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1、两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型” 模型 1 板块模型 模型解读 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：Lx1x2 反向运动时：Lx1x2 3解题步骤 典例赏析 典例 1 (2017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
2、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/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 审题指导 如何建立物理情景，构建解题路径 首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木 板的运动情况 把握好几个运动节点 由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动 A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变 木板先加速后减速，存在两个过程
3、 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与木板间的 摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面 的加速度大小分别是aA、aB和a1.在物块B与木板达到共同速度前有： f11mAg f21mBg f32(mAmBm)g 由牛顿第二定律得 f1mAaA f2mBaB f2f1f3ma1 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1.由运动学公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 联立式，代入数据解得： v11 m/s (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sBv0t1aBt 1 2 2 1 设在B与木板达到共同速
4、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；再由可知，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所用时间为t2，根据运动学公式，对木板有 v2v1a2t2 对A有 v2v1aAt2 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1v1t2a2t 1 2 2 2 在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sAv0(t1t2)aA(t1t2)2 1 2 A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相
5、同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离 为 s0sAs1sB 联立以上各式，代入数据得 s01.9 m (也可以用下图的速度时间图象做) 答案 (1)1 m/s (2)1.9 m 滑块滑板类模型的思维模板 题组巩固 1.(2019吉林调研)(多选)如图所示，在光滑的水平面上放置质量为m0的木板，在木 板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开 始运动，经过时间t分离下列说法正确的是( ) A若仅增大木板的质量m0，则时间t增大 B若仅增大木块的质量m，则时间t增大 C若仅增大恒力F，则时间t增大 D若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大 解析：BD
6、 根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1 g，木板的加速 Fmg m F m 度a2，木块与木板分离，则有la1t2a2t2得t.若仅增大木板的质量 mg m0 1 2 1 2 2l a1a2 m0，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则时间t减小，故 A 错误；若仅增大木块的 质量m，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t变大，故 B 正确；若仅增大恒力F， 则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则t变小，故 C 错误；若仅增大木块与木板间 的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t变大，故 D 正确 2(2019黑龙江大庆一模)如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视
7、为质 点的木块已知木块的质量m1 kg，木板的质量m04 kg，长l2.5 m，上表面光滑， 下表面与地面之间的动摩擦因数0.2.现用水平恒力F20 N 拉木板，g取 10 m/s2， 求： (1)木板的加速度； (2)要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间 解析：(1)木板受到的摩擦力为Ff(m0m)g10 N 木板的加速度为a2.5 FFf m0 m/s2. (2)设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为 aF f m0 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有 aa2.5 m/s2 则有 2at2l 1 2 联立并代入数据解得t1 s，即F作用的最短时间是 1 s. 答案：(1)2
8、.5 m/s2 (2)1 s 3.(2019河南中原名校联考)如图所示，质量M1 kg 的木板静置于倾角37、 足够长的固定光滑斜面底端质量m1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v04 m/s 从 木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F3.2 N 的恒力若小物块 恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数 0.8，重力加速度g取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8. 解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到 木板的上端时，恰好和木板共速设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得，mgsi
9、n mgcos ma，设木板的加速度为a，由牛顿第二定律得，Fmgcos Mgsin Ma，设二者共速时的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式得vv0at，v at；小物块的位移为s，木板的位移为s，由运动学公式得，sv0tat2，s 1 2 1 2 at2；小物块恰好不从木板上端滑下，有ssl，联立解得l0.5 m. 答案：0.5 m 模型 2 传送带模型 模型解读 对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题关键，分析思路是： 弄清物体与传送带的相对运动确定所受摩擦力的方向确定物体的运动情况， 具体分析见下表： 1水平传送带问题 运动图示滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速
10、(2)可能先加速后匀速 (1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 (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v0v返回时速 度为v，当v0v返回时速度为v0 2.倾斜传送带问题 运动图示滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (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 (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 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向
11、加速 典例赏析 典例 2 如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成37) 与一斜面BC(与水平面成30)平滑连接，B点到C点的距离为L0.6 m，运输带运行 速度恒为v05 m/s，A点到B点的距离为x4.5 m，现将一质量为m0.4 kg 的小物体 轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数1， 3 6 (g取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，空气阻力不计)求： (1)小物体运动到B点时的速度v的大小； (2)小物体与运输带间的动摩擦因数； (3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t. 审题指导 解析 (1)设小物体在斜面上
12、的加速度为a1，运动到B点的速度为v，由牛顿第二定 律得 mgsin 1mgcos ma1 由运动学公式知v22a1L，联立解得v3 m/s. (2)因为vv0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a2，则由牛顿 第二定律知 mgcos mgsin ma2 又因为v22a2x，联立解得 . 7 8 (3)小物体从A点运动到B点经历的时间t1， v a2 从B点运动到C点经历的时间t2v 1 a1 联立并代入数据得小物体从A点运动到C点所经历的时间tt1t23.4 s. 答案 (1)3 m/s (2) (3)3.4 s 7 8 解传送带问题的思维模板 题组巩固 1.(2019山东临沂
13、高三上学期期中)(多选)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定 速率v1运行初速度大小为v2(v1v2)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传 送带，从小物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的vt图象可能是( ) 解析：AC 物块滑上传送带，由于速度大于传送带速度，物块做匀减速直线运动，可 能会滑到另一端一直做匀减速直线运动，到达另一端时恰好与传送带速度相等，故 C 正 确物块滑上传送带后，物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做 匀速直线运动，速度的方向保持不变，故 B、D 错误，A 正确 2.如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的
14、夹 角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大 小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( ) A粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等 B粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v 做匀速运动 C若tan ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动 D不论大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度agsin 解析：A 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速 度小于v；tan ，则粮袋先做匀加速运动
15、，当速度与传送带的速度相同后，做匀速 运动，到达B端时速度与v相同；若tan ，则粮袋先做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin cos )的匀加速运动， 到达B端时的速度大于v，选项 A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带 的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ， 根据牛顿第二定律得加速度ag(sin cos )，选项 B 错 mgsin mgcos m 误；若tan ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速 度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项 C、D 均错误 3(
16、2019湖北宜昌高三一模)如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮 带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距 3 m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角 37，C、D两端相距 4.45 m，B、C相距很近，水平部分AB以 5 ms 的速率顺时针转 动将质量为 10 kg 的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部 分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5.试求： (1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离 (2)若要将米袋送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到 D端所用时间的取值范围 解析：(1)米袋在AB上加速时的加速度
17、 a0g5 m/s2 mg m 米袋的速度达到v05 m/s 时，滑行距离： s02.5 mAB3 m v2 0 2a0 因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度 设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得： mgsin mgcos ma，代入数据得： a10 m/s2 所以能上升的最大距离： s1.25 m. v2 0 2a (2)设CD部分运转速度为v1时米袋恰能达到D点，则米袋速度减为v1之前的加速度为： a1g(sin cos )10 m/s2 米袋速度小于v1至减为 0 前的加速度为 a2g(sin cos )2 m/s2 由4.45 m. v2 1v2 0 2a1 0v2 1 2a2 解得：v14 m/s. 即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCDv14 m/s 米袋恰能运动到D点所用时间最长为： tmax2.1 s v1v0 a1 0v1 a2 若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所 用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2，由sCDv0tmina2tin 1 2 2 m 得：tmin1.16 s 所以，所求的时间t的范围为 116 st2.1 s 答案：(1)1.25 m (2)vCD4 m/s 1.16 st2.1 s