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：L＝x1－x2

反向运动时：L＝x1＋x2

3．解题步骤

 [典例赏析]

[典例1]　(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 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μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 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g＝10 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

①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．

②把握好几个运动节点．

③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．

④A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变．

⑤木板先加速后减速，存在两个过程．

[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：

f1＝μ1mAg①

f2＝μ1mBg②

f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③

由牛顿第二定律得

f1＝mAaA④

f2＝mBaB⑤

f2－f1－f3＝ma1⑥

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

v1＝v0－aBt1⑦

v1＝a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：

v1＝1 m/s

(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

sB＝v0t1－aBt⑨

设在B与木板达到共同速度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：

f1＋f3＝(mB＋m)a2⑩

由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧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

v2＝v1－a2t2⑪

对A有

v2＝－v1＋aAt2⑫

在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为

s1＝v1t2－a2t⑬

在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为

sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑭

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为

s0＝sA＋s1＋sB⑮

联立以上各式，代入数据得

s0＝1.9 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μ，则时间t增大

解析：BD　[根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1＝＝－μg，木板的加速度a2＝，木块与木板分离，则有l＝a1t2－a2t2得t＝.若仅增大木板的质量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为质点的木块．已知木块的质量m＝1 kg，木板的质量m0＝4 kg，长l＝2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20 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＝μ(m0＋m)g＝10 N木板的加速度为a＝＝2.5 m/s2.

(2)设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为

a′＝－

木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有

a＝－a′＝2.5 m/s2

则有2×at2＝l

联立并代入数据解得t＝1 s，即F作用的最短时间是1 s.

答案：(1)2.5 m/s2　(2)1 s

3.(2019·河南中原名校联考)如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 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F＝3.2 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μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

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，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，设木板的加速度为a′，由牛顿第二定律得，F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝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v＝v0－at，v＝a′t；小物块的位移为s，木板的位移为s′，由运动学公式得，s＝v0t－at2，s′＝a′t2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s－s′＝l，联立解得l＝0.5 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

[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α＝37°)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°)平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6 m，运输带运行速度恒为v0＝5 m/s，A点到B点的距离为x＝4.5 m，现将一质量为m＝0.4 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μ1＝，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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μ；

(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 θ＋ μ1mgcos θ＝ma1

由运动学公式知v2＝2a1L，联立解得v＝3 m/s.

(2)因为v＜v0，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

μmgcos α－mgsin α＝ma2

又因为v2＝2a2x，联立解得μ＝.

(3)小物体从A点运动到B点经历的时间t1＝，

从B点运动到C点经历的时间t2＝

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t＝t1＋t2＝3.4 s.

[答案]　(1)3 m/s　(2) 　(3)3.4 s

　解传送带问题的思维模板

[题组巩固]

1.(2019·山东临沂高三上学期期中)(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(v1＜v2)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v－t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夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，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 θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动

C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动

D．不论μ大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ

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；μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，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μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)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μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，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．(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θ＝37°，C、D两端相距4.45 m，B、C相距很近，水平部分AB以5 m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

a0＝＝μg＝5 m/s2

米袋的速度达到v0＝5 m/s时，滑行距离：

s0＝＝2.5 m＜AB＝3 m

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 θ＋μmgcos θ＝ma，代入数据得：

a＝10 m/s2

所以能上升的最大距离：

s＝＝1.25 m.

(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：

a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2

米袋速度小于v1至减为0前的加速度为

a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2

由＋＝4.45 m.

解得：v1＝4 m/s.

即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1＝4 m/s

米袋恰能运动到D点所用时间最长为：

tmax＝＋＝2.1 s

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sCD＝v0tmin＋a2tin

得：tmin＝1.16 s

所以，所求的时间t的范围为

1．16 s≤t≤2.1 s

答案：(1)1.25 m　(2)vCD≥4 m/s　1.16 s≤t≤2.1 s下载本文