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专题四　应用牛顿运动定律解决传送带和板块模型
素养目标　1.应用动力学观点分析传送带模型．(科学思维) 2.应用动力学观点分析滑块—木板模型．(科学思维)
考点　“传送带”模型
维度Ⅰ.水平“传送带”模型
模型概述 求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断，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
常见情形 情境一 (1)可能一直加速． (2)可能先加速后匀速
情境二 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速． (2)v0情境三 (1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端． (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端，其中v0>v时，返回速度为v；v0情境四 (1)若μg≥a0，物块和传送带一起以加速度a0加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力f＝ma0. (2)若μg典例1　如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m．一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，选项图中速度随时间变化的关系正确的是(　　)
变式1　如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；
(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．
维度Ⅱ.倾斜“传送带”模型
模型概述 求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用，当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变
常见情形 情境一 (1)可能一直加速． (2)可能先加速后匀速
情境二 (1)可能一直加速． (2)可能先加速后匀速． (3)可能一直减速． (4)可能先减速后匀速． (5)可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ减速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ减速
情境三 (1)可能一直加速． (2)可能先加速后匀速． (3)可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
情境四 (1)可能一直加速． (2)可能先加速后匀速． (3)可能先减速后匀速． (4)可能一直匀速． (5)可能一直减速． (6)可能先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速
典例2　(2024·辽宁丹东五校联考)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行．一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．木块在传送带上运动的全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系图像中不可能的是(　　)
变式2　(2021·辽宁卷)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
考点　“滑块—木板”模型
1．模型特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2.
同向运动时：L＝x1－x2；
反向运动时：L＝x1＋x2.
3．摩擦力方向的特点
(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力．
(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力．
典例3　(2024·河北衡水中学模拟)(多选)如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静置一质量为m1的小滑块．现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F＝kt(k为常数，t代表时间)，长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知小滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(　　)
A．在0～2 s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力不变
B．在2～3 s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于m2的大小
C．m1与m2之比为1∶2
D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5 m/s
1．[板块模型的基本应用]如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过(　　)
A. B．
C． D．
2．[板块模型与图像综合应用](多选)如图甲所示，粗糙水平面上静置一质量M＝1 kg的长木板，其上叠放一质量为m的木块．现给木板施加一随时间t均匀增大的水平力F＝kt(k＝1 N/s)．已知木板与地面间的摩擦力为f1，木块与木板间的摩擦力为f2，f1和f2随时间t的变化图线如图乙所示．若最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．木块的质量m＝3 kg
B．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.3
D．16 s末木块与木板的速度大小之比为2∶3
答案及解析
考点　“传送带”模型
典例1　如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m．一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，选项图中速度随时间变化的关系正确的是(　　)
解析：物块刚滑上传送带时，速度方向向左，与传送带速度方向相反，因此受到传送带对其向右的滑动摩擦力，使物块做匀减速运动，由牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4 m/s2；当物块的速度减小到0时，物块的运动满足0－v＝－2as，得物块前进的距离s＝＝ m＝2 m变式1　如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图．若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；
(2)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间．
解析：(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝0.5 m/s2
包裹加速到v0所用的时间为t1＝
解得t1＝1 s
t1时间内包裹的位移大小为x1＝at
解得x1＝0.25 m
t1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1
解得x2＝0.5 m
故包裹相对于传送装置运动的距离为
Δx＝x2－x1＝0.25 m.
(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝，解得t2＝3.5 s
乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝
解得t3＝2 s
故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5 s.
答案：(1)0.25 m　(2)2.5 s
典例2　(2024·辽宁丹东五校联考)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行．一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．木块在传送带上运动的全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系图像中不可能的是(　　)
解析：
受力情况 运动状态 对应图像
若f若f＝mgsin θ，一直以v1匀速运动 —
若f>mgsin θ，先匀加速运动至v0后匀速运动 选项B所示图像
若f若f≥mgsin θ，先匀减速运动至v0，后匀速运动 选项D所示图像
故选C．
变式2　(2021·辽宁卷)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
解析：(1)根据牛顿第二定律有
μmgcos α－mgsin α＝ma，
代入数据解得小包裹的加速度大小 a＝0.4 m/s2.
(2)开始时小包裹在传送带上做匀减速直线运动，直到与传送带共速，运动的时间t1＝＝2.5 s，
运动的位移x1＝＝2.75 m，
由于小包裹受到的重力沿传送带向下的分力小于小包裹与传送带间的最大静摩擦力，所以小包裹与传送带共速后，小包裹与传送带以相同的速度匀速运动至传送带底端，匀速运动的位移x2＝L－x1＝1.2 m，
匀速运动的时间t2＝＝2 s，
则小包裹通过传送带所需的时间 t＝t1＋t2＝4.5 s.
答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
考点　“滑块—木板”模型
典例3　(2024·河北衡水中学模拟)(多选)如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静置一质量为m1的小滑块．现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F＝kt(k为常数，t代表时间)，长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知小滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(　　)
A．在0～2 s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力不变
B．在2～3 s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于m2的大小
C．m1与m2之比为1∶2
D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5 m/s
解析：根据题图乙可知，在0～2 s时间内小滑块和长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有f静＝m1a，a在增加，所以静摩擦力也在线性增大，A错误；在2～3 s时间内，小滑块和长木板发生相对滑动，它们之间有滑动摩擦力，长木板的加速度a在3 s时突变，所以小滑块在3 s时脱离长木板，对长木板在3 s时刻前后分别由牛顿第二定律可得，3k－f＝m2a前＝m2·2 m/s2,3k＝m2a后＝m2·3 m/s2，两式联立可得f＝m2·1 m/s2，B正确；在0～2 s时间内F＝(m1＋m2)a1＝kt，所以a1＝，在2～3 s时间内F－f＝m2a2，所以a2＝，根据图像斜率可知＝，＝1，解得m1＝m2，C错误；在2 s时刻小滑块与长木板速度相同，由a t图像所围面积表示速度变化量，可知在2～3 s时间内，小滑块的速度变化量为Δv1＝1 m/s，长木板的速度变化量为Δv2＝1.5 m/s，所以在3 s时，长木板的速度比小滑块的速度大0.5 m/s，故D正确．故选BD．
1．[板块模型的基本应用]如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过(　　)
A. B．
C． D．
解析：由牛顿第二定律，可知卡车的最大加速度a＝μ2g，故卡车的最大速度vm＝，A正确．
答案：A
2．[板块模型与图像综合应用](多选)如图甲所示，粗糙水平面上静置一质量M＝1 kg的长木板，其上叠放一质量为m的木块．现给木板施加一随时间t均匀增大的水平力F＝kt(k＝1 N/s)．已知木板与地面间的摩擦力为f1，木块与木板间的摩擦力为f2，f1和f2随时间t的变化图线如图乙所示．若最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．木块的质量m＝3 kg
B．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.3
D．16 s末木块与木板的速度大小之比为2∶3
解析：设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，由题图乙可知，0～4 s时间内，木板与地面间的摩擦力f1随F增大而增大，木块与木板间的摩擦力f2为0，说明木板和木块均静止，4 s后，摩擦力f1保持不变，说明木板开始相对地面滑动，且滑动摩擦力f1＝μ1(M＋m)g＝4 N，设木板与木块间的动摩擦因数为μ2,4～12 s内，木块与木板之间的摩擦力f2随F增大而增大，说明此时摩擦力f2为静摩擦力，木板和木块相对静止，一起加速运动，对木块和木板整体，根据牛顿第二定律得F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，对木块根据牛顿第二定律得f2＝ma，当t＝12 s时，F＝kt＝12 N，由题图乙得f2＝6 N，代入数据解得m＝3 kg，μ1＝0.1，A、B正确；12 s后，摩擦力f2保持不变，说明木块相对木板开始滑动，且滑动摩擦力f2＝μ2mg＝6 N，代入数据解得μ2＝0.2，C错误；0～4 s时间内，木块和木板静止，4～16 s时间内，f t图像与时间轴围成的面积表示摩擦力的冲量大小，木块所受摩擦力的冲量为I2＝×6 N·s＝48 N·s，木板所受合力的冲量为I1＝IF－If1－I2＝×12 N·s－4×12 N·s－48 N·s＝24 N·s，由动量定理得I2＝mv2，I1＝Mv1，代入数据解得v2＝16 m/s，v1＝24 m/s，则16 s末木块与木板的速度大小之比为v2∶v1＝2∶3，D正确．
答案：ABD(共30张PPT)
专题四　应用牛顿运动定律解决传送带和板块模型
第三章　牛顿运动定律
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