1、专题强化 传送带模型和滑块木板模型学习目标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v2 m/s的速度匀速运转，在其左端无初速度释放一质量为m1 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0.
2、2，传送带长L2 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ag2 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 s1 s位移x1 m1 mmgcos 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 30Ffma2y轴方向上：FNmgcos 300又FfFN联立解得a2g(sin 30cos 30)2 m/s2所以物体以初速度v2 m/s和加速度a22 m/s2做匀加速运
3、动，位移为x2lx13 m由位移公式得x2vt2a2t22解得t21 s，或t23 s(舍去)故所用总时间为tt1t20.25 s1 s1.25 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)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0x时，木块与传送带速度相同后，若mgcos mgsin ，即tan ，木块匀速，C正确；若mgsin mgcos ，即t2Ct1v1，则()图4At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D0t3时间内，小物块始终受
4、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0t1时间内，向左做匀减速运动，t1t2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0t2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t2t3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v10 m/s向右运动，将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端
5、，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x1t工件匀速运动距离x2vt工件从左端到达右端通过的距离xx1x2联立解得x50 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37，将一物块轻轻地放在正在以
6、速度v10 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L29 mg取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.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 mgcos ma1解得a1gsin gcos 10
7、 m/s2物块加速到与传送带同速所用的时间为t11 s位移为x15 m物块加速到与传送带同速后，由于mgsin mgcos ，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 mgcos ma2解得a2gsin gcos 2 m/s2由x2Lx1vt2a2t22解得t22 s因此物块运动的总时间为tt1t23 s.(2)若0.8，则物块与传送带同速前，根据牛顿第二定律mgsin mgcos ma1解得a1gsin gcos 12.4 m/s2物块加速到与传送带同速所用的时间t10.8 s位移为x14 m当物块与传送带同速后，由于mgsin Ff2，所
8、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v0222gx，解得x2 mL5 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v03 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3A长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反BA、B之间的动摩擦因数0.5C长木板A的长度可能为L0.8 mD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
9、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：mBgmBaB，aB| m/s22 m/s2，解得：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：LminxBxA m1.5 m，故C错误；对A、B分别受力分析，则：mBgmAaA，mBgmBaB，aA m/s21 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
10、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，则()图4A铁块在木板A上滑动时，两木板间的作用力为mgB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mg，此时木板的加速度a，对木板B：Famg，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
11、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M0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m0.2 kg的小滑块以v01.2 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mgma1mgMa2解得a14 m/s2，a24 m/s2小滑块做匀减速运动
12、，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v0a1ta2t解得t0.15 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t0.15 s，这段时间内小滑块做匀减速运动，由xv0ta1t2，解得x0.135 m.6.质量M3 kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F11 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m4 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/s21 m/s2(2)0.5 m(3) N解析(1)放上物块后，物块的加速度a1g2 m/s2，木板的加速度a21 m/s2.(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，故a1tv0a2t，解得t1 s，1 s内物块位移x1a1t21 m，木板位移x2v0ta2t21.5 m，所以木板长度至少为Lx2x10.5 m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F(Mm)a，对物块，有Ffma，故Ff N.
