滑块—滑板与传送带模型

题型2 斜面上的滑块—滑板模型 [例2] 如图所示，倾角α＝ 30° 的足
长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放 长 L＝ 1.8 m、质量 M＝ 3 kg的薄木板，
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够 一 木
板的最右端叠放一质量 m＝ 1 kg的小物块，物块与木板间的动 3 摩擦因数μ＝ 。对木板施加沿斜面向上的恒力 F，使木板沿 2 斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g取 10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板，求力 F应满足的条件； (2)若 F＝ 37.5 上升的最大距离。 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理 由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面
[解析]
依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，即
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方法 突破
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[例1]
(多选)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 v L A. ＋ v 2μg C. 2L μg L B. v D. 2L v ( )
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[解析]
1 2 若木块一直做匀加速运动，则有L＝ μgt ，得 t＝ 2
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1．如图所示，一质量为M的斜面体静止 在水平地面上，物体B受沿斜面向上 的力作用，沿斜面匀速上滑，A、 B之间的动摩擦因数为 μ， μ<tan θ且 A、 B质量均为 m，则 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 F－ mgsin θ－ μmgcos θ D． B与斜面间的动摩擦因数为 2mgcos θ ( )
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(二)
传送带模型
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1．传送带的基本类型
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2．传送带的基本问题 (1)动力学问题：速度、加速度、(相对 )位移、痕 迹、图像、运动时间等。 (2)功和能问题：做功、能量转化[见第30课时重难 点(三)]。
题型1
题型 简述
物块轻放在匀速运动的水平传送带上
“轻放”的含义是指物块的初速度为零，传送带较 短时物块可能一直加速，传送带较长时物块可能先 加速后匀速。 μmg (1)求解物块的加速度， a＝ ＝ μg。 m v (2)根据 t＝ 求解物块加速过程的时间。 a 1 2 (3)根据 x＝ at 求解物块加速过程的位移。 2 (4)将加速过程的位移 x与传送带的长度L进行比较， 若 x≥ L，说明物块一直加速，若 x<L，则物块速度 与传送带速度相等后，滑动摩擦力立即变为零，剩 下的路程物块靠惯性与传送带相对静止匀速运动。 [注意] 物块的位移 x、速度 v、加速度 a都应以地面 为参考系，并注意区分对地位移和相对位移。
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2． (2018· 安徽名校联考)质量M＝ 3 kg 的 长木板放在光滑的水平面上，在 F＝ 11 N的水平拉力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。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为 质点(g＝10 m/ s2)。求： (1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多 大； (2)木板至少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，物块受到的摩擦力大小。
方 法 突 破
动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力 Ff＝ ma0。 (2)若 μg<a0，物块将跟不上传送带的运动，即物块 相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向 前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的 滑动摩擦力 Ff＝ μmg，产生的加速度a＝ μg。
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[例3]
如图所示，一水平的浅色长
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[解析]
(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律
得 F－ (M＋ m)gsin α＝ (M＋ m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 Ff－ mgsin α＝ ma又 Ff≤ Ffm＝ μmgcos α解得 F≤ 30 N。 (2)因 F＝ 37.5 N＞ 30 N，所以物块能够滑离木板，对木板，由 牛顿第二定律得F－ μmgcos α－ Mgsin α＝ Ma1 对物块，由牛顿第二定律得μmgcos α－ mgsin α＝ ma2 1 2 设物块滑离木板所用时间为t木板的位移 x1＝ a1t 2 1 2 物块的位移 x2＝ a2t 物块与木板的分离条件为 Δx＝ x1－ x2＝L 2 解得 t＝ 1.2 s物块滑离木板时的速度v＝ a2t 由公式－ 2gsin α· x＝ 0－ v2解得 x＝ 0.9 m。 [答案] (1)F≤ 30 N (2)能 1.2 s 0.9 m
传送带上放置一煤块 (可视为质点)，煤块 与传送带之间的动摩擦因数为 μ。初始时，传送带与煤块都是 静止的。现让传送带以恒定的加速度 a0开始运动，当其速度 达到 v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在 传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑 动。求此黑色痕迹的长度。
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[通法归纳]
求解“滑块 —滑板 ”类问题的方法技巧 (1)弄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。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体 间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
(1)求 A、 B间的动摩擦因数； (2)若 B不固定，求 A运动到 B的最右端所用的时间。
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[解析]
(1)根据题图乙可知A的加速度为
Δv 10 aA＝ ＝ m/s2＝2 m/ s2 Δt 5 以 A为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F－ mAaA F－μmAg＝mAaA解得μ＝ ＝ 0.4。 mAg 1 (2)由题图乙可知木板B的长度为l＝ × 5× 10 m＝ 25 m 2 若 B不固定，则B的加速度为 μmAg 0.4× 1× 10 aB＝ ＝ m/s2＝1 m/ s2 mB 4 设 A运动到 B的最右端所用的时间为t，根据题意可得 1 2 1 2 aAt － aBt ＝ l解得 t≈7.07 s。 2 2 [答案] (1)0.4 (2)7.07 s
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解析： 由于 μ<tan θ，由μmgcos θ<mg sin θ 可知， A沿斜面向下匀加速下滑，加速度 aA ＝ gsin θ－ μgcos θ，故 A错误；将 A、 B及 斜面体视为整体，受力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于 m(gsin θ－ μgcos θ)cos θ＋ Fcos θ，地面受到的压力为 (M＋ 2m)g － Fsin θ－ m(gsin θ－ μgcos θ)sin θ，故B、 C错误； B与斜面体 的正压力 N＝ 2mgcos θ，对 B受力分析如图所示，根据共点力平 f′ 衡有： F＝ mgsin θ＋ μmgcos θ＋ f′，则动摩擦因数 μ＝ ＝ N F－ mgsin θ－ μmgcos θ ，故 D正确。 2mgcos θ 答案： D
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有的同学凭感觉，想当然地认为传送带与物块运动方向 相反时，传送带对物块的阻碍作用将加重，这是一种错觉。 还有不少同学对物块滑上传送带后五种可能的运动情况分析 不全。
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题型3
题 型 简 述
物块轻放在匀加速启动的水平传送带上
当物块轻放在匀加速启动的水平传送带上时，动摩 擦因数与传送带加速度 a0的大小，决定它们是否发 生相对滑动。 (1)若 μg≥ a0，物块和传送带一起以加速度 a0加速运
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μmg 解析： (1)放上物块后，物块的加速度a1＝ ＝ μg＝2 m/s2， m F－ μmg 木板的加速度a2＝ ＝ 1 m/s2。 M (2)当两物体速度相等后可保持相对静止，故 a1t＝ v0＋ a2t，解得 t＝ 1 s， 1 2 1 s内木板的位移x1＝ v0t＋ a2t ＝ 1.5 m， 2 1 2 物块的位移x2＝ a1t ＝ 1 m，所以板长L＝ x1－ x2＝0.5 m。 2 (3)相对静止后，对整体有F＝ (M＋ m)a， F 对物块 f＝ ma，故 f＝ m ≈ 6.29 N。 M＋ m 答案： (1)2 m/s2 1 m/ s2 (2)0.5 m (3)6.29 N
2
L v
＋
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本题不少同学出现漏选D项现象，木块在传送带上运动， 会出现这样一种可能性：木块在传送带上一直加速，但恰好 在尾端达到与传送带共速。解答这种题型的关键是分析木块 的运动，把所有可能的运动情况分门别类地列举出来，然后 一一求解。
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题型2
物块以初速度v0冲上匀速水平传送带
当物块以初速度v0冲上匀速水平传送带上 题型 简述 时，可分为下列两种情形：v0的方向与传 送带速度v的方向相同或者相反。每种情 形的具体运动情况要根据受力来判断。
2L ， C正确；若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于 μg v 2L v，则有 L＝ v t＝ t，得t＝ ， D正确；若木块先匀加速运动 2 v 经历时间t1，位移为 x，再匀速运动经历时间t2，位移为 L－ x， 则有 v＝ μgt1,2μgx＝ v ，vt2＝ L－ x，从而得t＝ t1＋ t2＝ v ， A正确。 2μg [答案] ACD
2．解题思路
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题型1
水平面上的滑块—滑板模型
[例1]
如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视
为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F＝6 N的水平力向 右拉物体 A，经过 5 s物体A运动到 B的最右端，物体A的 v t图像 如图乙所示。已知 A、 B的质量分别为1 kg、 4 kg， A、 B间的最 大静摩擦力等于滑动摩擦力， g取 10 m/s2。
第18课时
滑块—滑板与传送带模型 (题型研究课)
(一) 滑块—滑板模型 (二) 传送带模型 (三) 历年真题集中演练 课时达标检测
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(一) 滑块—滑板模型
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1．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和 滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之 和等于板长。
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方法3
数学法
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[例2]
水平方向的传送带，顺时针转
动，传送带速度大小v＝ 2 m/s 不变，两端 A、B间距离为3 m。一物块从B端以v0＝4 m/ s 滑上传送带， 物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 0.4， g＝ 10 m/s2。物块从滑 上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是 ( )
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(1)若物块的初速度v0的方向与传送带的速度 v的方向相同时 (如图甲所 示 )，又会出现以下三种可能：
方 法 突 破
① v0>v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等，则 一直减速；若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则 先减速后匀速。 ② v0<v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等，则 一直加速，若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则 先加速后匀速。 ③ v0＝v时，物块在传送带上做匀速直线运动。 (2)若物块的初速度v0的方向与传送带的速度 v的方向相反时 (如图乙所 示 )，又会出现以下两种可能： ①若传送带较短时，物块一直减速到达另一端离开。 ②若传送带较长时，物块速度减小到零后还要被传送带传回右端。若 v0>v，返回时物块速度为 v，若 v0<v，返回时物块速度为 v0。
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[解析] μg＝ 4
物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与
传送带间的摩擦作用，使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝ m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ 0－ 42 m＝ 2 m，其值小于AB的长 3 m，故物块减速到0后仍 2×－ 4 在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与 减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行 22－ 0 的距离为s′＝ m＝ 0.5 m，其值小于物块向左前进的距 2× 4 离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其 速度大小等于传送带的速度大小，所以选项B正确。 [答案] B