1、微专题四动力学中的“木板滑块”和“传送带”模型 动力学中“木板滑块”模型1模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。常见情形滑板获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板x块，xx板x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板a3，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x1v
2、t1a3t m，末速度v1va3t1 m/s滑块向右运动的位移x2t12 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此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移x4a2t0.5 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xx1x2x3x46 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x52 m所以
3、木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m。答案(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m求解“木板滑块”模型的思维流程1(惠州市2021届高三第二次调研)物体A的质量m12 kg，静止在水平面上的木板B的质量为m21 kg、长L1 m，某时刻A以v04 m/s的初速度滑上木板B上表面的最左端，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，(忽略物体A的大小，g10 m/s2)。试求：(1)如果木板B与水平面的动摩擦因数也为0.2，拉力F5 N，当A刚滑上木板B时，A和B的加速度分别为多大？(2)如果水平面是光滑的，为使A不从B板右侧滑落，拉力F
4、应满足的条件。解析(1)物体A刚滑上木板B时，根据牛顿第二定律得：对物体A：m1gm1aA对木板B：Fm1g(m1m2)gm2aB解得：aA2 m/s2aB3 m/s2。(2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v，则L且解得：aBaA6 m/s2对木板B：Fm1gm2aB解得：F2 N所以为使A不从B板右侧滑落，必须：F2 N。答案见解析2(2020江苏百校联考)如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，可视为质点的小滑块质量为m1 kg，置于木板中央A处。从t0时刻开始，木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F，其运动的速度时间图象如图乙所示。已知滑块与木
5、板间的动摩擦因数为0.2，木板与滑块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：甲乙(1)t0时刻滑块加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)为使滑块不从木板上滑落，木板的长度至少为多少？解析(1)假设t0时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的vt图象可得a木板 m/s24 m/s2，对滑块，由牛顿第二定律有mgma滑块，得a滑块g2 m/s2，由于a滑块v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0情景4轻放在匀加速启动的传送带上假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)若ga，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带
6、前进方向的静摩擦力Ffma(2)若gL8 m，则由vv2aL，得vB2 m/s。(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/sv0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v112 m/s，由vv2ax1，得x1 mL8 m。故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为vBv112 m/s。(3)当物块初速度v06 m/s时，物块速度减为零时的位移x23 mL，所以物块先向右减速后向左加速。由0v0at1，得t11 s。当物块向左加速到v24 m/s时由v2ax3得x3 mx23 m。故物块向左先加速运动后匀速运动。由v2at2，得t2 s。物块匀速运动的位移x4x2x3
7、m。由x4v2t3，得t3 s。故总时间tt1t2t3 s。答案(1)2 m/s(2)12 m/s(3) s(1)求解水平传送带问题的关键正确分析物体所受摩擦力的方向。注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。(2)处理此类问题的一般流程弄清初始条件判断相对运动判断滑动摩擦力的大小和方向分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向由物体的速度变化分析相对运动进一步确定以后的受力及运动情况。倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情境1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情境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加速情境3(1
8、)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)可能一直减速情境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)可能一直减速如图所示，传送带与地面倾角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无初速度地放一个质量为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，g取10 m/s2，求：(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
9、形成痕迹的长度。思路点拨：解此题注意以下几点：(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度。(2)判断煤块能否达到与传送带相等的速度，若不能，煤块从AB加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止。(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差。煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者。解析(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，受力如图甲，其加速度为a1g(sin cos )10 m/s2，t11 s，x1a1t5 mL，即下滑5 m与传送带速度相等。达到v0后
10、，受到向上的摩擦力，由于tan 37，煤块仍将加速下滑，受力如图乙，a2g(sin cos )2 m/s2，x2Lx15.25 m，x2v0t2a2t，得t20.5 s，则煤块从A到B的时间为tt1t21.5 s。甲乙(2)第一过程痕迹长度为x1v0t1a1t5 m，第二过程痕迹长度为x2x2v0t20.25 m，x1与x2部分重合，故痕迹总长为5 m。答案(1)1.5 s(2)5 m滑块在传送带上运动时应注意的“六点”(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止且做匀速运动。(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，
11、需比较mgsin 与mgcos 的大小才能确定运动情况。(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。(5)注意传送带的长度是足够长还是有限长，判定滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。1.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A煤块从A运动到B的时间是2.2
12、5 sB煤块从A运动到B的时间是1.5 sC划痕长度是2 mD划痕长度是0.5 mBC煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有mgma，得ag4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移x12 m4 m，因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间t11 s，匀速运动的时间t20.5 s，煤块从A运动到B的总时间tt1t21.5 s，A错误，B正确；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有xv0t1x12 m，C正确，D错误。2.如图所示，倾角为37、长为l16 m的传送带，转动速度恒为v10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体(可视为质点)，已知物体与传送
13、带间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2。求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin 37mgcos 37ma则agsin 37gcos 372 m/s2根据lat2得t4 s。(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg
14、sin 37mgcos 37ma1则有a1gsin 37gcos 3710 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1 s1 sx1a1t5 mmgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变。设当物体下滑速度达到传送带转动速度时物体的加速度变为a2，则mgsin 37mgcos 37ma2a2gsin 37gcos 372 m/s2x2lx111 m又因为x2vt2a2t则有10t2t11解得t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s。答案(1)4 s(2)2 s3.一传送带装置如图所示，其中AB段
15、是水平的，长度LAB4 m，BC段是倾斜的，长度LBC5 m，倾角为37，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上升的最大高度；(3)工件运动了23 s后所在的位置。解析(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgma1解得a1g5 m/s2经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t10.8 s工件前进的位移为x1a1t1.6 m此后工件将与传
16、送带一起匀速运动至B点，用时t20.6 s所以工件第一次到达B点所用的时间tt1t21.4 s。(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma2解得a22 m/s2由速度位移公式得0v22a2解得hm2.4 m。(3)工件沿传送带向上运动的时间为t32 s此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T2t12t35.6 s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t02t1t22t36.2 s，而23 st03T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离xLABx12.4 m。答案(1)1.4 s(2)2.4 m(3)在A点右侧2.4 m处
