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，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，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。

[典例1]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v。

t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＝错误!＝错误!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＋错误!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＝错误!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＝vt1－12a3t2，1＝错误!m，末速度v1＝v－a3t1＝错误!m/s滑块向右运动的位移x2＝错误!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＝错误!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＝v1t2－12a3t错误!＝错误!m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s滑块向左运动的位移x4＝错误!a2t错误!＝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＝错误!＝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)0.10.4（2）6 m(3)6.5 m求解“木板-—滑块”模型的思维流程[跟进训练]1．（惠州市2021届高三第二次调研)物体A的质量m1＝2 kg,静止在水平面上的木板B的质量为m2＝1 kg、长L＝1 m,某时刻A以v0＝4 m/s的初速度滑上木板B上表面的最左端,在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2,（忽略物体A的大小,g＝10 m/s2）。

试求：(1）如果木板B与水平面的动摩擦因数也为μ＝0。

2，拉力F＝5 N，当A刚滑上木板B时，A和B的加速度分别为多大？(2）如果水平面是光滑的，为使A不从B板右侧滑落,拉力F 应满足的条件。

[解析］(1）物体A刚滑上木板B时，根据牛顿第二定律得：对物体A:μm1g＝m1a A ①对木板B:F＋μm1g－μ(m1＋m2）g＝m2a B ②解得：a A＝2 m/s2 ③a B＝3 m/s2. ④（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B 具有共同的速度v,则错误!＝错误!＋L ⑤且错误!＝错误!⑥解得：a′B＝错误!－a A＝6 m/s2 ⑦对木板B：F＋μm1g＝m2a′B ⑧解得：F＝2 N ⑨所以为使A不从B板右侧滑落，必须：F≥2 N。

［答案］见解析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v-t图象可得a木板＝错误!＝错误!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v-t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v。

t图象得加速度大小为a2＝错误!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＝错误!a木板t错误!＋v1t2－错误!a2t错误!＝28 m，滑块的总位移为x2＝错误!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F f＝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F f＝μmg，产生的加速度a＝μg错误!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＝10m/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；(3）若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。

[解析](1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma,F f＝μF N，得a＝6 m/s2。

传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝错误!＝错误!m〉L＝8 m,则由v错误!－v错误!＝－2aL，得v B＝2 m/s。

（2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，由v错误!－v错误!＝2ax1，得x1＝错误!m<L＝8 m。

故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为v′B＝v1＝12 m/s.(3）当物块初速度v′0＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝错误!＝3 m〈L，所以物块先向右减速后向左加速。

由0＝v′0－at1，得t1＝1 s。

当物块向左加速到v2＝4 m/s时由v错误!＝2ax3得x3＝错误!m<x2＝3 m。

故物块向左先加速运动后匀速运动。

由v2＝at2，得t2＝错误!s。

物块匀速运动的位移x4＝x2－x3＝错误!m。