专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型\n关键能力·分层突破\n模型一“传送带”模型1．模型特点传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等．\n2．“传送带”问题解题思路\n例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＝0.5m/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＝2m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10m/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υ＝1m/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．答案：(1)0.25m(2)2.5s\n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＝0.5m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝解得t1＝1st1时间内包裹的位移大小为x1＝解得x1＝0.25mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25m.(2)包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝解得t2＝3.5s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＝2s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5s.\n教你解决问题\n跟进训练1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是()A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上答案：C\n解析：传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsinθ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确，故选C.\n2．[2022·山西临汾联考]某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m＝20g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6m，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24N，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝，试求：(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a1的大小；(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度vm.答案：(1)8m/s2(2)3m/s\n解析：(1)以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝8m/s2.(2)传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t1，减速时间为t2，垂直于传送带方向的加速位移为x1，减速位移为x2，则香皂盒减速过程的加速度大小a2＝＝μg＝4m/s2由匀变速直线运动规律有x1＝，x2＝又a1t1＝a2t2，x1＋x2＝结合以上分析可知传送带的最大速度为vm＝联立解得vm＝3m/s.\n模型二“滑块—滑板”模型1．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联\n2．两种类型类型图示规律分析长为L的木板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带动长为L的木板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\n例2.[2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则()A．F1＝μ1m1gB．F2＝(μ2－μ1)gC．μ2>μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等答案：BCD\n解析：结合题图可知在0～t1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t1～t2时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板一起滑动，选项D正确；把物块和木板看成整体，在t1时刻，由牛顿第二定律有F1－μ1(m1＋m2)g＝0，解得F1＝μ1(m1＋m2)g，选项A错误；t2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t2时刻木板的加速度为a，在t2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，显然μ2>μ1，选项C正确；t2时刻，对物块由牛顿第二定律有F2－μ2m2g＝m2a，联立解得F2＝(μ2－μ1)g，选项B正确．\n命题分析试题情境属于综合性题目，以板块模型为素材创设学习探索问题情境必备知识考查牛顿运动定律、Ft图象、at图象等知识关键能力考查理解能力、推理能力、信息加工能力．通过图象获取有用信息，应用相关规律解决问题学科素养考查物理观念、科学思维．要求学生构建板块模型，应用动力学方法解决问题\n跟进训练3.如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是()A．当F增加到4N时，m相对M开始运动B.当F＝10N时，M对m有向右的2N的摩擦力C．当F＝15N时，m对M有向左的4N的摩擦力D．当F＝30N时，M对m有向右的6N的摩擦力答案：B\n解析：假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力Ff提供最大的加速度，故Ff＝μmg＝ma所以a＝μg＝2m/s2对整体F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2N＝20N可知若要小物块相对于平板小车开始运动，则推力满足F>20N，故A错误；当F＝10N时，对整体F＝(M＋m)a′解得a′＝＝1m/s2对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有F′f＝ma′＝2×1N＝2N方向向右，故B正确；同理，当F＝15N时，a″＝1.5m/s2m受到摩擦力F″f＝ma″＝3N，方向向右，故C错误；当F＝30N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，F‴f＝μmg＝4N，方向向右，故D错误．\n4．质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，求：(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量．答案：(1)0.2(2)0.1(3)6kg\n解析：(1)由图象可知，A在0～1s内的加速度a1＝＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.(2)由图象知，A、B在1～3s内的加速度a3＝＝－1m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1.(3)由图可知B在0～1s内的加速度a2＝＝2m/s2对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2代入数据解得m＝6kg.
