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专题突破2 动力学中的两种典型模型
“传送带”模型
考向1 水平传送带问题
1.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。
2.传送带上的物体所受摩擦力不论是其大小突变，还是其方向突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
【例1】 (2019·江西省重点中学协作体联考)如图1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，质量为m的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则( )
图1
v2A.物块与传送带的动摩擦因数为gt
11
B.水平传送的长度可能小于2v2t1 C.t1时刻，物块受到的摩擦力发生突变
D.t2～t3时间内，物块所受的摩擦力方向水平向左
解析 结合乙图斜率的物理意义和牛顿第二定律可知，物块在传送带上运动的加
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v2v2
速度为a＝t＝μg，所以μ＝gt，故选项A正确；t1时刻，物块向左前进的距离
1
1
11
最大，为s＝2v2t1，所以水平传送带的长度不能小于2v2t1，故选项B错误； 从开始滑上传送带，到t2时刻之前，物块相对于传送带向左运动，受到的摩擦力水平向右，故选项C错误；在t2～t3 时间内，物块与传送带相对静止，物块不受摩擦力，故选项D错误。 答案 A
考向2 倾斜传送带问题
1.求解的关键在于分析清楚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。
2.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。摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关。
【例2】 如图2所示，传送带与水平地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
图2
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
【思路点拨】 (1)当传送带的速度大于煤块的速度时，摩擦力为动力，沿斜面向下。
(2)要根据动摩擦因数判断煤块与传送带能否相对静止。
(3)当传送带的速度小于煤块的速度时，摩擦力为阻力，沿斜面向上。 解析 (1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
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mg（sin θ＋μcos θ）a1＝＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2
mv0
加速过程中t1＝a＝1 s，
1
1x1＝2a1t21＝5 m
达到v0后，煤块受到沿斜面向上的摩擦力，则 mg（sin θ－μcos θ）
2
a2＝＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s
mx2＝L－x1＝5.25 m 12
x2＝v0t2＋2a2t2
t2＝0.5 s，(t2＝－10.5 s舍去) 煤块从A到B的时间为 t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长 Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长 Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。 答案 (1)1.5 s (2)5 m
1. (多选) (2019·山东济宁期末)机场使用的货物安检装置如图3所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
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图3
A.背包从A运动到B所用的时间为2.1 s B.背包从A运动到B所用的时间为2.3 s C.背包与传送带之间的相对位移为0.3 m D.背包与传送带之间的相对位移为0.1 m
解析 背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmgv
＝ma，得a＝5 m/s2；背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝a＝0.2 s，此v1
过程背包对地位移x1＝2t1＝2×0.2 m＝0.1 m＜L＝2 m；共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝(1×0.2L－x12－0.1
－0.1) m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝v＝1 s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为t＝t1＋t2＝2.1 s，故选项A、D正确。 答案 AD
2.(多选)如图4甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，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μ，小木块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则( )
图4
A.传送带一定逆时针转动 v0
B.μ＝tan θ＋gtcos θ
0C.传送带的速度大于v0
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v0
D.t0后木块的加速度为2gsin θ－t
0
解析 若传送带顺时针转动，当滑块下滑(mgsin θ＞μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑(mgsin θ＜μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象，所以传送带是逆时针转动，选项A正确；滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，加速度a1＝gsin θ＋μgcos θ，又由图可知v0v0
a1＝t，由以上两式得出μ＝gtcos θ－tan θ，选项B错误；当滑块的速度等于传
00送带的速度时，滑块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，选项v0
C错误；等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－t，选
0项D正确。 答案 AD
“板—块”模型
1.分析“板—块”模型时要抓住一个转折和两个关联
2.两种类型 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 是物块滑到木板左端时二者速度恰好相等，位移关系为xB＝xA＋L 物块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滑到木板右端时二者速度恰好相等，位移关系为xB ＋L＝xA 考向1 水平面上的“板—块”模型
2020版物理新高考(鲁京津琼)复习讲义：第三章 牛顿运动定律 专题突破2
