第四章 习题课3 滑块—木板模型和传送带模型

习题课3滑块—木板模型和传送带模型[学习目标]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，正确判断物体的运动情况．一、滑块—木板模型1．问题的特点滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．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．解题方法此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应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)，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，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例1如图1所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上．在A 上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，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力F＝26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出．g＝10 m/s2，求：图1(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)2 m/s2 1 m/s2(2)2 s解析(1)对于B：μ1mg＝ma B解得a B＝1 m/s2对于A：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得a A＝2 m/s2(2)设经时间t 抽出，则x A ＝12a A t 2 x B ＝12a B t 2 Δx ＝x A －x B ＝l －x解得t ＝2 s.求解“滑块—木板”类问题的方法技巧1．搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．2．正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．针对训练 (多选)如图2所示，由相同材料做成的A 、B 两物体放在长木板上，随长木板一起以速度v 向右做匀速直线运动，它们的质量分别为m A 和m B ，且m A >m B .某时刻木板停止运动，设木板足够长，下列说法中正确的是( )图2A ．若木板光滑，由于A 的惯性较大，A 、B 间的距离将增大B ．若木板粗糙，由于B 的惯性较小，A 、B 间的距离将减小C ．若木板光滑，A 、B 间距离保持不变D ．若木板粗糙，A 、B 间距离保持不变答案 CD解析 若木板光滑，木板停止运动后，A 、B 均以速度v 做匀速运动，间距不变，故A 错误，C 正确；若木板粗糙，同种材料制成的物体与木板间动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得到：μmg ＝ma ，a ＝μg ，则可见A 、B 匀减速运动的加速度相同，间距不变．故B 错误，D 正确．二、传送带类问题1．特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到别的地方去．它涉及摩擦力的判断、运动状态的分析和运动学知识的运用．2．解题思路：(1)判断摩擦力突变点(含大小和方向)，给运动分段；(2)物体运动速度与传送带运行速度相同，是解题的突破口；(3)考虑物体与传送带共速之前是否滑出．例2 如图3所示，水平传送带正在以v ＝4 m /s 的速度匀速顺时针转动，质量为m ＝1 kg 的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上(g 取10 m/s 2)．图3(1)如果传送带长度L ＝4.5 m ，求经过多长时间物块将到达传送带的右端；(2)如果传送带长度L ＝20 m ，求经过多长时间物块将到达传送带的右端．答案 (1)3 s (2)7 s解析 物块放到传送带上后，在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动．由μmg ＝ma 得a ＝μg ，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向右做匀速运动．物块匀加速运动的时间t 1＝v a ＝v μg＝4 s 物块匀加速运动的位移x 1＝12at 21＝12μgt 21＝8 m (1)因为4.5 m<8 m ，所以物块一直加速，由L ＝12at 2得t ＝3 s (2)因为20 m>8 m ，所以物块速度达到传送带的速度后，摩擦力变为0，此后物块与传送带一起做匀速运动，物块匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝20－84s ＝3 s 故物块到达传送带右端的时间t ′＝t 1＋t 2＝7 s.分析传送带问题的三个步骤1．初始时刻，根据v 物、v 带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况．2．根据临界条件v 物＝v 带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式．3．运用相应规律，进行相关计算．例3 如图4所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB 的长度为64 m ，传送带以20 m /s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A 点无初速度地放上一个质量为8 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A 点运动到B 点所用的时间．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图4答案 4 s解析 开始时物体下滑的加速度：a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2，运动到与传送带共速的时间为：t 1＝v a 1＝2010 s ＝2 s ，下滑的距离：x 1＝12a 1t 21＝20 m ；由于tan 37°＝0.75＞0.5，故物体加速下滑，且此时：a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2，根据x 2＝v t 2＋12a 2t 22，即64－20＝20t 2＋12×2×t 22，解得：t 2＝2 s ，故共用时间为t ＝4 s.物体沿着倾斜的传送带向下加速运动到与传送带速度相等时，若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动；若μ<tan θ，物体将以较小的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ继续加速运动.1．(滑块—木板模型)如图5所示，质量为M ＝1 kg 的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m ＝0.5 kg 的小滑块(可视为质点)以v 0＝3 m /s 的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，木板足够长．求：图5(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a 的大小；(3)滑块与木板A 达到的共同速度v 的大小．答案 (1)0.5 N ，方向向右 (2)1 m /s 2 (3)1 m/s解析 (1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.5 N ，方向向左根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为0.5 N(2)由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，得a ＝μg ＝1 m/s 2(3)木板的加速度a ′＝m Mμg ＝0.5 m/s 2 设经过时间t ，滑块和长木板达到共同速度v ，则满足：对滑块：v ＝v 0－at ，对长木板：v ＝a ′t由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v ＝1 m/s.2. (水平传送带问题)如图6所示，水平传送带长L ＝16 m ，始终以v ＝4 m /s 的速度运动，现将一个小物体从传送带的左端由静止释放，已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g 取10 m/s 2，求物体从左端运动到右端所需的时间．图6答案 5 s解析 在物体相对于传送带向左运动时，物体受到的合外力等于摩擦力，该力产生了物体的加速度，所以μmg ＝ma ，a ＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2.设物体做匀加速运动的时间为t 1，由匀加速直线运动规律得，t 1＝v a＝2 s ．设物体做匀加速运动的位移为x 1，则有x 1＝12at 12＝12×2×22 m ＝4 m ．物体做匀速运动的位移x 2＝L －x 1＝ 12 m ，做匀速运动的时间t 2＝x 2v ＝3 s.所以物体由左端运动到右端的时间t ＝t 1＋t 2＝5 s.课时作业一、选择题(1～4为单项选择题，5～6为多项选择题)1．如图1所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )图1A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．此时木炭包相对于传送带向右运动C ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短答案 D2.如图2所示，质量为m 1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m 2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a 1、a 2和v 1、v 2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2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 ＝F m 2，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．3.如图3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 端时速度v A ＝4 m/s ，达到B 端的瞬时速度设为v B ，则下列说法中错误的是( )图3A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带逆时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sC ．若传送带顺时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sD ．若传送带顺时针匀速转动，v B 可能等于3 m/s答案 C解析 若传送带不动，工件的加速度大小a ＝μmg m＝μg ＝0.1×10 m /s 2＝1 m/s 2，由v B 2－v A 2＝－2ax，得v B＝－2ax＋v A2＝2×(－1)×3.5＋42m/s＝3 m/s，选项A正确；若传送带逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则v B＝3 m/s，选项B正确；若传送带以小于或等于3 m/s的速度顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则v B ＝3 m/s；若传送带以大于3 m/s的速度顺时针匀速转动，v B大于3 m/s，选项C错误，D 正确．4.如图4所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是()图4A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1MgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)gC．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动答案 D解析对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力F f＝μ1mg，选项A、B错误；无论F大小如何，m在M上滑动时，m对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动，选项C错误，D正确．5.如图5所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、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．下列选项正确的是()图5答案AB6．如图6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m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，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6A．传送带的速率v0＝10 m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．1.0～2.0 s物体不受摩擦力答案AC二、非选择题7．如图7所示，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，以4 m/s的速度向上运行，在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带间动摩擦因数μ＝0.8，A、B 间(B为顶端)长度为25 m．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试回答下列问题：图7(1)说明物体的运动性质(相对地面)．(2)物体从A到B的时间为多少？答案(1)先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动(2)11.25 s解析 (1)开始时物体相对传送带向下滑动，滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律得F f －mg sin 37°＝ma ，而F f ＝μmg cos 37°，解得a ＝0.4 m/s 2设物体匀加速上升的位移为x ，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a ＝422×0.4m ＝20 m. x <25 m ，故当物体的速度达到4 m/s 后将随传送带向上做匀速直线运动．(2)由(1)知v ＝at 1，t 1＝v a＝10 s,25－x ＝v ·t 2，t 2＝1.25 s ，所以从A 到B 的总时间 t ＝t 1＋t 2＝11.25 s.8.如图8所示，在光滑的水平面上有一个长为0.64 m 、质量为4 kg 的木块B ，在B 的左端有一个质量为2 kg 、可视为质点的铁块A ，A 与B 之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．当对A 施加水平向右的拉力F ＝10 N 时，求经过多长时间可将A 从B 的左端拉到右端．(g 取10 m/s 2)图8答案 0.8 s解析 A 、B 间的最大静摩擦力F max ＝μm 1g ＝4 N ，F >F max ，所以A 、B 发生相对滑动．由分析知A 向右加速，加速度为a 1，则F －μm 1g ＝m 1a 1，a 1＝3 m /s 2；B 也向右加速，加速度为a 2，则μm 1g ＝m 2a 2，a 2＝1 m/s 2.A 从B 的左端运动到右端，则有x A －x B ＝L ，即12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，代入数据，解得t ＝0.8 s.9．如图9为火车站使用的传送带示意图，绷紧的传送带水平部分长度L ＝4 m ，并以v 0＝1 m /s 的速度匀速向右运动．现将一个可视为质点的旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2, g 取10 m/s 2.图9(1)求旅行包经过多长时间到达传送带的右端．(2)若要旅行包从左端运动到右端所用时间最短，传送带速度的大小应满足什么条件？ 答案 (1)4.25 s (2)v ≥4 m/s解析 (1)旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，加速度a ＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 匀加速运动的时间t 1＝v 0a＝0.5 s 匀加速运动的位移x ＝12at 12＝0.25 m 此后旅行包匀速运动，匀速运动的时间t 2＝L －x v 0＝3.75 s 所以旅行包从左端运动到右端所用时间t ＝t 1＋t 2＝4.25 s.(2)要使旅行包在传送带上运行时间最短，必须使旅行包在传送带上一直加速，由v 2＝2aL 得v ＝2aL ＝4 m/s即传送带速度必须大于等于4 m/s.10．质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图10甲所示．A 和B 经过1 s 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 ＝10 m/s 2，求：图10(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)6 kg 解析 (1)由题图乙可知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 0t 1＝－2 m/s 2，对A 由牛顿第二定律得，－μ1mg ＝ma 1，解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知，AB 在1～3 s 内的加速度a 3＝v 2－v 1t 2＝－1 m/s 2，对AB 由牛顿第二定律得，－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3解得μ2＝0.1.(3)由题图乙可知B 在0～1 s 内的加速度a 2＝v 1t 1＝2 m/s 2. 对B 由牛顿第二定律得，μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，代入数据解得m ＝6 kg.。