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专题三　动力学中的“传送带、板块”模型
考纲考情 核心素养
?牛顿运动定律的应用Ⅰ ?传送带模型、板块模型. 物理观念
全国卷5年3考 高考指数★★★☆☆ ?应用动力学观点分析传送带模型及板块模型. 科学思维
突破1　传送带模型
题型1　　　　　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 情形一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情形二
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0常见 情形 情形三
(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常见 情形 情形四
(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 如图所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若传送带静止不动，求vB；
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B端时的速度vB；
(3)若传送带v＝13 m/s的速度逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间．
【解析】　(1)设工件质量为m，在传送带上运动时加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝6 m/s2
又v－v＝2ax，代入数据解得vB＝2 m/s.
(2)能
当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端时的速度vB＝2 m/s.
(3)工件速度达到v＝13 m/s所用的时间为t1＝＝0.5 s
运动的位移为x1＝vAt1＋at＝5.75 m<8 m
则工件在到达B端之前速度就达到13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速，故vB＝13 m/s
匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25 m
匀速运动的时间t2＝≈0.17 s
工件由A到B所用的时间t＝t1＋t2＝0.67 s.
【答案】　(1)2 m/s　(2)能　2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s
1.(多选)在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带，如图所示，当旅客把行李放在正在匀速转动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的 速度为0.4 m/s，某行李的质量为5 kg，行李与传送带之间的动摩擦因数为0.2，在旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则(　ACD　)
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李到达B点的时间为2 s
C．传送带对行李做的功为0.4 J
D．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m
解析：本题考查物体在水平传送带上的运动问题．行李开始运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝2 m/s2，故A正确；由于传送带的长度未知，故不能求出运动的时间，故B错误；行李最后和传送带一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为W＝mv2＝0.4 J，故C正确；行李和传送带相对滑动的时间为t＝＝ s＝0.2 s，则在传送带上留下的痕迹长度为s＝vt－at2＝0.04 m，故D正确．
题型2　　　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 情形一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情形二
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
常见 情形 情形三
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直匀速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
(5)可能先减速后匀速
情形四
(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
　　
如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 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m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A运动到B的时间；
(2)煤块从A运动到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度．
【解析】　(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10 m/s2，
加速过程中，有t1＝＝1 s，
x1＝a1t＝5 m，
速度达到v0后，受到向上的摩擦力，则
a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
由x2＝v0t2＋a2t，解得t2＝0.5 s.
煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.
(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
两过程痕迹部分重合，故痕迹总长为5 m.
【答案】　(1)1.5 s　(2)5 m
高分技法
传送带问题的分析思路
(1)抓好一个突破点——摩擦力的分析
在分析传送带问题时，对摩擦力的分析至关重要．分析摩擦力时，先要明确“相对运动”或“相对运动趋势”，当二者达到共速的瞬间，是摩擦力发生突变的临界状态．
(2)要注意三个状态的分析——初态、共速和末态
2．(多选)如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是(　CD　)
A．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
C．0～8 s内物体位移的大小为14 m
D．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J
解析：由题图乙可知小物块先向下做减速运动后向上做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，故A错误；根据v?t图象的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s 内物体的位移为s＝－×2×2 m＋×4 m＝14 m，故C正确；0～8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s内传送带运动的距离为s带＝4×6 m＝24 m，0～6 s 内物体的位移为s物＝－×2×2 m＋ m＝6 m，因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos37°·(s带－s物)＝126 J，故D正确．
突破2　“木板—滑块”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．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．
3．运动特点
(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，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，滑板位移大小为x2
同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2
反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2
(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等．
(2019·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μ.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】　本题考查牛顿运动定律的综合应用、板块模型问题．
(1)设A、B的质量均为m，由牛顿第二定律有maA＝μmg，
匀变速直线运动过程有2aAL＝v，
解得vA＝.
(2)对齐前，B所受合外力大小为F＝3μmg，由牛顿第二定律有F＝maB，得aB＝3μg.
对齐后，A、B整体所受合外力大小为F′＝2μmg，
由牛顿运动定律有F′＝2maB′，得aB′＝μg.
(3)设经过时间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，则有v＝aAt，v＝vB－aBt，
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2，
且xB－xA＝L，解得vB＝2.
【答案】　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
高分技法
板块模型问题的分析思路
运动状态 处理方法 具体步骤
板块速度 不相等 隔离法 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程
板块速度 相等瞬间 假设法 ①假设两物体间无相对滑动
②用整体法算出一起运动的加速度
③用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff
④比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff≤Ffm，两物体间无相对滑动，若Ff>Ffm，则发生相对滑动
板块共 速运动 整体法 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析
3．(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则(　BCD　)
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F>μmg，整体就会相对地面运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，得F＝3μmg，则F>3μmg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确．
4.如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板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：
(1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长．
解析：本题考查倾斜面上的板块问题．
(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为f＝μmgcosθ＝7.5 N，
由牛顿第二定律，对小物块有f＋mgsinθ＝ma1，
代入数据得a1＝12.5 m/s2，
对长木板，由牛顿第二定律有Mgsinθ－f＝Ma2，
代入数据得a2＝2.5 m/s2.
(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1，
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s，
共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为
s＝t1－t1＝5 m，故长木板长度至少为L≥10 m.
答案：(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m

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