1、微型专题 滑块木板模型和传送带模型,第四章 力与运动,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，能正确解答传送带上的物体的运动问题.,内容索引,重点探究 启迪思维 探究重点,达标检测 检测评价 达标过关,重点探究,一、滑块木板模型,1.模型概述：一个物体在另一个物体上发生相对滑动，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.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
2、和木板的位移之和等于木板的长度.,3.解题方法 分别隔离两物体，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l5 m，质量M5 kg，放在水平地面上.在A上距右端s3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m2 kg，已知A、B间的动摩擦因数 10.1，A与地面间的动摩擦因数20.2，原来系统静止.现在板的右端施加一大小恒定的水平力F26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出.g10 m/s2，求：,解析
3、,答案,图1,(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大； 答案 2 m/s2 1 m/s2,解析 对于B，由牛顿第二定律得：1mgmaB 解得aB1 m/s2 对于A，由牛顿第二定律得：F1mg2(mM)gMaA 解得aA2 m/s2,(2)B运动多长时间离开A.,解析,答案,答案 2 s,ssAsBls 解得t2 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
4、对训练1 如图2所示，质量为M1 kg的长木板 静止在光滑水平面上，现有一质量为m0.5 kg的 小滑块(可视为质点)以v03 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0.1，重力加速度g取10 m/s2，木板足够长.求：,(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； 答案 0.5 N 向右 解析 滑块所受摩擦力为滑动摩擦力 F1mg0.5 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.,图2,解析,答案,(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于水平面的加速度a的大小；,答案 1 m/s2
5、解析 根据牛顿第二定律得：mgma 得ag1 m/s2,解析,答案,(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小.,答案 1 m/s,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：vv0at 对长木板：vat 由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v1 m/s.,解析,答案,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
6、2 如图3所示，水平传送带正在以v4 m/s的速度匀速顺时针转动，质量为m1 kg的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数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/s2).,解析,答案,图3,(1)如果传送带长度L4.5 m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端； 答案 3 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mgma得ag， 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.,因为4.5 m8 m，所以物块一直加速，,(2)如果传送带长度L20 m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端.,答案 7 s,
7、解析 因为20 m8 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，,故物块到达传送带右端的时间tt1t27 s.,解析,答案,分析水平传送带问题的注意事项 当传送带水平运动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化.摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变.静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力).,针对训练2 (多选)如图4甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查.其传送装置
8、可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则,图4,A.乘客与行李同时到达B处 B.乘客提前0.5 s到达B处 C.行李提前0.5 s到达B处 D.若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处,答案,解析,答案,解析,例3 如图5所示，传送带与水平地面的夹角为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
9、放上一个质量为8 kg的物体(可视为质点)，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 370.6，cos 370.8，g10 m/s2),图5,答案 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tan ，物体随传送带一起匀速运动；若tan ，物体将以较小的加速度agsin gcos 继续加速运动.,达标检测,1.(传送带问题)如图6所示，物块m在传送带上向右运动，两者保持相对静止.则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是 A.皮带传送速度越大，m受到的摩擦力越大 B.皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大 C.皮带速度恒定，m质量越大，
10、所受摩擦力越大 D.无论皮带做何种运动，m都一定受摩擦力作用,答案,解析,1,2,3,图6,解析 物块若加速运动，其合外力由传送带给它的摩擦力来提供，故加速度大，摩擦力大，B正确； 当物块匀速运动时，物块不受摩擦力，故A、C、D错误.,4,1,2,3,2.(传送带问题)如图7所示，水平放置的传送带以速度v2 m/s沿顺时针方向转动，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0.2，g取10 m/s2.若A端与B端相距6 m，则物体由A到B的时间为,答案,解析,图7,A.2 s B.2.5 s C.3.5 s D.4 s,4,1,2,3,解析 物体放在传送带上，传送带对物体有向
11、右的滑动摩擦力，使物体开始做匀加速直线运动，物体与传送带速度相等后滑动摩擦力消失，物体与传送带以相同的速度做匀速直线运动.根据牛顿第二定律得mgma，物体加速运动的加速度为ag2 m/s2，达到共同速度所用的时间t1 1 s，发生的位移s1 t11 m，此后匀速运动的时间t2 2.5 s，到达B共用时间3.5 s，选项C正确.,4,1,2,3,3.(滑块木板模型)(多选)如图8所示，一足够长 的木板静止在光滑水平面上，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面的运动情况为 A.物块先向左运
12、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,图8,答案,解析,4,1,2,3,解析 当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力的方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力的方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，B、C正确.,4,4.(滑块木板模型)如图9所示，长度l2 m，质量M kg的木板置于光滑的水平地面上，质量m2 kg
13、的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F10 N，取g10 m/s2.求：,图9,(1)将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小； 答案 4 m/s,解析 对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得Fmgma 解得a4 m/s2 小物块离开木板时，有v22al 解得v4 m/s.,1,2,3,答案,解析,4,答案,解析,(2)若木板M不固定：m和M的加速度a1、a2的大小； 答案 4 m/s2 3 m/s2 解析 对m，由牛顿第二定律： Fmgma1 解得a14 m/s2 对M，由牛顿第二定律：mgMa2 解得a23 m/s2.,1,2,3,4,答案,解析,小物块从开始运动到离开木板所用的时间. 答案 2 s,解析 由位移公式知,小物块从开始运动到离开木板， 有s1s2l 联立解得t2 s.,1,2,3,4,
