第3章 专题突破课5 动力学中的“板块”和“传送带”模型（word教师用书）-【高考领航】2025年高考物理大一轮复习

考点一　“滑块—滑板”模型(能力考点) 1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，摩擦生热。 2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L。 3．解题关键 维度1　水平面上的板块模型 　如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得 a＝ 解得a＝3 m/s2。 (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m。 (3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，长木板的加速度大小 a′＝＝0.5 m/s2 最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得共同速度v′＝2.8 m/s。 (4)在t′内，小物块和长木板的相对位移 Δx2＝－ 解得Δx2＝0.2 m 最终小物块离长木板右端 x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 答案：(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m 维度2　斜面上的板块模型 　(2024·四川成都七中模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量为m＝1 kg 的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板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： (1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。 解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为 Ff＝μmgcos θ＝7.5 N 由牛顿第二定律，对小物块有 Ff＋mgsin θ＝ma1 代入数据得a1＝12.5 m/s2 对长木板，由牛顿第二定律有 Mgsin θ－Ff＝Ma2 代入数据得a2＝2.5 m/s2。 (2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有 v1＝a1t1＝v0＋a2t1 解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s 共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对位移为 x＝t1－t1＝5 m 故长木板长度至少为10 m。 答案：(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m 维度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mA＝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/s2。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)小滑块对木板A的摩擦力 Ff1＝μ1mg＝4 N 木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力 Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N Ff1＜Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止 设小滑块滑动的加速度为a1，则 F－μ1mg＝ma1 l＝a1t12 解得t1＝1 s。 (2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为vB，则 μ1mg－2μ2mg＝ma2 vB＝a2t2 xB＝a2t22 v1＝a1t1 x块＝v1t2＋a1t22 x块－xB＝l 联立以上各式可得vB＝1 m/s。 答案：(1)1 s　(2)1 m/s 处理“板块”模型中动力学问题的流程 1．(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其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，滑板与沙间的动摩擦因数为。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0.4，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0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 解析：BC　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。 2．(2024·江西上饶一模)如图所示，一质量M＝1 kg的长L＝2.5 m的木板B静放于水平地面，一质量m＝2 kg的小物块A静置于木板左端。如果给小物块A一水平向右的初速度v0＝4 m/s，经过t＝1 s的时间A与B分离。已知重力加速度g＝10 m/s2，小物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，小物块A可看作质点，求： (1)A与B分离时，A的速度大小； (2)木板与地面间的动摩擦因数μ2。 解析：(1)小物块A在木板B上做匀减速直线运动，设物块的加速度大小为a1 有a1＝μ1g＝2 m/s2 由v＝v0－a1t，解得v＝2 m/s。 (2)木板在物块的摩擦力作用下可能静止不动，也可能做匀变速直线运动，如果木板静止不动，对小物块x＝v0t－a1t2，x＝3 m>L＝2.5 m，说明木板相对地面发生了滑动，设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有 μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 位移关系为v0t－a1t2－a2t2＝L 联立解得μ2＝0.1。 答案：(1)2 m/s　(2)0.1 考点二　传送带模型(能力考点) 维度1　水平传送带模型 情景 运动情况 判断方法 可能一直加速，也可能先加速后匀速 若≤l，物、带能共速 当v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；当v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 若≤l，物、带能共速 传送带较短时，滑块一直减速达到左端；传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端 若≤l，物块能返回 　如图，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)传送带的速度为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　① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x1，由运动学公式有 v2－v02＝－2ax1　② 联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m　③ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到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′　④ t1＝t1′＋　⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据得 t1＝2.75 s　⑥。 (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，则 v12－v02＝－2μgL　⑦ v22－v02＝2μgL　⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 v1＝ m/s, v2＝4 m/s。 答案：(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s 维度2　倾斜传送带模型 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，一直减速(加速度为gsin θ－μgcos θ) 若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，先以a1减速，后以a2加速 gsin θ>μgcos θ，一直加速； gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ，一直减速 先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动) 　(2021·辽宁卷)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知 μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝＝ s＝2.5 s，在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α＞mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s (1)求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断。 (2)临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 (3)物体与传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。 　甲　　　　　　　　　　　　　乙 3．(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 解析：AC　开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误。 4．(2024·河南濮阳外国语月考)如图甲，M、N是倾角θ＝37°的传送带的两个端点，一个质量m＝5 kg的物块(可看作质点)以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．物块最终从N点离开传送带 B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6 C．物块在第6 s时回到M点 D．传送带的速度v＝2 m/s，方向沿逆时针转动 解析：C　从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2 m/s，A、D错误；速度—时间图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ≈0.94，B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知t1＝ s时，物块的速度减为0。之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大小x1＝×4× m＝ m，t1＝ s到t2＝6 s，物块沿传送带向上运动的位移大小x2＝×2 m＝ m，因为x1＝x2，所以物块在第6 s时回到M点，C正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$