牛顿运动定律-传送带模型

个性化教学简案教学目标牛顿运动定律传送带模型授课章节必修1 第四章牛顿运动定律传动带模型的分析思路1．建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题。

（1）水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。

判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x（对地）的过程中速度是否和传送带速度相等。

物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

（2）倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。

如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。

当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。

2．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）传送带足够长时，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3．思维模板4．分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。

要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物=v传时，判断物体能否与传送带保持相对静止。

教师备注【例题讲解】例1、如图所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L ，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以速度v 1、v 2做逆时针转动时（v 1<v 2），绳的拉力大小分别为F 1、F 2；若剪断细绳后，物体到达左端经历的时间分别为t 1、t 2，则下列说法正确的是A ．F 1<F 2B ．F 1=F 2C ．t 1一定大于t 2D ．t 1可能等于t 2 【答案】BD一．【解析】剪断细绳前，物块处于静止，受力平衡，设传送带对物体的支持力大小为N ，水平方向有F cos θ=f ，竖直方向有N =mg -F sin θ，f =μN ，三式联立得：=cos +sin mgF μθμθ，可见力F 与速度大小无关，A 错误，B 正确；剪断细绳后，物体的加速度大小为a =μg ，若物体始终匀加速到达左端，则由212L at =可知运动时间t 相同， 若物体先匀加速再匀速到达左端，则t 1一定大于t 2，C 错误，D 正确。

例2、如图所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S ，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为V ，在P 点轻放一质量为m 的零件，并使被传送到右边的Q 处。

设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为 ，摩擦力对零件做功为 .分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=μmg 突变为零，此后以速度V 走完余下距离。

由于f=μmg=ma,所以a=μg.，加速时间 gVa V t μ==1，加速位移 g V at S μ22112121==， 通过余下距离所用时间 g V V S V S S t μ212-=-=，共用时间 gVV S t t t μ221+=+=，摩擦力对零件做功 221mV W =SP Q V例3、如图所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ，从A 到B 的长度为16ｍ，传送带以V 0=10m/s 的速度逆时针转动。

在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A 运动到B 所需的时间是多少？(sin37ｏ=0.6,cos37ｏ=0.8)分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a ）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。

综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。

开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa 1;所以:a 1=ｇsi nθ＋µｇcosθ=10m/s 2;物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a 1＝1s;发生的位移：ｓ＝a 1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B 点。

第二阶段，有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa 2 ;所以：a 2＝2m/s 2;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t 2 则：L AB －S ＝ｖｔ2＋a ２ｔ22/2 ；解得：t 2＝1s , ｔ2/=-11s （舍去）。

故物体经历的总时间ｔ=t 1＋t 2 =2s .从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

例4、如图所示，不可伸长的．绷紧的轻绳两端各拴接一个质量均为m 的物体A ．B （均可视为质点），跨过光滑的轻质定滑轮，物体B 静止在倾角为θ=30°的斜面底端，B 与斜面间的动摩擦因数为μ1=，物体A 静止在水平传送带左端，A 与传送带之间的动摩擦因数为μ2=0.25．t=0时刻，给A ．B 同时提供等大的初速度v 0=20m/s ，使A 水平向右．B 沿斜面向上运动．连接A 的轻绳水平．连接B 的轻绳与斜面平行，轻绳．传送带和斜面都足够长，取g=10m/s 2．（1）若传送带以速度v=10m/s 逆时针转动，求A 物体开始运动时的加速度a 1的大小； （2）若传送带以速度v=10m/s 顺时针转动，求5s 内B 沿斜面的位移．【分析】（1）t=0时刻小物块A 的速度大于传送带的速度，受到的摩擦力的方向向左，同时受到向左的拉力，由牛顿第二定律即可求出加速度．（2）A 先以加速度a 1向右做匀减速运动，直到速度减为v ，接着以加速度a 2向右做匀减速运动，直到速度减为0，最后又向左做加速运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求解即可；B 的位移大小与A 的位移大小相等．【解答】解：（1）传送带逆时针转动时，A ．B 有大小相等的加速度大小a ： 对A ：T +μ2mg=m a对B ：mgsinθ+μ1mgcosθ﹣T=m aA N a 1N f 2B a 2 f 1 ω mg mg图20 (a) (b)解得：mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2mg=（m+m）a代入数据得：a=7.5 m/s2（2）传送带顺时针转动时，因为v＞v0，所以，f A仍向左，它们从开始运动至A减速到与传送带速度相等的过程中，设加速度大小为a1，同理可得：a1=a=7.5 m/s2经过t1时间A减速到与传送带速度相等，有：t1==sA或B的位移为：s1=t1=20 m由于μ2mg＜mgsinθ+μ1mgcosθ，所以，A．B将继续减速，加速度为a2Mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2mg=（m+m）a2解得：a2=5 m/s2经过t2时间减速到零：t2==2 sA或B的位移为：s2=t2=10 m因为μ2mg＜mgsinθ+μ1mgcosθ 同时有：mgsinθ＜μ2mg+μ1mgcosθB既不能沿斜面向上．也不能沿斜面向下运动．即此后的t3=5 s﹣s﹣2 s 内，A．B将对地静止不动，即5 s内B沿斜面的位移为s=s1+s2=30 m 答：（1）若传送带以速度v=10m/s逆时针转动，A物体开始运动时的加速度a1的大小是7.5 m/s2；（2）若传送带以速度v=10m/s顺时针转动，5s内B沿斜面的位移是30m．【点评】本题主要考查了物体在传送带上的运动过程，分清过程是关键，特别注意摩擦力方向的改变．例5、有一条沿逆时针方向匀速传送的浅色传送带，其恒定速度v=2m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带上下两端AB间距离l=6m，如图所示，现有一可视为质点的煤块以v=2m/s的初速度从AB的中点向上运动，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，滑轮大小可忽略不计，求煤块最终在传送带上留下的黑色痕迹的长度．已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．【分析】根据牛顿第二定律分别求出煤块上升和下滑过程中的加速度大小，根据运动学公式分段求出煤块相对于皮带的位移大小，最后分析留下的轨迹长度．【解答】解：滑块沿斜面向上运动的加速度为：，上升的时间为：，上升过程中的位移为：=0.2m，此过程中皮带向下的位移为：x′1=vt1=0.4m，所以相对位移为：△x1=0.2+0.4=0.6m；物块下降过程中达到与皮带速度相等的时间为：，下降过程中的相对位移为：；回到中点以后煤块继续做加速运动的加速度为：，煤块最后滑离皮带有：，解得：t3=1s，该过程中相对位移为：，故留下的痕迹长度为：△x=△x3=1m．答：煤块最终在传送带上留下的黑色痕迹的长度为1m．【点评】本题主要是考查传送带问题，解答本题要能够分析煤块的受力情况和运动情况；注意：要求煤块在传送带上留下的痕迹，不能够将各段相对位移相加，由于各段之间的痕迹可能有重合．例6、如图所示的传送皮带，其水平部分ab=2m，bc=4m，bc与水平面的夹角α=37°，小物体A 与传送带的动摩擦因数μ=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2m/s．若把物体A轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没有脱离皮带．求物体A从a点被传送到c点所用的时间．（g=10m/s2）【分析】根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，并求出当物块的速度达到2m/s时的位移，判断出物体的运动情况，从而求出小物块从a端被传送到b端所用的时间．A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcos37°，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出时间，三段时间之和即为总时间．【解答】解：物块A放于传送带上后，物块受力图如答图a所示．A先在传送带上滑行一段距离，此时A做匀加速运动（相对地面），直到A与传送带匀速运动速度相同为止，此过程A的加速度为a1，则有：μmg=ma1，a1=μgA做匀加速运动的时间是：这段时间内A对地的位移是当A相对地的速度达到2m/s时，A随传送带一起匀速运动，所用时间为，物块在传送带的bc之间，受力情况如图b，由于μ=0.25＜tan37°=0.75，A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcos37°，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2A在传送带的倾斜bc部分，以加速度a2向下匀加速运动，由运动学公式其中s bc=4m，v=2m/s解得t3=1s，物块从a到c端所用时间为t=t1+t2+t3=2.4s答：物体A从a点被传送到c点所用的时间为2.4s【点评】本题是动力学问题，关键根据加速度方向与速度方向的关系，理清物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式求解．课后作业学生姓名：年级：科目：评价：1 如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动．一小物块以v1的初速度冲上传送带．小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则（）A．如果v1＞v2，小物块到达B端的速度可能等于0B．如果v1＜v2，小物块到达B端的速度可能等于0C．如果v1＞v2，减小传送带的速度，物块到达B端的时间可能增长D．如果v1＜v2，增大传送带的速度，物块到达B端的时间可能变长【分析】小物块以初速度v1从底端冲上传动带，分析两种情况下物体受到的摩擦力的大小及变化情况；根据运动学公式及图象进行分析，即可求解．【解答】解：A、小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体继续减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故A正确；B、v1小于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体一直减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故B正确；C、由A的分析可知，如果v1＞v2，小物块的加速度开始时为gsinθ+μgcosθ；速度相等之后变为gsinθ﹣μgcosθ；故开始时加速度大；若减小传送带的速度，作出两种情况下的图象如图所示；由图可知，传送带速度减小后的图象虚线所示；要达到相同的位移，用时要长；故C正确；备注D、如图v1＜v2，则物体开始时的加速度要小，则增大传送带速度后，物体前一段加速度小的减速过程时间将长，则位移增大；则可知总时间将减小；故D错误；故选：ABC．2．（多选）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。