专题六：传送带模型 课件-2024-2025学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册

专 题 六 传送带模型 牛顿运动定律的应用 划痕：相对位移 特例：v0=0，x相对=x物 【学习目标】 1.会对传送带上的物体进行受力分析,掌握传送带模型的一般分析方法(重点)。 2.掌握解决传送带上的物体的运动问题的方法(难点)。 一、牛顿运动定律的应用-----传送带模型 1．特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到别的地方去。它涉及摩擦力的判断、运动状态的分析和运动学知识的运用 传送带匀速转动，物块轻放在传送带上，运动情况分析？ f 2．解题思路： (1)判断摩擦力突变点(含大小和方向)，给运动分段； (2)物体运动速度与传送带运行速度相同，是突破口； (3)考虑物体与传送带共速之前是否滑出. 物块从A到B所用的时间讨论？ 3.传送带的基本类型 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型. f f N G 二、水平传送带模型 1.初速度为零的物体滑上传送带 例1　如图1所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动.现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2，求： (1)煤块从A点运动到B点所经历的时间； 答案　3 s G N f 匀加 G N 匀速 V0=O V物=V传=1m/s 对煤块,μmg=ma, 得a=μg=1 m/s2, 当速度达到1 m/s时,所用的时间t1==1 s, 通过的位移x1=a=0.5 m<2.5 m, 解析 判断够不够长 够长，先加速后匀速 当煤块速度达到1 m/s后,随传送带做匀速直线运动, x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m, 所用时间t2==2 s 煤块从A点运动到B点所经历的时间t=t1+t2=3 s v匀速，f=0 (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度. 答案　0.5 m M x’2 x’1 传送带运动快，物块运动慢，由于摩擦在传送带上向左划下痕迹 M 取传送上的一点M与物体对比 解析　煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程 在前1 s时间内，传送带的位移 x1′＝vt1＝1 m 煤块相对地面运动的位移 x=1/2at2 故煤块相对传送带的位移Δx＝x1′－x2′＝0.5 m. 理论升华 v0=0 x物=t x传=v传t x物=x相对位移=划痕 x相对位移=x传t 物块轻放在传送带上，即v0=0， 传送带足够长，达到共速。 2.初速度不为零的物体滑上传送带 例2、如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v ­t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 √ √ 匀减速 关键节点：f突变 反向先匀加后匀速 f 1．初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况 2．根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式 3．运用相应规律，进行相关计算 分析传送带问题的步骤 三、倾斜传送带模型 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后再以a2加速 加速运动，存在传送带够不够长的问题 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以a1加速后再以a2加速 (6)可能一直减速 物块与传送带速度大小未知，存在多种情况。共速为临界状态 情景4 (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 (4)可能先减速，再反向加速，最后匀速 (5)可能一直减速 反向运动，不会先达到共速，可能存在先减速为零，再反向加速到与传送带共速。 例3、倾角为θ的倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行,如图甲所示。在t=0时,将一小煤块轻放在传送带上A点处,1.5 s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示,设沿传送带向下为运动的正方向,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)0~0.5 s内和0.5~1.5 s内小煤块的加速度 大小; 答案　10 m/s2　2 m/s2 由题图乙知,0~0.5 s内 a1== m/s2=10 m/s2 0.5~1.5 s内 a2== m/s2=2 m/s2 解析 由图像可知，物块做两段加速度不同的匀加速直线运动 (2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数; 答案　0.5 0~0.5 s内,由牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1 0.5~1.5 s内,由牛顿第二定律得 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 联立解得μ=0.5 f mgsin θ mgsin θ f 关键节点：共速摩擦力突变 (3)在0~1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度。 答案　1.25 m 刚开始传送带运动快，物块运动慢，由于摩擦在传送带上向右上划下痕迹。 第二段运动，物块运动快，传送带运动慢，由于摩擦在传送带上向左上划下痕迹。 划痕存在重叠的部分，留下的痕迹长度为较长的一段。 由题图乙知,传送带的速率v1=5 m/s, 0~0.5 s内传送带比小煤块多运动 Δx1=v1t1-v1t1=5×0.5 m-×5×0.5 m=1.25 m, 0.5~1.5 s内小煤块比传送带多运动 Δx2=(v1+v2)t2-v1t2=×(5+7)×1 m-5×1 m=1 m 痕迹覆盖,所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m。 解析 四、难点突破：划痕 1．同向运动，划痕等于物块和传送带位移之差。 2．相向运动，划痕等于物块和传送带位移之和。 3.有往复运动，注意重叠的部分。 划痕就是相对位移 尖子生选练 如图甲所示，倾斜传送带倾角θ＝37°，两端A、B间距离为L＝4 m，传送带以4 m/s的速度顺时针转动.一质量为1 kg的小滑块从传送带顶端B点由静止释放，沿传送带下滑，到A时用时 2 s，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8. (1)求小滑块与传送带间的动摩擦因数； 答案　0.5 解析　当传送带顺时针转动时，对小滑块由牛顿第二定律可知： mgsin θ－μmgcos θ＝ma， L＝ at2 联立解得：μ＝0.5. mgsin θ f (2)若该小滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带向上的大小为6 N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，当速度与传送带速度相等时，求滑块的位移大小. 答案　2 m 解析　传送带的速度为v＝4 m/s，当拉力F作用滑块后，滑块开始做匀加速运动，由牛顿第二定律可得： F＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma1 解得：a1＝4 m/s2. 加速到与传送带速度相等的过程， 滑块的位移大小为x1= mgsin θ f (3)在第二问的条件下，求滑块从A运动到B的时间. 答案　1.5 s 解析　加速到与传送带速度相等之后，由于F＝mgsin θ， 滑块所受摩擦力突变为0，滑块与传送带相对静止，一起匀速运动 故tAB＝t1＋t2＝1.5 s. mgsin θ f突变为0 1、完成：导学案专题练习。 2、预习：第七专题，完成导学案 作业 $$