第3章 专题强化5 传送带模型和“滑块—木板”模型（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第三章　运动和力的关系 专题强化5　传送带模型和“滑块—木板”模型 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第三章　运动和力的关系 谢谢观看！ 热点一　传送带模型 1．临界状态 物体与传送带速度相同时为临界状态，此时会出现： (1)摩擦力发生突变，可能是摩擦力突然消失，也可能由滑动摩擦力突变为静摩擦力等。 (2)物体的加速度发生改变。 2．五个关键点：(依据物体与传送带的速度方向判断) 水平传送带问题 (1)v0＝v时，一直匀速 (2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 (3)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (1)传送带较短时，一直减速 (2)传送带较长时，先减速后返回 ①v0≤v时，返回速度为v0 ②v0>v时，返回速度为v [典例1] 某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一个质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，g取10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求： (1)邮件滑动的时间t； (2)邮件对地的位移大小x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。 解析：(1)邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 取向右为正方向，有v＝at 解得a＝5 m/s2，t＝0.2 s。 (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，有x＝ eq \f(1,2) at2＝0.1 m。 (3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝v-t 摩擦力对皮带做的功W＝－μmgs 解得W＝－2 J。 答案：(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J 倾斜传送带问题 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (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 (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 (4)可能一直匀速 (5)可能先减速后匀速 (6)可能一直减速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能一直减速 (4)可能先减速后返回 ①v0≤v时，返回速度为v0 ②v0>v时，返回速度为v [典例2] (2024·江苏无锡测试)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝4 m/s，传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，现将一个质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点)，与此同时，给物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间； (2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(用根式表示)。 解析：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同，此过程由牛顿第二定律得 F＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma1 代入数据解得a1＝6 m/s2 物块加速过程所用的时间t1＝ eq \f(v,a1) ＝ eq \f(2,3) s 运动的距离x1＝ eq \f(v2,2a1) ＝ eq \f(4,3) m 物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为 10 N，所以物块不能相对传送带向上加速运动，物块将随传送带匀速上升 传送带长度为x＝ eq \f(h,sin θ) ＝4 m 物块随传送带做匀速运动的时间t2＝ eq \f(x－x1,v) ＝ eq \f(2,3) s 故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为 t＝t1＋t2＝ eq \f(4,3) s。 (2)若共速后撤去恒力F，因为mg sin θ＞μmg cos θ，对物块进行受力分析可知，物块将向上做减速运动 有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 假设物块刚好达到平台上，此过程物块的位移设为x′，则x′＝ eq \f(v2,2a2) ＝4 m＞x－x1，所以物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a2(x－x1) 解得v′＝ eq \f(4,3) eq \r(3) m/s 故t′＝ eq \f(v－v′,a2) ＝ eq \f(6－2\r(3),3) s。 答案：(1) eq \f(4,3) s　(2) eq \f(6－2\r(3),3) s　 eq \f(4,3) eq \r(3) m/s 热点二　“滑块—木板”模型 1．模型情境 常见的子弹射击滑块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于“滑块－木板”模型。 2．抓住一个转折和两个关联 3．滑块滑离木板的临界条件：滑块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度。 情境：木板带动滑块 xB＝xA＋L 情境：滑块带动木板 xB＋L＝xA 如何解答水平的“滑块—木板”模型 [典例3] 如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下；接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB。 解析：(1)由牛顿第二定律可知，A加速度的大小aA＝μg A做匀变速直线运动，则有vA2＝2aAL， 解得vA＝ eq \r(2μgL) 。 (2)设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力的大小为F＝3μmg 由牛顿第二定律得F＝maB，解得aB＝3μg 对齐后，A、B整体所受合外力的大小F′＝2μmg， 由牛顿第二定律F′＝2maB′，解得aB′＝μg。 (3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝ eq \f(1,2) aAt2，xB＝vBt－ eq \f(1,2) aBt2 且xB－xA＝L，解得vB＝2 eq \r(2μgL) 。 答案：(1) eq \r(2μgL) 　(2)3μg　μg　(3)2 eq \r(2μgL) 如何解答倾斜的“滑块—木板”模型 [典例4] (多选)(2024·河北石家庄模拟)滑沙运动的运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与滑沙间的动摩擦因数为 eq \f(9,16) 。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2 C．经过 eq \r(2) s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为 eq \f(4\r(3),3) m/s AC　解析：对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝ eq \f(mg sin 37°－μ1mg cos 37°,m) ＝2 m/s2；同理对滑板，加速度大小为a2＝ eq \f(mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°,m) ＝1 m/s2，A正确，B错误。要使小孩与滑板分离，则 eq \f(1,2) a1t2－ eq \f(1,2) a2t2＝L，解得t＝ eq \r(2) s(另一解不符合题意，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2 eq \r(2) m/s，C正确，D错误。 1．(多选)(经典高考题)如图甲所示，一块长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得(　　) A．木板的长度 B．物块与木板的质量之比 C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能 BC　解析：只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无法求出木板的长度，A错误；由v-t图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为a木＝ eq \f(v1,t1) ，小物块的加速度a物＝ eq \f(v0－v1,t1) ，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma木、μmg＝ma物，解得 eq \f(m,M) ＝ eq \f(v1,v0－v1) ，μ＝ eq \f(v0－v1,gt1) ，B、C正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。 2.(2020·全国卷Ⅲ，节选)如图所示，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。 (1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。 解析：(1)传送带的速度v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2－v02＝－2as1 联立并代入题给数据得s1＝4.5 m 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有 v＝v0－at1′ t1＝t1′＋ eq \f(L－s1,v) 联立并代入题给数据得t1＝2.75 s。 (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有 －μmgL＝ eq \f(1,2) mv12－ eq \f(1,2) mv02 μmgL＝ eq \f(1,2) mv22－ eq \f(1,2) mv02 联立并代入题给数据解得 v1＝ eq \r(2) m/s，v2＝4 eq \r(3) m/s。 答案：(1)2.75 s　(2)4 eq \r(3) m/s　 eq \r(2) m/s 3．(2023·海南卷，节选)如图所示，有一个固定的光滑 eq \f(1,4) 圆弧轨道，半径R＝0.2 m，一个质量为mB＝1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3 kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。求： (1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？ (2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？ 解析：(1)滑块下滑到A的底端，根据动能定理有 mBgR＝ eq \f(1,2) mBv02－0 解得v0＝2 m/s 在底端，根据牛顿第二定律有FN－mBg＝mB eq \f(v02,R) 解得FN＝30 N 由牛顿第三定律可知B对A的压力大小是30 N。 (2)当B滑上C后，对B分析，受到的摩擦力向左，根据牛顿第二定律有fB＝μ1mBg＝mBa1 解得a1＝2 m/s2，方向向左 对C分析，受B向右的摩擦力fBC＝μ1mBg和地面向左的摩擦力f地C＝μ2(mB＋mC)g 对C根据牛顿第二定律有 f地C－fBC＝μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2 解得a2＝10 m/s2，方向向左 由位移与速度关系公式v2－v02＝2ax，得 B向右运动的距离x1＝ eq \f(v02,2a1) ＝1 m C向右运动距离x2＝ eq \f(v02,2a2) ＝0.2 m 由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2) 解得Q＝1.6 J。 答案：(1)30 N　(2)1.6 J $$