动力学中的传送带模型
一、模型概述
物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型．
因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键．
二、两类模型
1．水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 情景2 (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 2．倾斜传送带模型 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 情景2 情景3 情景4 (1)可能一直加速 (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 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速 (4)可能先以a1加速后以 a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加 速 ——————[1个示范例]—————— 图3－2－7 (12分)如图3－2－7所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水 平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已 32 知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s. 2 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从P点运动到Q点所用的时间． 【审题指导】 (1)工件受的摩擦力为动力． (2)传送带匀速，工件放到传送带上后做初速为零的匀加速直线运动，要判断工件的运动有没有转折． 【规范解答】 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力 由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma① 2 代入数值得：a＝2.5 m/s② 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 22v2x1＝＝m＝0.8 m<4 m③ 2a2×2.5 可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m v (2)匀加速时，由x1＝t1得t1＝0.8 s④ 2x23.2 匀速上升时t2＝＝ s＝1.6 s⑤ v2 所以工件从P点运动到Q点所用的时间为 t＝t1＋t2＝2.4 s⑥ 评分标准①～⑥式每式2分 【答案】 (1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s 分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析． ——————[1个模型练]—————— 如图3－2－8所示，水平传送带AB长L＝10 m，向右匀速运动的速度v0＝4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v1＝6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4， 2 g取10 m/s.求： 图3－2－8 (1)物块相对地面向左运动的最大距离； (2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间． 【解析】 (1)设物块与传送带间的摩擦力大小为f f＝μmg f＝ma 2 0－v1＝－2as物 s物＝4.5 m (2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，经过时间t2与传送带速度相等 0＝v1－at1 t1＝1.5 s v0＝at2 t2＝1 s 12 设反向加速时，物块的位移为s1，则有s1＝at2＝2 m物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时 2 间t3再次回到B点 s物－s1＝v0t3 t3＝0.625 s 所以t总＝t1＋t2＋t3＝3.125 s 【答案】 (1)4.5 m (2)3.125 s ⊙考查超重失重 1．如图3－2－9所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间(单位为秒)．由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可 以得到的信息有( ) 图3－2－9 A．该同学做了两次下蹲—起立的动作 B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立 C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态 【解析】 在3～4 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确． 【答案】 B ⊙由运动情况推断受力情况 2. 图3－2－10 (多选)(2018·上海高考)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v－t图线如图3－2－10所示，则( ) A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大 B．在t1时刻，外力F为零 C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小 D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大 F－f 【解析】 由图象可知0～t1，物体作a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝可知，F逐渐减 m f－F 小，最终F＝f，故A、B错误．t1～t2物体作a增大的减速运动，由a＝可知，至物体速度减为零之前，F m 有可能是正向逐渐减小，也可能F已正向减为零且负向增大，故C、D正确． 【答案】 CD ⊙水平传送带模型 3．如图3－2－11所示，传送带保持v0＝1 m/s的速度运动．现将一质量m＝0.5 kg的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x＝2.5 m，则物体从左端运动到右端所经历 2 的时间为(g取10 m/s)( ) A.5 s C．3 s 【答案】 C ⊙综合考查两类基本问题 4. 图3－2－11 B．(6－1) s D．5 s 图3－2－12 (多选)(2018·浙江高考)如图3－2－12所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加 2 速度为0.5 m/s，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保 2 持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s.关于热气球，下列说法正确的是( ) A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 【解析】 热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确． 【答案】 AD 5. 图3－2－13 如图3－2－13，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m，用大小为30 N，沿水平 2 方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t. 【解析】 (1)物体做匀加速运动 12L＝a0t0 2 2L2×2022 则a0＝2＝2 m/s＝10 m/s t02 由牛顿第二定律，F－f＝ma0 f＝30 N－2×10 N＝10 N f10 则μ＝＝＝0.5. mg2×10 (2)F作用的最短时间为t，设物体先以大小为a的加速度匀加速时间t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律 Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma ＋μ 则a＝－μg m＋22 ＝[－0.5×10] m/s＝11.5 m/s 2 f2 a′＝＝μg＝5 m/s m 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′ a11.5 则t′＝t＝t＝2.3t a′51212L＝at＋a′t′ 222L2×20 ＝ s＝1.03 s. 22 a＋2.3a′11.5＋2.3×5 【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s 则t＝ 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库2019届高考物理复习讲义：第3章-第2讲-两类动力学问题：超重和失(2)在线全文阅读。
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