第3章 链接高考4 两类动力学模型“板块模型”和“传送带模型”-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮教师用书word（人教版）

链接高考4　两类动力学模型“板块模型”和“传送带模型” 模型一　板块模型 1．模型特征 滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似． 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恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为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恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联 4．思维模板 [典例1]　(2021·全国乙卷，21)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则(　　) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2>μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 [解析]　BCD　[A.图(c)可知，t1时滑块木板一起刚在从水平地面上滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；B、C.图(c)可知，t2时滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a， 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0， 解得F2＝(μ2－μ1)g， μ2>μ1，故B、C正确；D.图(c)可知，0～t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．故选B、C、D.] 1．(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小滑块的质量m＝2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2 D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 解析：AC　[对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，当F＝6 N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M＋m＝3 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得：a＝＝－，知图线的斜率k＝＝1，解得：M＝1 kg，滑块的质量为：m＝2 kg，故A正确；由上可知，F大于6 N时，a＝F－20μ，代入题图对应数据即得：μ＝0.2，所以a＝F－4，当F＝7 N时，长木板的加速度为：a＝3 m/s2，根据μmg＝ma′得：a′＝μg＝2 m/s2，故B错误，C正确；当拉力大于6 N后，两物体发生相对滑动，滑块的加速度为a＝＝2 m/s2，恒定不变，故D错误．] 2．(2024·河南中原名校联考)如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F＝3.2 N的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，设木板的加速度为a′，由牛顿第二定律得，F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′，设二者共速时的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式得v＝v0－at，v＝a′t；小物块的位移为s，木板的位移为s′，由运动学公式得，s＝v0t－at2，s′＝a′t2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s－s′＝l，联立解得l＝0.5 m. 答案：0.5 m 　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取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＝m1aA，① 对木板B∶F＋μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2aB② 解得：aA＝2 m/s2，③ aB＝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＝＋L⑤ 且＝⑥ 解得：aB′＝－aA＝6 m/s2⑦ 对木板B∶F＋μm1g＝m2aB′⑧ 解得：F＝2 N⑨ 所以为使A不从B板右侧滑落，必须：F≥2 N. [答案]　见解析 模型二　传送带模型 1．模型特征 (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 (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 (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<v返回时速度为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 (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a1加速后以a2加速 2.模型动力学分析 (1)传送带模型问题的分析流程 (2)判断方法 ①水平传送带 情景1　若≤l，物、带能共速； 情景2　若≤l，物、带能共速； 情景3　若≤l，物块能返回． ②倾斜传送带 情景1　若≤l，物、带能共速； 情景2　若≤l，物、带能共速； 若μ≥tan θ，物、带共速后匀速； 若μ<tan θ，物体以a2加速(a2<a)． 3．思维模板 [典例2]　 (多选)如图所示，水平传送带两端A、B相距x＝6 m，传送带以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　) A．所用时间是2.3 s　 B．所用时间是1.6 s C．划痕长度是2.8 m D．划痕长度是3.2 m [审题指导]　1.明确煤块的运动性质，分别求解煤块匀加速过程和匀速过程时间，从而明确总时间． 2．知道划痕长度是相对位移大小，从而求出相对位移． [解析]　AD　[煤块做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5 m/s2，假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，煤块通过的位移大小为x1＝＝3.2 m<6 m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动．做匀加速直线运动的时间为t1＝＝1.6 s，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，此过程位移大小为x2＝x－x1＝6 m－3.2 m＝2.8 m，时间为t2＝＝0.7 s，则运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3 s，A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小．即Δx＝v0t1－x1＝3.2 m，C错误，D正确．] 1. (倾斜传送带问题)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动．将一小物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小物块运动的加速度大小恒为10 m/s2 B．小物块向上运动的时间为0.6 s C．小物块向上滑行的最远距离为4 m D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 解析：C　[小物块的运动分两个阶段： 因初始时v2＞v1，则开始一段时间小物块相对传送带向上运动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有： ma1＝mgsin θ＋μmgcos θ得a1＝10 m/s2， 因μmgcos θ＜mgsin θ，则小物块速度与传送带速度相同之后，物块将相对传送带向下运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有： ma2＝mgsin θ－μmgcos θ， 得a2＝2 m/s2，所以A选项错误． 两段运动的时间分别为：t1＝＝0.6 s， t2＝＝1.0 s， 所以向上运动的时间为t1＋t2＝1.6 s，B选项错． 两段运动的位移分别为：s1＝·t1＝3 m， s2＝·t2＝1 m， 向上滑行最远距离s＝s1＋s2＝4 m，所以选项C正确． 由以上分析可知，小物块先向上减速到零，再向下加速，D选项错．] 2. (水平传送带问题)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带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/s2. (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间； (3)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)行李所受滑动摩擦力大小Ff＝μmg ＝0.1×4×10 N＝4 N， 加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1， 得t1＝＝ s＝1 s. (3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v＝2aL， 得vmin＝＝ m/s＝2 m/s， 所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 由vmin＝atmin得行李最短运行时间tmin＝＝ s＝2 s. 答案：(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s 　(水平传送带和倾斜传送带结合)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求： (1)工件第一次到达B点所用的时间． (2)工件沿传送带上升的最大高度． (3)工件运动了23 s后所在的位置． 解析：(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1， 解得a1＝μg＝5 m/s2， 经t1时间工件与传送带的速度相同，解得 t1＝＝0.8 s， 工件前进的位移为x1＝a1t＝1.6 m， 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时 t2＝＝0.6 s， 所以工件第一次到达B点所用的时间 t＝t1＋t2＝1.4 s. (2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2， 解得a2＝－2 m/s2 由速度—位移公式得0－v2＝2a2， 解得hm＝2.4 m； (3)工件沿传送带向上运动的时间为 t3＝＝2 s， 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则 T＝2t1＋2t3＝5.6 s. 工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m. 答案：(1)1.4 s　(2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处 规范答题·满分规则　用牛顿运动定律处理动力学问题 经典案例 审题指导 (2022·浙江6月选考，T19)(9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g取10 m/s2)． (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2. (1)货物在倾斜滑轨上由牛顿第二定律求加速度，然后由运动学公式求速度v. (2)货物在水平滑轨上由最大速度，根据运动学公式求最短长度l2. 规范解答 满分规则 解析：(1)货物在倾斜滑轨运动时，由牛顿第二定律得 mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1(2分) 解得a1＝2 m/s2.(1分) (2)货物在倾斜滑轨做匀加速运动，则有v2＝2a1l1，(2分) 解得v＝4 m/s.(1分) (3)货物在水平滑轨做匀减速运动，则有v－v2＝2a2l2，(1分) a2＝－μg，(1分) 解得l2＝2.7 m．(1分) 答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m ►[规则1]　答题过程，条理清晰 解题过程应条理清晰、层次分明．对于综合性较强的题目，先选取研究对象，然后进行受力分析和运动过程分析(如本题中的受力分析图)，最后选择合适的规律列方程，并注意联系前后过程的关键物理量． ►[规则2]　解析过程，分步列式 解题时要注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合算式一处错而导致全部错误，丢失步骤分． ►[规则3]　矢量方程，注意方向 牛顿第二定律的表达式是矢量式，列方程时要注意正方向的规定或选取． ►[规则4]　数学运算，可以淡化 阅卷原则是“只看物理公式和答案，不看数学运算过程”．只有物理公式和最后的答案是得分点，应用物理过程导出的数学运算过程不是得分点． ►[规则5]　文字说明，简洁明了 分析过程，分步列式时加以必要的文字说明，使解题过程更具有系统性. 学科网（北京）股份有限公司 $$