必修1 第三章 专题突破二 动力学中“传送带”和“板块”模型.doc

传送带模型和板块模型传送带模型”问题的分析思路V o(v o> 0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送6(a)、(b)、(c)所示.2.建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.(1) 水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等•物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.(2) 倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用•如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况•当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.【例1 如图7所示，倾角为37°长为I = 16 m的传送带，转动速度为v =10 m/s,动摩擦因数尸0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m = 0.5 kg的物体.已知sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8, g= 10m/s2.求：(1) 传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2) 传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间.突破训练1 如图8所示，水平传送带AB长L = 10 m,向右匀速运动的速度V0= 4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以V1= 6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送；带间的动摩擦因数尸0.4, g取10 m/s2.求：(1) 物块相对地面向左运动的最大距离；(2) 物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间.1模型特征一个物体以速度带”模型，如图图6二•“滑块一木板模型”问题的分析思路1模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.2 •建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程.特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移【例2 如图所示，质量为M，长度为L的长木板放在水平桌面上，木板右端放有一质量为m长度可忽略的小木块，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为。

第4课时动力学问题中的“传送带”与“板—块”等问题读基础知识基础回顾：一、“传送带”模型1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一直减速达到左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v 0>v 返回时速度为v ，当v 0<v 返回时速度为v 02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1μ≥tan θ时：①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2μ＜tan θ时先以a 1减速，共速后再以a 2减速情景3①可能一直加速②可能先加速后匀速(μ≥tan θ)③可能先以a 1加速后以a 2加速(μ＜tan θ)二、“滑块—木板”模型1．模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．三、处理多过程问题时应注意的两个问题1．任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程组成，上一过程的末是下一过程的初，对每一个过程分析后，列方程，联立求解．2．注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁．研考纲考题要点1“传送带”模型相对位移的计算要分两种情况：①若二者同向，则Δx ＝|x 传－x 物|；②若二者反向，则Δx ＝|x 传|＋|x 物|.物体沿倾斜传送带向下运动，μ＜tan θ时，相对位移可能有重叠部分，要分段计算．【例1】如图所示，有一足够长的水平传送带以2m /s 的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10m 的距离所需时间为多少？(取g ＝10m/s 2)答案 5.2s解析物体在传送带上做匀加速直线运动过程中，加速度a ＝μg ＝5m/s 2.与传送带速度相同时，所需时间t 1＝2m/s 5m/s 2＝0.4s ．运动的位移为x 1＝12at 12＝0.4m<10m ，则物体匀速运动的时间t 2＝10m －0.4m 2m/s＝4.8s ，故传送带将该物体传送10m 的距离所需时间为t ＝t 1＋t 2＝5.2s.【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v 0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零逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，则以下分析正确的是()A ．M 下滑的速度不变B ．M 立即开始在传送带上加速，速度变为2v 0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解析传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝F f ，当传送带转动时，根据受力分析可知，物块先向下做加速运动，当速度与传送带速度相同时，物块和传送带以相同的速度匀速下滑，故C正确．要点2“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图3，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx ＝x 1－x 2＝L (板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx ＝x 2＋x 1＝L.3．基本思路运动状态板、块速度不相等板、块速度相等瞬间板、块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力F f ；比较F f 与最大静摩擦力F fm 的关系，若F f >F fm ，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度(相对静止)是滑块滑离木板的临界条件原理运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等例2一木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L ＝1.5m ，如图4所示处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.5，现使平板车以a 1的加速度匀加速启动，速度达到v ＝6m /s 后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2)，求：(1)若木箱与平板车相对静止，加速度a 1大小满足什么条件？(2)若a 1＝6m /s 2，当木箱与平板车的速度都达到v ＝6m/s 时，木箱在平板车上的位置(离驾驶室后端距离)；(3)在第(2)问情况下，若在木箱速度刚达到6m/s 时平板车立即刹车到停止，则要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小满足什么条件？答案(1)a 1≤5m /s 2(2)2.1m (3)a ≤12m/s 2解析(1)木箱与平板车相对静止，加速度相同，当木箱受到的静摩擦力达到最大值时加速度最大，由牛顿第二定律有：F fmax ＝ma m ＝μmg得a m ＝5m/s 2解得a 1≤5m/s 2(2)因为a 1＝6m /s 2＞5m/s 2，故木箱与平板车发生相对滑动，当木箱速度达到6m/s 时，t 1＝v a m ＝65s ＝1.2s 位移为x 1＝v 2t 1＝62×1.2m ＝3.6m ，平板车速度达到6m/s 所需时间为：t 2＝v a 1＝1s ，位移为x 2＝v 2t 2＋v (t 1－t 2)，解得x 2＝4.2m当木箱与平板车的速度都达到v ＝6m/s 时，木箱在平板车上离驾驶室后端距离为：s ＝x 2－x 1＋L ＝4.2m －3.6m ＋1.5m ＝2.1m (3)木箱减速停止时的位移为：x 3＝v 22a m ＝622×5m ＝3.6m 平板车减速到停止时的位移为：x 4＝v 22a木箱不与车相碰需满足：x 3－x 4≤s解得：a ≤12m/s 2.【训练2】如图所示，一质量M ＝3.0kg 的足够长的木板B 放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m ＝1.0kg 的小木块A ，A 、B 均处于静止状态，A 与B 间的动摩擦因数μ＝0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现给木块A 施加一随时间t 变化的水平力F ＝kt (k ＝2N /s)，取g ＝10m/s 2.(1)若木板B 固定，则经过多少时间木块A 开始滑动？(2)若木板B 固定，求t 2＝2.0s 时木块A 的加速度大小．(3)若木板B 不固定，求t 3＝1.0s 时木块A 受到的摩擦力大小．答案(1)1.5s (2)1m/s 2(3)1.5N解析(1)当木板B 固定时，木块A 开始滑动瞬间，水平力F 与最大静摩擦力大小相等，则：F 1＝F fm ＝μmg 设经过t 1时间木块A 开始滑动，则：F 1＝kt 1则t 1＝μmg k ＝0.3×1×102s ＝1.5s (2)t 2＝2.0s 时，有F 2＝kt 2＝2×2N ＝4N由牛顿第二定律得：F 2－μmg ＝ma 解得a ＝F 2－μmg m ＝4－0.3×1×101m /s 2＝1m/s 2(3)在t 3＝1.0s 时水平外力为：F 3＝kt 3＝2×1N ＝2N因为此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得：F 3＝(m ＋M )a ′a ′＝F 3M ＋m ＝21＋3m /s 2＝0.5m/s 2对木块A 受力分析有：F 3－F f ＝ma ′则F f ＝F 3－ma ′＝(2－1×0.5)N ＝1.5N.要点3数形结合分析动力学问题以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问题要求考生具备理解图象所给予的信息和破译图象信息的能力，图象的形式以v －t 、a －t 、F －t 图象居多，考查最多的是v －t 图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等．(1)题型特点物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点，特别是v －t 图象，在考题中出现率极高．对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是从结合物理过程分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果．(2)问题实质图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．运用图象解决问题一般包括两个角度：①用给定图象解答问题；②根据题意作图，用图象解答问题．在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系．(3)解题关键解决这类问题的核心是分析图象，我们应特别关注v －t 图象中的斜率(加速度)和力的图线与运动的对应关系．例3(多选)如图1(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出()A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析由v －t 图象可知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1·v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．答案ACD【训练3】如图甲所示，粗糙水平面上有一个长L ＝1m 、质量M ＝3kg 的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.25.质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)放置在木板的右端，物块与木板左半部分的动摩擦因数μ2＝0.5.在木板右端施加如图乙所示的水平拉力F ，g 取10m/s 2.求：(1)木板刚开始运动时的加速度大小；(2)物块运动多长时间后与木板速度相同；(3)经过t ＝2.5s 物块运动的位移大小．答案(1)1m/s 2(2)0.5s (3)4.875m解析(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知：F 1－μ1(M ＋m )g ＝Ma解得：a ＝1m/s 2(2)木板在F 1作用下，经历时间1s 前进的位移为：x 1＝12at 12＝12×1×12m ＝0.5m ，恰好运动到有摩擦力位置，此时木板的速度为：v ＝at 1＝1m/s 此后物块的加速度为：a ′＝μ2mg m ＝5m/s 2，木板的加速度为：a ″＝F 2－μ1(M ＋m )g －μ2mg M＝3m/s 2假设经历时间t 2两者速度相同，则有：v 共＝a ′t 2＝v ＋a ″t 2解得：t 2＝0.5s ，v 共＝2.5m/s t 2时间内物块的位移为：12a ′t 22＝0.625m t 2时间内木板的位移为：v t 2＋12a ″t 22＝0.875m 木板与物块的位移差为：0.875m －0.625m ＜L 2，物块未从木板上滑下，假设成立．(3)在0.5s 内物块前进的位移为：x 2＝12a ′t 22＝0.625m 达到共同速度后，假设两者以相同的加速度运动，物块运动的加速度为：a 1＝F 2－μ1(M ＋m )g M ＋m＝3.5m /s 2＜5m/s 2故此后两者一起做匀加速运动，时间t ′＝t －t 1－t 2＝1s ，故有：x 3＝v 共t ′＋12a 1t ′2＝2.5×1m ＋12×3.5×12m ＝4.25m 故物块前进的位移为：x ＝x 2＋x 3＝4.875m.要点4连接体中力的“分配协议”如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F 作用于m 1上，则m 1和m 2的相互作用力F 12＝m 2·F m 1＋m 2，若作用于m 2上，则F 12＝m 1·F m 1＋m 2。

拓展课传送带模型和板块模型（答案在最后）目标要求1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法．2．能正确解答传送带上的物体的运动问题．3．建立板块模型的分析方法．4．能运用牛顿运动定律处理板块问题．拓展1传送带模型【归纳】1．基本类型传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方去，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．2．分析流程3．注意问题求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相同时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．【典例】例 1 传送带是现代生产、生活中广泛应用的运送货物的运输工具，其大量应用于工厂、车站、机场、地铁站等．如图，地铁一号线的某地铁站内有一条水平匀速运行的行李运输传送带，假设传送带匀速运动的速度大小为v，且传送带足够长．某乘客将一个质量为m的行李箱轻轻地放在传送带一端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ.当行李箱的速度与传送带的速度刚好相等时，地铁站突然停电，假设传送带在制动力的作用下立即停止运动，求行李箱在传送带上运动的总时间．例 2 某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝37°，传送带两端A、B之间的长度L＝11 m，传送带以v＝2 m/s的恒定速度向上运动．在传送带底端A轻轻放上一质量m＝2 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求货物从A端运送到B端所需的时间．(取g＝10ms2例 3 如图所示，传送带与水平地面间的倾角为θ＝37°，从A端到B端长度为s＝16 m，传送带在电机带动下始终以v＝10 m/s的速度逆时针运动，在传送带上A端由静止释放一个质量为m＝0.5 kg的可视为质点的小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同，g取10m，sin 37°＝0.6，求：小物体从A到B所用的s2时间．总结提升倾斜传送带向下传送物体，当物体加速运动与传送带速度相等时：(1)若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动；(2)若μ<tan θ，物体不能与传送带保持相对静止，物体将以较小的加速度a＝g sin θ－μg cos θ继续做加速运动．拓展2板块模型【归纳】滑块—木板类(简称板块模型)问题涉及两个或多个物体，并且物体间存在相对滑动，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高．1．解题方法技巧(1)分析题中滑块、木板的受力情况．(2)画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系．(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．(4)两者发生相对滑动的条件：①摩擦力表现为滑动摩擦力；②二者加速度不相等．2．常见的两种位移关系(1)滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度．(2)若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．【典例】例 4 长为1.0 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从长木板B 的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，大小为v′＝0.4 m/s.再经过t0＝0.4 s的时间A、B一起在水平冰面上滑行了一段距离后停在冰面上．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25.(g取10 m/s2)求：(1)长木板与冰面间的动摩擦因数；(2)小物块相对长木板滑行的距离．教你解决问题读题提取信息→ 画运动示意图例5 如图，一平板车以某一速度v0＝5 m/s匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初m，货箱放入车上的同时，平板车开速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l＝316始刹车，刹车过程可视为做加速度a＝3 m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的.求：摩擦因数为μ＝0.2，g＝10ms2(1)货箱放上平板车时加速度的大小和方向；(2)货箱做匀加速直线运动，平板车做匀减速直线运动，求出速度相等时两者的位移，判断货箱是否从车后端掉下来．例 6 (多选)如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是()A．小滑块的质量m＝2 kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2拓展课八传送带模型和板块模型拓展1[例1] 解析：行李箱所受的合外力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma ，解得a ＝μg .经过一段时间t 1，行李箱和传送带刚好速度相等，则t 1＝vμg ；停电后，行李箱的加速度大小也是μg ，则减速时间t 2＝v μg，故行李箱在传送带上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝2vμg.答案：2vμg[例2] 解析：货物放在传送带上，开始相对传送带向下运动，故所受滑动摩擦力的方向沿传送带向上．货物由静止开始做初速度为0的匀加速直线运动．以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma解得a ＝0.4 m/s 2货物匀加速直线运动的时间t 1＝va ＝5 s货物匀加速直线运动的位移x 1＝12at 12＝5 m<L ＝11 m经计算μmg cos 37°>mg sin 37°故此后货物随传送带一起向上做匀速运动，运动的位移x 2＝L －x 1＝6 m 匀速运动的时间t 2＝x2v ＝3 s货物从A 到B 所需的时间t ＝t 1＋t 2＝8 s. 答案：8 s[例3] 解析：开始时，物体相对传送带沿斜面向上滑，所以摩擦力的方向沿斜面向下，由牛顿第二定律，有a 1＝mg sin 37°+μmg cos 37°m ＝10 m/s 2当物体与传送带共速时，物体的位移x 1＝v 2−02a 1＝5 m ，经历的时间t 1＝va 1＝1 s则此时距离B 端的距离x 2＝s －x 1＝11 m又因为mg sin 37°>μmg cos 37°则物体与传送带不能保持相对静止，此后物体的加速度 a 2＝mg sin 37°−μmg cos 37°m＝2 m/s 2根据位移与时间关系有x 2＝vt 2+12at 22代入数据解得t 2＝1 s总耗时为t ＝t 1＋t 2＝2 s ，故物体从A 端运动到B 端需要的时间为2 s. 答案：2 s 拓展2[例4] 解析：(1)设长木板与冰面间的动摩擦因数为μ2，A 、B 一起运动时，根据牛顿第二定律有：2μ2mg ＝2ma又知v ′＝at 0 解得μ2＝0.1.(2)共速前，对A 有：加速度大小a 1＝μ1g ＝2.5 m/s 2 对B 有：μ1mg －μ2×2mg ＝ma 2， 加速度大小a 2＝0.5 m/s 2则知相对运动的时间t ＝v ′a 2＝0.8 s小物块A 的初速度v 0＝v ′＋a 1t ＝2.4 m/s 则相对位移Δx ＝v 0t －12a 1t 2－12a 2t 2代入数据解得：Δx ＝0.96 m. 答案：(1)0.1 (2)0.96 m[例5] 解析：(1)货箱：μmg ＝ma 1，得a 1＝2.0 m/s 2，方向向前． (2)假设货箱能与平板车达到共速，则箱：v ＝a 1t ，车：v ＝v 0－a 2t ，得：t ＝1.0 s ， 箱：s 1＝0+v 2t ＝1 m ，对平板车：s 2＝v 0t －12a 2t 2＝5×1－12×3×1 m ＝3.5 m.此时，货箱相对车向后移动了Δx ＝s 2－s 1＝2.5 m<316 m ，故货箱不会掉下．答案：(1)2 m/s 2，向前 (2)不会 [例6] 解析：由图乙可得，当拉力等于6 N 时，小滑块和长木板刚好要发生相对滑动，以M 、m 为整体，根据牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m )a以m 为对象，根据牛顿第二定律可得μmg ＝ma 其中F ＝6 N ，a ＝2 m/s 2联立解得m ＋M ＝3 kg ，μ＝0.2当拉力大于6 N 时，长木板的加速度为a ＝F−μmg M＝F M −μmg M可知a ­F 图像的斜率为k ＝1M ＝2−06−4kg －1＝1 kg －1联立解得M ＝1 kg ，m ＝2 kg ，故A 、B 正确；当水平拉力大于6 N 时，长木板与小滑块已经发生相对滑动，此后F 增大，小滑块的加速度也不再增大，而是保持不变，故C 错误；当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为a ＝F−μmg M＝7−0.2×2×101m/s 2＝3 m/s 2，故D 正确；故选ABD.答案：ABD。

传送带模型和板块模型一．“传送带模型”问题的分析思路1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图6(a)、(b)、(c)所示．图62．建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例1如图7所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．突破训练1如图8所示，水平传送带AB长L＝10 m，向右匀速运动的速度v0＝4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v1＝6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送；带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.求：(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间．二．“滑块—木板模型”问题的分析思路1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.例2如图所示，质量为M，长度为L的长木板放在水平桌面上，木板右端放有一质量为m长度可忽略的小木块，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ。

动力学中的“板块”和“传送带”模型一．“滑块—滑板”模型1. 模型特点：上下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

2. 两种位移关系①物体的位移：各个物体对地的位移，即物体的实际位移。

②相对位移：一物体相对另一的物体的位移。

两种情况。

（1）滑块和滑板同向运动时，相对位移等两物体位移之差，即.21x x x -=∆相 （2）滑块和滑板反向运动时，相对位移等两物体位移之和，即.21x x x +=∆相 这是计算摩擦热的主要依据，.相滑x f Q ∆=3. 解题思路：（1）初始阶段必对各物体受力分析，目的判断以后两物体的运动情况。

（2）二者共速时必对各物体受力分析，目的判断以后两物体的运动情况。

二者等速是滑块和滑板间摩擦力发生突变的临界条件，是二者相对位移最大的临界点。

（3）物体速度减小到0时，受力分析，判断两物体以后是相对滑动还是相对静止。

相对静止二者的加速度a 相同；相对滑动二者的加速度a 不同。

（4）明确速度关系：弄清各物体的速度大小和方向，判断两物体的相对运动方向，从而弄清摩擦力的方向，正确对物体受力分析。

例.如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝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v 0＝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/s 2.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．〖思路指导〗（1）AB 开始运动时，相向均做减速运动，二者初速等大，加速度等大，则经历相等时间,v ∆相等.即相同时刻速度等大.对A 、B 、木板分析B 和木板同向向右运动，A 和木板反向运动，故B 和木板先相对静止，A 减速到0后，反向加速再与木板共速. （2）B 和木板共速后是相对滑动还是相对静止，假设法讨论.相对静止的条件：f<f max . 解析：（1）B 和木板共速前，AB 加速度分别为a A 、a B ,木板加速度为a 1.经t 1木板和B 共速. 对A 向左减速，加速度大小：../5,211向右解得s m a a m g m A A A ==μ 对B 向右减速，加速度大小：.m /s 5,21==B B B B a a m g m 解得μ对木板，由于g m m m g m g B A A B )(m 211++>-μμμ，则合外力向右，向右加速运动../5.2,)(-m 211211s m a ma g m m m g m g B A A B ==++-解得μμμB 和木板共速有：,1110t a t a v B =-解得t 1=0.4s../110s m t a v v B B =-=0.8m.t 2v v x 1Bo B =+= A 的速度大小v A =v B =1m/s.（2）设B 和木板共速后相对静止，对B 和木板：./m 35,)m 22212s a a m m g m g m m B A B A =+=+++解得）（（μμ向右减速运动. 对B 有，木板和A相对静止.假设正确，设再经t g,m μN 320a m f 2B 12B B <== A 全程加速度不变.对B 和木板:,222t a v v B -=对A 有：,222t a v v A +-=解得t 2=0.3s.v 2=0.5m/s.0.225m,m 409t 2v v x 22B /B ==+=0.875m.)t (t a 21)t (t v x 221A 210A =+-+= 故 1.9m.x x x L /B B A =++= 练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模）如图所示，质量M ＝8 kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F ＝8 N ．当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m ＝2 kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．从物体放上小车开始经t ＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 mB ．2.1 mC ．2.25 mD ．3.1 m解析：（1）刚放上物体时，对物体：.2m/s解得a ,ma μmg 211== 对小车：,/5.0,222s m a Ma mg F ==-解得μv 0=1.5m/s.设经t 1二者等速v 1.则2m/s.1s，v 解得t ,t a v t a v 11120111==+==此时物体运动：1m.t v 21x 111==故A 错.（2）共速后，设二者相对静止，整体：.0.8m/s，解得a m)a (M F 233=+= 对物体：μmg，<1.6N =ma =f 3假设正确.再经0.5s 物体运动：.1.2,1.12121223212m x x x m t a t v x =+==+=故故B 对CD 错.2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )解析：（1）物体刚放上木板，对木板：.a ,mg g )1121向左，减速运动（Ma M m =++μμ （2）共速后若二者相对静止：错，，则（BC a a Ma g M 2121,)m >=+μ 由于地面有摩擦，共速后木板做减速运动，故D 错。

传送带问题的分析技巧．模型特征(1)水平传送带模型摩擦因数μ＝0.1。

工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则( )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m /s 逆时针匀速转动，v B ＝3m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝2 m/s2、如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中( )A．小煤块从A运动到B的时间是 2 sB．小煤块从A运动到B的时间是2.25 sC．划痕长度是4 mD．划痕长度是0.5 m3、如图所示，有一水平放置的足够长的皮带输送机以v＝5 m/s的速率沿顺时针方向运行。

有一物块以v0＝10 m/s的初速度从皮带输送机的右端沿皮带水平向左滑动。

若物块与皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，并取g＝10 m/s2，求物块从滑上皮带到离开皮带所用的时间。

传送带以恒定的速率v＝10 m/s运动，已知它与水平面成α＝37°，如图所示，PQ＝16 m，将一个小物体无初速度地放在P点，小物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，问当传送带逆时针转动时，小物体运动到Q点的时间为多少？.(2017·武汉月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5 m的传送带与两平台平滑连接。

现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度。