1、专题突破二动力学中“传送带”和“板块”模型突破一“传送带”模型考向水平传送带分析解答问题的关键(1)对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。(2)物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。【例1】如图1所示，水平传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为，AB长为L，L足够长，重力加速度为g。问：图1(1)物体从A到B做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A到B运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？解析(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度
2、相同时，做匀速直线运动。(2)由vat和ag，解得t物体的位移s1at2传送带的位移s2vt(3)物体从A到B运动的时间为t总(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v。答案(1)先匀加速，后匀速(2)(3)(4)v考向倾斜传送带物体沿倾角为的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin 与mgcos 的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。【例2】如图2所示，传送带以恒定速率v4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37。现将质量m1 kg的小物块
3、轻放在其底端(小物块可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用F10 N的恒力拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地面高为H1.8 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8。图2(1)求物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？解析(1)物块在达到与传送带速度v4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有Fmgcos 37mgsin 37ma1va1t1联立得a18 m/s2，t10.5 s，故s1a1t1 m物块与传送带达到共同速度后，
4、因Fmgsin mgcos 370故物块在平衡力作用下随传送带一起匀速上升s2s12 m，t20.5 s物块在传送带上运动的总时间tt1t21 s。(2)若在物块与传送带达到速度相等的瞬间撤去恒力F，因为tan 37，故有mgcos 37mgsin 37ma2解得a22 m/s2假设物块能向上匀减速运动到速度为零，则物块通过的位移为s4 ms2故物块向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台，故s2vt3a2t解得t3(2) s(另一解不符合题意，已舍去)故撤去恒力F后，物块还需(2) s才能脱离传送带。答案(1)1 s(2)(2) s解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况
5、，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度。(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断与tan 的关系才能决定物块以后的运动。1.(多选)(2019江西丰城模拟)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图3所示。当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0且保持不变，物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为1、2(12)，则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度)(
6、)图3A.物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动B.两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等C.两物块在任何时刻的速度和加速度都相等D.可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段解析物块1滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，由于物块1和物块2通过不可伸长的细线连接，故物块2也做匀加速运动；如果在物块2滑上传送带之前，物块的速度已经等于传送带的速度，则此后物块1、2均做匀速直线运动，故A正确；两物块都在传送带上时，如果两物块速度与传送带相同，则两物块均不受静摩擦力，故B错误；如果物块2滑上传送带时，物块的速度小于传送带的速度，由于两个物块的动摩擦因数12，则加速度a1a2
7、，两个物块间的距离会缩小，故C错误，D正确。答案AD2.(2019四川成都诊断)如图4所示，传送带与地面夹角37，从A到B长度为L10.25 m，传送带以v010 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m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 370.6，g10 m/s2，求：图4(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a1g(sin cos )10 m/s2，煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t11 s，发生的位移s
8、1a1t5 m。达到v0后，受到向上的摩擦力，则a2g(sin cos )2 m/s2，s2Ls15.25 m，s2v0t2a2t，得t20.5 s。煤块从A到B的时间为tt1t21.5 s。(2)第一过程痕迹长s1v0t1s15 m，第二过程痕迹长s2s2v0t20.25 m，s1与s2部分重合，故痕迹总长为5 m。答案(1)1.5 s(2)5 m突破二“板块”模型1.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联2.两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为sBsAL物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界
9、条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为sBLsA【例3】(2019湖北重点中学四校联考)如图5所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为，最后B未滑离A。已知M2m，重力加速度为g。求：图5(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；(2)木板A的最短长度L。思路点拨(1)分析摩擦力方向判断A和B的运动性质求速度和时间。(2)计算A和B的位移求相对位移最短长度。解析(1)对A、B分别由牛顿第二定律有mgMaA，mgmaB又M2m，可得aAg，aBg规
10、定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则vv0aBtv0aAt解得t，v。(2)在时间t内：A的位移sAtB的位移sBt木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即LssBsA。答案(1)(2)解决速度临界问题的思维模板1.(2019吉林省实验中学模拟)如图6所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA2 kg的薄木板A和质量为mB3 kg的金属块B，A的长度l2 m，B由轻绳绕过定滑轮与质量为mC1 kg的物块C相连。B与A之间的动摩擦因数0.1，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及与轴间的摩擦。起始时用手托住C使各物体都处于静止状态，轻绳被拉直，B位于A的左端(如图)，然后放手
11、，求金属块B从A的右端脱离所经历的时间t(设A的右端距滑轮足够远，g取10 m/s2)。图6解析由题意分析可知 m/s2 m/s2，则放手后A、B发生相对滑动。根据牛顿第二定律得B的加速度aB m/s2，A的加速度aA m/s2，由laBt2aAt2，解得t4 s。答案4 s2.如图7所示，质量M8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F8 N。当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长。求：图7(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同
12、的速度？(3)从小物块放在小车上开始，经过t1.5 s小物块通过的位移大小为多少？(取g10 m/s2)解析(1)小物块的加速度am g2 m/s2，小车的加速度aM0.5 m/s2。(2)由amt1v0aMt1，得t11 s。(3)在开始1 s内小物块的位移s1amt1 m。最大速度vamt12 m/s。在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a0.8 m/s2。这0.5 s内的位移s2vt2at1.1 m，通过的总位移ss1s22.1 m。答案(1)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m科学思维系列“模型建构”破解高考压轴大题【典例】(2015全
13、国卷，25，)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图8(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：图8(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。教你建构物理模型第一步：分析研究对象模型。设小物块和
14、木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。第二步：分解过程模型。(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(t0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度.然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关
15、系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。第三步：选择计算方法。上面的每一个过程都有特定条件要求，应根据各自的物理规律，选择相应的计算方法解题。规范解答(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2 m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移s4.5 m，末速度v4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得svta1t2解得a11 m/s2小物块
16、和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1解得10.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a3 m/s2对滑块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11 s 的过程中，木板向左运动的位移为s1vt1a3t m, 末速度v1va3t1 m/s滑块向右运动的位移s2t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s
17、此过程中，木板向左运动的位移s3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移s4a2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为ss1s2s3s46 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为s52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为ss1s3s56.5 m答案(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m课时作业(时间：30分钟)基础巩固练1.如图1所示，水平传送带静止不动，质量为1 kg的小物体，以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，最终以2 m
18、/s的速度从传送带的右端离开传送带。如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时的速度()图1A.小于2 m/s B.等于2 m/sC.大于2 m/s D.不能到达传送带右端解析当传送带不动时，小物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带。当传送带逆时针转动时，小物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的滑动摩擦力方向仍然向左，这样与传送带静止时比较，受力情况完全相同，所以运动情况也应该一致，即最后离开传送带时速度仍然是2 m/s，选项B正确。答案B2.(多选)如图2甲所示，一质量为m1的薄木板(厚度不计)静止在光滑
19、水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是()图2A.滑块始终与木板存在相对运动B.滑块未能滑出木板C.滑块的质量m2大于木板的质量m1D.在t1时刻，滑块从木板上滑出解析滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2g，a1，由vt图象可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由vt图象分析可知a2a1，即g，则m1m2，选项A、C、D正确。答案ACD3.如图
20、3所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA1 kg 和mB2 kg 的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g10 m/s2。改变拉力F的大小，B的加速度大小可能为()图3A.1 m/s2 B.2.5 m/s2C.3 m/s2 D.4 m/s2解析A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmaxfBmax，所以B始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A相对长木板滑动，B受到的最大合力等于A
21、的最大静摩擦力，即fBfAmaxmAg，由fBmBaBmax，可知B的加速度最大为2 m/s2，选项A正确。答案A4.(2019山东名校联考)如图4所示，在倾角37的固定斜面上放置一质量M1 kg、长度L0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的上端A处放一质量m0.6 kg 的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差t。(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)图4解析对薄
22、板，由于Mgsin 37(Mm)gcos 37，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。滑块在薄板上滑行时加速度a1gsin 376 m/s2到达B点时速度v3 m/s滑块由B至C时的加速度a2gsin 37gcos 372 m/s2设滑块由B至C所用时间为t，则有LBCvta2t2代入数据解得t1 s对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度a3gsin 37gcos 372 m/s2设滑至C端所用时间为t，则有LBCa3t2代入数据解得t2 s滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差ttt1 s答案滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动1 s5.如图5所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37，长l为
23、5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以v010 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上。已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2。图5(1)小物体与传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一速度时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度；(3)若小物体以v18 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能够到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析(1)传送带静止时，小物体在传送带上根据牛顿第二定律得mgcos 37mgsin 37ma1小物体从B点运动到
24、C点的过程有0v2a1l联立以上式子并代入数据解得a110 m/s2，0.5。(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力方向始终向上时，最容易到达平台CD，此时根据牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma2若恰好能到达平台CD时，有0v22a2l联立以上式子并代入数据解得a22 m/s2，v2 m/s即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD。(3)小物体在平台AB上的运动速度大小为v18 m/s，小物体能够到达平台CD时，设传送带顺时针运动的最小速度大小为vmin，由于v1v2 m/s，故若传送带的速度大于或等于2 m/s时，小物体必能到达平台CD，故所求的传送带的最小速度大小vmin应小于v。对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到与传送带的速度大小相等的过程中，有vv2a1s1对小物体以速度大小vmin减速到零到达平台CD的过程，有v2a2s2s1s2l联立并代入数据解得vmin3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。答案(1)0.5(2)2 m/s(3)3 m/s