5. 牛顿运动定律的应用优质教案设计

必修1 第三章

一轮专题突破动之力学中的“传送带模型”

1.传送带的基本类型

(1)按放置可分为：水平(如图1a)、倾斜(如图b，图c)、水平与倾斜组合；

(2)按转向可分为：顺时针、逆时针。

图1 2.传送带的基本问题

(1)运动学问题：运动时间、痕迹问题、运动图象问题(运动学的角度分析)；

(2)动力学问题：物块速度和加速度、相对位移，运动时间(动力学角度分析)；

(3)功和能问题：做功，能量转化(第五章讲)。

命题角度1

水平传送带模型

【例1】

如图2所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(取g＝10 m/s2)

图2 (1)若传送带静止不动，求vB的大小；

(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度vB；

(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。

解析

(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，

则a＝μg＝6 m/s2，

2又v2A－vB＝2ax，代入数值得vB＝2 m/s。

(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。

v－vA(3)工件速度达到13 m/s时所用时间为t1＝a＝0.5 s，

12运动的位移为x1＝vAt1＋2at1＝5.75 m＜8 m，

则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工x2件先加速后匀速。匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝v≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。

答案

(1)2 m/s

(2)能，2 m/s

(3)13 m/s

0.67 s

1.求解水平传送带问题的关键

(1)正确分析物体所受摩擦力的方向。

(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

2.滑块在水平传送带上运动常见的3种情景

项目

情景1

图示

滑块可能的运动情况

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速

(2)v0

(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端

情景3

(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v，当v0

情景2

命题角度2

倾斜传送带模型

【例2】

如图3所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/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＝0.5 kg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。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：

图3 (1)煤块从A到B的时间；

(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。

解析

(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为

a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，

v0加速过程中t1＝a＝1 s，

11x1＝2a1t21＝5 m。

达到v0后，受到向上的摩擦力，则

a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，

x2＝L－x1＝5.25 m，

12x2＝v0t2＋2a2t2，

得t2＝0.5 s。

煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。

(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，

第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，

Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。

答案

(1)1.5 s

(2)5 m

滑块在倾斜传送带上运动常见的4种情景

项目

情景1

图示

滑块可能的运动情况

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

(1)可能一直加速

情景2

(2)可能先加速后匀速

(3)可能先以a1加速后以a2加速

(1)可能一直加速

情景3

(2)可能先加速后匀速

(3)可能一直减速

(4)可能先以a1加速后以a2加速

(1)可能一直加速

情景4

课堂作业：

1.物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图7中箭头所示，则传送带转动后(

) (2)可能一直匀速

(3)可能先减速后反向加速

(4)可能一直减速

图7 A.物块将减速下滑

B.物块仍匀速下滑

C.物块受到的摩擦力变小

D.物块受到的摩擦力变大

解析

当传送带静止时，物块匀速下滑，由物块受力平衡可得mgsin θ＝μmgcos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcos θ，选项C、D错误；物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑，选项A错误，B正确。

答案

B 2.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。如图9所示，设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留

下的摩擦痕迹约为(

)

图9 A.5 mm

C.7 mm

B.6 mm D.10 mm v2解析

木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x1＝2a，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。

答案

A

课后作业：

一、单项选择题

1.(2018·仪征中学质检)如图1所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的(

)

图1

解析

开始物块做匀减速运动，速度减为零后，反向匀加速运动，速度增加到与传送带的速度相同后做匀速运动，选项B正确。

答案

B 2.如图2所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ

)

图2

解析

开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1

所以a1＝gsin θ＋μgcos θ

木块加速至与传送带速度相等时，由于μ

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

所以a2＝gsin θ－μgcos θ

根据以上分析，有a2

答案

D 2.(2019·江苏泰州市姜堰区高三期中)如图8所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是(

)

图8 vLA.v＋2μg

C.2Lμg

L

B.v

2L

D.v

解析

①当木块一直做匀加速直线运动：若木块一直做匀加速直线运动到达右端1时的速度还未达到v，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，根据L＝2at2，解得t＝

2Lμg，选项C正确；若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v，v2L根据L＝2t，解得t＝v，选项D正确，B错误；②当木块先做匀加速直线运动，vv2再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间a，匀加速直线运动的位移2a，则匀v2vvLL－2a速直线运动的位移L－2a，则匀速直线运动的时间，则总时间为＋v2μg，v2选项A正确。

答案

ACD 二、计算题

3.(2018·南通中学高三期中)如图10所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m＝1.0 kg的小铁块，它离布带右端的距离为L＝0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为μ＝0.1。现用力从静止开始向左以a0＝2 m/s2

的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g取10 m/s2，求：

图10 (1)将布带从铁块下抽出需要多长时间；

(2)铁块离开布带时的速度大小。

解析

(1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为L＋x，铁块滑动的加速度为a，

由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝μg＝1 m/s2，

11根据运动学公式有L＋x＝2a0t2，x＝2at2，

解得t＝2L＝1 s。

a0－μg(2)由v＝v0＋at得

铁块速度v＝1×1 m/s＝1 m/s。

答案

(1)1 s

(2)1 m/s 4.如图11所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒

定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。

图11 解析

依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，

μmg即a0>m＝μg，

v0由运动学公式可得，传送带达到匀速的时间t1＝a，

0v0煤块达到与传送带相对静止的时间t2＝μg，

根据以上分析，煤块与传送带的v－t图象分别如图中直线OB和折线OAB所示。

因v－t图线和t轴所围图形的面积表示位移，则△OAB的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度L。

由几何知识得：

11v0v0L＝2(t2－t1)v0＝2μg－av0。

0v20（a0－μg）整理得：L＝。

2a0μgv20（a0－μg）答案

2a0μg