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第三章牛顿运动定律动力学中的“传送带”“板块”模型栏目导航12板块一考点突破板块二跟踪检测考点突破记要点、练高分、考点通关板块一考点一动力学中的“传送带”模型——多维探究|记要点|传送带模型作为力学的基本模型是一个高频的考查模型．主要考查对牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与速度的关系等考点的理解．该模型涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热等，知识综合性较强，对学生解题能力要求较高，往往具有相当难度，高考中往往以压轴题形式出现．考查主要情景是水平传送带和倾斜传送带，主要设问方向是运动时间、速度、加速度、位移、摩擦生热等．|明考向|考向一水平传送带模型情景图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＝v时，一直匀速(2)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(3)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(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．其中当v0v时，返回时速度为v；当v0v时，返回时速度为v0【例1】如图所示，水平传送带两端相距x＝8m，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＝10m/s，设工件到达B端时的速度大小为vB.(取g＝10m/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点的速度大小vB；(3)若传送带以v＝13m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间．[解析](1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma则a＝μg＝6m/s2又vA2－vB2＝2ax，代入数值得vB＝2m/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端的速度vB＝2m/s.(3)工件速度达到13m/s时所用时间为t1＝v－vAa＝0.5s，运动的位移为x1＝vAt1＋12at12＝5.75m8m则工件在到达B端前速度就达到了13m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速．匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25m，t2＝x2v≈0.17s，t＝t1＋t2＝0.67s.[答案](1)2m/s(2)能2m/s(3)13m/s0.67s|反思总结|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.考向二倾斜传送带模型情景图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)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加速后以a2加速情景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【例2】如图所示，倾角为37°、长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(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mgsin37°－μmgcos37°＝ma则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2根据l＝12at2得t＝4s.(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mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1则有a1＝mgsin37°＋μmgcos37°m＝10m/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＝va1＝1010s＝1s，x1＝12a1t12＝5m＜l＝16m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°μmgcos37°，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．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mgsin37°－μmgcos37°m＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因为x2＝vt2＋12a2t22则有10t2＋t22＝11解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2s.[答案](1)4s(2)2s|反思总结|(1)根据初始条件分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力作用．(2)当物体的速度与传送带速度相等时，要判断物体能否与传送带保持相对静止．|练高分|1.(多选)如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列判断正确的是()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移解析：选BCD因动摩擦因数μ＝0.5，有mgsin37°μmgcos37°，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律，mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得两物块的加速度a＝2m/s2，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确．2．如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2m．已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2.(1)若给物块施加一水平拉力F＝11N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大．解析：(1)物块在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6m/s2则到达B点时速度为vB，有vB＝2a1x＝26m/s滑上传送带有－μmg＝ma2，a2＝－5m/s2刚好到达C点，有－vB2＝2a2L，得传送带长度L＝2.4m.(2)将传送带倾斜，滑上传送带有－mgsin37°－μmgcos37°＝ma3，a3＝－10m/s2物块仍能刚好到C端，有－vB′2＝2a3L，vB′＝43m/s在AB段，有vB′2＝2ax，F′－μmg＝ma联立解得F′＝17N.答案：(1)2.4m(2)17N考点二动力学中的“板块”模型——多维探究|记要点|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xB＝xA＋L物块A带动木板B，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右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA|明考向|考向一无外力F作用的“板块”模型【例1】如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙．一质量为5kg、长度为2m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3m，现用大小为6N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板．滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10m/s2.求：(1)滑块滑动到A点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小；(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出．[解析](1)设滑块在高水平面上的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma，根据运动学公式有v2＝2aL0代入数据解得v＝6m/s.(2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对滑块有μ1mg＝ma1代入数据解得a1＝5m/s2对长木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2代入数据解得a2＝0.4m/s2.(3)设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，则v－a1t＝a2t，代入数据解得t＝109s此过程中滑块的位移为x1＝vt－12a1t2长木板的位移为x2＝12a2t2，x1－x2＝103m＞L＝2m所以滑块能从长木板的右端滑出．[答案](1)6m/s(2)5m/s20.4m/s2(3)见解析考向二有外力F作用的“板块”模型【例2】质量M＝3kg的长木板放在光滑的水平面上．在水平拉力F＝11N作用下由静止开始向右运动．如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m＝4kg的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．(g＝10m/s2)求：(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大：(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？[解析](1)放上物块后，物块的加速度a1＝μmgm＝μg＝2m/s2.木板的加速度a2＝F－μmgM＝1m/s2.(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t＝v0＋a2t，得t＝1s,1s内木板位移x1＝v0t＋12a2t2＝1.5m.物块位移x2＝12a1t2＝1m所以板长L＝x1－x2＝0.5m.(3)相对静止后，对整体有F＝(M＋m)a对物块f＝ma，故f＝mFM＋m＝6.29N.[答案](1)2m/s21m/s2(2)0.5m(3)6.29N考向三斜面上的“板块”模型【例3】(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑．若A、B之间的动摩擦因数为μ，μtanθ，A、B质量均为m，重力加速度为g，则()A.A、B保持相对静止B．A、B一定相对滑动C．B与斜面间的动摩擦因数为F－mgsinθ2mgcosθD．B与斜面间的动摩擦因数为F－mgsinθ－μmgcosθ2mgcosθ[解析]因为μtanθ，对A研究对象则满足mgsinθμmgcosθ，所以A、B一定相对滑动，选项A错误，B正确；选物体B为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ－μB·2mgcosθ＝0，μB＝F－mgsinθ－μmgcosθ2mgcosθ，选项C错误，D正确．[答案]BD|反思总结|解决“板块”模型中速度临界问题的思维模板