第四章专题强化传送带模型和滑块—木板模型.docx

[学习目标]　1.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.
2.能正确运用牛顿运动定律处理滑块—木板模型问题．

一、传送带模型
1．传送带的基本类型
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其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．
2．传送带模型分析流程

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．
如图1所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速运转，在其左端无初速度释放一质量为m＝1 kg的小滑块，滑块可视为质点，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带长L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2.求：

图1
(1)滑块从传送带左端到右端的时间；
(2)滑块相对传送带滑行的位移的大小．
答案　(1)1.5 s　(2)1 m
解析　(1)滑块在传送带上滑行时的加速度
a＝＝＝μg＝2 m/s2
设滑块在释放后经时间t1达到和传送带相同的速度
t1＝＝ s＝1 s
位移x1＝＝ m＝1 m<2 m
滑块与传送带向右匀速运动的时间t2＝＝ s＝0.5 s
总时间：t＝t1＋t2＝1 s＋0.5 s＝1.5 s.
(2)滑块和传送带在t1时间内有相对运动，传送带的位移x2＝vt1＝2×1 m＝2 m
滑块相对传送带的位移Δx＝x2－x1＝2 m－1 m＝1 m.
如图2所示，A、B间的距离l＝3.25 m，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2 m/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＝，求物体从A运动到B所需的时间．(g取10 m/s2)

图2
答案　1.25 s
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，由牛顿第二定律得

x轴方向上：mgsin 30°＋Ff＝ma1
y轴方向上：FN－mgcos 30°＝0
又Ff＝μFN
联立解得a1＝g(sin 30°＋μcos 30°)＝8 m/s2
物体加速到与传送带速度相等所用的时间为
t1＝＝0.25 s
位移为x1＝＝0.25 m
mgsin 30°>μmgcos 30°，故物体仍会继续加速下滑，
而摩擦力方向变为沿传送带向上，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得x轴方向上：mgsin 30°－Ff′＝ma2

y轴方向上：FN－mgcos 30°＝0
又Ff′＝μFN
联立解得a2＝g(sin 30°－μcos 30°)＝2 m/s2
所以物体以初速度v＝2 m/s和加速度a2＝2 m/s2做匀加速运动，位移为x2＝l－x1＝3 m
由位移公式得x2＝vt2＋a2t22
解得t2＝1 s，或t2＝－3 s(舍去)
故所用总时间为t＝t1＋t2＝0.25 s＋1 s＝1.25 s.

1．水平传送带常见类型及滑块运动情况
类型
滑块运动情况

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速

(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

(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块先向左减速再向右加速回到右端

2.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况
类型
滑块运动情况

(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加速再以a2加速

二、滑块－木板模型
1．模型概述：一个物体在另一个物体上，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、位移间有一定的关系．
2．解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，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，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)．
(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．求解中应注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．
3．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，则滑离木板的过程中滑块的位移与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，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．
4．注意摩擦力的突变
当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．
(2020·湘潭市高一期末)如图3所示，物块A、木板B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝4 m．开始时A、B均静止．现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动．已知A与B之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g取10 m/s2.

图3
(1)求物块A和木板B发生相对运动过程的加速度的大小；
(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小．
答案　(1)3 m/s2　1.5 m/s2　(2)6 m/s
解析　(1)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＝＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有
a2＝＝1.5 m/s2.
(2)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
v＝v0－a1t
v＝a2t
位移关系：L＝t－t
解得v0＝6 m/s.
如图4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向右的力F＝26 N，将A从B下抽出．g＝10 m/s2，求：

图4
(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；
(3)B离开A时的速度的大小．
答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s　(3)2 m/s
解析　(1)对于B，由牛顿第二定律可得：μ1mg＝maB
解得aB＝1 m/s2
对于A，由牛顿第二定律可得：
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
解得aA＝2 m/s2.
(2)设经时间t抽出，则xA＝aAt2
xB＝aBt2
Δx＝xA－xB＝l－x
解得t＝2 s.
(3)vB＝aBt＝2 m/s.

1.(传送带模型)如图5所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带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4 m，则物体由A运动到B的时间和物体到达B端时的速度是(g取10 m/s2)(　　)

图5
A．2.5 s,2 m/s B．1 s,2 m/s
C．2.5 s,4 m/s D．1 s,4 m/s
答案　A
解析　小物体的运动可以分两个阶段，先由静止开始加速，后做匀速直线运动，小物体开始先做匀加速运动，加速度a＝μg＝2 m/s2，达到的最大速度为2 m/s，当v物＝v＝2 m/s时，t＝＝ s＝1 s，x＝at2＝×2×12 m＝1 m，以后小物体以2 m/s的速度做匀速直线运动，t′＝＝ s＝1.5 s，所以t总＝t＋t′＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，且到达B端时的速度为2 m/s.
2.(滑块—木板模型)(多选)(2019·哈尔滨八中高一期末)如图6所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是(　　)

图6

答案　AC
解析　木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．
3.(滑块—木板模型)(2019·重庆市主城区七校高一上学期期末联考)如图7所示，有一块木板A静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M＝4 kg，长L＝1.2 m，木板右端放一小滑块B并处于静止状态，小滑块质量m＝1 kg，其尺寸远小于L.小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)

图7
(1)现用恒力F始终作用在木板A上，为了让小滑块B不从木板A上滑落，求恒力F大小的范围；
(2)其他条件不变，若恒力F大小为20.8 N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A时的速度大小．
答案　(1)F≤20 N　(2)8 m/s
解析　(1)为了使小滑块B不从木板A上滑落，设A、B相对静止时的加速度为a，对B有：ma≤μmg
对A、B整体有：F＝(M＋m)a
解得：F≤20 N
(2)当F＝20.8 N时，A、B发生相对滑动．
此时，对B：μmg＝maB
对A：F－μmg＝MaA
设B在A上滑行的时间为t，有：
L＝aAt2－aBt2
B滑离木板A时的速度v＝aBt
联立解得：v＝8 m/s.
4.(传送带模型)(2019·黄山市高一上学期期末)如图8所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行．初速度为v2＝4 m/s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，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：

图8
(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；
(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间．
答案　(1)4 m　(2)4.5 s
解析　(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
得a＝μg
因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，
由公式x＝得x＝4 m，t1＝＝2 s
(2)小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a′＝μg＝2 m/s2
设小物块与传送带共速时所需时间为t2，
t2＝＝1 s
t2时间内小物块向右运动的距离
x1＝＝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＝＝1.5 s
所以t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s.

训练1　传送带模型
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，开始做匀速运动，A、B正确．
2.(多选)如图2所示，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为μ，则下图中能客观地反映小木块在传送带上的速度随时间变化关系可能正确的是(　　)

图2

答案　BCD
解析　当木块刚放在传送带上时
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
v02＝2a1x
当传送带长度L≤x，木块一直匀加速，B正确．
当L>x时，木块与传送带速度相同后，若μmgcos θ≥mgsin θ，即μ≥tan θ，木块匀速，C正确；若mgsin θ>μmgcos θ，即μ<tan θ，木块继续以更小的加速度加速，D正确．
3.(2020·济宁一中高一月考)如图3所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么(　　)

图3
A．t1＝t2 B．t1>t2
C．t1<t2 D．不能确定
答案　A
解析　滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知两种情况下，加速度相等，而两种情况下位移也相等，根据x＝at2可知，两种情况下运动的时间相等，即t1＝t2，选项D错误．
4．(多选)如图4甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2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图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则(　　)

图4
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案　BC
解析　相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误；相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直向左运动，故小物块一直受到向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，D错误．
5.(2019·湖南师大附中高一上学期期末)如图5所示，水平传送带以不变的速度v＝10 m/s向右运动，将工件(可视为质点)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＝2 s，速度达到v；再经过时间t′＝4 s，工件到达传送带的右端，g取10 m/s2，求：

图5
(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)传送带的长度．
答案　(1)5 m/s2　(2)0.5　(3)50 m
解析　(1)工件的加速度a＝＝5 m/s2.
(2)设工件的质量为m，则由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
所以动摩擦因数μ＝＝＝0.5.
(3)工件加速运动距离x1＝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＝50 m．此即为传送带的长度．
6.如图6所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，将一物块轻轻地放在正在以速度v＝10 m/s逆时针匀速转动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝29 m．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

图6
(1)物块从传送带顶部到达底部所需的时间为多少？
(2)若物块和传送带之间的动摩擦因数为μ′＝0.8，物块从传送带顶部到达底部所需的时间又为多少？
答案　(1)3 s　(2)3.3 s
解析　(1)物块放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始时相对于传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下．
设物块质量为m，根据牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2
物块加速到与传送带同速所用的时间为t1＝＝1 s
位移为x1＝＝5 m
物块加速到与传送带同速后，由于mgsin θ>μmgcos θ，
所以物块相对于传送带向下运动，摩擦力变为沿传送带向上的滑动摩擦力．
根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
由x2＝L－x1＝vt2＋a2t22
解得t2＝2 s
因此物块运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 s.
(2)若μ′＝0.8，则物块与传送带同速前，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μ′mgcos θ＝ma1′
解得a1′＝gsin θ＋μ′gcos θ＝12.4 m/s2
物块加速到与传送带同速所用的时间t1′＝≈0.8 s
位移为x1′＝≈4 m
当物块与传送带同速后，由于mgsin θ<μ′mgcos θ，所以物块将与传送带一起做匀速运动，所用的时间t2′＝＝2.5 s
因此所需总时间为t′＝t1′＋t2′＝3.3 s.
训练2　滑块—木板模型
1.(多选)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平地面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平地面的运动情况为(　　)

图1
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
答案　BC
解析　对于物块，由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对木板静止而做匀速直线运动，A错误，B正确；对于木板，由作用力与反作用力可知，受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，直到二者相对静止，而做匀速运动，C正确；由于水平地面光滑，所以木板和物块的速度不会为零，D错误．
2.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图2所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断正确的是(　　)

图2
A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
答案　A
解析　木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2mg＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2 m<L＝5 m，所以小铁块不能滑出木板，选项A正确．
3．(2020·广东高一期末)如图3甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示．g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

图3
A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反
B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.5
C．长木板A的长度可能为L＝0.8 m
D．长木板A的质量是B物体的两倍
答案　D
解析　由题意可得，A木板所受摩擦力方向与运动方向相同，B物体所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A错误；对B受力分析，由牛顿第二定律有：μmBg＝mBaB，aB＝||＝ m/s2＝2 m/s2，解得：μ＝0.2，故B错误；物体B未滑出木板A，临界条件为当AB具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，速度—时间图像与时间轴围成面积表示位移，则：Lmin＝xB－xA＝ m＝1.5 m，故C错误；对A、B分别受力分析，则：μmBg＝mAaA，μmBg＝mBaB，aA＝＝ m/s2＝1 m/s2
联立解得：＝＝2，故D正确．
4．(多选)(2019·泸县五中高一期中)如图4甲所示，长为2L、质量为M的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为m的铁块(可视为质点)以初速度v0从木板的左端向右滑动，结果铁块恰好不脱离木板．现将木板从中间分成A、B两部分并排放在水平地面上，仍让铁块以初速度v0从木板的左端向右滑动，如图乙所示，铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则(　　)

图4
A．铁块在木板A上滑动时，两木板间的作用力为μmg
B．铁块仍将停在木板B的最右端
C．铁块将停在木板B上，但不在木板B的最右端
D．铁块在木板上的滑动时间变短
答案　ACD
解析　题图乙所示过程中，铁块在木板A上滑动时，铁块对木板的摩擦力为μmg，此时木板的加速度a＝，对木板B：F＝a＝μmg，选项A正确；在第一次铁块运动过程中，铁块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次铁块先使整个木板加速，运动到B部分上后，A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铁块与B木板将更快达到共同速度，所以铁块没有运动到B的右端，且在木板上的滑动时间变短，故B错误，C、D正确．
5.如图5所示，一质量M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2 kg的小滑块以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，求：

图5
(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；
(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少．(滑块始终没有滑离长木板)
答案　(1)0.15 s　(2)0.135 m
解析　(1)根据牛顿第二定律得
μmg＝ma1
μmg＝Ma2
解得a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2
小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v0－a1t＝a2t
解得t＝0.15 s.
(2)小滑块与长木板速度相同时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t＝0.15 s，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x＝v0t－a1t2，解得x＝0.135 m.
6.质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F＝11 N的作用下由静止开始向右运动．如图6所示，当木板速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g取10 m/s2)

图6
(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小；
(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，物块受到的摩擦力的大小．
答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)0.5 m　(3) N
解析　(1)放上物块后，物块的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2，
木板的加速度a2＝＝1 m/s2.
(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，
解得t＝1 s，
1 s内物块位移x1＝a1t2＝1 m，
木板位移x2＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
所以木板长度至少为L＝x2－x1＝0.5 m.
(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F＝(M＋m)a，
对物块，有Ff＝ma，
故Ff＝＝ N.