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(共62張PPT)
第三章　牛頓運動定律
專題五　應用牛頓運動定律解決傳送帶和板塊模型
素養目標　1.掌握傳送帶模型的特點，了解傳送帶問題的分類.（物理觀念） 2.會對傳送帶上的物體進行受力分析和運動狀態分析，能正確解答傳送帶上物體的動力學問題.（物理觀念） 3.掌握“滑塊—木板”模型的運動及受力特點.（科學思維） 4.能正確運用動力學觀點處理“滑塊—木板”模型問題.（科學思維）
一、“水平傳送帶”模型
A. 剛開始物體相對傳送帶向前運動
B. 物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C. 物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功
D. 傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
D
解析：剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，A錯誤；勻速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，B錯誤；物體加速，由動能定理可知，摩擦力對物體做正功，C錯誤；設物體與傳送帶間動摩擦因數為μ，物體相對傳送帶運動時a＝μg，做勻加速運動時，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由v＝at可知，傳送帶速度越大，物體加速運動的時間越長，D正確.
深化1　模型特點：物體（視為質點）放在傳送帶上，由于物體和傳送帶相對滑動（或有相對運動趨勢）而產生摩擦力，根據物體和傳送帶間的速度關系，摩擦力可能是動力，也可能是阻力.
深化2　解題關鍵：抓住v物＝v傳的臨界點，當v物＝v傳時，摩擦力發生突變，物體的加速度發生突變.
深化3　注意物體位移、相對位移和相對路程的區別
（1）物體位移：以地面為參考系，單獨對物體由運動學公式求得的位移.
（2）物體相對傳送帶的位移大小Δx
①若有一次相對運動：Δx＝x傳－x物或Δx＝x物－x傳.
②若有兩次相對運動：兩次相對運動方向相同，則Δx＝Δx1＋Δx2（圖甲所示）；
兩次相對運動方向相反，則劃痕長度等于較長的相對位移大小Δx2（圖乙所示）.
深化4　水平傳送帶常見情境
情境一 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后勻速
情境二 （1）v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速.
（2）v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速
情境三 （1）傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端.
（2）傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端，其中v0＞v時，返回速度為v；v0＜v時，返回速度為v0
情境四 （1）若μg≥a0，物塊和傳送帶一起以加速度a0加速運動，物塊受到沿傳送帶前進方向的靜摩擦力f＝ma0.
（2）若μg＜a0，物塊將跟不上傳送帶的運動，即物塊相對于傳送帶向后滑動，但物塊相對地面仍然是向前加速運動的，此時物塊受到沿傳送帶前進方向的滑動摩擦力f＝μmg，產生的加速度a＝μg
AD
B. 小物體P在傳送帶上運動的時間為5 s
C. 小物體P將從傳送帶的右端滑下傳送帶
D. 小物體P在傳送帶上運動的全過程中，合力對它做的功W＝－3.5 J
訓練1　如圖1所示為地鐵的包裹安檢裝置，其傳送包裹部分可簡化為如圖2所示的傳送帶示意圖.若安檢時某乘客將可視為質點的包裹靜止放在傳送裝置的最左端，傳送裝置始終以v0＝0.5m/s的速度順時針勻速運動，包裹與傳送裝置間的動摩擦因數為μ＝0.05，傳送裝置全長l＝2 m，包裹傳送到最右端時乘客才能將其拿走，重力加速度取g＝10m/s2.
（1）求當包裹與傳送裝置相對靜止時，包裹相對于傳送裝置運動的距離；
答案：（1）0.25 m
解得x1＝0.25 m
t1時間內傳送裝置的位移大小為x2＝v0t1
解得x2＝0.5 m
故包裹相對于傳送裝置運動的距離為
Δx＝x2－x1＝0.25 m.
解析：（1）設包裹的質量為m，包裹加速階段的加速度大小為a，
則由牛頓第二定律可得μmg＝ma
（2）若乘客將包裹放在傳送裝置上后，立即以v＝1m/s的速度勻速從傳送裝置最左端走到傳送裝置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在傳送裝置最右端等待的時間.
答案：（2）2.5 s
解得t3＝2s
故乘客需要在傳送裝置最右端等待的時間為Δt＝t1＋t2－t3＝2.5s.
二、“斜面傳送帶”模型
二、“斜面傳送帶”模型
考題2?。?021·遼寧卷）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李.如圖所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3.95 m.工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質點）.小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；
答案：（1）0.4 m/s2
解析：（1）因為v1＜v2，所以包裹相對于傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律有μmgcos α－mgsin α＝ma，代入數據解得a＝0.4 m/s2.
（2）小包裹通過傳送帶所需的時間t.
答案：（2）4.5 s
深化　　傾斜傳送帶常見情境
情境一 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后勻速
情境二 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后勻速.
（3）可能一直減速.
（4）可能先減速后勻速.
（5）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ減速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ減速
情境三 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后勻速.
（3）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
情境四 （1）可能一直加速.
（2）可能先加速后勻速.
（3）可能先減速后勻速.
（4）可能一直勻速.
（5）可能一直減速.
（6）可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
AD
A. 傳送帶的速率為4 m/s
B. 煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5
C. 煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為5 s
D. 煤塊從沖上傳送帶到t＝2 s時在傳送帶上留下的痕跡長為4 m
A. 均沿傳送帶向上加速運動
B. 均沿傳送帶向下先加速、后勻速運動
C. 均停止在水平面上的同一位置
D. 在整個運動過程中克服摩擦力做的功相等
C
解析：由題知，傳送帶順時針傳動，所以傳送帶對物體的摩擦力沿傳送帶向上，根據μ＜tan θ，可知摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，則甲、乙均沿傳送帶向下加速運動，故A、B錯誤；甲、乙兩物體在傳送帶上加速下滑的過程中，根據牛頓第二定律可知mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ，可知兩物體加速度相同，又兩物體在傳送帶上滑行的距離相同（都由A點滑到傳送帶底部），根據v2＝2ax，可知兩物體到達水平面時的速度相同；在水平面上，兩物體都只受到摩擦力的作用，且動摩擦因數相同，根據牛頓第二定律可知μmg＝ma'，解得a'＝μg，可知兩物體在水平面上滑行的加速度相同，根據v2＝2a'x'，可知兩物體在水平面上滑行的距離也相同，即均停止在水平面上的同一位置，故C正確；甲、乙兩物體在傳送帶上加速下滑的過程中，克服摩擦力做功為Wf1＝μmgcos θ·x，在水平面上滑行時，克服摩擦力做功為Wf2＝μmg·x'，故克服摩擦力做的總功為W＝Wf1＋Wf2＝μmg（cos θ·x＋x'），由于兩物體的質量不同，故在整個運動過程中克服摩擦力做的功不相等，故D錯誤.故選C.
三、“滑塊—木板”模型
三、“滑塊—木板”模型
ABD
A. 小物塊在t＝3t0時刻滑上木板
B. 小物塊和木板間的動摩擦因數為2μ
C. 小物塊與木板的質量比為3∶4
D. t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動
深化1　　模型特點
滑塊（視為質點）置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發生相對滑動，滑塊和木板具有不同的加速度.
深化2　　位移關系
如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板長）；滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L.
深化3　　解題關鍵
A. 地面對木板的摩擦力方向水平向右
B. 地面對木板的摩擦力大小為9 N
C. μ2可能為0.12
D. 整個過程中，滑塊與木板間因摩擦產生的熱量為4 J
C
A
訓練4　（2025·四川綿陽模擬）如圖所示，足夠長的木板靜止于水平地面上，小物塊A放在木板的中間，現在對A施加一與水平方向成53°角的恒定拉力F，F的大小為5 N，3 s以后撤去拉力F的同時，另一小物塊B以vB＝6.5 m/s的對地速度（向右）沖上木板的左端.已知長木板的質量M＝1 kg，A與B的質量均為m＝1 kg，A和B與木板間的動摩擦因數均為μ1＝0.25，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.10，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，運動過程中A、B不會相撞.求：
（1）拉力F作用時，木板是否發生滑動；
答案：（1）不會發生滑動
解析：（1）拉力F作用時，對A分析，在豎直方向上有Fsin 53°＋N1＝mg
根據牛頓第三定律，A對長木板的壓力大小等于長木板對A的支持力大小，對長木板分析，在豎直方向上有N2＝Mg＋N'1＝Mg＋N1
長木板對A的最大靜摩擦力、地面對長木板的最大靜摩擦力分別為f1＝μ1N1、f2＝μ2N2
聯立并代入數據解得f1＝1.5 N、f2＝1.6 N
由于Fcos 53°＝3 N＞f1＝1.5 N
可知，A相對于長木板向右運動，根據牛頓第三定律，A對長木板有向右的摩擦力，由于f2＝1.6 N＞f'1＝f1＝1.5 N，可知長木板不會發生滑動.
（2）撤去拉力F時，小物塊A的速度；
答案：（2）4.5 m/s
解析：（2）對A分析，根據牛頓第二定律有Fcos 53°－μ1N1＝ma1
解得a1＝1.5 m/s2
撤去拉力F時，根據運動學公式有v1＝a1t1
解得v1＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s.
（3）長木板運動的總時間.
解得t2＝1 s，v2＝2 m/s
限時跟蹤檢測
A級·基礎對點練
題組一　水平傳送帶模型
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解析：水平傳送帶以恒定的速度持續運轉，小物塊剛放上去時速度為零，所以物塊和傳送帶之間將產生滑動，滑動摩擦力使小物塊做初速度為零的勻加速直線運動，當速度增大到和傳送帶速度相同時，小物塊相對于傳送帶不再滑動，二者以相同的速度沿同方向運動，A錯誤，B正確；小物塊和傳送帶之間的滑動摩擦力大小不變，所以小物塊的加速度也是恒定的，當小物塊的速度達到傳送帶的速度時，二者之間的相對滑動就結束了，滑動摩擦力也就消失了，小物塊的加速度也會即刻減小到零，C錯誤，D正確.
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A. 快件所受摩擦力的方向與其運動方向始終相反
B. 快件先受滑動摩擦力作用，后受靜摩擦力作用
C. 快件與傳送帶間動摩擦因數越大，快件與傳送帶相對位移越小
D. 運送距離一定時，快件與傳送帶間動摩擦因數越大，運送時間越長
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A. 滑塊受到的摩擦力方向保持不變
B. 滑塊的加速度保持不變
C. 若減小傳送帶的傾角，滑塊可能先做加速運動后做勻速運動
D. 若傳送帶改為順時針轉動，滑塊可能先做加速運動后做勻速運動
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解析：設滑塊質量為m，傳送帶傾角為θ，剛開始時滑塊受重力、支持力、沿傳送帶向下的摩擦力作用，由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，滑塊向下勻加速運動，當滑塊與傳送帶達到共同速度時，若mgsin θ＞μmgcos θ，則滑塊受到沿傳送帶向上的摩擦力作用，由牛頓第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，則滑塊繼續向下加速運動，加速度大小改變，故A、B錯誤；若減小傳送帶的傾角，使得滑塊與傳送帶達到共同速度時mgsin θ1≤μmgcos θ1.則此后滑塊與傳送帶一起勻速運動，所以滑塊可能先做加速運動后做勻速運動.故C正確；若傳送帶改為順時針轉動，若mgsin θ≤μmgcos θ，則滑塊不能向下運動；若mgsin θ＞μmgcos θ，則滑塊一直向下做勻加速運動，故D錯誤.
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A. 傳送帶的速度為16 m/s
B. 摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
C. 物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
D. 傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大
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A. 若F＝15 N時，P、Q之間的摩擦力大小為5 N
B. 當F＞15 N時，P、Q開始發生相對滑動
C. 若F＝28 N，物塊P的加速度大小為1.5 m/s2
D. 若F＝32 N，木板Q的加速度大小為2.5 m/s2
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解析：F＝15 N時，由于F＜2mgsin 30°＝20 N，故P、Q仍然保持靜止，對P，有F－Ff＝mgsin 30°，解得Ff＝5 N，故A正確；假設P、Q剛要發生相對滑動，對Q，有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝2.5 m/s2，對P，有F－mgsin 30°＝μmgcos 30°＝ma，解得F＝30 N，故B錯誤；F＝28 N＜30 N，P、Q不發生相對滑動，對P、Q整體，有F－2mgsin 30°＝2ma，解得a＝2 m/s2，故C錯誤；F＝32 N＞30 N，P、Q發生相對滑動，對Q，有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝2.5 m/s2，故D正確.
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7. （2025·安徽合肥廬江五校聯考）如圖所示，質量M＝10 kg、上表面光滑的木板在F＝20 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右勻速運動.現將一質量m＝4 kg的鐵塊無初速度地放到木板的最右端，最終從木板左端滑離，木板的長度L＝10 m，重力加速度g取10 m/s2.求：
（1）木板與地面間的動摩擦因數μ；
答案：（1）0.2
解析：（1）開始時木板向右勻速運動，由二力平衡可得F＝μMg，解得μ＝0.2.
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（2）鐵塊放上后，木板運動的加速度a；
答案：（2）0.8 m/s2，方向與木板運動方向相反
（3）鐵塊滑離木板時，木板的速率v.
答案：（3）3 m/s
解析：（2）鐵塊放上后，對木板，由牛頓第二定律可得F－Ff＝Ma，Ff＝μ（M＋m）g，
解得a＝－0.8 m/s2，即加速度大小為0.8 m/s2，方向與運動方向相反.
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B級·能力提升練
A. 傳送帶勻速轉動的速度大小為1 m/s
C. A、B兩點的距離為16 m
D. 貨物由A點運動到B點的過程中與傳送帶之間發生相對滑動的距離為0.2 m
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A. 物塊與卡車同時靜止
B. 物塊的加速度大于μg
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A. 木板P與水平地面間的動摩擦因數μ2＝0.2
B. 滑塊Q與木板P間的動摩擦因數μ1＝0.4
C. 圖乙中t2＝22 s
D. 木板的最大加速度為2 m/s2
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11. （2025·吉林模擬）如圖所示，質量為M＝8 kg的物塊A與傳送帶摩擦因數為0.125，傳送帶順時針旋轉，速率為3 m/s，PQ兩端間距離L＝5 m.將物塊A用不可伸長的輕質細線繞過輕質光滑的定滑輪C與質量m＝2 kg的物塊B相連，細線AC與傳送帶平行，重力加速度取g＝10 m/s2.物塊A在傳送帶P端由靜止釋放，求：
（1）釋放后一小段時間細線拉力；
答案：（1）14 N
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解析：（1）物塊A從釋放到與傳送帶共速的這段時間內，所受摩擦力方向水平向右.設此過程中物塊A的加速度大小為a1，對A、B整體根據牛頓第二定律有mg＋μMg＝（M＋m）a1
解得a1＝3 m/s2
對B根據牛頓第二定律有mg－T＝ma1
解得T＝14 N.
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（2）物塊A從P端運動到Q端所用的時間.
答案：（2）2 s
解得t2＝1 s
物塊A從P端運動到Q端所用的時間為t＝t1＋t2＝2 s.
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