2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第三章牛顿运动定律专题突破四

专题突破四　用动力学方法解决动力学问题中的“传送带”问题与“板—块”问题

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1

①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2

①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0 情景3

①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v0>v返回时速度为v，当v0
2.倾斜传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

μ≥tan θ时：
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2

μ＜tan θ时
先以a1减速，共速后再以a2减速
情景3

①可能一直加速
②可能先加速后匀速(μ≥tan θ)
③可能先以a1加速后以a2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．

命题点一　“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1所示，有一足够长的水平传送带以2 m/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10 m的距离所需时间为多少？(取g＝10 m/s2)

图1
答案　5.2 s
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＝5 m/s2.与传送带速度相同时，所需时间t1＝＝0.4 s．运动的位移为x1＝at12＝0.4 m<10 m，则物体匀速运动的时间t2＝＝4.8 s，故传送带将该物体传送10 m的距离所需时间为t＝t1＋t2＝5.2 s.
变式1　(2018·盐城中学段考)如图2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零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，则以下分析正确的是(　　)

图2
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
解析　传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，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．
命题点二　“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＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.

图3
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Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，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　(2018·高邮市期初)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＝1.5 m，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a1的加速度匀加速启动，速度达到v＝6 m/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＝10 m/s2)，求：

图4
(1)若木箱与平板车相对静止，加速度a1大小满足什么条件？
(2)若a1＝6 m/s2，当木箱与平板车的速度都达到v＝6 m/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6 m/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)a1≤5 m/s2　(2)2.1 m　(3)a≤12 m/s2
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：Ffmax＝mam＝μmg
得am＝5 m/s2
解得a1≤5 m/s2
(2)因为a1＝6 m/s2＞5 m/s2，故木箱与平板车发生相对滑动，当木箱速度达到6 m/s时，t1＝＝ s＝1.2 s
位移为x1＝t1＝×1.2 m＝3.6 m，
平板车速度达到6 m/s所需时间为：t2＝＝1 s，位移为x2＝t2＋v(t1－t2)，
解得 x2＝4.2 m
当木箱与平板车的速度都达到v＝6 m/s时，木箱在平板车上离驾驶室后端距离为：s＝x2－x1＋L＝4.2 m－3.6 m＋1.5 m＝2.1 m
(3)木箱减速停止时的位移为：x3＝＝ m＝3.6 m
平板车减速到停止时的位移为：x4＝
木箱不与车相碰需满足：x3－x4≤s
解得：a≤12 m/s2.
变式2　如图5甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下判断，正确的是(　　)

图5
A．滑块和木板始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量小于木板的质量
D．木板的长度一定为
答案　B
变式3　(2018·泰州中学月考)如图6所示，一质量M＝3.0 kg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＝1.0 kg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＝2 N/s)，取g＝10 m/s2.

图6
(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t2＝2.0 s时木块A的加速度大小．
(3)若木板B不固定，求t3＝1.0 s时木块A受到的摩擦力大小．
答案　(1)1.5 s　(2)1 m/s2　(3)1.5 N
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：F1＝Ffm＝μmg
设经过t1时间木块A开始滑动，则：F1＝kt1
则t1＝＝ s＝1.5 s
(2)t2＝2.0 s时，有F2＝kt2＝2×2 N＝4 N
由牛顿第二定律得：F2－μmg＝ma
解得a＝＝ m/s2＝1 m/s2
(3)在t3＝1.0 s时水平外力为：F3＝kt3＝2×1 N＝2 N
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：F3＝(m＋M)a′
a′＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
对木块A受力分析有：F3－Ff＝ma′
则Ff＝F3－ma′＝(2－1×0.5) N＝1.5 N.

1．(多选)(2018·徐州三中月考)如图7所示，质量M＝2 kg的一定长度的长木板静止在光滑水平面上，在其左端放置一质量m＝1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2.长木板和小木块先相对静止，然后用一水平向右的F＝4 N的力作用在小木块上，经过时间t＝2 s，小木块从长木板另一端滑出，g取10 m/s2，则(　　)

图7
A．滑出瞬间，小木块的速度大小为2 m/s
B．滑出瞬间，小木块的速度大小为4 m/s
C．滑出瞬间，长木板的速度大小为2 m/s
D．滑出瞬间，长木板的速度大小为4 m/s
答案　BC
解析　由牛顿第二定律得：
对小木块：a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，对长木板：a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，由题意可知，小木块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：t＝2 s，小木块滑出瞬间，小木块的速度大小为：v1＝a1t＝2×2 m/s＝4 m/s，
长木板的速度大小为：v2＝a2t＝1×2 m/s＝2 m/s，故B、C正确．
2.(多选)(2017·运河中学调研)如图8所示为粮袋的传送装置．已知AB间长度为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，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

图8
A．若μ B．粮袋开始运动时的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．不论μ大小如何粮袋从A到B一直匀加速运动，且a>gsin θ
D．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等
答案　AD
解析　若μμmgcos θ，粮袋一直受到滑动摩擦力作用，一直做加速运动，故A正确．粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：加速度为a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，若μ 3．(2018·仪征中学质检)如图9所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B间距离为3 m．一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的(　　)

图9

答案　B
4．(多选)(2018·宝应中学第三次模拟)如图10甲所示，上表面粗糙的平板车静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的滑块以v0＝3 m/s的速度从左边滑上平板车，忽略滑块的大小．从滑块刚滑上平板车开始计时，它们的v－t图象如图乙所示，滑块在平板车上运动了1 s，取重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

图10
A．滑块与平板车间的动摩擦因数为0.1
B．平板车的质量为1 kg
C．平板车的长度为2.5 m
D．全过程中摩擦生热为2.5 J
答案　AB
解析　根据v－t图象的斜率大小表示加速度大小，可知滑块的加速度大小为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，对滑块运用牛顿第二定律有：μmg＝ma，解得：μ＝＝0.1，故A正确；由v－t图象可知滑块、平板车的加速度大小相等，使它们产生加速度的力就是两者之间的滑动摩擦力，因此它们的质量相等，均为1 kg，故B正确；二者的相对位移的大小等于平板车的长度，由v－t图象与坐标轴所围面积可知s＝2 m，故C错误；全过程中摩擦生热Q＝μmgs＝0.1×1×10×2 J＝2 J，故D错误．


1．(多选)(2019·盐城中学月考) 如图1所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

图1
A．物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大
B．物块A、B同时到达底端
C．物块A先到达传送带底端
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
答案　BD
解析　对物块A、B受力分析，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，故物块A所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，物块B所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故A、C错误，B正确．对物块A，划痕的长度等于物块A的位移减去传送带的位移，以物块A为研究对象，由牛顿第二定律得：a＝2 m/s2，由运动学公式得运动时间为：t＝1 s，所以传送带运动的位移为x＝vt＝1 m．则物块A对传送带的划痕为：Δx1＝2 m－1 m＝1 m，对物块B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出物块B对传送带的划痕长度为Δx2＝3 m．所以划痕长度之比为1∶3，故D正确．
2．(多选)如图2甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(　　)

图2
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
答案　BC
解析　由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝Ma＝μMg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确．在v－t图象中，图线与时间轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速并最终与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误．
3.(2018·高邮市期初)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ＝37°，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＝，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)

图3

答案　D
解析　初始状态时：小木块所受重力的分力与滑动摩擦力均沿着传送带向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度a1＝＝gsin θ＋μgcos θ；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tan θ知小木块继续沿传送带匀加速向下，但是此时滑动摩擦力的方向沿传送带向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2＝＝gsin θ－μgcos θ；
比较知道a1＞a2，根据v－t图象的斜率表示加速度，知第二段图线的斜率比第一段小，故A、B、C错误，D正确．
4．(多选)如图4所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是图中的(　　)

图4


答案　BD
5．(2018·泰州中学模拟)如图5所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)

图5


答案　A

6.(多选)(2018·盐城中学段考)如图6所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为(　　)

图6
A．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
B．物块先向左运动，再向右运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
答案　AC
解析　当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，故A、C正确．
7.(2018·苏锡常镇一调)一足够长的轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放有质量均为
1 kg的A、B两物块，A、B物块与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图7所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图7
A．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
B．若F＝8 N，则B物块的加速度为4.0 m/s2
C．无论力F多大，A物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．无论力F多大，B物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案　C
解析　A物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：FfA＝μ1mAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：FfB＝μ2mBg＝0.2×1×10 N＝2 N；因F1＝1.5 N＜FfA，所以A、B物块及薄硬纸片保持相对静止，整体在F1作用下向左匀加速运动，加速度为a1＝＝ m/s2＝0.75 m/s2，此时对A∶F1－FfA1＝mAa1，解得FfA1＝0.75 N，故A错误；物块B做加速运动的最大加速度为aBm＝＝μ2g＝2 m/s2，若当F2＝8 N时，假设A、B两物块相对薄硬纸片静止，则加速度为a2＝＝ m/s2＝4 m/s2＞2 m/s2，则此时B物块相对薄硬纸片发生相对滑动，故B的加速度仍为2 m/s2，选项B、D错误；由以上分析可知当薄硬纸片的加速度为2 m/s2时，物块B相对薄硬纸片将要产生相对滑动，此时薄硬纸片受到的摩擦力为2 N，即纸片对A物块的摩擦力也为2 N＜FfA，则无论力F多大，A物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动，选项C正确．
8.(2018·田家炳中学模拟)传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根平行于传送带的轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝
1.8 m的平台上，如图8所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.问：

图8
(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多长时间离开传送带？(计算结果可用根式表示)
答案　(1)1 s 　(2)(2－) s
解析　(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2；
由v＝a1t1，得t1＝0.5 s，
位移x1＝a1t12＝1 m，
共速后，有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2，
解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升，
位移x2＝－x1＝2 m；
t2＝＝0.5 s；
总时间为：t＝t1＋t2＝1 s；
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s；
(2)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有
μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3
解得：a3＝－2 m/s2；
假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x，x＝－＝4 m＞x2；
即物品速度减为零前已经到达最高点；
由x2＝vt3＋a3t32；
解得：t3＝(2－) s，t3＝(2＋) s(舍去)
即物品还需(2－) s离开传送带．
9．(2018·徐州市期中)如图9甲所示，粗糙水平面上有一个长L＝1 m、质量M＝3 kg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＝1 kg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10 m/s2.求：

图9
(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＝2.5 s物块运动的位移大小．
答案　(1)1 m/s2　(2)0.5 s　(3)4.875 m
解析　(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知：F1－μ1(M＋m)g＝Ma
解得：a＝1 m/s2
(2)木板在F1作用下，经历时间1 s前进的位移为：x1＝at12＝×1×12 m＝0.5 m，
恰好运动到有摩擦力位置，此时木板的速度为：v＝at1＝1 m/s
此后物块的加速度为：a′＝＝5 m/s2，木板的加速度为：a″＝＝3 m/s2
假设经历时间t2两者速度相同，则有：v共＝a′t2＝v＋a″t2
解得：t2＝0.5 s，v共＝2.5 m/s
t2时间内物块的位移为：a′t22＝0.625 m
t2时间内木板的位移为：vt2＋a″t22＝0.875 m
木板与物块的位移差为：0.875 m－0.625 m＜，物块未从木板上滑下，假设成立．
(3)在0.5 s内物块前进的位移为：x2＝a′t22＝0.625 m
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：
a1＝＝3.5 m/s2＜5 m/s2
故此后两者一起做匀加速运动，时间t′＝t－t1－t2＝1 s，
故有：x3＝v共t′＋a1t′2＝2.5×1 m＋×3.5×12 m＝4.25 m
故物块前进的位移为：x＝x2＋x3＝4.875 m.