微专题4　“传送带”模型与“滑块—木板”模型.pptx

微专题4“传送带”模型与“滑块—木板”模型;“传送带”模型;项目;1;

;2．倾斜传送带模型

;项目;(2023·镇江中学期中)如图所示，煤矿有一传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度达到L＝44m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．取sin37°＝0.6，

g＝10m/s2.求：

(1)煤块从A到B的时间．

答案：4s

;

;解析：第一阶段传送带位移x2＝v0t1＝10m

第一阶段相对位移Δx1＝x2－x1＝5m

第二阶段相对位移Δx2＝(L－x1)－v0t2＝9m

9m5m，痕迹为9m(第二阶段的划痕覆盖原来划痕);1．求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断．;2．临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变．

3．滑块与传送带的划痕长度Δs等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δs＝Δs1＋Δs2(图甲所示)；若两次相对运动方向相反，Δs等于较长的相对位移大小(图乙所示).

;类题固法1

1．(2024·高邮期初)如图所示，倾角为θ＝37°且长L＝0.4m的传送带以恒定的速率v＝1m/s沿顺时针方向运行．现将一质量m＝2kg的物块(可视为质点)以v0＝3m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6.则物块 ()

A．先做减速，后做匀速运动

B．开始加速度大小为2m/s2

C．经过t＝0.2s到达顶端

D．相对传送带发生的位移大小为0.4m;

;2．(2024·海安期初质量监测)如图所示，一物流传送装置，电机带动水平传送带顺时针转动的最大速度v0＝6m/s，货物从A点静止放上传送带．货物与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB的长度L＝14m，取g＝10m/s2.

(1)若传送带以v0匀速转动，求货物由A运动到B的时间t.;

;解析：若货物刚放上A点时，传送带从v0开始以a0＝2m/s2的加速度做匀减速运动，设经过t1时间，货物与传送带共速，则有v共＝v0－a0t1＝at1

;

;

;接着传送带开始做减速运动，物块继续做加速运动，设经过t′2时间，货物与传送带共速，则有v′共＝v0－a0t′2＝v1???at′2

解得t′2＝1s，v′共＝4m/s

;“滑块—木板”模型;2．滑块—木板类模型的思维模板

;3．解题步骤

(1)审题建模：弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，明确题给条件和所求．

(2)建立方程：根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程连接处的加速度可能突变).

(3)明确关系：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，一般来说，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这可能是两过程的联系纽带．

;2;解析：A与B之间的最大静摩擦力为f1＝μ1mAg＝0.3×2×10N＝6N

B与地面之间的最大静摩擦力为f2＝μ2(mA＋mB)g＝0.1×(2＋1)×10N＝3N

当A、B恰好发生相对滑动时，对于B有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa0

对于整体来说F0－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a0

解得F0＝12N

则当F＝9N12N时，B与地面发生相对运动，A与B没有发生相对滑动，则对于整体研究F－f2＝(mA＋mB)a1

解得a1＝2m/s2

隔离B根据牛顿第二定律可得f3－f2＝mBa1

解得A、B之间的摩擦力的大小f3＝5N;解析：当F＝16N12N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律F－f1＝mAa2

解得a2＝5m/s2

A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f4＝f1＝6N;类题固法2

1.(2023·无锡高三上期中)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离．则下列哪些变化可使x增大

()

A．仅增大恒力F

B．仅增大木板的质量M

C．仅增大木块的质量m

D．仅减小木块与木板间的动摩擦因数

;

;解析：当C在A上滑行时，对B分析可得

F＝mBgsinθ

代入数据可得F＝1.2N;解析：当C在A上滑行时，对A、B整体分析可得

μmCgcosθ＝(mA＋mB)gsinθ

解得μ＝0.75;解析：C在A上滑行时，对C分析可得

μmCgcosθ＋mCgsinθ＝mCaC

解得aC＝12m/s2，aC方向沿斜面向下