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高中物理
第二章 力学
传送带模型和滑块木板模型
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2024-12-12 12:05
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传送带模型和滑块木板模型
## 水平传送带   ## 倾斜传送带    ## 例题 `例`(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是 A.开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B.行李经过2 s到达B处 C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m  解：开始时，对行李，根据牛顿第二定律有 $\mu m g=m a$ ，解得 $a=2 m / s ^2$ ，故A正确； 设行李做匀加速运动的时间为 $t_1$, 行李做匀加速运动的末速度为 $v=$ $0.4 m / s$, 根据 $v=a t_1$, 代入数据解得 $t_1=0.2 s$, 匀加速运动的位移大小 $x=\frac{1}{2} a t_1{ }^2=\frac{1}{2} \times 2 \times 0.2^2 m=0.04 m$, 匀速运动的时间为 $t_2=\frac{L-x}{v}=$ $\frac{2-0.04}{0.4} s=4.9 s$, 可得行李从 $A$ 到 $B$ 的时间为 $t=t_1+t_2=5.1 s$, 故 B 错误; 由以上分析可知行李在到达 $B$ 处前已经与传送带共速，所以行李到达 $B$ 处时速度大小为 $0.4 m / s$ ，故 C正确； 行李在传送带上留下的摩察痕迹长度为 $\Delta x=v t_1-x=(0.4 \times 0.2-0.04) m$ $=0.04 m$ ，故 $D$ 错误. `例` 如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是    解：设传送带倾角为 $\theta$ ，滑块与传送带间的动摩擦因数为 $\mu$ ，滑块质量为 $m$ ，若 $m g \sin \theta>\mu m g \cos \theta$ ，则滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若 $m g \sin \theta=\mu m g \cos \theta$ ，则小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若 $m g \sin \theta<\mu m g \cos \theta$ ，则小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块先做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确. `例`如图甲所示，一足够长的、 倾角为 $37^{\circ}$ 的传送带以恒定速率稳定运行，一质量 $m=1 kg$ 、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取 $g=10 m / s ^2, \sin 37^{\circ}=0.6, \cos 37^{\circ}=0.8$. 则下列说法正确的有 A. $0 \sim 8 s$ 内物体的位移大小为 14 m B.物体与传送带间的动摩擦因数为 0.625 C. $0 \sim 4 s$ 内物体上升的高度为 4 m D. $0 \sim 8 s$ 内物体在传送带上留下的墨迹长度为 18 m 解：物体运动的位移即 $v-t$ 图像中图线与 横轴围成的面积，则 $x=\frac{2+6}{2} \times 4 m-$ $2 \times 2 \times \frac{1}{2} m=14 m$, A 正确; 由物体运动的 $v-t$ 图像可知, 在 $2 \sim 6 s$ 内物体做匀加速直线运动,有 $a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{4-0}{4} m / s ^2=1 m / s ^2$ ，且 $\mu m g \cos 37^{\circ}-m g \sin 37^{\circ}=m a$ ，解得 $\mu=0.875$ ，B 错误； 在 $0 \sim 4 s$ 内由题图知，物体运动的位 移为 0 ，则在 $0 \sim 4 s$ 内物体上升的高度 为 0 ， $C$ 错误； 由选项A可知，在 $0 \sim 8 s$ 内物体的位移 $x=14 m$ ，传送带的位移 $x^{\prime}$ $=v t=4 \times 8 m=32 m$ ，则 $0 \sim 8 s$ 内物体在传送带上留下的墨迹长度为 $\Delta x=x^{\prime}-x=18 m, D$ 正确. #### 提示 1.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. 2.物体与传送带的划痕长度Δx等于物体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，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙).   ## “滑块—木板”模型 1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩嚓力的作用下发生相对滑动。 2.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差 $\Delta x=x_1-x_2=L$ (板长); 滑块和木板反向运动时，位移大小之和 $x_2+x_1=L$.   3.解题关键点 (1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向. (2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动). `例`如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为 $M=4 kg$ 的长木板，在长木板右端有一质量为 $m=1 kg$ 的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为 $\mu=0.2$ ，长木板与小物块均静止，现用 $F=14 N$ 的水平恒力向右拉长木板，经时间 $t=1 s$ 撤去水平恒力 $F, g$ 取 $10 m / s ^2$ ，则:  (1)在 $F$ 的作用下，长板板的加速度为多大? (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 解：（1）对长木板, 根据牛顿第二定律可得 $a=\frac{F-\mu m g}{M}$, 解得 $a=3 m / s ^2$ （2） $$ \begin{aligned} &\text { 撤去 } F \text { 之前，小物块只受摩擦力的作用 }\\ &\begin{aligned} & \text { 故 } a_m=\mu g=2 m / s^2 \\ & \Delta x_1=\frac{1}{2} a t^2-\frac{1}{2} a_m t^2=0.5 m \end{aligned} \end{aligned} $$ (3)刚撤去 $F$ 时 $v=a t=3 m / s , v_m=a_m t=2 m / s$ 撤去 $F$ 后，长木板的加速度大小 $a^{\prime}=\frac{\mu m g}{M}=0.5 m / s ^2$ 最终速度 $v^{\prime}=v_m+a_m t^{\prime}=v-a^{\prime} t^{\prime}$ 解得共同速度 $v^{\prime}=2.8 m / s$ (4)在 $t^{\prime}$ 内, 小物块和长木板的相对位移 $\Delta x_2=\frac{v^2-v^{\prime 2}}{2 a^{\prime}}-\frac{v^{\prime 2}-v m^2}{2 a_m}$, 解得 $\Delta x_2=0.2 m$ 最终小物块离长木板右端 $x=\Delta x_1+\Delta x_2=0.7 m$. `例` 如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端.现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F.滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下.重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是  A.t＝9 s时长木板P停下来 B.长木板P的长度至少是7.5 m C.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5 D.滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m 解：由题图乙可知，力 $F$ 在 $t_1=5 s$ 时撤去，此时长木板 $P$ 的速度 $v_1=5 m / s$ ， $t_2=6 s$ 时两者速度相同， $v_2=3 m / s , t_2=6 s$ 前长木板 $P$ 的速度大于滑块 $Q$ 的速度， $t_2=6 s$ 后长木板 $P$ 的速度小于滑块 $Q$ 的速度， $0 \sim 6 s$ 过程中, 以滑块 $Q$ 为研究对象, 由牛顿第二定律得 $\mu_1 m g=m a_1$, 且 $a_1=\frac{\Delta v}{\Delta t_1}=0.5 m / s ^2$, 解得 $\mu_1=0.05$, 在 $5 \sim 6 s$ 过程中，以长木板 $P$ 为研究对象，由牛顿第二定律得 $\mu_2(2 m) g$ $+\mu_1 m g=m a_2$, 且 $a_2=\left|\frac{\Delta v_2}{\Delta t_2}\right|=2 m / s ^2$, 解得 $\mu_2=0.075$, 从 6 s 末到长木板停下来的过程中, 由牛顿第二定律得 $\mu_2(2 m) g-\mu_1 m g=m a_3$ ，解得 $a_3=1 m / s ^2$ ， 这段时间 $\Delta t_3=\left|\frac{\Delta v_3}{a_3}\right|=3 s$, 则 $t=9 s$ 时长木板 $P$ 停下来, 故 A 正确, C 错误; 长木板 $P$ 的长度至少是前 6 s 过程中滑块 $Q$ 在长木板 $P$ 上滑行的距离, 即 $\Delta x_1=\frac{1}{2} \times 5 \times 5 m+\frac{1}{2} \times(5+3) \times 1 m-\frac{1}{2} \times 3 \times 6 m=7.5 m$, 故 B正确； 在从 6 s 末到滑块 $Q$ 停下来的过程中, 由牛顿第二定律得 $\mu_1 m g=m a_4$,解得 $a_4=0.5 m / s ^2$, 这段时间 $\Delta t_4=\left|\frac{\Delta v_4}{a_4}\right|=6 s$,所以 $t_3=12 s$ 时滑块 $Q$ 停下来, 6 s 后滑块 $Q$ 在长木板 $P$ 上滑行的距离 $\Delta x_2=\frac{1}{2} \times 6 \times 3 m-\frac{1}{2} \times 3 \times 3 m=4.5 m$, 前 6 s 长木板 $P$ 速度更大，后 6 s 滑块 $Q$ 速度更大，则滑块 $Q$ 在长木板 $P$上滑行的相对位移为 $\Delta x=\Delta x_1-\Delta x_2=3 m$ ，故 D 错误。 ## 处理“板块”模型中动力学问题的流程  `例` 如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上.已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.  (1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小； (2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度. 解：（1）对滑块 $A$ 根据牛顿第二定律可得 $\mu_1 m g=m a_1$ ，故 $A$ 的加速度大小为 $a_1$ $=1 m / s ^2$ ，方向向右；对木板 $B$ 根据牛顿第二定律可得 $F-\mu_1 m g$ $\mu_2(m+M) g=M a_2$ ，解得木板 $B$ 加速度大小为 $a_2=2 m / s ^2$ 。 （2）撤去外力瞬间, $A$ 的位移大小为 $x_1=\frac{1}{2} a_1 t^2=4.5 m, B$ 的位移大小为 $x_2=\frac{1}{2} a_2 t^2=9 m$, 撤去外力时，滑块 $A$ 和木板 $B$ 的速度分别为 $v_1=a_1 t=3 m / s , v_2=a_2 t=$ $6 m / s$ ， 撤去外力后，滑块 $A$ 的受力没变，故滑块 $A$ 仍然做加速运动，加速度不变，木板 $B$ 做减速运动，其加速度大小变为 $a_2{ }^{\prime}=$ $$ \frac{\mu_1 m g+\mu_2(m+M) g}{M}=5 m / s^2, $$ 设再经过时间 $t^{\prime}$ 两者达到共速，则有 $v_1+a_1 t^{\prime}$ $$ =v_2-a_2{ }^{\prime} \quad t^{\prime} $$ 撤去外力后， $A$ 的位移大小为 $x_1{ }^{\prime}=v_1 t^{\prime}+\frac{1}{2} a_1 t^{\prime}{ }^2$ $B$ 的位移大小为 $x_2{ }^{\prime}=v_2 t^{\prime}-\frac{1}{2} a_2{ }^{\prime} t^{\prime 2}$ 故木板 $B$ 的长度至少为 $L=x_2-x_1+x_2{ }^{\prime}-x_1{ }^{\prime}$ 代入数据解得 $L=5.25 m$.
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