微型专题：滑块—木板模型和传送带模型 学案（含答案）

1、微型专题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

2、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速度，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度例1(2018湘潭市模拟)如图1所示，物块A、木板B的质量均为m10 kg，不计A的大小，木板B长L3 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、B与水平面之间的动摩擦因数分别为10.3和20.1，g取10 m/s2.若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？图1答案2 m/s解析分别对物块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a13 m/s2木板B向右做匀加速运动，设其加速度大

3、小为a2，则有a21 m/s2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，则有时间关系：t位移关系：L解得v02 m/s.求解“滑块木板”类问题的方法技巧1搞清各物体初始状态相对地面的运动和物体间的相对运动(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1如图2所示，厚度不计的薄板A长l5 m，质量M5 kg，放在粗糙的水平地面上在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

4、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向右的力F26 N，将A从B下抽出g10 m/s2，求：图2(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/s21 m/s2(2)2 s解析(1)对于B由牛顿第二定律可得：1mgmaB解得aB1 m/s2对于A由牛顿第二定律可得：F1mg2(mM)gMaA解得aA2 m/s2(2)设经时间t抽出，则sAaAt2sBaBt2ssAsBls解得t2 s.二、传送带问题1传送带的基本类型一个物体以初速度 v0(v00)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成

5、传送带模型传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图3所示图32水平传送带(1)当传送带水平转动时，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突变(2)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静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力)3倾斜传送带(1)对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系若tan ，且物体能与传送带共

6、速，则共速后物体做匀速运动；若tan ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相对于传送带做匀变速运动(2)求解的关键在于分析物体与传送带间的相对运动情况，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例2(2019湖南师大附中高一上学期期末)如图4所示，水平传送带以不变的速度v10 m/s向右运动，将工件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t2 s，速度达到v；再经过时间t4 s，工件到达传送带的右端，g取10 m/s2，求：图4(

7、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)工件从水平传送带的左端至右端通过的距离答案(1)5 m/s2(2)0.5(3)50 m解析(1)工件的加速度a解得a5 m/s2(2)设工件的质量为m，则由牛顿第二定律得：mgma所以动摩擦因数0.5(3)工件加速运动距离s1t工件匀速运动距离s2vt工件从左端到达右端通过的距离ss1s2联立解得s50 m.针对训练2(多选)如图5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

8、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5A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BD解析行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动加速度为ag1 m/s2，历时t11 s达到共同速度，位移s1t10.5 m，此后行李匀速运动t21.5 s，到达B共用2.5 s乘客到达B，历时t2 s，故B

9、正确若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin s2 s，D正确例3如图6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6答案4 s解析开始时物体下滑的加速度：a1g(sin 37cos 37)10 m/s2，运动到与传送带共速的时间为：t1 s2 s，下滑的距离：s1a1t20 m；由于tan 370.750.5，故物体2

10、s后继续加速下滑，且此时：a2g(sin 37cos 37)2 m/s2，s264 ms144 m，根据s2vt2a2t，解得：t22 s，故共用时间tt1t24 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.1.(传送带问题)如图7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()图7A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，所受摩擦力越大D无论皮带做何种运动，m都一定受

11、摩擦力作用答案B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2.(传送带问题)如图8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()图8A2 s B2.5 s C3.5 s D4 s答案C解析物体放在传送带上，传送带对物体有向右的滑动摩擦力，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

12、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t11 s，发生的位移s1t11 m，此后匀速运动的时间t22.5 s，故到达B共用时间3.5 s，选项C正确3(滑块木板模型)(多选)如图9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()图9A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解析当物块相对木板

13、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(滑块木板模型)如图10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10(1)若木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；(2)若木板M不固定：m和M的加速度a1、a2的大小；小物块从开始运动到离开木板所用的时间答案(1)4 m/s(2)4 m/s23 m/s22 s解析(1)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.(2)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.由位移公式知s1a1t2，s2a2t2小物块从开始运动到离开木板，有s1s2l联立解得t2 s.