高考物理二轮复习第3章牛顿运动定律微专题4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型学案
展开微专题四 动力学中的“木板—滑块”和“传送带”模型
动力学中“木板—滑块”模型
1．模型分析
模型 概述 | (1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动。 (2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长。 (3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。 | |
常见 情形 | 滑板获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止 | 滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块，Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止 |
开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板 | 滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及滑板与地面是否有相对运动 | |
2.常见临界判断
(1)滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，滑块与木板的速度相等。
(2)木板最短的条件：当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端。
(3)滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。
一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
图(a) 图(b)
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[大题拆分] 第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分析过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。 由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
[解析] (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2
解得a1＝1 m/s2
设小物块的质量为m，则木板的质量为15m，对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1
解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝ m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为
x1＝vt1－a3t＝ m，末速度v1＝v－a3t1＝ m/s
滑块向右运动的位移x2＝t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝v1t2－a3t＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
求解“木板——滑块”模型的思维流程
1.如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
[解析] 对薄平板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在薄平板上滑动时，薄平板静止不动
滑块在薄平板上滑行时加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到达B点时的速度v＝＝3 m/s
滑块由B至C时的加速度
a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则有
LBC＝vt＋a2t2
代入数据解得t＝1 s
对薄平板，滑块滑离后才开始运动，加速度a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
设滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝a3t′2
代入数据解得t′＝2 s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差
Δt＝t′－t＝1 s。
[答案] 无初速释后薄平板不立即运动 1 s
2．(2020·江苏百校联考)如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，可视为质点的小滑块质量为m＝1 kg，置于木板中央A处。从t＝0时刻开始，木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F，其运动的速度—时间图象如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板与滑块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)t＝0时刻滑块加速度的大小；
(2)拉力F的大小；
(3)为使滑块不从木板上滑落，木板的长度至少为多少？
[解析] (1)假设t＝0时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的vt图象可得
a木板＝＝ m/s2＝4 m/s2，
对滑块，由牛顿第二定律有
μmg＝ma滑块，
得a滑块＝μg＝2 m/s2，
由于a滑块<a木板，所以假设成立，滑块与木板发生相对滑动，a滑块＝2 m/s2。
(2)由vt图象可知，经过t1＝3 s后撤去了拉力，此时，木板的速度为v1＝12 m/s，
滑块的速度为v2＝a滑块t1＝6 m/s，
滑块与木板间仍有相对滑动，3 s后内，对木板由vt图象得加速度大小为a2＝ m/s2＝4 m/s2，
由牛顿第二定律有μmg＝Ma2，
解得M＝0.5 kg，
木板前3 s的运动根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma木板，
解得F＝4 N。
(3)3 s时刻木板速度为v1＝12 m/s，滑块速度为v2＝6 m/s，设再经过t2时间滑块与木板的速度大小相等，有v1－a2t2＝v2＋a滑块t2，
解得t2＝1 s，之后两者一起做匀速直线运动，
木板和滑块速度相等时，木板的总位移为
x1＝a木板t＋v1t2－a2t＝28 m，
滑块的总位移为x2＝a滑块(t1＋t2)2＝16 m，
两者相对位移为Δx＝x1－x2＝12 m，
所以木板的总长度至少为2Δx＝24 m。
[答案] (1)2 m/s2 (2)4 N (3)24 m
“传送带”模型
水平传送带模型 |
项目 | 图示 | 滑块可能的运动情况 |
情景1 | 轻放在匀速传送带上 | (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 |
情景2 | 以v0冲上匀速传送带 | (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 |
情景3 | 以v0冲上匀速传送带 | (1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端 (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<v返回时速度为v0 |
情景4 | 轻放在匀加速 启动的传送带上 | 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 (1)若μg≥a，物块和传送带一起以加速度a加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma (2)若μg<a，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ff＝μmg，产生的加速度a＝μg |
如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6。求：
(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；
(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，物块到达B端时的速度大小；