牛顿第二定律的综合应用——动力学中的“板块”和“传送带”模型

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。

A 对.3．(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A 、B 并排放在地面上，A 左端放一小滑块，滑块在F ＝6 N 的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A 、B 长度均为l ＝1 m ，木板A 的质量m A ＝3 kg ，小滑块及木板B 的质量均为m ＝1 kg ，小滑块与木板A 、B 间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小滑块在木板A 上运动的时间. (2)木板B 获得的最大速度．解析：（1）滑块刚开始运动时，对滑块：./2,2111s m a ma mg F ==-解得μ 对AB 整体：滑块给AB 向右的摩擦力,41N mg =μ地面与AB 间的最大静摩擦力,5)2(2max N g m m f A =+=μ由于.max 1f mg <μ 则滑块滑离A 前AB 静止，滑块在A 上运动时间：.1a 211211s t t L =⇒= （2）滑离A 时滑块速度：./2111s m t a v ==A 滑上B 时，对B 有：./2222221s m a ma mg mg =⇒=-μμ当滑块滑离B 时B 的速度最大为v B .位移为x B .经历时间为t 2.滑块在B 上滑动过程中滑块的位移：,2122121t a t v x +=块 .21222t a x B =且L x x B =-块,则v B =a 2t 2=1m/s.二、传送带模型1. 初始比较二者的初速度情况，分析物块所受摩擦力的种类和方向.分析物块受力，判断以后以后的运动情况.2. 等速是摩擦力发生突变的关键条件。

当二者等速时，必受力分析，判断物体以后的运动.3. 相对位移的计算：同向运动，x -x Δx 物带相=反向运动.x x Δx 物带相+=〖方法小结〗（1）明确物体的速度和加速度的方向关系，目的判断物体的运动状态.（2）物体运动时间的求解：①利用两物体等速关系求时间，求解出时间，再求解各物体的位移，可求解两物体的相对位移、板的长度.②利用相对位移关系求时间.③求解木板最小长度的方法：滑块从木板一端滑到另一端时二者刚好共速. 木板最小长度等于二者的相对位移.4.初始阶段，等速时刻受力分析是解决传送带问题的突破口.5.常见的运动情景： 水平传送带问题项目 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(1)v 0＞v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v 0＜v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 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v 0＞v 返回时速度为v ，当v 0＜v 返回时速度为v 0倾斜传送带问题项目 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(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(3)可能先以a 1加速后以a 2加速例1.AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求行李做匀加速直线运动的时间；(2)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析：（1）匀加速过程：2/1s m a ma mg =⇒=μ 二者等速经t 1，则.111s t at v =⇒=（验证.,5.021211结果正确加速位移L m at x <==） （2）一直加速到B 点时间最短：.221min 2min s t at L =⇒=当行李到达B 点时二者等速，传送带的速度最小：./2min min s m at v v ===物例2.如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m/s 的恒定速率顺时针转动．一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(1)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (2)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：（1）经t 1二者等速，等速前：1cos sin m ma mg g =+θμθ. 解得a 1=10m/s 2,方向沿斜面向下，.11110s t t a v v =⇒-= 物体的位移.72101m t vv x =+=(2) 二者等速时，受力如图，由于mgsin θ>μmgcos θ,继续减速，再经t 2减速到0..,cos sin 222t a v ma mg mg ==-θμθ解得a 2=2m/s 2,t 2=1s.物体位移.12122m vt x ==从最高点返回到A 经t 3，加速下滑位移x 3=x 1+x 2=8m,加速度与a 2相同.则.222132323s t t a x =⇒=.)21(2321s t t t t +=++=∴练习1. (多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A 滑上传送带，滑上时速率为v 1，传送带的速率为v 2，且v 2＞v 1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v 和位置，下面哪个是可能的( )A ．从下端B 离开，v ＞v 1 B ．从下端B 离开，v ＜v 1C ．从上端A 离开，v ＝v 1D ．从上端A 离开，v ＜v 1解析：（1）初始阶段，二者反向运动，受力如图.当mgsin θ>μmgcos θ时，一直加速下滑，从B 点离开，v>v 1,A 对. 当mgsin θ=μmgcos θ时，一直匀速下滑，从B 点离开，v=v 1.（2）初始阶段，当mgsin θ<μmgcos θ时a=(μcos θ-sin θ)g,沿斜面向上. 可能一直减速下滑，从B 点离开，v<v 1.故B 对.可能先减速到0再反向加速，反向加速上滑阶段与减速下滑阶段受力相同，a 相同. 减速下滑阶段：,2-021ax v -=反向加速上滑阶段：ax v 22=，故 C 对D 错.2.如图所示，传送带AB 的长度为L ＝16 m ，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v 0＝10 m/s 匀速运动，方向如图中箭头所示．在传送带最上端A 处无初速度地放一个质量m ＝0.5 kg 的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°0.8.求：(1)物体从A 运动到底端B 所用的时间；fmgNNmgf mgfN Nmgff N(2)物体与传送带的相对位移大小．解析：（1）经t 1二者等速，11/10cos sin m g m a ma mg =⇒=+θμθ.11110s t t a v =⇒=物体下滑位移.521101L m t v x <==等速后,由于mgsin θ>μmgcos θ,将继续加速下滑，x 2=L-x 1=11m. ./2cos sin 222s m a ma mg mg =⇒=-θμθ.1212222202s t t a t v x =⇒+=物体从A 到B 的时间：t=t 1+t 2=2s.(2)全程传送带运动位移x 带=v 0(t 1+t 2)=20m 物体运动位移x 物=L. 相对位移.m 4-==∆物带x x x3．（相对位移和痕迹的关系和区别）如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；(2)0～8 s 内小物块与传送带之间的相对位移和划痕为多长.[解题指导]1.由图像可知0-2S 物块减速下滑， 2-6s 反向加速上滑，6s 后二者一起上滑.（2）6s 时折点的意义：物块受力变化，摩擦力发生突变， 说明二者此时共速，即传送带的速度也为4m/s. 解析：（1）0-2s 物块减速下滑，加速度的大小：a 1=1m/s 2.沿斜面向上..87μma mgsinθμmgcosθ1=⇒=-（2）0-2s 二者反向运动，由图像和题意得v 带=4m/s.物块相对传送带向下滑.10m.x x 相对位移Δx 8m,t v x 2m,x 物带11带带物=+==== （11x cos ∆⋅=θμmg Q 摩擦热）2-6s 二者同向运动，v 物<v 带，物块相对传送带向下滑.8m.x x 相对位移Δx 16m,t v x 8m,x //22带//=====物带带物- （22x cos ∆⋅=θμmg Q 摩擦热） 则相对位移,m 1821=∆+∆=∆x x x 痕迹.1821m x x S =∆+∆= （x cos m g 21∆⋅≠++=θμQ Q Q 产生的摩擦热）[题后小结]多过程中相对位移、摩擦热、痕迹的求解.1.单过程相对位移的求解，两物体同向运动，相对位移等各物体位移大小之差；两物体反向运动相对位移等各位移之和.2.多过程相对位移和痕迹的求解：分段分析，明确各过程相对位移的大小和方向.若两段相对位移同向，则总相对位移等二者大小之和21x x x ∆+∆=∆，痕迹与相对位移总和x S ∆=；若两段相对位移反向，则总相对位移等二者大小之差21x x x ∆-∆=∆，痕迹等较长的相对位移，（划痕的叠加，长者留地下）.3.多过程摩擦热的求解：由于热量为标量，利用代数和求解.总摩擦热等各段热量之和.4．如图所示，在光滑水平地面上停放着一质量为M ＝2 kg 的木板，木板足够长，某时刻一质量为m ＝1 kg 的小木块以某一速度v 0(未知)冲上木板，木板上表面粗糙，经过t ＝2 s 后二者共速，且木块相对地面的位移x ＝5 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)木块与木板间的动摩擦因数μ；(2)从木块开始运动到共速的过程中产生的热量Q.(结果可用分数表示)解析：（1）t=2s 时二者等速，对木块：a 1=μg.减速向右运动，21021t a t v x -=对木板：.5.0m g 22g a Ma μμ=⇒=加速向右运动.且t a t a v v 210=-=，解得s m v /415810==，μ.(2)设经t 1二者共速v 1，则121101t a t a v v =-=,解得t 1=2s.此过程：.415,452,5211110m x x x m t v x m t v v x =-=∆===+=板块板块 热量J x mg Q 1675=∆=μ.5.如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8 m ，质量M ＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m ＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2. (1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若F ＝37.5 N ，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间解析：（1）整体刚要上滑时F 1=(M+m)gsin θ=20N.整体一起上滑且二者刚要发生相对滑动时，对物块μmgcos θ-mgsin θ=ma,此时a 最大. 整体F 2-(M+m)gsin θ=（M+M)a ，则F 2=30N. 故.3020N F N ≤≤ (2）F>30N,能从木板上滑离，经t 二者分离.对物块μmgcos θ-mgsin θ=ma 1,对木板F-Mgsin θ-μmgcos θ=Ma 2.根据物体位移与相对位移的关系得：.2.1,/5,/5.2,21a 2122212122s t s m a s m a L t a t ====-解得。