1、动力学两大模型“传送带模型”和“板块”模型科 学 思 维“传送带”模型和“板块”模型是近几年高考命题的热点，2017年全国卷第25题、2019年全国卷第20题都是以“板块”模型为素材的问题。两类模型常涉及牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、动量、能量等主干知识，具有条件隐蔽、过程复杂等特点，既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，是很好的能力考查类题目的命题背景。模型一：“传送带”模型1模型特征一个物体以速度v0(v00)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看作“传送带”模型，如图(a)(b)(c)所示。2解题三部曲(1)把握受力：水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况
2、，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况。(2)判定思路：相对运动摩擦力方向加速度方向速度变化情况共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物v传。(3)关注临界：传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。注意倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角的正切值与动摩擦因数的大小关系。示例1 某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB4 m，倾斜传送带长度LCD4.45 m，倾角为37，AB和CD通过一段极短的
3、光滑圆弧板过渡，AB传送带以v15 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：(1)工件从A点第一次被传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2v1)。思路探究(1)工件在水平传送带上运动时受到哪几个力作用？工件在水平传送带上做什么运动？(2)工件到达B点的速度是多少？(3)工件在倾斜传送带上运动时受到哪几个力作用？(4)工件在倾斜传送带上做什么运动？如
4、何理解第(2)问中的“恰好”？解析(1)工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示，则FN1mgFf1FN1ma1联立解得a15 m/s2由运动学公式有t1 s1 sx112a1t2112512 m2.5 m由于 x1LAB，工件随后在传送带 AB 上做匀速直线运动直到 B 端，则匀速运动的时间为 t2LABx1v10.3 s工件滑上 CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为 a2，速度减小到零时所用时间为 t3，位移大小为 x2，受力分析如图乙所示，则 FN2mgc
5、os mgsin FN2ma2由运动学公式有 x20v212a2联立解得 a210 m/s2，x21.25 m工件沿 CD 传送带上升的最大高度为hx2sin 1.250.6 m0.75 m沿 CD 上升的时间为 t30v1a2 0.5 s故总时间为 tt1t2t31.8 s。(2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得2a2x3v22v21mgsin FN2ma32a3x40v
6、22LCDx3x4解得 v24 m/s。答案(1)0.75 m 1.8 s(2)4 m/s应用提升练1如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()D 解析：传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，所以a1gsin gcos。小木块加速至与传送带速度相等时，由于tan，
7、则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，所以a2gsin gcos。根据以上分析，有a2a1，所以，本题正确答案为D。2近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v04 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L3 m。现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止，包裹B向前运动了
8、0.4 m静止。已知包裹A与传输带间的动摩擦因数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求：(1)包裹A在传送带上运动的时间；(2)包裹B的质量。解析：(1)包裹A在传送带上运动，由牛顿第二定律可得1mAgmAa1由式解得a14 m/s2假设包裹A离开传送带前就已与传送带共速，由匀变速运动知识可得v02a1s1由式解得s12 mL所以上述假设成立加速过程s1a1t由式解得t11 s匀速过程：Ls1v0t2由式解得t20.25 s所以，包裹A在传送带上运动的时间tt1t21.25 s(2)包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得2mAgmAa2由式解得a25 m
9、/s2同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是a25m/s2包裹A向前滑动至静止：0v2a2sA由式解得vA1 m/s包裹B向前滑动至静止：0v2a2sB由式解得vB2 m/s包裹A、B相碰前后系统动量守恒：mAv0mAvAmBvB由式解得mB0.6 kg。答案：(1)1.25 s(2)0.6 kg3如图所示，与水平面夹角为37的倾斜传送带以v02 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v18 m/s的速度从底端滑上传送带。已知小物块A、B质量均为m1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2
10、，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l应满足的条件。解析：(1)对小物块 B，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1解得 a110 m/s2小物块 B 减速至与传送带共速需要时间t1v1v0a10.6 s运动的位移 s1v21v202a1 3 m之后，小物块 B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2解得 a22 m/s2小物块 B 减速至 0 需要时间 t2v0a21 s运动的位移 s2 v202a21 m小物块 B 向上运动过程中平均速度的大小vs1
11、s2t1t22.5 m/s。(2)小物块 A 的加速度也为 a22 m/s2，小物块 B 开始加速向下运动时，小物块 A 已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块 B 滑下传送带后，小物块 A 到达传送带底端。当小物块 B 刚滑下传送带时，小物块 A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度 l012a2t2小物块 B 向下运动过程 s1s212a2t23解得 t32 s，则 tt1t2t33.6 s答案：(1)2.5 m/s(2)l12.96 m代入解得 l012.96 m即传送带的长度 l12.96 m。模型二：“板块”模型1模型特征：涉及两个物体，并且
12、物体间存在相对滑动。2解题三部曲(1)审题建模：求解时应先仔细审题，弄清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。(3)做好两分析示例2(2017高考全国卷)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m
13、/s2。求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。思路探究(1)A、B在木板上滑动时，木板所受的力有哪些？木板做什么运动？(2)A、B哪一个先与木板共速？共速后各自做什么运动？解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板所受地面的摩擦力大小为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大
14、小为v1，由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s(2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为sBv0t112aBt21设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2，对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B 与木板达到共同速度时，A的速度大小也为 v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2。设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2v1a2t2对 A 有 v2v1aAt2
15、在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1v1t212a2t22在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)12aA(t1t2)2A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为答案(1)1 m/s(2)1.9 ms0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得 s01.9 m。(也可用如图所示的速度时间图线求解)应用提升练4(多选)(2019高考全国卷)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去
16、外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出()A木板的质量为1 kgB2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s 后物块和木板间的滑动摩擦力大小 F 摩0.2 N。由题图(c)知，2 s4 s 内，木板的加速度大小a10.42 m/s20.2 m/s2，撤去外力 F 后的加速度大小a20.40.21 m/s20.2 m/s2。设木板质量为m
17、，物块的质量为M，据牛顿第二定律，对木板，2 s4 s内有FF摩ma14 s以后有F摩ma2且知F摩Mg0.2 N解得m1 kg，F0.4 N，但由于不知道物块的质量M，故无法求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误。02 s内，木板处于静止状态，F的大小等于物块与木板之间的静摩擦力，而物块与木板之间的静摩擦力等于f，则由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。答案：AB5(2019高考江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向
18、右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析：A、B的运动过程如图所示：(1)设 A、B 的质量均为 m，先敲击 A 时，由牛顿第二定律可知，A 的加速度大小 aAmgm g在 B 上滑动时有 2aALv2A解得 vA 2gL。(2)对齐前，B 所受 A 的摩擦力大小 FfAmg，方向向左，地面的摩擦力大小 Ff 地2mg，方向向左，合外力大小 FFfAFf 地3mg
19、由牛顿第二定律 FmaB，得 aB3g对齐后，A、B 整体所受合外力大小 FFf 地2mg由牛顿第二定律 F2maB，得 aBg。(3)设敲击 B 后经过时间 t，A、B 达到共同速度 v，位移分别为 xA、xB，A 的加速度大小等于 aA则 vaAt，vvBaBtxA12aAt2，xBvBt12aBt2且 xBxAL解得 vB2 2gL。答案：(1)2gL(2)3g g(3)2 2gL6如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图像分别如图乙中的折线
20、acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据vt图像，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离x。解析：(1)由 v-t 图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a11044 m/s21.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2404 m/s21 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小 a3408 m/s20.
21、5 m/s2。(2)物块冲上木板匀减速阶段：1mgma1木板向前匀加速阶段：1mg2(mM)gMa2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：2(mM)g(Mm)a3以上三式联立可得mM32。(3)由 v-t 图像可以看出，物块相对于长木板滑行的距离 x 对应图中abc的面积，故 x10412 m20 m。答案：(1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2(2)32(3)20 m7如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。已知物块与木板之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2。从某时刻起物块以v1的水平初速度向左运动，同时木
22、板在水平外力F控制下始终向右以速度v2(v2v1)匀速运动，求：(1)在物块向左运动过程中外力F的大小。(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？解析：(1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知Ff11mgFf22(mM)g由平衡条件得FFf1Ff21mg2(mM)g。(2)解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为 t1，则 t1 v11g物块向左匀减速运动的位移为 x1，则x1v12 t1 v2121g设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则 t2 v21g设物块向右匀加速运动的位移为 x2，则x2v22 t2 v2221g此过程木板向右匀速运动的总位移为 x，则xv2(t1t2)则物块不从木板上滑下来的最小长度Lxx1x2代入数据解得 L（v1v2）221g。解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左做匀减速运动的初速度为 v0，末速度为 vt，则 v0v1v2vt0加速度 a1g根据运动学公式得 v2t v202aL解得 L（v1v2）221g。答案：(1)1mg2(mM)g(2)（v1v2）221g
