第3章 专题强化(四) 动力学中的传送带和板块模型(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

专题强化(四)　动力学中的传送带和板块模型 ► 对应学生用书P46 【备考目标】 　1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”。 题型一　传送带模型 　　　　　　　　　　　　　 类型1　水平传送带问题 情境 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端。 若v0<v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 【例1】某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格 B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s 解析：选B。工件恰好传送到右端，有0－v＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。 【例2】(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后，运动过程中的vt图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力 B．物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s C．物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s D．物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m 解析：选BCD。由题图可知，物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得ma＝－μmg，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得2aL＝v－v，L＝t0，解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故D正确。 类型2　倾斜传送带问题 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g sin θ<μg·cos θ) 先加速后匀速(一定满足关系g sin θ<μg cos θ) 一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos 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g sin θ＋μg cos θ) v0<v时，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，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为g sin θ－μg cos θ； 若μ>tan θ，一直减速，加速度大小为μg cos θ－g sin θ v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) g sin θ>μg cos θ，一直加速；g sin θ＝μg cos θ，一直匀速 　　g sin θ<μg cos θ，一直减速 g sin θ<μg cos θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0； 若v0>v，运动到原位置时速度大小为v 【例3】(多选)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 解析：选BC。设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mg sin θ>μmg cos θ，则滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mg sin θ＝μmg cos θ，则小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sin θ<μmg cos θ，则小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块先做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确。 【例4】(2021·辽宁高考)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)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，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，根据牛顿第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝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 共速后，匀速运动的时间为 t2＝＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带所需的时间为 t＝t1＋t2＝4.5 s。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 题型二　板块模型 　　　　　　　　　　　　　　　　 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。 2．解题关键点 (1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 3．临界条件和位移关系 (1)“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝。假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。 (2)木板向右运动，滑块(视为质点)由木板一端运动到另一端，滑块和木板同向运动时(图甲)，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板相向运动时(图乙)，位移大小之和x2＋x1＝L。 类型1　水平面上滑块带动木板问题 【例1】(2023·安徽宿州一模)如图所示，质量M＝1 kg、长度L＝1 m的木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数 μ1＝0.1。在A的左端放置一质量m＝1 kg的铁块B(可视为质点)，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.3，现用一水平恒力F作用在B上，取g＝10 m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。 (1)要保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围； (2)若F＝5 N，求铁块运动到木块右端所用的时间。 解析：(1)A与地面间的最大静摩擦力大小 f1＝μ1(M＋m)g＝0.1×(1＋1)×10 N＝2 N A与B间的最大静摩擦力 f2＝μ2mg＝0.3×1×10 N＝3 N A、B要一起做匀加速直线运动，拉力F满足 F>f1＝2 N 设拉力大小为F0时A、B恰好发生相对滑动，对A，由牛顿第二定律得f2－f1＝Ma 对A、B系统，由牛顿第二定律得 F0－f1＝(m＋M)a 代入数据解得F0＝4 N，a＝1 m/s2 要保持A、B一起做匀加速运动，力F的取值范围是 2 N<F≤4 N。 (2)拉力F＝5 N>F0＝4 N时，A、B相对滑动，A的加速度大小 a＝1 m/s2 对B，由牛顿第二定律得F－f2＝maB 代入数据解得aB＝2 m/s2 设经过时间t铁块运动到木板的右端，则 L＝aBt2－at2 代入数据解得t＝ s。 答案：(1)2 N<F≤4 N　(2) s 类型2　水平面上木板带动滑块问题 【例2】如图，质量M＝0.2 kg、长度L＝0.64 m的长木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.3。在木板上左端放置一质量m＝0.2 kg的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。若在木板上施加一方向水平向左的恒力F，同时给滑块一水平向右的初速度v0，滑块在木板上滑行，恰好从木板的右端掉下，此过程中木板始终保持静止状态。 (1)求初速度v0的大小； (2)若滑块在木板上从左端开始运动，t1＝0.15 s后撤去力F，求木板在地面上滑行的距离x。 解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力 f2＝μ2mg＝1.6 N 根据牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小 a1＝＝8 m/s2 滑块在木板上做匀减速运动，到木板右端时速度恰好为零，则有 0－v＝2(－a1)L 解得v0＝3.2 m/s。 (2)由v1＝v0－a1t1 解得v1＝2 m/s 撤去力F后，由于木板与地面间的最大静摩擦力 f1＝μ1(M＋m)g＝1.2 N<f2＝1.6 N 则木板做加速运动，木板的加速度大小 a2＝＝2 m/s2 设滑块与木板共速时的速度大小为v2，滑块速率从 v1减到v2所用的时间为t2，则有 v2＝v1－a1t2＝a2t2 解得v2＝0.4 m/s，t2＝0.2 s 木板滑行的距离x1＝t2 之后滑块与木板一起做匀减速运动，直至停下，设此过程中整体的加速度大小为a，则有f1＝(M＋m)a，v＝2a(x－x1) 解得x＝ m。 答案：(1)3.2 m/s　(2) m 类型3　斜面上的板块问题 【例3】(2023·吉林通化模拟)如图所示，在倾角θ＝30°的足够长固定斜面上，将质量M＝3 kg的长木板由静止释放的同时，一质量m＝0.5 kg 的物块以v0＝6 m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)木板的长度L； (2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2； (3)物块滑离木板时，木板的速度大小v。 解析：(1)物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1 根据匀变速直线运动的规律有v＝2a1L 解得L＝4.5 m。 (2)物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有 Mg sin θ＝μ1mg cos θ＋Ff Ff＝μ2(m＋M)g cos θ 解得μ2＝。 (3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 对木板受力分析，根据牛顿第二定律有 μ1mg cos θ＋Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma3 解得a3＝1 m/s2 时间t内物块的位移大小为s1＝a2t2 时间t内木板的位移大小s2＝a3t2 根据几何关系有s1－s2＝L 物块滑离木板时，木板的速度大小为v＝a3t 联立解得v＝3 m/s。 答案：(1)4.5 m　(2)　(3)3 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$