2024-2025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1

PAGEPAGE12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、位移间有肯定的关系．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，精确求出各物体在各个运动过程中的加速度(留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．求解中应留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(2024·湘潭市模拟)如图1所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，木板B长L＝3m．起先时A、B均静止．现使A以水平初速度v0从B的最左端起先运动．已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，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a1＝eq\f(μ1mg,m)＝3m/s2木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1m/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：t＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(v,a2)位移关系：L＝eq\f(v\o\al(02)－v2,2a1)－eq\f(v2,2a2)解得v0＝2eq\r(6)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/s21m/s2(2)2s解析(1)对于B由牛顿其次定律可得：μ1mg＝maB解得aB＝1m/s2对于A由牛顿其次定律可得：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA解得aA＝2m/s2(2)设经时间t抽出，则xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝eq\f(1,2)aBt2Δx＝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32．水平传送带(1)当传送带水平转动时，应特殊留意摩擦力的突变和物体运动状态的改变．(2)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析推断．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，除了要留意摩擦力的突变和物体运动状态的改变外，还要留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)求解的关键在于依据物体和传送带之间的相对运动状况，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(2024·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＝eq\f(v,t)解得a＝5m/s2(2)设工件的质量为m，则由牛顿其次定律得：μmg＝ma所以动摩擦因数μ＝eq\f(ma,mg)＝eq\f(a,g)＝0.5(3)工件加速运动距离x1＝eq\f(v,2)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平安检查仪，用于对旅客的行李进行平安检查．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5A．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起先做匀加速直线运动，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＝eq\f(v,a)＝1s达到共同速度，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝eq\f(lAB－x1,v)＝1.5s，到达B处共用时2.5s．乘客到达B用时t＝eq\f(lAB,v)＝2s，故B正确，A、C错误．若传送带速度足够大，行李始终加速运动，最短运动时间tmin＝eq\r(\f(2lAB,a))＝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＝eq\f(\r(3),5)，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，由牛顿其次定律得x轴方向上：mgsin30°＋Ff＝ma1y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＝eq\f(v,a1)＝0.25s位移为x1＝eq\f(v2,2a1)＝0.25mmgsin30°>μmgcos30°，故物体仍会接着加速下滑，而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿其次定律可得x轴方向上：mgsin30°－Ff′＝ma2y轴方向上：FN－mgcos30°＝0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＋eq\f(1,2)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，下列图象符合运动状况的是()图7答案D解析木板肯定保持静止，加速度为0，选项A、B错误；物块的加速度a＝eq\f(F,m2)，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，速度始终为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须要的时间t1＝eq\f(v0,a)＝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＝eq\f(Δv,a′)＝eq\f(0－2,－2)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)eq\r(\f(2L,μg))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：μmg＝ma联立解得F＝2μmg.(2)设滑块、木板的加速度分别为a1、a2由牛顿其次定律得：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L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，解得t＝eq\r(\f(2L,μg)).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()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，起先做匀速运动，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，物块下滑究竟端所用时间为T，则下列说法正确的是()图2A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于TB．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于TC．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间等于TD．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，起先时物块受重力、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改变关系的是()图3答案D解析起先阶段，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，由牛顿其次定律得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，而是接着加速，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，由牛顿其次定律得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渐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是()图4A．物块下滑的速度不变B．物块起先在传送带上加速到2v0后匀速C．物块先向下匀速运动，后向下加速，最终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对上答案C解析在传送带的速度由零渐渐增加到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旧向上，故这段过程中物块接着匀速下滑，在传送带的速度由v0渐渐增加到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()图5A．煤块从A运动到B的时间是2.3sB．煤块从A运动到B的时间是1.6sC．划痕长度是2.8mD．划痕长度是3.2m答案AD解析起先时煤块做匀加速直线运动，依据牛顿其次定律有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＝eq\f(v02,2a)＝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＝eq\f(v0,a)＝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＝eq\f(x2,v0)＝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：图6(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＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/s2，对A由牛顿其次定律得，－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知，AB在1～3s内的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/s2，对AB由牛顿其次定律得，－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a2＝eq\f(v1,t1)＝2m/s2.对B由牛顿其次定律得，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)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？(3)从放上小物块起先，经过t＝1.5s，小物块的位移大小为多少？答案(1)2m/s20.5m/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＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2.(2)由amt＝v0＋aMt，可得t＝1s.(3)在起先1s内小物块的位移x1＝eq\f(1,2)amt2＝1m1s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＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2这0.5s内的位移为x2＝vt′＋eq\f(1,2)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)图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，依据牛顿其次定律得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.依据运动学规律可得t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s，x1＝eq\f(1,2)a1t12＝0.8m由x1<