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专题一物理模型模型五叠放体模型角度一传送带模型[模型解法]传送带上物体运动状态变化的临界点是物、带速度相等，即v物＝v带，速度相等前后物体的运动状态一般不同．1．水平传送带(传送带长为L，速度恒为v，与物块间的动摩擦因数为μ)(1)如图甲，v0＝0，若v＜2μgL，物块先加速后匀速；若v≥2μgL，物块一直加速到右端．(2)如图甲，v0≠0，v0与v同向，若v0＜v＜v20＋2μgL，物块先加速后匀速；若v≥v20＋2μgL，物块一直加速到右端；若v0＞v＞v20－2μgL，物块先减速后匀速；若v≤v20－2μgL，物块一直减速到右端．(3)如图乙，v0≠0，v0与v反向，若v0≥2μgL，物块一直减速到右端；若v0＜2μgL，则物块先向右减速，再向左加速，直至离开传送带．2．倾斜传送带(传送带速度恒为v)(1)如图丙，若0≤v0＜v且μ＞tanθ：①物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动；②物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动再向上匀速运动．(2)如图丙，若v0＞v且μ＞tanθ：①物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动；②物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动再向上匀速运动．(3)如图丙，若v0＞v，且μ＜tanθ：①物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动；②物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向上匀减速运动再以a＝gsinθ－μgcosθ向上匀减速运动．(4)如图丁，若0≤v0＜v且μ＞tanθ：①物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动②物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再向下匀速运动．(5)如图丁，若v0＞v且μ＞tanθ：①物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动；②物块先以a＝μgcosθ－gsinθ向下匀减速运动再向下匀速运动．(6)如图丁，若0≤v0＜v且μ＜tanθ：①物块一直以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动；②物块先以a＝μgcosθ＋gsinθ向下匀加速运动再以a＝gsinθ－μgcosθ向下匀加速运动．[例1]如图所示，绷紧的传送带始终以v0＝5m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平面成30°角，现把质量m＝10kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离s＝3.2m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g取10m/s2，求：(1)工件被运送到Q点时所具有的动能；(2)在传送工件过程中产生的内能．[思维分析]工件在摩擦力和重力沿斜面分力的作用下向上做初速度为0的匀加速运动，传送带向上做匀速直线运动→判定两者速度相等时，工件所发生的位移与传送带的长度关系→工件早已到达顶端→利用位移关系式及动能表达式求得其动能→工件与传送带相对运动过程中，滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的内能．答案：(1)80J(2)360J解析：(1)传送带速度为5m/s，初始阶段工件速度小于传送带速度，因此工件受摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律可知，工件运动的加速度为a＝μgcosθ－gsinθ＝2.5m/s2工件加速到5m/s发生的位移为x1＝v20－022a＝5m＞s＝3.2m，即工件速度没达到5m/s时已到达Q点设工件到达Q点时速度为v，由v2＝2as及动能Ek＝12mv2得工件被运送到Q点时所具有的动能Ek＝80J.(2)由s＝12at2可知工件从P到Q所经历的时间t＝1.6s此过程中传送带的路程为x＝v0t＝8m所以工件与传送带相对运动过程中，两者的相对路程为x0＝x－s＝4.8m由功能关系知此过程中产生的内能为Q＝μmgcosθ·x0＝360J.角度二滑块——滑板模型[模型解法]1．抽出木板的最小力分析设水平面光滑，A、B间的动摩擦因数为μ，则能否使B从A下抽(滑)出取决于A、B间最大静摩擦力产生的加速度，力满足：F1＞(mA＋mB)μg，F2＞(mA＋mB)mAmBμg.2．滑块——滑板类问题的动力学分析和功能分析(1)动力学分析：分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝Δv2a2＝Δv1a1可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移．(2)功和能分析：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移s滑；②求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移s板；③求摩擦生热时用相对滑动的路程s相．[例2](2019·江苏南通模拟)如图甲所示，质量M＝1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F的大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)0～1s内，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离x；(3)0～4s内，拉力做的功W；(4)0～4s内系统产生的摩擦热Q.[思维分析]能量问题中滑块—木板模型的分析流程答案：(1)2m/s24m/s2(2)2m(3)40J(4)4J解析：(1)在0～1s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg＝MaAF1－μmg＝maB代入数据得：aA＝2m/s2，aB＝4m/s2.(2)t1＝1s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1：木板A仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等，则．v1＝aBt1又v1＝aA(t1＋t2)解得：t2＝1s设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2s，加速度为a，则F2＝(M＋m)a解得：a＝1m/s2木板A受到的静摩擦力f＝Maμmg，A、B一起运动x＝12aBt21＋v1t2－12aA(t1＋t2)2代入数据得：x＝2m.(3)时间t1内拉力做的功：W1＝F1x1＝F1·12aBt21＝12J时间t2内拉力做的功：W2＝F2x2＝F2v1t2＝8J时间t3内拉力做的功：W3＝F2x3＝F2(v1t3＋12at23)＝20J4s内拉力做的功：W＝W1＋W2＋W3＝40J.(4)系统的摩擦热Q只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热Q＝μmg·x＝4J.1．(多选)(2019·西安市一中月考)如图所示，一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是()A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＞v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0答案：AC解析：当传送带不动时，小物块在滑动摩擦力作用下在传送带上做匀减速运动，当传送带逆时针方向运行且保持速率不变，物体滑上传送带时仍在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度不变，位移不变，运动情况完全相同，所以物体也能滑过B点，且用时为t0，选项A正确、B错误；传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行，当v＝v0，小物块在传送带上做匀速直线运动滑过B点，所以所用时间tt0，选项C正确；传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行，当v＞v0，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，tt0，选项D错误．2．(多选)(2018·山西省吕梁市、孝义市一模)将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离和砝码与桌面右端的距离均为d，现用水平向右的恒力F拉动纸板，如图所示，则下列说法正确的是()A．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)gB．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)gC．若砝码与纸板分离时的速度不大于2μgd，砝码不会从桌面上掉下D．当F＝2μ(M＋2m)g时，砝码恰好到达桌面边缘答案：AD解析：要使纸板相对砝码运动，纸板的加速度a1＝F－μ2M＋mgm＞a2＝μMgM，则F＞2μ(M＋m)g，故A正确；纸板相对砝码运动时，纸板受桌面的摩擦力为F1＝μ(M＋m)g，受砝码的摩擦力为μMg，即摩擦力为μ(2M＋m)g，故B错误；若砝码与纸板分离时的速度为v，设砝码与纸板分离时间为t，砝码恰好到达桌面边缘，则砝码位移d＝v2·2t，t＝vμg，解得v＝μgd，故C错误；当F＝2μ(M＋2m)g时，a板＝3μg，a＝μg，分离时间为t1，则有12a板t21－12μgt21＝d，解得砝码与纸板分离时速度v＝μgt1＝μgd，故砝码恰好到达桌面边缘，故D正确．3．如图所示，长L＝10.5m的传送带与水平面成30°角，传送带向上做加速度a0＝1m/s2的匀加速运动，当其速度v0＝3m/s时，在其底端轻放一质量m＝1kg的物块(可视为质点)，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝32，重力加速度g＝10m/s2，在物块由底端上升到顶端的过程中．求：(1)此过程所需时间；(2)传送带对物块所做的功；(3)此过程中产生的热量．答案：(1)3s(2)70.5J(3)22.5J解析：(1)由牛顿第二定律知物块上滑时有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1设经时间t1物块与传送带的速度相等，则有a1t1＝v0＋a0t1联立并代入数值得a1＝2.5m/s2，t1＝2s此时间内物块发生的位移为x1＝12a1t21＝5m＜L所以物块与传送带相对静止后，以加速度a0匀加速到达顶端，经历的时间为t2，则速度刚相等时有v1＝a1t1＝5m/s到达顶端时有v22－v21＝2a0(L－x1)L－x1＝v1＋v22·t2联立并代入数值得t2＝1s所以物块由底端上升到顶端所用的时间为t＝t1＋t2＝3s.(2)由动能定理知W－mgh＝12mv22代入数值得W＝70.5J.(3)物块发生的相对位移为x相＝v0t1＋12a0t21－12a1t21产生的热量为Q＝μmgcosθ·x相联立并代入数值得Q＝22.5J.4．如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B、C(未粘连)，它们的质量均为M＝2kg.在B木板的左端放置着质量m＝1kg的木块A(可视为质点)．A与B、C间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，B、C与水平面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．开始整个系统处于静止，现对A施加水平向右的恒定拉力F＝6N，测得A在B、C上各滑行了1s后，从C的右端离开木板，g取10m/s2，求木板B、C的长度lB、lC.答案：lB＝1mlC＝2.75m解析：如图甲所示，对木块A进行受力分析有：木块A产生的加速度aA＝F－fAmA＝F－μ1mAgmA＝6－0.4×1×101m/s2＝2m/s2当A在B上滑动时，取B、C整体为研究对象受力分析有：甲B、C整体受地面的支持力NBC＝GBC＋NA′＝50N，B、C与地面间的最大静摩擦力fmax＝μ2NBC＞fA，乙所以A在B上滑动时，B、C均处于静止状态．所以A在B上做初速度为0的匀加速直线运动，由题意知B的长度等于A在1s的时间内运动的位移即：lB＝12aAt2＝12×2×12m＝1m当A滑上C时，以C为研究对象进行受力分析有：由图丙可知：F合C＝fA′－fC＝μ1mAg－μ2(mA＋mC)g所以C产生的加速度aC＝0.4×1×10－0.1×2＋1×102m/s2＝0.5m/s2当A滑上C时，木块A的速度为v＝aAt＝2m/s所以C的长度lC＝xA－xC＝vt＋12aAt2－12aCt2＝2.75m．丙