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1、专题三动力学中的“传送带、板块”模型突破1传送带模型考向1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)v0v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，返回时速度为v，当v0v带，则传送带对物块的摩擦力为滑动摩擦力且为阻力(2)若传送带逆时针转动，传送带对物块的摩擦力为滑动摩擦力且为阻力【解析】若传送带不动，由匀变速运动规律可知vv2as，ag，代入数据解得vB3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是g，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，
2、故选项A、B、C正确，D错误【答案】ABC分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向.要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物块相对传送带的运动方向确定摩擦力的方向，根据受力分析确定物块的运动；二是当物块的速度与传送带速度相等时，判断物块能否与传送带保持相对静止.另外注意考虑传送带长度判定达到共同速度(临界点)之前物块是否脱离传送带.1如图所示，足够长的水平传送带静止时在左侧某处画下标记点P，将工件放在P点启动传送带，使其向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动经过t12s立即控制传送带，使其做匀减速运动，再经过t23s传送带停止运行，测得标记点P通过的距离x015 m.(1)求传送带的最大速
3、度；(2)已知工件与传送带间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求整个过程中工件运动的总距离解析：(1)设传送带的最大速度为vm.根据匀变速直线运动规律，有x0x1x2(t1t2)解得vm6 m/s(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律，有mgma2解得a2g2 m/s2设经时间t工件与传送带速度相等，有va2tvvma1(tt1)传送带减速运动中的加速度a12 m/s2解得t2.5 s，v5 m/st2.5 s内工件的位移x1t6.25 m工件与传送带速度相等后，假设二者相对静止，则工件受到的合外力大小F合m|a1|m2 m/s2工件与传送带之间的最
4、大静摩擦力fmmgm2 m/s2因为F合fm，所以二者一起减速运动到静止减速过程工件的位移x2(t1t2t)6.25 m故工件的总位移xx1x212.5 m答案：(1)6 m/s(2)12.5 m考向2倾斜传送带模型情景图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能从左端滑下(2)可能静止(3)可能一直加速(4)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 (201
5、9保定模拟)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则()A传送带一定逆时针转动BtanC传送带的速度大于v0Dt0后木块的加速度为2gsin【解析】若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsinmgcos)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsinmgcos)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象，故传送带是逆时针转动，选项A正确木块在0t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1gsingcos，由图可知a1，则tan，选项B错误当木块的
6、速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误等速后的加速度a2gsingcos，代入值得a22gsin，选项D正确【答案】AD本题中在工件与传送带达到共同速度的瞬间摩擦力发生了“突变”，由向下的滑动摩擦力变为向上的滑动摩擦力对于倾斜传送带，滑动摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关只有tan，则突变为静摩擦力2有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h
7、2.4 m的平台上已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？解析：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律ma1Fmgcos37mgsin37，计算得a16 m/s2加速时间t1 s加速距离x1 m物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变，因为F8 N，而下滑力和最大摩擦
8、力之和为10 N故不能相对斜面向上加速故得a20匀速运动时间t2 s到平台所用的时间tt1t2 s1.33 s(2)若达到同速后撤去力F，因为mgsin37mgcos37，故减速上行，由牛顿第二定律可得ma3mgsin37mgcos37解得a32 m/s2物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则v2v2a3x2vt m/s2.3 m/st2 s s0.85 s答案：(1)1.33 s(2)0.85 s突破2板块模型1模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.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xBxAL物块
9、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xBLxA2.解题步骤 如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在粗糙的长木板上，为使两者能共同向右加速运动，可以采用以下两种方案：(1)水平恒力作用在物块m上，其最大值为F；(2)水平恒力作用在长木板M上重力加速度大小为g，物块m与长木板M之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力则方案(2)中的水平恒力最大值为()A.F B.FC.F D.F【解析】对于方案(1)，以物块m为研究对象，根据牛顿第二定律有Fmgma1，以长木板M为研究对象，根据牛顿第二定律有mgMa2，若两者
10、出现相对滑动应有a1a2，联立解得Fmg；对于方案(2)，以物块m为研究对象，根据牛顿第二定律有mgma1，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有FmgMa2，若两者出现相对滑动应有a1a2，联立解得F(Mm)g.若取临界情况，则有FF，选项B正确【答案】B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，则能否使B从A下抽(滑)出取决于由A、B间最大静摩擦力产生的加速度A的加速度决定系统不相对滑动的最大加速度amgB的加速度决定系统不相对滑动的最大加速度amg外力满足F1(mAmB)gF2(mAmB)g3(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，斜面上叠放着A
11、、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，tan，A、B质量均为m，重力加速度为g，则(BD)AA、B保持相对静止BA、B一定相对滑动CB与斜面间的动摩擦因数为DB与斜面间的动摩擦因数为解析：因为mgcos，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FmgcosmgsinB2mgcos0，B，故选项C错误，D正确4(2019湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L1 m，起点A到终点线B的距离s5 m开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板
12、前进板右端到达B处冲线，游戏结束已知滑块与滑板间动摩擦因数0.5，地面视为光滑，滑块质量m12 kg，滑板质量m21 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围解析：(1)滑板一直加速时，所用时间最短设滑板加速度为a2，fm1gm2a2，a210 m/s2，s，解得t1 s.(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1m1gm1a2，解得F130 N.当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2m1gm1a1，L，解得F234 N.则水平恒力大小范围是30 NF34 N.答案：(1)1 s(2)30 NF34 N学习至此，请完成课时作业108
