受到的压力为(M+2m)g-Fsin θ-mg(sin θ-μcos θ)sin θ,故B、C错误;
B对斜面体的正压力N=2mgcos θ,对B受力分析如图
所示,根据共点力平衡条件得F=mgsin θ+μmgcos θ+f ‘,
则动摩擦因数μ'==,故D正确.
6.如图所示,一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为mA=
1 kg和mB=2 kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因数均为μ=0.2.水平恒力F作用在A物块上.g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是 ( )
A.若F=1 N,则物块、木板都静止不动
B.若F=1.5 N,则A、B物块所受摩擦力大小都为1 N
C.若F=4 N,则B物块所受摩擦力大小为4 N
D.若F=8 N,则B物块的加速度大小为1 m/s2
BD
[解析] 由题意可知,B和木板始终保持相对静止,A与木板间的最大静摩擦力FA=μmAg=2 N,当F=1 N若F=1.5 N,由于F若F=4 N,由于F>FA,则A在木板上滑动,B和木板整体受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小为FA=2 N,轻木板质量不计,所以B的加速度大小为a'==1 m/s2,对B受力分析,可知B受静摩擦力,大小为FB″=mBa'=2 N,C错误;
若F=8 N,由于F>FA,则B和木板整体受到的摩擦力为滑动
摩擦力,大小为FA=2 N,B的加速度大小为a'==1 m/s2,D正确.
7. 如图所示,质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上,其上放一质量为m2的木块.t=0时刻起,给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小,可能符合运动情况的是 ( )
C
A B C D
[解析] 当恒力F较小时,木块和木板保持相对静止,一起做匀加速直线运动,此时a1=a2,v1=v2,当恒力F较大时,木块相对于木板向前滑动,木块的加速度a2大于木板的加速度a1,且木块比木板运动得快,由于两者受力恒定,所以分别做匀加速直线运动,此时a1A B C D
8.如图所示,倾角为37°的足够长的斜面C固定在水平面上,其上有质量为M、长为l=12 m的木板B,B的上、下表面均与斜面平行.B的上端有一质量也为M的可视为质点的滑块A,已知A、B间的动摩擦因数μAB=,B、C间的动摩擦因数μBC=.A、B同时由静止释放并开始计时,在第2 s末μAB突变为0,而μBC保持不变.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则A在B上滑行的时间为 ( )
A.2 s B.3 s C.4 s D.5 s
B
[解析] 假设A、B之间摩擦力为0,则A的加速度a1=gsin θ=6 m/s2,B的加速度a2=gsin θ-2μBCgcos θ=-2 m/s2,故A所受的摩擦力方向平行于斜面向上,B受到A的摩擦力方向平行于斜面向下,A的最小加速度a3=gsin θ-μABgcos θ=3 m/s2,B的最大加速度a4=gsin θ+μABgcos θ-2μBCgcos θ=1 m/s2,前2 s内A的位移为6 m,B的位移为2 m,第2 s末A的速度v1=6 m/s,B的速度v2=2 m/s,μAB=0后,A继续向下加速,加速度a5=gsin θ=6 m/s2,B向下做减速运动,加速度a6=-2 m/s2,再经过1 s停下,在这1 s内A的位移为9 m, B的位移为1 m,而此时相对位移正好等于12 m,故A在B上滑行的时间为2 s+1 s=3 s,B正确.
9. 如图所示,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,在薄平板的上端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,g取10 m/s2.求:
(1)释放后小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2;
[答案] 4 m/s2 1 m/s2
[解析] 小滑块在平板AB上运动时,根据牛顿第二定律得mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma1
解得a1=4 m/s2
小滑块在平板AB上运动时,设平板AB的加速度为a2,根据牛顿第二定律得μ1mgcos 37°+Mgsin 37°-μ2(Mg+mg)cos 37°=Ma2,解得a2=1 m/s2
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
[答案]1 s
[解析] 设滑块离开平板所用时间为t,滑块的位移s1=a1t2
平板AB运动的位移为s2=a2t2 ,又知L=s1-s2
联立解得t=1 s.
10. 如图所示,足够长的传送带与地面的夹角θ=37°,传送带以v=10 m/s的速率逆时针转动.质量为m的小物体在A点以平行于AB的初速度v0=20 m/s冲上传送带,小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:
(1)小物体刚冲上传送带时的加速度大小;
[答案] 10 m/s2
[解析] 小物体刚冲上传送带时所受的滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma
解得a1=g(sin θ+μcos θ)=10×(0.6+0.5×0.8)m/s2=10 m/s2
(2)小物体沿传送带向上运动的时间;
[答案] 2 s
[解析] 当小物体的速度减为零时,到达最高点,有0=v0-at
解得t=2 s
(3)小物体相对于地面运动的最大位移.
[答案] 20 m
[解析] 小物体做匀减速直线运动,末速度为零,则小物体相对于地面运动的最大位移为s=t=×2 m=20 m
1.(水平传送带模型)如图所示，足够长的水平传送带以的速度匀速运行，时刻，在左端轻放一质量为的小滑块，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度取，则时滑块的速度为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 滑块在传送带上的加速度为，达到传送带速度所用的时间为，所以在时滑块还没有达到传送带速度，故在时，,故D正确.
2.(倾斜传送带模型)(多选)如图所示，与水平面夹角为 的传送带以速度逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数 ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
BD
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
[解析] 将小木块轻放在传送带上，木块相对于传送带向后滑动，木块受到的摩擦力平行于传送带向下，则 ，有可能木块的速度尚未达到就已经滑离传送带，木块全程做匀加速直线运动；也有可能中途木块速度增大到，此时滑动摩擦力方向突变为沿传送带向上，由于 ，加速度，木块继续加速，只是后半段的加速度比前半段的加速度小一些，B、D正确，A、C错误.
3.(光滑水平面上的滑块—木板模型)如图所示,在光滑的水平面上叠放着两木块、,质量分别是和,、间的动摩擦因数为 .若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为，要把从下面拉出来,则拉力的大小要满足( )
A
A. B. C. D.
[解析] 要把B从A下面拉出来，B应相对于A滑动，所以A、B间是滑动摩擦力，对A有，对B有，当时，能够把B从A下面拉出来，即，解得，故A正确.
4.(粗糙水平面上的滑块—木板模型)如图甲所示,水平地面上有一静止的平板车,车上放一质量为的物块,物块与平板车间的动摩擦因数为,取,平板车足够长.时,
C
A.&5& B.&6& C.&7& D.&8&
平板车在一水平拉力作用下开始沿水平面做直线运动,其图像如图乙所示，则物块运动的图像为图中的( )
[解析] 平板车先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小相等,,物块与平板车发生相对滑动时，加速度大小为
,设平板车和物块在时刻速度相同,有,解得,此后物块以的加速度匀减速至速度为零也需要,选项C正确.
A.&5& B.&6& C.&7& D.&8&专题课:传送带模型与滑块—木板模型
例1 AD [解析] 由图乙可知,0~3 s内小煤块的加速度大小为a==2 m/s2,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得μ=0.2,故A正确;在t=3 s时,小煤块与传送带达到共速,此时小煤块相对传送带滑动的距离达到最大,故B错误;0~3 s时间内,小煤块受到滑动摩擦力,之后小煤块与传送带共速,保持相对静止,没有摩擦力,故C错误;小煤块匀减速运动过程中,向左的位移大小为s1=v0t1=4 m,这一过程中,小煤块在传送带上留下的痕迹长为Δs1=s1+vt1=8 m,2 s后小煤块向右匀加速至与传送带共速,这一过程中,小煤块向右的位移大小为s2=vt2=1 m,之后小煤块与传送带共速回到A点,在向右匀加速至共速过程中,小煤块在传送带上留下的痕迹长为Δs2=vt2-s2=1 m,则小煤块返回到A点时在传送带上留下的痕迹长为Δs=Δs1+Δs2=9 m,故D正确.
例2 (1)10 m/s2 (2)2 s
[解析] (1)货物刚放到传送带顶端时,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=10 m/s2
(2)设货物从开始运动到与传送带共速所用的时间为t1,有v=a1t1
解得t1=1 s
此时间内货物的位移s1=a1=5 m
货物与传送带共速后,由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
解得a2=2 m/s2
货物继续下滑到传送带底端,位移为s2=L-s1
由运动学公式得s2=vt2+a2
解得t2=1 s
所以货物从传送带顶端传送到底端所用的时间t总=t1+t2=2 s
变式1 C [解析] 由图像可知,在0~1 s内,物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向下,与物块运动的方向相反,在1~2 s内,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向上,与物块运动的方向相同,由于物块对传送带的压力相等,根据摩擦力公式f=μN可知,两段时间内摩擦力大小相等,故A、B错误;在0~1 s内,物块的加速度为a= m/s2=-8 m/s2,根据牛顿第二定律得-(mgsin 37°+μmgcos 37°)=ma,解得μ=,故C正确;物块上升的位移大小等于v-t图像所包围的面积,为s=×1 m+ m=10 m,所以传送带底端到顶端的距离为10 m,故D错误.
例3 (1)2 m/s2 4 m/s2 (2)4 m/s (3)5 m 2 m
[解析] (1)长木板B对物块A的滑动摩擦力向左,使得物块A向右做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得μmAg=mAaA
解得aA=2 m/s2
物块A对长木板B的滑动摩擦力向右,使得长木板B向右做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得μmAg=mBaB
解得aB=4 m/s2
(2)假设经过时间t后物块A和长木板B共速,有
v0-aAt=aBt
解得t=1 s
则物块A和长木板B最终的共同速度大小为
v共=aBt=4 m/s
(3)物块A从滑上长木板B到两者共速过程中,物块A的位移大小为sA=v0t-aAt2=5 m
长木板B的位移大小为sB=aBt2=2 m
变式2 C [解析] 物块的速度小于木板的速度,两者之间存在滑动摩擦力,物块受到木板的滑动摩擦力方向向右,与其速度方向相同,向右做加速运动,而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左,与其速度方向相反,向右做减速运动,当两者速度相等时,一起向右做匀速直线运动,所以物块向右运动,速度逐渐增大,木板向右运动,速度逐渐减小,最后一起做匀速运动,故C正确,A、B、D错误.
例5 A [解析] 当03μmg时,A相对B向右做加速运动,B相对地面也向右加速运动,选项A错误,选项C正确.当F=μmg时,A与B共同的加速度a==μg,选项B正确.F较大时,以物块B为研究对象,物块B的加速度最大,为a2==μg,选项D正确.
随堂巩固
1.D [解析] 滑块在传送带上的加速度为a==μg=1 m/s2,达到传送带速度所用的时间为t== s=2 s,所以在t=1.5 s时滑块还没有达到传送带速度,故在t=1.5 s时,v=at=1×1.5 m/s=1.5 m/s,故D正确.
2.BD [解析] 将小木块轻放在传送带上,木块相对于传送带向后滑动,木块受到的摩擦力平行于传送带向下,则a1=gsin θ+μgcos θ,有可能木块的速度尚未达到v0就已经滑离传送带,木块全程做匀加速直线运动;也有可能中途木块速度增大到v0,此时滑动摩擦力方向突变为沿传送带向上,由于μ0,木块继续加速,只是后半段的加速度比前半段的加速度小一些,B、D正确,A、C错误.
3.A [解析] 要把B从A下面拉出来,B应相对于A滑动,所以A、B间是滑动摩擦力,对A有aA==μg,对B有aB=,当aB>aA时,能够把B从A下面拉出来,即>μg,解得F>μ(m1+m2)g,故A正确.
4.C [解析] 平板车先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小相等,a车=4 m/s2,物块与平板车发生相对滑动时,加速度大小为a物=μg=2 m/s2,设平板车和物块在t时刻速度相同,有24 m/s-a车(t-6 s)=a物t,解得t=8 s,此后物块以2 m/s2的加速度匀减速至速度为零也需要8 s,选项C正确.专题课:传送带模型与滑块—木板模型
学习任务一 传送带模型
[模型建构]
1.水平传送带模型
情景1 (1)可能一直加速运动(2)可能先加速运动后匀速运动
情景2 (1)v0>v时,可能一直减速运动,也可能先减速运动后匀速运动(2)v0情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速运动到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端.当v0>v时,返回时速度为v,当v02.倾斜传送带模型
情景1 (1)可能一直加速运动(2)可能先加速运动后匀速运动
情景2 (1)可能一直加速运动(2)可能先加速运动后匀速运动(3)可能先以a1加速运动后再以a2加速运动
例1 (多选)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以2 m/s的速率运行,初速度为4 m/s的小煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小煤块滑上传送带开始计时,小煤块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示,g取10 m/s2,则( )
A.小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.2
B.t=2 s时,小煤块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0~4 s时间内,小煤块先受到滑动摩擦力作用,后受到静摩擦力作用
D.小煤块返回到A点时在传送带上留下的痕迹长为9 m
[反思感悟]
[反思感悟]
例2 某工厂利用倾斜传送带将货物从高处运至地面.如图所示,该传送带以恒定速度v=10 m/s逆时针运行,传送带与水平面的夹角θ=37°,传送带长度为L=16 m.现将质量m=1 kg的货物(可视为质点)轻放到传送带顶端,经过一段时间后,货物被送到地面.已知货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,不计其他损耗,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)货物刚放到传送带顶端时的加速度大小;
(2)货物从传送带顶端传送到底端所用的时间.
变式1 [2023·河北石家庄二中期中] 如图甲所示,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图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A.0~1 s内物块受到的摩擦力大于1~2 s内的摩擦力
B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为
D.传送带底端到顶端的距离为11 m
[反思感悟]
【要点总结】
1.求解传送带模型问题,首先要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,速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.
2.传送带模型分析流程
相对运
动方向摩擦力
方向加速度
方向速度变
化情况
学习任务二 滑块—木板模型
[模型建构]
1.光滑水平面上的滑块—木板模型
(1)模型特点:在光滑水平面上叠放两个物体并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.
(2)解题策略:分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度,对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系建立方程,特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.
2.不光滑水平面上的滑块—木板模型
(1)模型特点:滑块(视为质点)置于长木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.
(2)解题关键
①相对滑动的临界条件:两物体相接触且相对静止时,常存在着静摩擦力,相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值.
②位移关系:滑块由木板一端运动到另一端过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差s=s2-s1=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移之和s=s2+s1=L.
例3 [2023·重庆育才中学月考] 如图所示,质量为mB=2 kg且足够长的长木板B静止于光滑水平地面上,质量为mA=4 kg且可视为质点的物块A以初速度v0=6 m/s从左端滑上长木板B.已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)物块A刚滑上长木板B时,物块A和长木板B的加速度大小;
(2)物块A和长木板B最终的共同速度大小;
(3)物块A从滑上长木板B到两者共速过程中A、B的位移大小.
例4 如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦.现用水平恒力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 ( )
A.物块先向左运动,再向右运动
B.木板向右运动,速度逐渐减小,直到为零
C.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动
D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零
[反思感悟]
例5 [2023·建宁一中月考] 如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动
摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则下面说法错误的是( )
A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F=μmg时,A的加速度为μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg
[反思感悟]
【要点总结】
1.判断摩擦力方向:
(1)若滑块、木板两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力.
(2)若滑块、木板两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力.
2.分析运动特点:
(1)滑块由木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板同向运动,则位移大小之差等于板长;若反向运动,则位移大小之和等于板长.
(2)若滑块和木板最终相对静止,则它们的末速度相等.
1.(水平传送带模型)如图所示,足够长的水平传送带以v0=2 m/s的速度匀速运行,t=0时刻,在左端轻放一质量为m的小滑块,已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,则t=1.5 s时滑块的速度为 ( )
A.3 m/s
B.2.5 m/s
C.2 m/s
D.1.5 m/s
2.(倾斜传送带模型)(多选)如图所示,与水平面夹角为θ的传送带以速度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μ3.(光滑水平面上的滑块—木板模型)如图所示,在光滑的水平面上叠放着两木块A、B,质量分别是m1和m2,A、B间的动摩擦因数为μ.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,要把B从A下面拉出来,则拉力的大小F要满足 ( )
A.F>μ(m1+m2)g
B.F>μ(m1-m2)g
C.F>μm1g
D.F>μm2g
4.(粗糙水平面上的滑块—木板模型)如图甲所示,水平地面上有一静止的平板车,车上放一质量为m的物块,物块与平板车间的动摩擦因数为0.2,g取10 m/s2,平板车足够长.t=0时,平板车在一水平拉力作用下开始沿水平面做直线运动,其v-t图像如图乙所示,则物块运动的v-t图像为图中的 ( )专题课:传送带模型与滑块—木板模型
1.B [解析] 因木块运动到右端的过程不同,对应的时间也不同,若一直匀加速运动至右端,则L=μgt2,解得t=,C可能;若加速运动到右端的速度恰好与传送带速度v相等,则L=t,解得t=,D可能;若先匀加速运动到速度等于传送带速度v,再匀速运动到右端,则+v=L,解得t=+,A可能;木块不可能一直匀速运动至右端,B不可能.
2.C [解析] 要实现这一目的前提是行李箱受沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,即μmgcos θ>mgsin θ,可得μ>tan θ,故A错误;做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为f=mgsin θ,故B错误;行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上,故C正确;若传送带速度足够大,则行李箱在传送带上一直做匀加速运动,传送时间不会无限缩短,故D错误.
3.C [解析] 当传送带不动或者传送带逆时针匀速转动时,工件均受到传送带的滑动摩擦力作用,摩擦力方向水平向左且大小相同,工件做匀减速运动,两种情况下,工件运动的位移相同,到达B端的速度相同,根据牛顿第二定律可得工件的加速度大小为a==1 m/s2,根据匀变速直线运动规律得-=-2ax,解得工件到达B端时的速度为vB=3 m/s,A、B正确;当传送带顺时针匀速转动时,若传送带速度小于或等于3 m/s,则工件到达B端时的速度大小为3 m/s,若传送带速度大于3 m/s,则工件到达B端的速度大于3 m/s,故C错误,D正确.
4.AC [解析] 由v-t图像可知,在0~1 s内,小物块在传送带上做加速度为a1=10 m/s2的匀加速运动,在1~2 s内,小物块做初速度为10 m/s、加速度为a2=2 m/s2的匀加速运动,故传送带的速率v0=10 m/s,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.5,B错误,A、C正确;0~1 s内,传送带的位移s1=v0t1=10 m,小物块的位移s2=a1=5 m,小物块相对传送带的位移大小Δs1=s1-s2=5 m,沿传送带向上,1~2 s内,传送带的位移s3=v0t2=10 m,小物块的位移s4=v0t2+a2=11 m,小物块相对传送带的位移Δs2=s4-s3=1 m,沿传送带向下,故小物块在传送带上留下的痕迹的长度为5 m,D错误.
5.(1)10 m/s2 (2)2 s
[解析] (1)物体刚刚放上传送带时,对物体受力分析,如图甲所示
由牛顿第二定律可知mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
解得a1=10 m/s2
(2)物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1==1 s
位移s1=a1=5 m<16 m
可知物体加速到10 m/s时仍未到达B点,由于μ根据牛顿第二定律得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
解得a2=2 m/s2
物体加速到B点,有s-s1=v0t2+a2
解得t2=1 s
所以物体从A端运动到B端所需时间t=t1+t2=2 s
6.B [解析] 物块和木板相对运动,物块和木板间有摩擦力F,所以物块做加速度大小为a=的匀减速运动,木板做加速度大小a'==a的匀减速运动,当木板速度为3 m/s时,物块速度为1 m/s,两者的速度方向不变,即此时物块做匀减速运动,故B正确.
7.D [解析] 由受力分析可知,物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力,即F=ma1,且F的最大值为Fm=μmg,故a1的最大值为a1m=μg=3 m/s2.当二者相对静止一起加速时,a2=a1≤3 m/s2;当F0较大时,二者发生相对滑动,a1=3 m/s2,a2>3 m/s2,选项A、B、C错误,选项D正确.
8.D [解析] 由题意知,F随时间t的变化关系为F=kt,随着F的逐渐增大,物块和木板一起加速的加速度逐渐增大,当物块和木板恰好发生相对滑动时,物块加速度达到最大,此后物块加速度不变,木板加速度继续随着F增大而增大.故图乙中t1时刻,物块和木板恰好相对地面滑动,t2时刻,物块和木板恰好相对滑动,图乙中的①线为木板的加速度随时间的变化图像,③线为物块的加速度随时间的变化图像,故A、B错误;t1时刻对应的拉力为F=μ1(m1+m2)g,故C错误;当物块和木板恰好发生相对滑动时,物块的加速度最大,由牛顿第二定律得μ2m2g=m2amax,解得amax=μ2g,对木板受力分析,有kt2-μ1(m1+m2)g-μ2m2g=m1amax,解得t2=,故D正确.
9.AB [解析] 由图像可知,滑块运动到平板车最右端时,速度大于平板车的速度,所以滑块将离开平板车,故A正确;根据图像可知,滑块的加速度大小a1==,平板车的加速度大小a2=,则滑块与平板车的加速度之比为1∶1,根据牛顿第二定律可知,滑块的加速度大小为a1=,平板车的加速度大小为a2=,则滑块与平板车的质量之比m∶M=1∶1,故C错误;滑块的加速度大小a1==μg,又a1=,则μ=,故B正确;滑块的位移s1=t0=v0t0,平板车的位移s2=t0=v0t0,则平板车的长度L=v0t0-v0t0=v0t0,故D错误.
10.(1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3)6.29 N
[解析] (1)放上物块后,物块的加速度a1==μg=2 m/s2,木板的加速度a2==1 m/s2.
(2)当两者速度相等后保持相对静止,有a1t=v0+a2t
解得t=1 s
此段时间内,木板的位移s1=v0t+a2t2=1.5 m
物块的位移s2=a1t2=1 m
所以木板至少长L=s1-s2=0.5 m.
(3)相对静止后,对整体,有F=(M+m)a
对物块有F'=ma
解得F'=m= N≈6.29 N.专题课:传送带模型与滑块—木板模型建议用时:40分钟
题组一 传送带模型
1.如图所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则木块从左端运动到右端的时间不可能是 ( )
A.+ B.
C. D.
2.如图所示,飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动.假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ,传送带与水平面的夹角θ,已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,下列说法正确的是 ( )
A.要实现这一目的前提是μB.做匀速运动时,行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D.若传送带速度足够大,则可以无限缩短传送的时间
3.[2023·三明一中月考] 如图所示,水平传送带A、B两端相距x=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端时的速度vA=4 m/s,到达B端时的瞬时速度设为vB.下列说法中不正确的是(g取10 m/s2) ( )
A.若传送带不动,则vB=3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动,则vB一定等于3 m/s
C.若传送带顺时针匀速转动,则vB一定等于3 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,则vB可能等于3 m/s
4.(多选)[2023·永春华侨中学月考] 如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动.t=0时将质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,小物块相对地面运动的v-t图像如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.传送带的速率v0=10 m/s
B.传送带的倾角θ=30°
C.小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~2.0 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为6 m
5.[2023·南平一中月考] 如图所示,传送带的倾角θ=37°,从A端到B端的长度为16 m,传送带以v0=10 m/s的速度沿逆时针方向转动.在传送带上端A处无初速度地放置一个质量为0.5 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)物体刚刚放上传送带时的加速度大小a1;
(2)物体从A端运动到B端过程所需的时间.
题组二 滑块—木板模型
6.如图所示,质量为M=3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m=1 kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为3 m/s时,物块处于 ( )
A.匀速运动阶段
B.减速运动阶段
C.加速运动阶段
D.速度为零的时刻
7.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车上静止地放置着一小物块,物块和小车间的动摩擦因数为μ=0.3(当地重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力).用水平恒力F拉动小车,设物块的加速度为a1,小车的加速度为a2.当水平恒力F0取不同值时,a1与a2的值可能为 ( )
A.a1=2 m/s2,a2=3 m/s2
B.a1=3 m/s2,a2=2 m/s2
C.a1=5 m/s2,a2=3 m/s2
D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s2
8.[2023·莆田一中月考] 如图甲所示,水平地面上有一质量为m1足够长的木板,木板的右端有一质量为m2的物块,二者处于静止状态.t=0时刻起,用水平向右的拉力F作用在长木板上,F随时间t的变化关系为F=kt(k是常数).木板和物块的加速度a随时间t的变化关系如图乙中的部分图线所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g.则 ( )
A.图乙中的②线为木板的加速度随时间的变化图像
B.图乙中的②线为物块的加速度随时间的变化图像
C.t1时刻对应的拉力为μ1m1g
D.t2时刻为
9.(多选)如图甲所示,光滑水平面上停放着一辆质量为M的表面粗糙的平板车,与平板车上表面等高的光滑平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来,从滑块刚滑上平板车开始计时,之后它们的速度随时间变化的图像如图乙所示,t0是滑块在车上运动的时间,重力加速度为g.以下说法正确的是( )
A.滑块最终滑离平板车
B.滑块与平板车上表面间的动摩擦因数为
C.滑块与平板车的质量之比m∶M=1∶2
D.平板车上表面的长度为v0t0
10.质量M=3 kg 的长木板放在光滑的水平面上,在水平拉力F=11 N作用下由静止开始向右运动,如图所示,当速度达到1 m/s时,将质量m=4 kg的物块轻轻放到木板的右端.已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,物块可视为质点.(g取10 m/s2)
(1)物块刚放置在木板上时,求物块和木板各自的加速度大小;
(2)木板至少为多长,物块才能与木板最终保持相对静止
(3)物块与木板相对静止后,求物块受到的摩擦力大小.