1、习题课 3 滑块木板模型和传送带模型学习目标 1.能正确运用牛顿运动定律处理滑块滑板模型 .2.会对传送带上的物体进行受力分析，正确判断物体的运动情况一、滑块木板模型1问题的特点滑块木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动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，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度3解题方法此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应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
2、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 x3 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/s 2，求：图 1(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.答案 (1)2 m/s 2 1
3、m/s 2 (2)2 s解析 (1)对于 B：1mgma B解得 aB1 m/s 2对于 A：F 1mg 2(mM)g Ma A解得 aA2 m/s 2(2)设经时间 t 抽出， 则 xA aAt212xB aBt212x xAx Bl x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对训练 (多选)如图 2 所示，由相同材料做成的 A、B 两物体放在长木板上，随
4、长木板一起以速度 v 向右做匀速直线运动，它们的质量分别为 mA和 mB，且 mAmB.某时刻木板停止运动，设木板足够长，下列说法中正确的是( )图 2A若木板光滑，由于 A 的惯性较大， A、B 间的距离将增大B若木板粗糙，由于 B 的惯性较小， A、B 间的距离将减小C若木板光滑，A、B 间距离保持不变D若木板粗糙，A、B 间距离保持不变答案 CD解析 若木板光滑，木板停止运 动后， A、B 均以速度 v 做匀速运动，间距不变，故 A 错误，C正确；若木板粗糙，同种材料制成的物体与木板间动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得到：mgma，ag ，则可见 A、B 匀减速运动的加速度相同，间距不变
5、故 B 错误，D 正确二、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 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)图 3(1)如果传送带长度 L4.5 m，求经过多长时间物
6、块将到达传送带的右端；(2)如果传送带长度 L120 m，求经过多长时间物块将到达传送带的右端答案 (1)3 s (2)7 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物块匀加速运动的时间 t1 4 sva vg物块匀加速运动的位移 x1 at gt 8 m12 21 12 21(1)因为 4.5 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，物块匀速运动的时间 t2 s3 sL1 x1v 20 84故物块到达传送带右端的时间 t
7、t 1t 27 s.分析传送带问题的三个步骤1初始时刻，根据 v 物 、v 带 的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况2根据临界条件 v 物 v 带 确定 临界状态的情况，判断之后的运动形式3运用相应规律，进行相关计算例 3 如图 4 所示，传送带与水平地面的倾角为 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 点无初速度地放上一个质量为 8 kg 的物体，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/s 2)图 4答案 4 s解析 开始时物体下
8、滑的加速度：a 1g(sin 37 cos 37)10 m/s2，运动到与传送带共速的时间为：t 1 s2 s，下滑的距离：x 1 a1t 20 m；由于 tan 370.750.5，故物体加va1 2010 12 21速下滑，且此时：a 2g(sin 37cos 37)2 m/s2，根据 x2vt 2 a2t ，即12 2642020t 2 2t ，解得：t 22 s，故共用 时间为 t4 s.12 2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 fmax，所以 A、B 发生相对滑动由分析知A 向右加速，加速度为 a1，则 Fm 1gm 1
9、a1，a13 m/s2；B 也向右加速，加速度 为 a2，则m1gm 2a2，a21 m/s2.A 从 B 的左端运动到右端，则有 xAx BL，即 a1t2 a2t2L，代入12 12数据，解得 t0.8 s.8如图 8 所示，传送带与水平面的夹角为 37 ，以 4 m/s 的速度向上运行，在传送带的底端 A 处无初速度地放一个质量为 0.5 kg 的物体，它与传送带间动摩擦因数 0.8，A、B间(B 为顶端)长度为 25 m取 g10 m/s 2，sin 370.6， cos 370.8.试回答下列问题：图 8(1)说明物体的运动性质(相对地面 )(2)物体从 A 到 B 的时间为多少？答
10、案 (1)先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动(2)11.25 s解析 (1)开始时物体相对传送带向下滑动，滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛 顿第二定律得 fmgsin 37 ma而 fmgcos 37解得 a0.4 m/s 2设物体匀加速上升的位移为 x，由 v22ax 得x m20 m.v22a 4220.4x25 m，故当物体的速度达到 4 m/s 后随传送带向上做匀速直线运动(2)由(1)知 vat 1，t1 10 sva25xvt 2，t21.25 s所以从 A 到 B 的总时间 tt 1t 211.25 s.9如图 9 为火车站使用的传送带示意图，绷紧的传送带水平部分长度 L4 m
11、，并以 v01 m/s 的速度匀速向右运动现将一个可视为质点的旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数 0.2, g 取 10 m/s2.图 9(1)求旅行包经过多长时间到达传送带的右端(2)若要旅行包从左端运动到右端所用时间最短，传送带速度的大小应满足什么条件？答案 (1)4.25 s (2) v4 m/s解析 (1)旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，加速度 a g 0.210 m /s22 m/s 2.mgm匀加速运动的时间 t1 0.5 sv0a匀加速运动的位移 x at 0.25 m12 21此后旅行包匀速运动，匀速
12、运 动的时间 t2 3.75 sL xv0所以旅行包从左端运动到右端所用时间 tt 1t 24.25 s.(2)要使旅行包在传送带上运行时间最短，必须使旅行包在传送带上一直加速，由 v22aL 得v 4 m/s2aL即传送带速度必须大于等于 4 m/s.10质量为 2 kg 的木板 B 静止在水平面上，可视为质点的物块 A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图 10 甲所示A 和 B 经过 1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和 B 的 vt 图像如图乙所示，重力加速度 g10 m/s 2，求：图 10(1)A 与 B 上表面之间的动摩擦因数 1；(2)B 与水平面间的动摩擦因数 2；(3)A 的质量答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg解析 (1)由题图乙可知， A 在 01 s 内的加速度a1 2 m/s 2，v1 v0t1对 A 由牛顿第二定律得， 1mgma 1解得 10.2.(2)由题图乙知，AB 在 13 s 内的加速度a3 1 m/s 2，v2 v1t2对 AB 由牛顿第二定律得， 2(Mm)g(M m)a 3解得 20.1.(3)由题图乙可知 B 在 01 s 内的加速度a2 2 m/s 2.v1t1对 B 由牛顿第二定律得， 1mg 2(Mm )gMa 2，代入数据解得 m6 kg.
