第4章 拓展课5 连接体、传送带和板块模型（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册（人教版2019）

拓展课5　连接体、传送带和板块模型 科学思维,科学态度与责任 [对应学生用书P114] 探究点一___连接体模型 1．连接体：两个或两个以上的物体通过绳、杆、弹簧相连，或多个物体直接叠放在一起的系统。 2．处理方法——整体法与隔离法 (1)整体法：将一起运动的物体系统作为研究对象，求解整体的加速度和所受外力。 使用前提：①系统中各物体的运动状态相同； ②问题不涉及物体间的内力。 (2)隔离法：将系统中的某一物体作为研究对象，求解物体之间的内力。 使用前提：①系统中各物体的运动状态不同； ②问题涉及物体间的内力。 【例1】 儿童积木样式繁多，可以搭建成不同的玩具。一个小朋友将质量分别为m、M的两块形状一样、大小不同的三角形积木A、B搭建成如图所示的形状，并将它们置于光滑水平面上。在玩耍过程中，第一次用水平向右的力F1推B，第二次用水平向左的力F2推A，结果两次A相对B均恰好无滑动。若A、B间接触面光滑，B的斜面倾角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．第一次A受B的弹力大小为mg cos θ B．第一次B的加速度大小为g tan θ C．第二次B所受合力大小为Mg tan θ D．两次推力大小之比F1∶F2＝M∶m BD　解析：第一次用水平向右的力F1推B，A相对B恰好无滑动，对A有N1cos θ＝mg，N1sin θ＝ma1，对A和B整体有F1＝(M＋m)a1，得N1＝，a1＝g tan θ，F1＝(M＋m)g tan θ，A错误，B正确；第二次用水平向左的力F2推A，A相对B恰好无滑动，对B和A分别有N2sin θ＝Ma2，N2cos θ＝mg，F2－N2sin θ＝ma2，联立可得B所受合力为Ma2＝mg tan θ，整体所受合力为F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)g tan θ，则有F1∶F2＝M∶m，C错误，D正确。 (1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力； (2)应用隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。 [练1] 光滑水平面上并排放置质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的两个物块，t＝0时刻同时施加2个力，其中F1＝2 N、F2＝(4－2t) N，t＝0时两个力的方向如图所示。则两个物块分离的时刻为(　　) A．2.5 s B．4 s C．1.5 s D．3 s B　解析：两物块分离的瞬间，相互之间没有弹力的作用，且它们的加速度相同，则F1＝m1a，F2＝m2a，解得F2的大小为4 N，因为F1方向向右，所以F2方向也向右，即F2＝(4－2t) N＝－4 N，解得t＝4 s，B正确。 [练2] (2023·江苏苏州高一检测)如图所示，a、b两个物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速 直线运动时，弹簧伸长量为x1，物体的加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿斜面向上拉着a，使a、b一起沿光滑斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，物体的加速度大小为a2。已知斜面的倾角为θ，则有(　　) A．x1<x2 B．x1>x2 C．a1＝a2 D．a1<a2 D　解析：两种情况下，都对整体分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a2，解得a1＝－g，a2＝－g sin θ，由于θ<90°，可得a1<a2，C错误，D正确；两种情况下，分别对b分析，根据牛顿第二定律有kx1－m2g＝m2a1，kx2－m2g sin θ＝m2a2，解得x1＝，x2＝，可得x1＝x2，A、B错误。 探究点二___传送带模型 1．特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到别的地方。它涉及摩擦力的判断、运动状态的分析和运动学知识的运用。 2．解题思路 (1)判断摩擦力的突变点(大小、方向)，将运动分段； (2)物体运动速度与传送带运行速度相同时，是解题的突破口； (3)考虑物体与传送带共速之前是否滑出。 3．模型特征：一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统。 注意：因传送带由电动机带动，一般物体对传送带的摩擦力不影响传送带的运动状态。 4．传送带常见情境 【例2】 (多选)(2024·广东东莞高一期末)如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动。将质量为m的物体轻放在水平传送带的左端A处，经过t时间后，物体的速度也变为v，再经t时间物体到达传送带的右端B处，则(　　) A．前t时间内物体做匀加速运动，后t时间内物体做匀速运动 B．前t时间内物体受到滑动摩擦力，后t时间内物体受到静摩擦力 C．前t时间内物体的位移与后t时间内物体位移的大小之比为1∶2 D．物体由传送带左端A处运动到右端B处，相对传送带的位移向左 ACD　解析：前t时间内，物体相对传送带向左运动，传送带对物体有向右的滑动摩擦力，物体向右做匀加速直线运动，后t时间内，物体与传送带保持相对静止，传送带对物体的摩擦力为0，物体向右做匀速直线运动，A正确，B错误；前t时间内，物体向右做匀加速直线运动，则有x1＝t，后t时间内，物体向右做匀速直线运动，则有x2＝vt，解得＝，C正确；前t时间内，物体向右做匀加速直线运动，速度小于传送带的速度v，物体相对传送带向左运动，后t时间之内，物体与传送带保持相对静止，两者之间没有相对运动，则物体由传送带左端A处运动到右端B处，相对传送带的位移向左，D正确。 【例3】 (2023·北京海淀高一检测)如图所示，传送带与水平地面间的夹角为θ＝37°，从A端到B端长度为s＝16 m，传送带在电机的带动下始终以v＝10 m/s的速度逆时针运动，在传送带上A端由静止释放一个质量为m＝0.5 kg的可视为质点的小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求小物体从A到B所用的时间。 答案：2 s 解析：开始时，物体相对传送带沿斜面向上滑，所以摩擦力的方向沿斜面向下，由牛顿第二定律，有 a1＝＝10 m/s2 当物体与传送带共速时，物体的位移为 x1＝＝5 m 经历的时间t1＝＝1 s 则此时物体到B端的距离x2＝s－x1＝11 m 又因为mg sin 37°>μmg cos 37°，则物体与传送带不能保持相对静止，此后物体的加速度 a2＝＝2 m/s2 根据位移与时间关系有x2＝vt2＋a2t 代入数据解得t2＝1 s 总耗时为t＝t1＋t2＝2 s，故物体从A端运动到B端需要的时间为2 s。 [练3] (多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中(　　) A．时间是 s B．时间是2.25 s C．划痕长度是4 m D．划痕长度是0.5 m BD　解析：小煤块刚放上传送带时，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间t1＝＝0.5 s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m，而传送带的位移x2＝v0t1＝1 m，故小煤块在传送带上的划痕长度l＝x2－x1＝0.5 m，D正确，C错误；之后小煤块匀速运动，故匀速运动的时间t2＝＝1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25 s，A错误，B正确。 [练4] 在大型物流货场广泛使用传送带运送货物。如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，则下列判断中不正确的是(　　) A．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5 B. A、B两点间的距离为3.2 m C．传送带上留下的黑色痕迹长1.2 m D．倾角θ＝37° C 　解析：由v-t图像可知，货物在传送带上先以加速度a1做匀加速直线运动，a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，0.2 s后，货物以加速度a2做匀加速直线运动，a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，联立解得cos θ＝0.8，μ＝0.5，θ＝37°，A、D正确；根据v-t图像与时间轴所围面积表示位移可得，货物的位移x1＝×0.2×2 m＋×(1.2－0.2) m＝3.2 m，即A、B两点间的距离为3.2 m，B正确；0～0.2 s内货物速度小于传送带速度，货物相对传送带向后运动，留下的黑色痕迹长度Δx1＝2×0.2 m－×0.2×2 m＝0.2 m，0.2～1.2 s内货物速度大于传送带速度，货物相对传送带向前运动，留下的黑色痕迹长度Δx2＝(2＋4)×1 m－2×1 m＝1 m，因Δx2>Δx，故黑色痕迹长度Δx＝1 m，C错误。 探究点三___板块模型 1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。 2．解题方法 (1)加速度关系：如果板、块之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果板、块之间发生了相对运动，应采用“隔离法”求出板、块运动的加速度。应注意找出板、块是否发生相对运动的隐含条件。 (2)速度关系：明确板、块对地的运动和板、块之间发生相对运动的情况，认清板、块的速度关系，从而确定板、块受到的摩擦力。应注意当板、块的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。 (3)位移关系：板、块叠放在一起运动时，应仔细分析板、块的运动过程，认清板块对地的位移和板块之间的相对位移之间的关系。 注意：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 【例4】 如图甲所示，长木板a放在水平面上，质量为m的物体b，以水平速度滑上木板a，之后a、b运动速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．木板a的长度至少为1.5 m B．木板a的质量为2m C．物体b与木板a上表面间的动摩擦因数为0.1 D．长木板a与地面间的动摩擦因数为0.1 C　解析：v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以木板a的长度至少为1 s内两者的位移之差，即 m＝1 m，A错误；由题图可知，a、b在1 s后一起匀速运动，说明a与地面间的动摩擦因数为0，D错误；v-t图像斜率表示加速度，故前1 s内a、b的加速度大小都为1 m/s2，且两者受到的合力均为a、b之间的滑动摩擦力，大小相等，根据牛顿第二定律知二者质量相等，a的质量为m，B错误；分析b的受力，根据牛顿第二定律有μmg＝maB，可求出μ＝0.1，C正确。 分析“板块模型”问题时应掌握的技巧 (1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度； (2)对滑块和滑板进行运动情况分析，画好运动示意图，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地面的位移； (3)两者发生相对滑动的条件：①摩擦力为滑动摩擦力(动力学条件)；②二者速度或加速度不相等(运动学条件)。其中动力学条件是判断的主要依据。 [练5] 如图所示，在光滑水平面上有一辆静止小车，小车上静止地放置着一个小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3(当地重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(　　) A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2 C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2 D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2 D　解析：由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，故a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2，当二者相对静止一起加速时a2＝a1≤3 m/s2，当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2>3 m/s2，D正确。 探究点四___解决实际问题 [练6] (生活情境)(2023·山东泰安高一期末)机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人送餐越来越常见。如图甲所示的是某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平。则下列说法正确的是(　　) A．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用 B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力 C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大 D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力 D　解析：菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，不受摩擦力作用，A错误；菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作用力，B错误；惯性大小由物体的质量决定，质量不变，物体的惯性不变，C错误；菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力有FN＝mg，由牛顿第二定律有Ff＝ma，机器人对菜品的作用力为支持力和静摩擦力的合力，F＝＝＝>mg，D正确。 [练7] (生活情境)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．要实现这一目的前提是μ<tan θ B．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D．增加传送带的速度可以无限缩短传送的时间 C　解析：要实现这一目的，前提是行李箱受到的沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，可得μ>tan θ，A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为f＝mg sin θ，B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，C正确；当行李箱在传送带上一直做匀加速运动到达飞机货舱时，所用时间最短，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，由运动学公式有L＝at，联立得tmin＝，D错误。 [练8](生活情境)如图所示，一辆平板车以某一速度v0＝5 m/s匀速行驶，某时刻一个货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l＝3 m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做加速度a＝3 m/s2的匀减速直线运动。已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2。 (1)求货箱放上平板车时加速度的大小和方向； (2)货箱做匀加速直线运动，平板车做匀减速直线运动，求出速度相等时两者的位移，判断货箱是否从车后端掉下来。 答案：(1)2 m/s2，方向向前　(2)不会 解析：(1)对货箱，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1 解得：a1＝2.0 m/s2，方向向前。 (2)假设货箱能与平板车达到共速，则对货箱：v＝a1t 对平板车：v＝v0－a2t 解得：t＝1.0 s 对货箱：s1＝t＝1 m 对平板车：s2＝v0t－a2t2＝5×1 m－×3×1 m＝3.5 m。 此时，货箱相对车向后移动了Δx＝s2－s1＝2.5 m<3 m， 故货箱不会掉下。 [对应学生用书P119] 1.(2023·江苏新海高一期末)如图所示，质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落的过程中，下列说法正确的是(　　) A．A对B有竖直向下的压力 B．A做自由落体运动 C．A、B的加速度相同，且小于重力加速度g D．墙面对B有竖直向上的滑动摩擦力 B　解析：A、B叠放在一起靠着竖直墙面由静止释放，在沿粗糙墙面下落的过程中，以A、B为整体，水平方向根据受力平衡可知，竖直墙对A、B都没有支持力，所以竖直墙对A、B没有摩擦力，A、B整体只受重力作用，所以A、B一起做自由落体运动，加速度均为重力加速度g，A、B之间没有弹力作用，B正确，A、C、D错误。 2．(多选)(2023·福建厦门高一检测)长为L的水平传送带以恒定速度v顺时针转动，某时刻一个可视为质点的煤块在传送带左端由静止释放，当传送带刚好转动一周时，煤块运动到传送带的中点处，已知煤块在与传送带共速前一直匀加速运动，与传送带共速后匀速运动，传送带两端转动轮的大小可忽略不计，以下说法正确的是(　　) A．煤块从传送带左端运动到右端，先匀加速运动，后匀速运动 B．当煤块运动到传送带中点时，煤块在传送带上留下的划痕长度为L C.煤块运动的加速度为 D．煤块从传送带左端运动到右端耗时 BC　解析：当传送带刚好转动一周时，煤块运动到传送带的中点处，此时煤块已经运动的时间为t＝2，此过程中煤块的平均速度v＝＝×＝，设煤块达到中点的速度大小为v1，则有＝v＝，解得v1＝，因此煤块的加速度大小为a＝＝＝，假设煤块一直加速，末速度为v2，则有v＝2aL，解得v2＝<v，所以煤块一直加速运动，假设成立，A错误，C正确；当煤块运动到传送带中点时，煤块在传送带上留下的划痕长度为Δx＝2L－L＝L，B正确；煤块从传送带左端运动到右端耗时t＝＝×＝L，D错误。 3．如图所示，质量为M＝1 kg的小车静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝0.5 kg的滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿小车上表面冲上小车，带动小车向前滑动。已知滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求滑块在小车上滑动的过程中，滑块相对于地面的加速度a； (2)若小车足够长，滑块与小车达到的共同速度v多大？ (3)若要滑块不会从小车上滑落，小车至少多长？ 答案：(1)1 m/s2，方向向左　(2)1 m/s　(3)3 m 解析：(1)对滑块分析，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg＝1 m/s2，方向向左。 (2)对小车分析，由牛顿第二定律得：μmg＝Ma′ 解得：a′＝＝0.5 m/s2，方向向右 设经过时间t，滑块和小车达到共同速度v，则对滑块： v＝v0－at 对小车：v＝a′t 解得：t＝2 s 因此滑块和小车达到的共同速度v＝1 m/s。 (3)若要滑块不会从小车上滑落，滑块和小车最终应达到共同速度且保持相对静止，由运动学公式得 滑块的位移：x1＝v0t－ 解得：x1＝4 m 小车的位移：x2＝ 解得：x2＝1 m 则小车至少长L＝x1－x2＝3 m。 4．(多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一块质量为m1的长木板，木板的左端上有一个质量为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 BCD　解析：由题图(c)可知，t1时物块与木板一起开始水平滑动，此时物块与木板相对静止，此时以整体为对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；由题图(c)可知，t2时物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，B、C正确；由题图(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，D正确。 5.(2023·江苏苏州高一检测)如图所示，水平地面上有一块质量为1 kg的长木板A，木板长2 m，左端放有一个质量为2 kg的小物块B。一个水平向右、大小为F＝20 N的力作用在物块上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)木板的加速度大小； (2)A、B分离需要的时间； (3)分离时A的速度大小。 答案：(1)4 m/s2　(2)2 s　(3)8 m/s 解析：(1)物块与木板之间的摩擦力大小 f＝μ2mBg＝0.5×2×10 N＝10 N 地面与木板之间的摩擦力大小 f1＝μ1(mA＋mB)g＝0.2×3×10 N＝6 N 木板的加速度大小aA＝＝4 m/s2。 (2)物块B的加速度大小aB＝＝5 m/s2 设经过时间t木板A和物块B分离，有 xB－xA＝lA，即aBt2－aAt2＝2 m 解得t＝2 s。 (3)分离时A的速度大小v＝aAt＝8 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$