专题2 微专题(1) 传送带和板块模型分析(Word教参)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

命题点一　传送带模型 1．解决传送带问题应注意以下两点 (1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。 (2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 2．传送带中摩擦力做功与能量转化 (1)摩擦力做功的特点：相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能，但一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 (2)摩擦生热的计算：Q＝Ff·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。 (3)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 　(2024·合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向以v＝2.5 m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)小物块运动至B点的时间； (2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝8 m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围。 [解析]　(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律得 μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2 设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块运动对地位移为L1，用时为t1，则t1＝＝ s＝1 s L1＝＝ m＝1.25 m 因L1＜L且μ＞tan 30°，故小物块速度等于2.5 m/s后，将做匀速直线运动至B点，设用时为t2，则 t2＝＝0.3 s 故小物块从A到B所用时间为t＝t1＋t2＝1.3 s。 (2)由于传送带速度可以任意调节，故小物块从A到B一直做匀加速直线运动时，到达B点的速度最大。由运动学公式可知vB2－v02＝2a1L 解得vB＝ m/s 小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律得mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma2，解得a2＝12.5 m/s2 由运动学公式可知vB′2＝v02－2a2L 解得vB′＝ m/s 即小物块到达B点的速度范围为 m/s≤vB≤ m/s。 [答案]　(1)1.3 s　(2) m/s≤vB≤ m/s 传送带问题的解题思路 1．(多选)(2024·宿州一模)如图所示，水平传送带以8 m/s的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块(视为质点)以初速度v0从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞(无机械能损失)返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为0.2，且AB＝6 m，AP＝5 m，取g＝10 m/s2。物块的初速度v0可能是(　　) A．6 m/s　　　　　　 B．7 m/s C．8 m/s D．9 m/s 解析　从A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得－μmg·＝0－mvA2，解得vA＝8 m/s。假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得μmg×AB＝mvA2－mvmin2，解得vmin＝2 m/s；假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得－μmg×AB＝mvA2－mvmax2，解得vmax＝2 m/s，故B、C、D正确。 答案　BCD 2．(多选)如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一物块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动，其v­t图像如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．传送带的速度为8 m/s B．传送带底端到顶端的距离为10 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．物块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反 解析　由题图乙可知，4 m/s时物块与传送带速度相同，因此传送带速度为4 m/s，故A错误；物块上升的位移大小等于v­t图像所包围的面积大小，x＝×1 m＋ m＝10 m，所以传送带底端到顶端的距离为10 m，故B正确；在0～1 s内物块的加速度大小为a＝＝m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma，解得μ＝0.25，故C正确；由题图乙可知在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，故D错误。 答案　BC 3．(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 解析　(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有v12＝2aL 联立并代入数据得v1＝6 m/s 由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。 (2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 ΔEk＝mv12－mv22－Mv32 联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。 (3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg＝M 对小球的整个上升过程，由动能定理得 －Mg(l＋l－x)＝Mv42－Mv32 联立并代入数据得x＝0.2 m。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 命题点二　板块模型 1．板块模型中的动量问题 (1)单个物体，涉及时间的情况下，应用动量定理研究。 (2)对系统，合外力为0的情况下，应用动量守恒定律研究。 2．板块模型中的功能关系问题 (1)系统的功能关系分析：WF－FfΔx＝ΔEk。 (2)系统的摩擦产生的内能：Q＝FfΔx。 　如图所示，足够长的木板静止放在光滑水平面上，木板右端与墙壁相距为x0，在木板左端放一个质量为m的小物块(可视为质点)，与木板的动摩擦因数为μ，木板的质量为M，现给小物块一个水平向右的初始速度v0，在整个的运动过程中，木板与墙壁发生弹性碰撞(碰撞后原速率反弹)，重力加速度为g。 (1)若木板与墙壁碰撞前，小物块与木板已经相对静止，求从开始运动到共速所用时间t； (2)若M＝2 m，木板与墙壁能发生2次及以上的碰撞，求x0的取值范围。 [解析]　(1)将物块与木板作为研究对象，因地面光滑，由动量守恒定律可知mv0＝v共 对于物块由牛顿定律知μmg＝mam，v共＝v0－amt，解得t＝。 (2)因为M＝2m，若要求木板与墙壁发生2次及以上碰撞，则第一次碰前木板与物块未相对静止，木板第一次与墙壁碰撞前的速度大小为v， μmgx0＝Mv2 第一次碰撞时，物块的速度大小为vm，对于板块从开始到碰撞前mv0＝mvm＋Mv 依题意有mvm－Mv>0，才能保证模板最终再次向右碰撞墙壁，综上所知x0<。 [答案]　(1)t＝　(2)x0< 　在例题中，若m＝2M，μ＝0.2，v0＝3 m/s，x0＝0.5 m，g＝10 m/s2，求整个运动过程中木板运动的路程。 解析　因m＝2M，可知木板最终停在墙壁边，两者的速度都为零，若第一次碰前木板与物块速度相等，设共速时速度为v1，则mv0＝v1，得 v1＝2 m/s 木板变速运动过程中μmg＝Ma 木板的路程x1＝＝0.5 m，因为x1＝x0，故木板碰墙前恰好与木块共速 木板再次向左移动的最大距离x2＝＝0.5 m 碰后木板与物块动量守恒，再一次速度相等时有mv1－Mv1＝v2，得v2＝ m/s 第二次碰后木板向左移动的最大距离x3＝＝×0.5 m 再一次速度相等时有mv2－Mv2＝v3 第三次碰后木板向左移动的最大距离为 x4＝＝×0.5 m 以此类推木板的总路程为 x总＝0.5 m＋2×0.5 m＋2××0.5 m＋2××0.5 m＋…＝ m。 答案　 m 分析“滑块－木板”模型的思维流程 4．(多选)(2024·九省联考)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量m＝1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v­t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　) A．Q的质量为1 kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J D．t＝5.8 s时木板速度恰好为零 解析　两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1＋Mv2＝v3，根据v­t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v­t图像可知，0～2 s内P与Q的加速度分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；两者碰撞系统损失的机械能为ΔE＝mv12＋Mv22－(m＋M)v32，ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2gt2＝0－v3，t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。 答案　AC 5．(2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ和m； (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 解析　(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有mg＋3mg＝m 解得v＝4 m/s。 (2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a 变形得a＝F 结合题图乙可知＝ kg-1＝0.5 kg-1 当外力F＞4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma 变形得a＝F－ 结合题图乙可知＝kg-1＝1 kg-1， －＝－2 m/s2。 联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。 (ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为 a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左 设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得此时轨道的速度v1＝a1t0 小物块在P点时的速度v2＝a2t0 小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有 Mv12＋mv22＝Mv32＋mv42＋2mgR Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解舍去) 根据运动学规律有L＝a1t02－a2t02 解得L＝4.5 m。 答案　(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg (ⅱ)4.5 m 6．(2024·山东聊城统考期末)如图甲所示，在水平面上固定一倾角为θ＝30°的光滑斜面，斜面右端水平地面上放置一水平长木板，斜面右端与长木板等高且平滑连接。现将一质量为m＝1 kg的滑块自斜面上的A点静止释放，滑块经过B点滑上长木板，滑块和长木板在水平面上运动的v­t图像如图乙所示，已知g＝10 m/s2。 甲 乙 (1)求A、B两点的距离； (2)求长木板的质量M； (3)若长木板的长度l＝15 m，要使滑块不从长木板上滑落，A、B两点间距离的最大值是多少？ 解析　(1)根据题图乙可知，滑块冲上木板的初速度v0＝10 m/s 滑块从A→B过程，根据动能定理有 mgx1sin θ＝mv02 解得x1＝10 m。 (2)根据题图乙可知，滑块滑上木板后，滑块先做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，达到相等速度后做匀减速直线运动至静止，则有 a1＝ m/s2＝4 m/s2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，a3＝ m/s2＝1 m/s2 根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2g＝Ma2，μ2g＝a3 解得μ1＝0.4，μ2＝0.1，M＝1.5 kg。 (3)若长木板的长度l＝15 m，要使滑块不从长木板上滑落，A、B两点间距离的最大值是x2，滑块从A→B过程，根据动能定理有 mgx2sin θ＝mv12 滑块滑上木板后，滑块先做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，达到相等速度滑块恰好到达木板右端，则有v2＝a2t＝v1－a1t 滑块对木板的相对位移恰好等于木板长度，则有l＝t－t 解得x2＝15 m。 答案　(1)10 m　(2)1.5 kg　(3)15 m 7．(2023·辽宁卷)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g ＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 解析　(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1 代入数据有v1＝1 m/s 对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12＝2a1x1 代入数据解得x1＝0.125 m。 (2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx ＝(m1＋m2)a共 对m2有a2＝μg＝1 m/s2 当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m。 对m1、m2组成的系统列动能定理有－kx22＝(m1＋m2)v22－(m1＋m2)v12 代入数据有v2＝ m/s。 (3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2 解得v3＝ m/s 则对于m1、m2组成的系统有－Wf＝m1v22＋m2v32－(m1＋m2)v22 ΔU ＝－Wf 联立有ΔU＝ J。 答案　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s (3) J 学科网（北京）股份有限公司 $$