高中物理必修一牛顿第二定律传送带模型
物理人教版(2019)必修第一册4.5牛顿第二定律的应用2-传送带问题
(1)物块下滑到斜面底端B处的速度大小; (2)物体在传送带上做匀加速运动的加速度的大小和物块运动到C 处的速度大小; (3)其它条件都不变,只改变传送带的速度大小,要使物块在最 短时间内到达传送带的最右端C处,传送带的速度至少为多大?
倾 斜 传 送 带
滑块在 传送带 初速度 不为0
滑块在 传送带 初速度
为0
µ<tanθ,一直加速
同 向 v传从上向下
v0>v传 v0<v传
µ>tanθ,x>l,一直减速 µ>tanθ,x<l,先减速后匀速
x>l,一直加速 µ>tanθ,x<l,先加速后匀速 µ<tanθ,x<l,先以a1加速后以a2加速
【讨论】a.运动时间;b.相对位移;c.运动图像。
1.传送带比较短时。提示:物体运动到B端时有v物≤v0.
v0
v物
A
B
2.传送带较长。提示:物体还未到v物达=vB0 端时就有v物=v0. v0
A
B
二、水平传送带类型分析
(一)无初速度的滑块在水平传送带上的运动情况分析
例1.如图所示,水平放置的传送带以速度v=2m/s向右运行, 现将一小物体轻轻放在传送带A端,物体与传送带间的动 摩擦因数µ=0.2。若A端与B 端相距l=4m,g=10m/s2。
二、水平传送带类型分析
(一)有初速度的滑块在水平传送带上的运动情况分析
【典例分析3】如图所示,小物体以v0=4m/s的速度从左 端冲上两端相距l=5m的传送带。已知物体与传送带之间 的动摩擦因数µ=0.2,传送带向左的速度v=2m/s, g=10m/s2。求物体在传送带上的运动时间。
(完整版)高中物理传送带模型(解析版)
送带模型1.模型特征(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时,滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。
其中v0>v返回时速度为v,当v0<v返回时速度为v0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速2. 注意事项(1)传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向(2)传送带与物体运动的牵制。
牛顿第二定律中a 是物体对地加速度,运动学公式中S 是物体对地的位移,这一点必须明确。
(3) 分析问题的思路:初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
【典例1】如图所示,传送带的水平部分长为L ,运动速率恒为v ,在其左端无初速放上木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左到右的运动时间可能是( )A.L v +v 2μgB.L vC.2L μgD.2L v【答案】 ACD【典例2】如图所示,倾角为37°,长为l =16 m 的传送带,转动速度为v =10 m/s ,动摩擦因数μ=0.5,在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m =0.5 kg 的物体.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g =10 m/s 2.求:(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A 滑到底端B 的时间; (2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A 滑到底端B 的时间. 【答案】 (1)4 s (2)2 s【典例3】如图所示,与水平面成θ=30°的传送带正以v =3 m/s 的速度匀速运行,A 、B 两端相距l =13.5 m 。
牛顿第二定律传送带模型含答案
7.如图5所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,以v0=2 m/s的速率顺时针转动,将一小煤块无初速度地放到A点,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,取g=10 m/s2,由于小煤块与传送带之间有相对滑动,故会在传送带上留下划痕,则小煤块从A运动到B的过程中()图5A.所用的时间为2.25 sB.所用的时间为0.5 sC.划痕长度为4 mD.划痕长度为0.5 m解析小煤块在传送带上滑动时,根据牛顿第二定律有:μmg=ma,解得a=4 m/s2,当小煤块和传送带速度相同时,位移为x1=v202a=0.5 m<4 m,因此小煤块先加速后匀速,加速时间为t1=v0a =0.5 s,匀速运动时间t2=x-x1v0=1.75 s,小煤块从A运动到B的过程中所用时间为t=t1+t2=2.25 s,故选项A正确,B错误;在加速阶段相对位移产生划痕,故有Δx=v0t1-x1=0.5 m,故选项C错误,D正确。
答案AD【例1】如图1所示,水平长传送带始终以v匀速运动,现将一质量为m的物体轻放于A端,物体与传送带之间的动摩擦因数为μ,AB长为L,L足够长。
问:图1(1)物体从A到B做什么运动?(2)当物体的速度达到传送带速度v时,物体的位移多大?传送带的位移多大?(3)物体从A到B运动的时间为多少?(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短?解析(1)物体先做匀加速直线运动,当速度与传送带速度相同时,做匀速直线运动。
(2)由v=at和a=μg,解得t=v μg物体的位移x1=12at 2=v22μg传送带的位移x2=vt=v2μg (3)物体从A到B运动的时间为t总=vμg +L-x1v=Lv+v2μg(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时,所用时间最短,所以要求传送带的速度满足v≥2μgL。
答案(1)先匀加速,后匀速(2)v22μgv2μg(3)Lv+v2μg(4)v≥2μgL【拓展延伸1】若在【例1】中物体以初速度v0(v0≠v)从A端向B端运动,则:(1)物体可能做什么运动?(2)什么情景下物体从A到B所用时间最短,如何求最短时间?解析(1)①若v0<v,物体刚放到传送带上时将做a=μg的匀加速运动。
高中物理 高一 必修1 传送带模型
(1)物体在传送带上运动的时间;
(2)如果提高传送带的运行速率,物体就能被较快地传送到B处,求
传送带对应的最小运行速率。
[解析] (1)物体在传送带上加速时:μmg=ma
v=at1,x=12at1 2
物体在传送带上匀速时:L-x=vt2 解得:t=t1+t2=2.5 s。 (2)要使物体从 A 处传送到 B 处的时间要最短,物体一 直加速,则 L=12at2 2,解得 t2=2 s v1=at2,解得 v1=2 m/s。 [答案] (1)2.5 s (2)2 m/s
传送带模型分析方法
1.受力分析 根据v物、v带的大小和方向关系判断物体所受摩 擦力的大小和方向,注意摩擦力的大小和方向 在v物=v带时易发生突变。 2.运动分析 根据 v物、v带 的大小和方向关系及物体所受摩 擦力情况判断物体的运动规律。(匀速,匀加 速,匀减速)
2019-2-26
4
(一)水平传送带
1、若传送带静止,求物体从A运动到B所需时间是多少?
2、若传送带以v=10m/s的速率逆时针转动,从A运动到B 所需时间是多少.
37 °
课堂练习3: 如图所示,传送带与地面倾角为37 ° ,从A到B长 度为16m,传送带以v=20m/s的速率逆时针转动. 在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的 物体,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.求物 体从A运动到B所需时间是多少.(sin37°=0.6)
[例一] 现在传送带传送货物已被广泛地应用,如图所示为一水平
传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1 m/s 运行,一质量为m=4 kg的物体被无初速度地放在A处,传送带对物
牛顿第二定律的综合应用——动力学中的“板块”和“传送带”模型
动力学中的“板块”和“传送带”模型一.“滑块—滑板”模型1. 模型特点:上下叠放两个物体,在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2. 两种位移关系①物体的位移:各个物体对地的位移,即物体的实际位移。
②相对位移:一物体相对另一的物体的位移。
两种情况。
(1)滑块和滑板同向运动时,相对位移等两物体位移之差,即.21x x x -=∆相 (2)滑块和滑板反向运动时,相对位移等两物体位移之和,即.21x x x +=∆相 这是计算摩擦热的主要依据,.相滑x f Q ∆=3. 解题思路:(1)初始阶段必对各物体受力分析,目的判断以后两物体的运动情况。
(2)二者共速时必对各物体受力分析,目的判断以后两物体的运动情况。
二者等速是滑块和滑板间摩擦力发生突变的临界条件,是二者相对位移最大的临界点。
(3)物体速度减小到0时,受力分析,判断两物体以后是相对滑动还是相对静止。
相对静止二者的加速度a 相同;相对滑动二者的加速度a 不同。
(4)明确速度关系:弄清各物体的速度大小和方向,判断两物体的相对运动方向,从而弄清摩擦力的方向,正确对物体受力分析。
例.如图,两个滑块A 和B 的质量分别为m A =1 kg 和m B =5 kg ,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m =4 kg ,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v 0=3 m/s.A 、B 相遇时,A 与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g =10 m/s 2.求:(1)B 与木板相对静止时,木板的速度; (2)A 、B 开始运动时,两者之间的距离.〖思路指导〗(1)AB 开始运动时,相向均做减速运动,二者初速等大,加速度等大,则经历相等时间,v ∆相等.即相同时刻速度等大.对A 、B 、木板分析B 和木板同向向右运动,A 和木板反向运动,故B 和木板先相对静止,A 减速到0后,反向加速再与木板共速. (2)B 和木板共速后是相对滑动还是相对静止,假设法讨论.相对静止的条件:f<f max . 解析:(1)B 和木板共速前,AB 加速度分别为a A 、a B ,木板加速度为a 1.经t 1木板和B 共速. 对A 向左减速,加速度大小:../5,211向右解得s m a a m g m A A A ==μ 对B 向右减速,加速度大小:.m /s 5,21==B B B B a a m g m 解得μ对木板,由于g m m m g m g B A A B )(m 211++>-μμμ,则合外力向右,向右加速运动../5.2,)(-m 211211s m a ma g m m m g m g B A A B ==++-解得μμμB 和木板共速有:,1110t a t a v B =-解得t 1=0.4s../110s m t a v v B B =-=0.8m.t 2v v x 1Bo B =+= A 的速度大小v A =v B =1m/s.(2)设B 和木板共速后相对静止,对B 和木板:./m 35,)m 22212s a a m m g m g m m B A B A =+=+++解得)((μμ向右减速运动. 对B 有,木板和A相对静止.假设正确,设再经t g,m μN 320a m f 2B 12B B <== A 全程加速度不变.对B 和木板:,222t a v v B -=对A 有:,222t a v v A +-=解得t 2=0.3s.v 2=0.5m/s.0.225m,m 409t 2v v x 22B /B ==+=0.875m.)t (t a 21)t (t v x 221A 210A =+-+= 故 1.9m.x x x L /B B A =++= 练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模)如图所示,质量M =8 kg 的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F =8 N .当小车速度达到1.5 m/s 时,在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m =2 kg 的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长.从物体放上小车开始经t =1.5 s 的时间,物体相对地面的位移为(g 取10 m/s 2)( )A .1 mB .2.1 mC .2.25 mD .3.1 m解析:(1)刚放上物体时,对物体:.2m/s解得a ,ma μmg 211== 对小车:,/5.0,222s m a Ma mg F ==-解得μv 0=1.5m/s.设经t 1二者等速v 1.则2m/s.1s,v 解得t ,t a v t a v 11120111==+==此时物体运动:1m.t v 21x 111==故A 错.(2)共速后,设二者相对静止,整体:.0.8m/s,解得a m)a (M F 233=+= 对物体:μmg,<1.6N =ma =f 3假设正确.再经0.5s 物体运动:.1.2,1.12121223212m x x x m t a t v x =+==+=故故B 对CD 错.2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t =0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上.已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )解析:(1)物体刚放上木板,对木板:.a ,mg g )1121向左,减速运动(Ma M m =++μμ (2)共速后若二者相对静止:错,,则(BC a a Ma g M 2121,)m >=+μ 由于地面有摩擦,共速后木板做减速运动,故D 错。
牛顿第二定律应用专题:传送带模型课件-高一物理人教版(2019)必修第一册
带上原来没有任何工件。在t1=0时刻,将底部涂有黑色染料的一号
工件轻放于传送带的左端;t2=1s时,再将另一完全相同的二号工
件轻放于传送带的左端。已知传送带与工件之间的动摩擦因数为
0.6,g=10m/s2,不计传送带轮和工件的大小。下列说法正确的是
A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短
C.传送带运动的速度越大,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
变式1. (多选)如图,顺时针匀速转动的水平传送带A、B两端相距 l=8m,
工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1 . 工件滑上A端瞬时速度vA=5 m/s,到
最短,则传送带速度至少为10m/s
53P103.6如图所示,三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动,
两侧的传送带长都是2m,且与水平方向的夹角均为37°。现有两
个小物块A、B(可视为质点)从传送带顶端都以1m/s的初速度沿
传送带下滑,物块与传送带间动摩擦因数均为0.5,取g=10m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列说法正确的是( D )
《全品》P76第5题
[例1] 如图所示,水平传送带以4 m/s
的速度运动,传送带长ab=10 m。今
在其左端将一工件轻轻地放在上面,
工件被带动,传送到右端。已知工件
与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,g取
10 m/s2,试求
(1)工件开始时加速度的大小a.
(2)工件由传送带左端运动到右端的
时间t.
(
)
A.第1s末,传送带上黑色痕迹长度为9m
高中物理传送带模型(最新)
高中物理传送带模型1.设问的角度(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解.2.功能关系分析(1)传送带克服摩擦力做的功:W=F f x传;(2)系统产生的内能:Q=F f x相对.(3)功能关系分析:W=ΔE k+ΔE p+Q.一、水平传送带:情景图示滑块可能的运动情况情景1⑴可能一直加速⑵可能先加速后匀速情景2 ⑴vv=,一直匀速⑵vv>,一直减速或先减速后匀速⑶vv<,一直加速或先加速后匀速情景3 ⑴传送带较短,一直减速到左端⑵传送带足够长,滑块还要被传回右端:①vv>,返回时速度为v②vv<,返回时速度为v二、倾斜传送带:情景图示滑块可能的运动情况情景1 ⑴可能一直加速⑵可能先加速后匀速⑶可能从左端滑落情景2 ⑴可能一直加速⑵可能先加速后匀速⑶可能先以1a加速,后以2a加速情景3 ⑴可能一直加速⑵可能一直匀速⑶可能先加速后匀速⑷可能先减速后匀速⑸可能先以1a加速,后以2a加速情景4 ⑴可能一直加速⑵可能一直减速⑶可能先减速到0,后反向加速例1(多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带,在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0=1 m/s顺时针传动.建筑工人将质量m=2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端,同时建筑工人以v0=1 m/s的速度向右匀速运动.已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ=0.1,运输带的长度为L=2 m,重力加速度大小为g=10 m/s2.以下说法正确的是()A.建筑工人比建筑材料早到右端0.5 sB.建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动C.因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 JD.运输带对建筑材料做的功为1 J答案AD解析 建筑工人匀速运动到右端,所需时间t 1=Lv 0=2 s ,假设建筑材料先加速再匀速运动,加速时的加速度大小为a =μg =1 m/s 2,加速的时间为t 2=v 0a =1 s ,加速运动的位移为x 1=v 02t 2=0.5 m<L ,假设成立,因此建筑材料先加速运动再匀速运动,匀速运动的时间为t 3=L -x 1v 0=1.5 s ,因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt =t 3+t 2-t 1=0.5 s ,A 正确,B 错误;建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热,该过程中运输带的位移为x 2=v 0t 2=1 m ,则因摩擦而生成的热量为Q =μmg (x 2-x 1)=1 J ,由动能定理可知,运输带对建筑材料做的功为W =12m v 02=1 J ,则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为2 J ,C 错误,D 正确.例2 如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带在电动机的带动下,始终保持v 0=2 m/s 的速率运行,现把一质量为m =10 kg 的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端,经过时间t =1.9 s ,工件被传送到h =1.5 m 的高处,g 取10 m/s 2,求:(1)工件与传送带间的动摩擦因数; (2)电动机由于传送工件多消耗的电能. 答案 (1)32(2)230 J 解析 (1)由题图可知,传送带长x =hsin θ=3 m 工件速度达到v 0前,做匀加速运动,有x 1=v 02t 1工件速度达到v 0后,做匀速运动, 有x -x 1=v 0(t -t 1)联立解得加速运动的时间t 1=0.8 s 加速运动的位移x 1=0.8 m 所以加速度大小a =v 0t 1=2.5 m/s 2由牛顿第二定律有μmg cos θ-mg sin θ=ma 解得μ=32. (2)由能量守恒定律知,电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量. 在时间t 1内,传送带运动的位移 x 传=v 0t 1=1.6 m在时间t 1内,工件相对传送带的位移 x 相=x 传-x 1=0.8 m在时间t 1内,摩擦产生的热量 Q =μmg cos θ·x 相=60 J最终工件获得的动能E k =12m v 02=20 J工件增加的势能E p =mgh =150 J 电动机多消耗的电能 E =Q +E k +E p =230 J.例3如图所示,绷紧的传送带,始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行,传送带与水平方向间的夹角︒=30θ. 现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处,由传送带传送至顶端Q 处.已知P 、Q 之间的距离为4 m ,工件与传送带间的动摩擦因数23=μ,取2/10s m g = (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动;(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间.答案:⑴工件先以2/5.2s m 的加速度匀加速运动0.8m ,之后匀速;⑵时间s t t t 4.221=+=例4如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行.初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v -t 图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v 2>v 1,则( )A .t 2时刻,小物块离A 处的距离达到最大B .t 2时刻,小物块相对传送带滑动的距离最大C .0~t 2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D .0~t 3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案:B例5如图所示,水平地面上有一长L =2 m 、质量M =1 kg 的长板,其右端上方有一固定挡板.质量m =2 kg 的小滑块从长板的左端以v 0=6 m/s 的初速度向右运动,同时长板在水平拉力F 作用下以v =2 m/s 的速度向右匀速运动,滑块与挡板相碰后速度为0,长板继续匀速运动,直到长板与滑块分离.已知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4,滑块与长板间的动摩擦因数μ2=0.5,重力加速度g 取10 m/s 2.求:(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程,长板的位移x ; (2)滑块碰到挡板前,水平拉力大小F ;(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程,系统因摩擦产生的热量Q . 答案 (1)0.8 m (2)2 N (3)48 J 解析 (1)滑块在板上做匀减速运动, a =μ2mg m =μ2g解得:a =5 m/s 2根据运动学公式得:L =v 0t -12at 2解得t =0.4 s (t =2.0 s 舍去)碰到挡板前滑块速度v 1=v 0-at =4 m/s>2 m/s ,说明滑块一直匀减速 板移动的位移x =v t =0.8 m (2)对板受力分析如图所示,有:F +F f2=F f1其中F f1=μ1(M +m )g =12 N ,F f2=μ2mg =10 N 解得:F =2 N(3)法一:滑块与挡板碰撞前,滑块与长板因摩擦产生的热量: Q 1=F f2·(L -x ) =μ2mg (L -x )=12 J滑块与挡板碰撞后,滑块与长板因摩擦产生的热量:Q 2=μ2mg (L -x )=12 J 整个过程中,长板与地面因摩擦产生的热量: Q 3=μ1(M +m )g ·L =24 J 所以,系统因摩擦产生的热量: Q =Q 1+Q 2+Q 3=48 J法二:滑块与挡板碰撞前,木板受到的拉力为F 1=2 N (第二问可知) F 1做功为W 1=F 1x =2×0.8=1.6 J 滑块与挡板碰撞后,木板受到的拉力为:F2=F f1+F f2=μ1(M+m)g+μ2mg=22 NF2做功为W2=F2(L-x)=22×1.2 J=26.4 J 碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4 m/s滑块动能变化:ΔE k=20 J所以系统因摩擦产生的热量:Q=W1+W2+ΔE k=48 J.。
高中物理必修一牛顿第二定律传送带模型
f<mg sin θ时(f =μ mg cos θ)即:(μ< tanθ),滑块以a2=g sin θ - μg cos θ 做匀加速 运动(a与v0方向相同)
v
v0
v0
2倾斜传送带模型
情景3
v
v0 0
(3)v0>v传送带较短时, f>mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ > tanθ),滑块做匀 减速运动,a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相反);
f =mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ = tanθ),滑块做匀 速运动;
f<mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ< tanθ),滑块做匀 加速运动a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相同);
v0 v
t1
2倾斜传送带模型
情景3
v
v0 0
(3)v0>v传送带较长时, f>mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ > tanθ),滑块先 做匀减速运动,a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相 反);后做匀速运动
高中物理必修一牛顿第二 定律传送带模型
1水平传送带模型
情景2
v0
v
(1)v0=v,滑块一直做匀速运动
v0
1水平传送带模型
情景2
v0
v
v v0
(2)v0>v, 传送带较短时,滑块一直做匀加速 运动; 传送带较长时,滑块先做匀加速运 动后做匀速运动
v v0
t1
1水平传送带模型
情景2
v0
v
(3)v0<v, 传送带较短时,滑块一直做匀减速 运动;
v
v0ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
t1
高中物理同步必修第一册 第4章牛顿运动定律 专题强化 传送带模型
匀速运动时间 t2=xv2=1 s 货物从A端运送到B端所需的时间 t=t1+t2=3 s.
例4 如图4所示,倾角为37°,长为l=16 m的传送带, 转动速度为v=10 m/s.在传送带顶端A处无初速度地释 放一个质量为m=0.5 kg的物体.已知物体与传送带间的 动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10
3.注意 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,速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.
一、水平传送带模型 例1 如图1所示,传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动.现将一定质量的 煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去,设煤块与传送带间的动 摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离L=2.5 m,g取10 m/s2,求: (1)煤块从A点运动到B点所经历的时间; 答案 3 s
图3 答案 5 m/s2
解析 工件的加速度大小 a=vt 解得a=5 m/s2.
1234567
(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数;
答案 0.5 解析 设工件的质量为m,由牛顿第二定律得: μmg=ma 解得动摩擦因数μ=0.5.
1234567
(3)水平传送带的长度.
答案 50 m
解析
工件匀加速运动通过的距离x1=
加速度为a′=μg=2 m/s2
设小物块与传送带共速所需时间为t2, t2=av′1 =1 s
t2时间内小物块向右运动的距离 x1=2va1′2 =1 m 最后小物块做匀速直线运动,位移x2=x-x1=3 m 匀速运动时间 t3=vx21=1.5 s 所以小物块从A处出发再回到A处所用的时间t总=t1+t2+t3=4.5 s.
第5课时牛顿第二定律、传送带模型
第5课时牛顿第二定律应用“传送带模型”问题考点梳理模型特征物体在传送带上运动时,往往会牵涉到摩擦力的突变和相对运动问题.当物体与传送带相对静止时,物体与传送带间可能存在静摩擦力也可能不存在摩擦力.当物体与传送带相对滑动时,物体与传送带间有滑动摩擦力,这时物体与传送带间会有相对滑动的位移..【课堂探究典例分析】考点一、水平传送带问题例题1、水平传送带AB以v=200 cm/s的速度匀速运动,如图339所示,A、B相距0.011 km,一物体(可视为质点)从A点由静止释放,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,则物体从A沿传送带运动到B所需的时间为多少?(g=10 m/s2)突破训练1、如图所示,水平传送带AB长L=10 m,向右匀速运动的速度v0=4 m/s,一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v1=6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2.求:(1)物块相对地面向左运动的最大距离;(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间.突破训练2、带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,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上,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是()A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短D.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短考点二、倾斜传送带问题例题2、传送带与水平面夹角为37°,皮带以12 m/s的速率沿顺时针方向转动,如图所示.今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块,它与传送带间的动摩擦因数为0.75,若传送带A 到B的长度为24 m,g取10 m/s2,则小物块从A运动到B的时间为多少?思考:若物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,其他条件不变,则小物块从A运动到B的时间为多少?突破训练3、如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v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<tan θ,则下图中能反映小木块的速度随时间变化关系的是()。
高三物理总复习 牛顿运动定律 传送带模型课件
3.5
时速度仍为v0,在和挡板碰撞中无 机械能损失)
0.5 04
ω/rads-1
28
2005年江苏理综35. 35. (9分)如图所示为车站使用的水平传送带装置的
示意图.绷紧的传送带始终保持3.0m/s的恒定速率
运行,传送带的水平部分AB距水平地面的高度为
h=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到
系统所产生的热能是多少?
2、 传送带水平匀加速运动 传送带与物体的初速度均为零,传送带的加速度为 a0,则把
物体轻轻的放在传送带上时,物体将在摩擦力的作用下做匀加速 直线运动,而此时物体与传送带之间是静摩擦力还是滑动摩擦力 (即物体与传送带之间是否存在相对滑动)取决于传送带的加速 度与物体在最大静摩擦力作用下产生的加速度为 a 之间的大小关 系,这种情况下则存在着两种情况:
• 如下图所示,传送带的水平部分ab=2 m, 斜面部分bc=4 m,bc与水平面的夹角α= 37°.一个小物体A与传送带的动摩擦因数μ= 0.25,传送带沿图示的方向运动,速率v=2 m/s.若把物体A轻放到a处,它将被传送带送 到c点,且物体A不会脱离传送带.求物体A从 a点被传送到c点所用的时间.(已知:sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)
方向的长度可忽略,子弹射穿木块的时间极短,且每次射
入点各不相同,
v0
取g 在被第二颗子弹击中前,木块
向右运动离A点的最大距离是多少?
v1 B L
(2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中?
(3)木块在传送带上的最终速度多大?
(4)在被第二颗子弹击中前,木块、子弹和传送带这一
L
A
B
度L应满足的条件.
高中物理模型法解题——传送带模型
mA B v 高中物理模型法解题——— 传送带模型【模型概述】:传送带问题往往牵扯到运动学、动力学、功与能等多方面知识,经常伴随相对运动、摩擦力的突变和能量传递与耗散等复杂情境而存在,能够充分考查学生的分析能力和综合运用能力,因此这些知识内容成为多年来教学和考试的经典内容。
也正是因为这一特性,使得传送带问题成为几乎所有学生的一大疑难。
学生通常可能不同程度存在以下问题:1.对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何,等等,这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清;2.对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动,判断错误;3.对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面,出现能量转化不守恒的错误过程。
一,物块在水平传送带上运动情况的判断(摩擦力方向) 例|1如图所示,水平传送带以4m/s 的速度顺时针匀速运动,主动轮与从动轮的轴心距为12m 。
现将一物体m 轻轻放在A 轮的正上方,物体与传送带之间的动摩擦因数为0.2,则物体m 经多长时间运动到B 轮的正上方?(物体m 可视为质点,g 取10 m/s 2)【启导】要求得物体在在传送带上运动的时间,关键是确定物体在传送带上的运动过程。
那么,怎样来确定物体的运动情况呢?我们可以假设物体在传送带上一直做匀加速运动,然后将传送带轴距带入速度与位移的关系式()中,求出物体的最大速度,再与传送带速度相比较。
如果比传送带速度大,则说明物体一直匀加速不可能,应该是先匀加速到传送带速度再与传送带保持相对静止,做匀速运动;若其小于等于传送带速度,则说明物体一直做匀加速运动,其中等于说明物体刚好运动到传送带末端时与传送带共速。
物体运动情况一旦确定,就可以运用运动学规律求解要求的物理量了! ax v v 2202=-【解析】假设物体在传送带上一直做匀加速运动,则① ②联立①②式,代入数据,解得 m/s > v因此,物块在传送带上一直加速不可能,应是先匀加速至与传送带共速,然后再匀速运动。
高中物理专题复习---传送带模型的能量分析
微专题34 传送带模型的能量分析【核心要点提示】传送带模型能量分析的问题主要包括以下两个核心问题(1)摩擦系统内摩擦热的计算:依据Q =F f ·x 相对,找出摩擦力与相对路程大小即可。
要注意的问题是公式中的x 相对并不是指的是相对位移大小。
特别是相对往返运动中,x 相对为多过程相对位移大小之和。
(2)由于传送物体而多消耗的电能:一般而言,有两种思路:①运用能量守恒,多消耗的电能等于系统能量的增加的能量。
以倾斜向上运动传送带传送物体为例,多消耗的电能k E E E Q =∆+∆+重摩擦②运用功能关系,传送带克服阻力做的功等于消耗的电能E fS =传 【微专题训练】如图所示,水平传送带长为s ,以速度v 始终保持匀速运动,把质量为m 的货物放到A 点,货物与传送带间的动摩擦因数为μ,当货物从A 点运动到B 点的过程中,摩擦力对货物做的功不可能是( )A .等于12mv 2B .小于12mv 2C .大于μmgsD .小于μmgs【解析】货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速,也可能一直加速,而货物的最终速度应小于等于v ,根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于12mv 2,可能小于12mv 2,可能等于μmgs ,可能小于μmgs ,故选C. 【答案】C(2016·湖北省部分高中高三联考)如图所示,质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v 匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体过一会儿能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到相对静止这一过程,下列说法正确的是( )A .电动机多做的功为mv 2/2B .物体在传送带上的划痕长v 2/2μgC .传送带克服摩擦力做的功为mv 2/2D .电动机增加的功率为μmgv【解析】电动机多做的功转化成了物体的动能和内能,物体在这个过程中获得的动能就是12mv 2,所以电动机多做的功一定要大于12mv 2,故A 错误;物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移,物体达到速度v 所需的时间t =v μg ,在这段时间内物体的位移x 1=v 22μg ,传送带的位移x 2=vt =v 2μg ,则物体相对位移x =x 2-x 1=v 22μg ,故B 正确;传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功,所以由A 的分析可知,C 错误;电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率,大小为fv =μmgv ,所以D 正确。
牛顿运动定律的应用——传送带模型+导学案 高一上学期物理人教版(2019)必修第一册
4.5牛顿运动定律的应用——传送带模型一、解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题,即物体与传送带达到相同速度,这时会出现摩擦力改变的临界状态,对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
二、模型分类及典型例题 1)、水平传送带模型情境 1(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速情境2(1)v 0>v 时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2)v 0<v 时,可能一直加速,也可能先加速再匀速 情境3(1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。
其中v 0>v 返回时速度为v ,当v 0<v 返回时速度为v 0例1、如图,水平传送带长为L=10m ,以v 传=4m/s 的速度顺时针匀速转动,将一质量为m=1kg 的小物体无初速释放在传送带的左端,小物体与传送带间动摩擦因数µ=0.1.求物体运动到传送带右端所用时间.例2、如图所示,水平传送带长为L=14m ,以4/v m s =传的速度顺时针匀速转动,一质量为m=1kg 的小物体以初速度08/v m s =滑上传送带的左端,小物体与传送带间动摩擦因数µ=0.1.求物体运动到传送带右端所用时间.例3、如图所示,水平传送带长为L =10m ,以4/v m s =传的速度逆时针匀速转动,质量为m =1kg 的小物体以初速度03/v m s =滑上传送带的左端,小物体与传送带间动摩擦因数µ=0.1.求物体离开传送带时的速度大小.2)倾斜传送带模型情境1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速 情境2(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(3)可能先以a 1加速后再以a 2加速 情境3(1)可能一直加速 (2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a 1加速后再以a 2加速 (6)可能一直减速 情境4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能先减速,再反向加速,最后匀速 (5)可能一直减速例4、如图所示,传送带与地面成夹角37θ=︒,以10m/s 的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5kg 的物体,它与传送带间的动摩擦因数0.9μ=,已知传送带从A B →的长度L=50m ,则物体从A 到B 需要的时间为多少?θ=︒,以10m/s的速度顺时针转动,在传送带上端例5、如图所示,传送带与地面成夹角37μ=,已知传送带从轻轻地放一个质量m=0.5kg的物体,它与传送带间的动摩擦因数0.5→的长度L=50m,则物体从A到B需要的时间为多少?B A例6、如图所示,传送带与地面倾角37θ=︒,AB的长度为16m,传送带以10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体,它与传送带之间的滑动摩擦因数为µ=0.5.求物体从A运动到B所需要的时间.(g取10m/s2)巩固练习一、选择题1、(多选)如图所示,表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。
2025人教版高中物理必修一知识点-专题进阶课七 传送带模型
专题进阶课七传送带模型核心归纳1.分类:传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类。
2.物块在传送带上运动的六类常见情形:(1)v0=v时,一直匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速(3)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(1)传送带较短时L<v022μg,一直减速(2)传送带较长时L≥v022μg,先减速后返回①v0≤v时,返回速度为v0②v0>v时,返回速度为v(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(4)可能一直匀速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能一直减速(4)可能先减速后返回(5)可能先减速后匀速(6)可能一直减速①v0≤v时,返回速度为v0②v0>v时,返回速度为v3.解题策略:关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。
(1)若物块速度与传送带的速度方向相同,且v物<v带,则传送带对物块的摩擦力为动力,物块做加速运动。
(2)若物块速度与传送带的速度方向相同,且v物>v带,则传送带对物块的摩擦力为阻力,物块做减速运动。
(3)水平传送带中若物块速度与传送带的速度方向相反,传送带对物块的摩擦力为阻力,物块减速;当物块速度减为零后,传送带对物块的摩擦力为动力,物块做反向加速运动。
(4)若v物=v带,看物块有没有加速或减速的趋势,若物块有加速的趋势,则传送带对物块的摩擦力为阻力;若物块有减速的趋势,则传送带对物块的摩擦力为动力。
(5)对于斜面传送带,要注意物块与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系,若μ>tanθ,且物块能与传送带共速,则共速后物块做匀速运动。
若μ<tanθ且物块能与传送带共速,则共速后物块做匀变速运动。
典题例析角度1水平传送带模型【典例1】(2024·徐州高一检测)如图所示,水平方向的传送带以v1的恒定速度顺时针转动。
高中物理【传送带问题】(含经典习题)
牛顿第二定律的应用---传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法①确定研究对象;②分析其受力情况和运动情况,(画出受力分析图和运动情景图),注意摩擦力突变对物体运动的影响;③分清楚研究过程,利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。
难点疑点:传送带与物体运动的牵制。
牛顿第二定律中a是物体对地加速度,运动学公式中S是物体对地的位移,这一点必须明确。
分析问题的思路:初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
一、水平放置运行的传送带1.如图所示,物体A从滑槽某一高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带,传送带静止不动时,A滑至传送带最右端的速度为v1,需时间t1,若传送带逆时针转动,A滑至传送带最右端的速度为v2,需时间t2,则()A.1212,v v t t><B.1212,v v t t<<C.1212,v v t t>>D.1212,v v t t==2.如图7所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定速度v2沿直线向左滑向传送带后,经过一段时间又反回光滑水平面,速率为v2′,则下列说法正确的是:()A.只有v1= v2时,才有v2′= v1B.若v1 >v2时, 则v2′= v2C.若v1 <v2时, 则v2′= v2D.不管v2多大,v2′= v2.3.物块从光滑斜面上的P点自由滑下通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点.若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速转动,使传送带随之运动,如图所示,物块仍从P点自由滑下,则()A.物块有可能落不到地面B.物块将仍落在Q点C.物块将会落在Q点的左边D.物块将会落在Q点的右边PQ4.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带A、B始终保持v=1m/s的恒定速率运行;一质量为m=4kg的行李无初速地放在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,AB间的距离l=2m,g取10m/s2.(1)求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)求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.二、倾斜放置运行的传送带5.如图所示,传送带与地面倾角θ=37°,从AB长度为16m,传送带以10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:物体从A运动到B需时间是多少?(思考:物体从A运动到B在传送带上滑过的痕迹长?)6.如图所示,传送带两轮A、B的距离L=11 m,皮带以恒定速度v=2 m/s运动,现将一质量为m的物块无初速度地放在A端,若物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8,传送带的倾角为α=37°,那么物块m从A端运到B端所需的时间是多少?(g取10 m/s2,cos37°=0.8)三、组合类的传送带7.如图所示的传送皮带,其水平部分AB长s AB=2m,BC与水平面夹角θ=37°,长度s BC=4m,一小物体P与传送带的动摩擦因数 =0.25,皮带沿A至B方向运行,速率为v=2m/s,若把物体P放在A点处,它将被传送带送到C点,且物体P不脱离皮带,求物体从A点被传送到C点所用的时间.(sin37°=0.6,g=l0m/s2)牛顿第二定律的应用----传送带问题参考答案一、水平放置运行的传送带1.D 提示:物体从滑槽滑至末端时,速度是一定的.若传送带不动,物体受摩擦力方向水平向左,做匀减速直线运动.若传送带逆时针转动,物体受摩擦力方向水平向左,做匀减速直线运动.两次在传送带都做匀减速运动,对地位移相同,加速度相同,所以末速度相同,时间相同,故D .2.B3.B 提示:传送带静止时,物块能通过传送带落到地面上,说明滑块在传送带上一直做匀减速运动.当传送带逆时针转动,物块在传送带上运动的加速度不变,由2202t v v as =+可知,滑块滑离传送带时的速度v t 不变,而下落高度决定了平抛运动的时间t 不变,因此,平抛的水平位移不变,即落点仍在Q 点.4.【答案】(1)4N ,a =lm/s 2;(2)1s ;(3)2m/s解析:(1)滑动摩擦力F =μmg① 以题给数值代入,得F =4N② 由牛顿第二定律得F =ma ③代入数值,得a =lm/s 2 ④(2)设行李做匀加速运动的时间为t ,行李加速运动的末速度v=1m /s .则 v =at ⑤代入数值,得t =1s⑥(3)行李从A 匀加速运动到B 时,传送时间最短.则2min 12l at = ⑦代入数值,得min 2s t =⑧ 传送带对应的运行速率V min =at min ⑨代人数据解得V min =2m/s⑩ 二、倾斜放置运行的传送带5.【答案】2s解析:物体的运动分为两个过程,一个过程在物体速度等于传送带速度之前,物体做匀加速直线运动;第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况,其中速度相同点是一个转折点,此后的运动情况要看mgsinθ与所受的最大静摩擦力,若μ<tanθ,则继续向下加速.若μ≥tanθ,则将随传送带一起匀速运动,分析清楚了受力情况与运动情况,再利用相应规律求解即可.本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小.物体放在传送带上后,开始的阶段,由于传送带的速度大于物体的速度,传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力F ,物体受力情况如图所示.物体由静止加速,由牛顿第二定律得a 1=10×(0.6+0.5×0.8)m/s 2=10m/s 2物体加速至与传送带速度相等需要的时间1110s=1s 10v t a ==, t 1时间内位移21115m 2s a t ==.由于μ<tanθ,物体在重力情况下将继续加速运动,当物体速度大于传送带速度时,传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F .此时物体受力情况如图所示,由牛顿第二定律得:222sin cos ,2m/s mg mg ma a θμθ-==.设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2,由 222212L s vt a t -=+,解得t 2=1s ,t 2=-11s (舍去).所以物体由A→B 的时间t=t 1+t 2=2s .6.解析:将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动 由牛顿第二定律得μmg cos37°-mg sin37°=ma则a =μg cos37°-g sin37°=0.4 m/s 2物体加速至2 m/s 所需位移s 0=v 22a =222×0.4m =5 m<L 经分析可知物体先加速5 m再匀速运动s =L -s 0=6 m.匀加速运动时间t 1=v a =20.4s =5 s. 匀速运动的时间t 2=s v =62s =3 s. 则总时间t =t 1+t 2=(5+3) s =8 s.答案:8 s三、组合类的传送带7.【答案】2.4s解析:物体P 随传送带做匀加速直线运动,当速度与传送带相等时若未到达B ,即做一段匀速运动;P 从B 至C 段进行受力分析后求加速度,再计算时间,各段运动相加为所求时间.P 在AB 段先做匀加速运动,由牛顿第二定律11111,,N F ma F F mg v a t μμ====, 得P 匀加速运动的时间110.8s v v t a gμ===. 22111112110.8m,22AB s a t gt s s vt μ===-=, 匀速运动时间120.6s AB s s t v-==. P 以速率v 开始沿BC 下滑,此过程重力的下滑分量mg sin37°=0.6mg ;滑动摩擦力沿斜面向上,其大小为μmg cos37°=0.2mg .可见其加速下滑.由牛顿第二定律233cos37cos37,0.44m/s mg mg ma a g μ︒-︒===,233312BC s vt a t =+,解得t 3=1s (另解32s t '=-,舍去). 从A 至C 经过时间t =t 1+t 2+t 3=2.4s .。
专题 传送带模型 课件 人教版(2019)高中物理必修第一册
滑块滑到传送带左端时v滑>0,滑块一直减 滑块受水平向右的摩擦力 速到达左端
滑块到达左端前v滑=0,滑块先向左减速,再 向右加速,最后可能匀速回到右端。 若v0>v,返回右端时速度大小为v; 若v0<v,返回右端时速度大小为v0
速度相同时滑块不受摩擦力
题型一:水平传送带问题 情景1:如图所示,一滑块以v0=2m/s的速度滑上水平传送带,已知传送带以 v=4m/s的速度顺时针转动,传送带与物块间摩擦因数为μ=0.2 ,g=10m/s2.试分 析:(1)滑块在传送带上的受力情况;(2)滑块在传送带上做什么运动?有几种运 动的可能?(3)这几种可能情况当中,哪一种可以作为临界?对传送带的长度L有 什么要求?(4)物块滑离传送带时,与传送带间的相对位移如何计算?
滑块先加速再匀速
力
v0>v时,若v滑始终大于v,滑块一直减速,若滑 v0>v时,滑块受水平向左的摩擦 块运动到传送带右端前v滑=v,则滑块先减 力,速度相同时滑块不受摩擦力 速再匀速
v0<v时,若v滑始终小于v,滑块一直加速,若滑 v0<v时,滑块受水平向右的摩擦 块运动到传送带右端前v滑=v,则滑块先加 力,速度相同时滑块不受摩擦力 速再匀速
2、分情讨论判断:
水平和倾斜、速度方向关系及大小关系等;
3、运动分析是核心:“共速” 是转折点;
一起匀速?匀加速?还是匀减速?带够不够长?
4、分清对地位移和相对位移;
5、掌握基本模型和常用结论:如斜面倾角θ 与动摩擦因数关系 等(即μ和tanθ关系)
传送带的分类
按放置分: 水平、倾斜; 按转向分:顺时针、逆时针
2.模型特点:
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。传送带问题 的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向,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。
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2倾斜传送带模型 情景1 v
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(1)f >mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ > tanθ), 传送带较短时,滑块一直做匀加速运动,a=μg cos θ - g sin θ(与v方向相同);
传 送 带 较 长 时 , 滑 块 先 做 匀 加 速 运 动 a= μ g cos θ - g sin θ(与v方向相同),后做匀速运动
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1水平传送带模型
情景2
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(3)v0<v, 传送带较短时,滑块一直做匀减速 运动;
传送带较长时,滑块先做匀减速运 动后做匀速运动
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1水平传送带模型
情景3
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(1)传送带较短时,滑块一直做匀 减速运动到达左端
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1水平传送带模型
情景3
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(2)传送带较长,可能先减速再反向加 速,v0<v,到达右端速度为v0;
f<mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ< tanθ),滑块先以 a1=g sin θ+μg cos θ(与v方向相同)加速运动 ,v0=v后以a2=g sin θ - μg cos θ(与v方向相同)
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2倾斜传送带模型
情景3 v v0 0
(1)v0<v传送带较短时, 滑块做匀加速运动;
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2倾斜传送带模型
情景4
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v0 0
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(1)f>mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ > tanθ), 传送带较长时, v0<v,滑块先做匀减速运动后反向匀加速 到v0;a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相反)
v0 > v 滑 块 先 做 匀 减 速 后 反 向 匀 加 速 到 v,a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相反)
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2倾斜传送带模型
情景3 v v0 0
(3)v0>v传送带较短时, f>mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ > tanθ),滑块做匀 减速运动,a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相反);
f =mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ = tanθ),滑块做匀 速运动;
f =mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ = tanθ),滑块做匀 速运动;
f<mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ< tanθ),滑块做匀 加速运动a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相同);
v0 v
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2倾斜传送带模型
情景4
f =μ mg cos θ)(μ > tanθ),传送带较短时, 滑块做匀减速运动,a=g sin θ - μg cos θ (与v0方向相反);
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2倾斜传送带模型
情景4
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v0 0
(2)f=mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ = tanθ),滑 块以v0匀速下滑; (3)f<mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ < tanθ), 滑块做匀加速运动,a=g sin θ - μg cos θ(与 v0方向相同);
v v0
2倾斜传送带模型
情景3 v v0 0
(1)v0<v传送带较长时, f ≥mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ ≥ tanθ),滑块先做匀 加速运动a=g sin θ+μg cos θ(a与v0方向相同)v0=v 后做匀速运动;
f<mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ< tanθ),滑块先以 a1=g sin θ+μg cos θ加速运动,v0=v后以a2=g sin θ - μg cos θ(a与v0方向相同)
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2倾斜传送带模型 情景1 v
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(2)f =mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ = tanθ),合 力为零,物体保持静止
(3)f< mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ< tanθ),合 力向下,物体从左端滑下
2倾斜传送带模型
情景2 v v0 0
f<mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ< tanθ),滑块做匀 加速运动a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相同);
v0 v
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2倾斜传送带模型
情景3 v v0 0
(3)v0>v传送带较长时, f>mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ > tanθ),滑块先 做匀减速运动,a=g sin θ - μg cos θ(与v0方向相 反);后做匀速运动
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v v0
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2倾斜传送带模型
情景3 v v0 0
(2)v0=v, f ≥mg sin θ时(f =μ mg cos θ)即:(μ ≥ tanθ), 滑块做匀速运动;
f<mg sin θ时(f =μ mg cos θ)即:(μ< tanθ),滑块以a2=g sin θ - μg cos θ 做匀加速 运动(a与v0方向相同)
(1)传送带较短时, 滑块一直做匀加速运动a=g sin θ+μg cos θ(与v方向相同)
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2倾斜传送带模型
情景2 v v0 0
(2)传送带较长, f ≥mg sin θ(f =μ mg cos θ)(μ ≥ tanθ),滑块先加 速运动后匀速运动a=g sin θ+μg cos θ(与v方向 相同);
1水平传送带模型
情景1
v0 0
v
(1)传送带较短时,滑块一直做匀 加速运动
(2)传送带较长时,滑块先做匀加速 运动后做匀速运动
v v
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1水平传送带模型
情景2
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(1)v0=v,滑块一直做匀速运动
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1水平传送带模型
情景2
v0
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v v0
(2)v0>v, 传送带较短时,滑块一直做匀加速 运动; 传送带较长时,滑块先做匀加速运 动后做匀速运动