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1、精品文档一、滑块问题1如图所示， 有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为 M=4kg，长为 L=1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为 m=1kg，其尺寸远小于L。小滑块与木板之间的动摩擦因数为0.4(g10m / s2 )（ 1）现用恒力 F作用在木板 M上，为了使得 m能从 M上面滑落下来，问： F大小的范围是什么？（ 2）其它条件不变，若恒力 F=22.8 牛顿，且始终作用在 M上，最终使得 m能从 M上面滑落下来。问： m在 M上面滑动的时间是多大？解析：（ 1）小滑块与木板间的滑动摩擦力fNmg小滑块在滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度a1 f / mg 4
2、m / s2木板在拉力 F和滑动摩擦力 f 作用下向右匀加速运动的加速度a2 (Ff ) / M使 m能从 M上面滑落下来的条件是a2 a1即 (Ff ) / Mf / m 解得 F(Mm) g20N（ 2）设 m在 M上滑动的时间为 t ，当恒力 F=22.8N，木板的加速度a2( F f ) / M4.7m / s2）小滑块在时间 t 内运动位移 S1a1 t 2/ 2木板在时间 t内运动位移 S2a2 t 2 / 2因 S2S1L 即 4.7t 2 / 24t 2 / 21.4 解得 t2s2长为 1.5m 的长木板 B静止放在水平冰面上，小物块 A以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板
3、 B，直到 A、 B的速度达到相同，此时A、B 的速度为0.4m/s ，然后 A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下若小物块 A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同， A、 B间的动摩擦因数 1=0.25 求：（取 g=10m/s2）v（ 1）木块与冰面的动摩擦因数AB（ 2）小物块相对于长木板滑行的距离（ 3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？解析：（ 1） A、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a 2 gv21.0m/s2解得木板与冰面的动摩擦因数2=0.102s（ 2）小物块 A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀
4、减速运动，加速度 a1=1g=2.5m/s 2。1欢迎1下载精品文档小物块 A 在木板上滑动， 木块 B受小物块 A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有 1mg2(2 m) g=ma2解得加速度 a2=0.50m/s 2设小物块滑上木板时的初速度为v10，经时间 t后 A、 B 的速度相同为 v由长木板的运动得 v=a2t ，解得滑行时间v0.8sta2小物块滑上木板的初速度v10=v a t =2.4m/s1小物块 A 在长木板 B 上滑动的距离为1212s s1s2 v01t2a1t2a2t 0.96m（ 3）小物块 A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板B 上相对木板滑动的
5、距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A 达到木板 B 的最右端，两者的速度相等（设为v)，这种情况下 A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0有 v0 t1 a1t 21 a2t 2L22v0 va1tv a2t由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度v02( a1a2 ) L3.0m/s动力学中的传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变滑动摩擦力消失 滑动摩擦力突变为静摩擦力 滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法确定研究对象；分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；分
6、清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。难点疑点： 传送带与物体运动的牵制。牛顿第二定律中a 是物体对地加速度，运动学公式中S 是物体对地的位移，这一点必须明确。分析问题的思路： 初始条件相对运动判断滑动摩擦力的大小和方向分析出物体受的合外力和加速度大小和方向由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。一、水平放置运行的传送带11如图所示， 物体 A 从滑槽某一高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带，传送带静止不动时， A 滑至传送带最右端的速度为v1，需时间 t 1，若传送带逆时针转动，A 滑至传送带最右端的速度为v2，需时间 t 2，则（）A v1v2 ,t1t2
7、B v1v2 ,t1t2C vv ,tt2D vv,t1t2121121 D 提示：物体从滑槽滑至末端时，速度是一定的若传送带不动，物体受摩擦力方向水平向左，做匀减速直线运动若传送带逆时针转动，物体受摩擦力方向水平向左，做匀减速直线运动两次在传送带都做匀减速运动，对地位移相同，加速度相同，所以末速度相同，时间相同，故D。2欢迎2下载精品文档2如图 7 所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1 沿顺时针方向转动， 传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又反回光滑水平面，速率为 v2 ，则下列说法正确的是（）A只有 v1= v 2 时
8、= v 1, 才有 v2B 若 v1 v 2 时 , 则 v2 = v 2C若 vv2时 ,则 v= v212D不管 v多大 ,v2= v .222 B3物块从光滑斜面上的P 点自由滑下通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速转P动，使传送带随之运动，如图所示，物块仍从P 点自由滑下，则（）QA物块有可能落不到地面B 物块将仍落在Q点C物块将会落在Q点的左边 D 物块将会落在Q点的右边3 B 提示：传送带静止时，物块能通过传送带落到地面上，说明滑块在传送带上一直做匀减速运动当传送带逆时针转动，物块在传送带上运动的加速度不变，由v2v22as可知，滑块滑离传送带
9、时的速度vt 不变，而下落高度决定了平抛运动的时t0间 t不变，因此，平抛的水平位移不变，即落点仍在Q点4（ 2003 年江苏理综）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带A、B 始终保持 v=1m/s 的恒定速率运行； 一质量为 m=4kg 的行李无初速地放在A 处，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. 设行李与传送带间的动摩擦因数 =0.1 ， AB间的距离 l =2m， g 取 10m s2（ 1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；（ 2）求
10、行李做匀加速直线运动的时间；（ 3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处求行李从A 处传送到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率解析：（ 1）滑动摩擦力 =F mg以题给数值代入，得F=4N由牛顿第二定律得F=ma2代入数值，得 a=lm/s（ 2）设行李做匀加速运动的时间为t ，行李加速运动的末速度v=1m s则v=at代入数值，得 t =1s（ 3）行李从 A匀加速运动到 B 时，传送时间最短则l1 at 2min2代入数值，得 tmin2s传送带对应的运行速率。3欢迎3下载精品文档Vatminmin=代人数据解得 Vmin=2m/s6（ 2006 年全国理综）一
11、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起始时，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解析：根据 “传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度0根据牛顿第二定律，可得aa g设经历时间 t ，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有v0 a0t ， v at由于 aa0，故 vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用再经过时间t ，煤块的速度
12、由 v增加到 v0，有 v0 v+at 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹设在煤块的速度从0 增加到 v0 的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0 和 s，有s1 a t 2vt ， sv0202002al s s传送带上留下的黑色痕迹的长度02a0）（由以上各式得lv0g2a0g二、倾斜放置运行的传送带1如图所示，传送带与地面倾角=37，从长度为 16m，传送带以 10m/s 的速率逆时针AB转动在传送带上端A 无初速度地放一个质量为0.5kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5 求物体从 A 运动到 B 需时间是多少 ?（ sin37
13、=0.6 ， cos37=0.8 ）解析：物体的运动分为两个过程， 一个过程在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动； 第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度相同点是一个转折点， 此后的运动情况要看mgsin 与所受的最大静摩擦力，若tan ，则继续向下加速若tan ，则将随传送带一起匀速运动，分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解即可本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小物体放在传送带上后，开始的阶段， 由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力F，物体受力情况如图所示物体由静止加速，由牛顿第二定律得a1=10（0.6 0.5
14、 0.8 ） m/s2=10m/s2v10物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1s=1s，a110t 1时间内位移12s2a1t1 5m。4欢迎4下载精品文档由于tan ，物体在重力情况下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力 F此时物体受力情况如图所示，由牛顿第二定律得：mg sinmg cosma2 , a22m/s 2 设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t ，由12，L s vt2a2t222解得 t =1s， t= 11s（舍去）22所以物体由AB 的时间 t=t 1 t 2=2s2如图 3 2 24 所示，传送带两轮A、B 的距离 L 1
15、1 m，皮带以恒定速度v 2 m/s 运动，现将一质量为m的物块无初速度地放在A 端，若物体与传送带间的动摩擦因数为 0.8 ，传送带的倾角为 37，那么物块 m从 A 端运到 B 端所需的时间是多少？ ( g 取 10 m/s 2， cos37 0.8)2解析：将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动由牛顿第二定律得mgcos37 mgsin37 ma则 agcos37 gsin37 0.4 m/s 2物体加速至2 m/s 所需位移v222s0 2a2 0.4 m5 mL经分析可知物体先加速5 m再匀速运动sL s0 6 m.v 2匀加速运动时间 t 1 a 0.4 s
16、 5 s.匀速运动的时间t 2 s 6s 3 s.v2则总时间 t t 1 t 2(5 3) s 8 s.答案： 8 s三、组合类的传送带1如图所示的传送皮带，其水平部分AB长 sAB=2m，BC与水平面夹角=37，长度 sBC =4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数=0.25 ，皮带沿A至B方向运行，速率为=2m/s ，v若把物体 P 放在 A 点处，它将被传送带送到C 点，且物体P 不脱离皮带，求物体从 A点被传送到 C点所用的时间 （ sin37 =0.6 ， g=l0m/s2）解析：物体 P随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B，即做一段匀速运动； P从 B 至 C段
17、进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间P在 AB段先做匀加速运动，由牛顿第二定律F1 ma1, F1FN1mg,va1t ，。5欢迎5下载精品文档得 P 匀加速运动的时间t1vv0.8sa1gs1 a t21gt2 0.8m, ssvt，12 1 121AB12匀速运动时间t2sABs10.6s vP以速率 v 开始沿 BC下滑，此过程重力的下滑分量mgsin37 =0.6 mg；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为mgcos37 =0.2 mg可见其加速下滑由牛顿第二定律mg cos37mg cos37ma3 , a3 0.4g4m/s 2 ，svt1 a t2 ，解得 t3=
18、1s（另解 t32s ，舍去）BC323 3 t t=2.4s 从 A至 C经过时间 t =t1232如图所示为一货物传送货物的传送带.传送带的ab部分与水平面夹角 =37，bcabc部分与水平面夹角=53， ab 部分长度为4.7m， bc 部分长度为 3.5m. 一个质量为 m=1kg的小物体 A（可视为质点）与传送带的动摩擦因数=0.8.传送带沿顺时针方向以速率v=1m/s 匀速转动 . 若把物体 A 轻放到 a 处，它将被传送带送到c 处，此过程中物体 A 不会脱离传送带 .求：物体 A 从 a 处被传送到 b 处所用的时间； （sin37 =0.6 ， sin53 =0.8 ，=10
19、m/s2）gb解：物体 A 轻放在 a 点后在摩擦力和重力作用下先做匀速直线运动直到和传送带速度相等，然后和传送带一起h匀速运动到 b 点。Ac在这一加速过程中有加速度aa1mg cosmmg sin110(0.80.80.6)0.4m / s2 1运动时间 t1v2.5s a1运动距离 s1v 2121.25msab 2a120.4在 ab 部分匀速运动过程中运动时间t1sabs14.7 1.25s v13.45所以物体 A 从 a 处被传送到 b 和所用的时间tt1 t22.53.455.95s3右图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成， 一台水平传送， A，B 两端相
20、距 3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角，C, D 两端相距 4.45m，B, C 相距很近。6欢迎6下载精品文档水平传送以5m/s 的速度沿顺时针方向转动，现将质量为10kg 的一袋大米无初速度地放在A段，它随传送带到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜送带的C点，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0.5 ，g 取 10m/s 2，sin37 ?=0. 6，cos37 ?=0. 8(1) 若 CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD 上所能上升的最大距离；(2) 若倾斜部分 CD以 4m/s 的速率顺时针方向转动， 求米袋从 C运动到 D 所用的时间。解： (1) 米袋在 AB 上加速时的加速
21、度 a0mg5m / s2m米袋的速度达到 v0 =5m s 时，滑行的距离 s0v022.5m AB 3m ，因此米加速2a0一段后与传送带一起匀速运动到达B 点，到达C 点时速度v0=5m/s设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mg sinmg cosma代人数据得 a=10m/s2所以，它能上滑的最大距离 sv021.25m2a(2 顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为4m/s 之前的加速度为a1g(sincos)10m / s2速度减为 4m / s 时上滑位移为v12v02ms10.452a1米袋速度等于4m s 时，滑动摩擦力方向改变，由于mg cosamg sin a ，故米继续向上减速运动米袋速度小于4m s 减为零前的加速度为-a2g(sincos )2m / s2速度减到 0 时上滑位移为 s20v12m42a2可见，米袋速度减速到0 时，恰好运行到D 点。米袋从 C运动到 D 所用的时间 t t1v1 v0v 12.1st2a1a2。7欢迎7下载