2025届高考物理二轮复习专题讲义：动力学观点分析板块模型和传送带模型

2025高考物理二轮复习 动力学观点分析板块模型和传送带模型 课前学习任务 一、目标要求 1.会分析板块模型，会判断板块间的摩擦力方向，会用动力学的方法分析板块模型的运动规律。 2.会分析传送带模型，知道物体和传送带间的相对运动规律。 3.能从生产生活等实际场景中抽象出板块模型和传送带模型。 二、必备知识 板块模型 分析“板—块”模型的四点注意 (1)从速度、位移、时间角度，寻找滑块与滑板之间的联系。 (2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。 (3)滑块与滑板存在相对滑动的条件 ①运动学条件：若两者速度不相等，则会发生相对滑动。 ②力学条件：一般情况下，假设两者间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动。 (4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。 传送带模型 1．处理传送带问题时要关注两个时刻 (1)初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。 (2)物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向和性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。 2．物体在倾斜传送带上运动时，物体与传送带速度相同后需要比较tan θ与μ的大小关系：μ≥tan θ，速度相同后一起运动，相对静止；μ<tan θ，速度相同后，物体的加速度沿传送带向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。 课堂考点突破 考点1　板块模型 例1如图所示，质量M＝3 kg的长木板静止在光滑水平地面上，左端静置质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，距长木板右端x0＝1 m 处有一固定竖直墙壁，墙壁上安装锁止装置，长木板与墙壁碰撞瞬间即被锁定不动。已知长木板长L＝2.5 m，与小滑块间的动摩擦因数μ＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2。现对小滑块施加一水平向右F＝9 N的恒力，当长木板与墙壁相碰瞬间撤去恒力F。则： (1)长木板经多长时间与墙壁发生碰撞； (2)小滑块最终离墙壁的距离。 例2　如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放， 已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： (1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2； (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 考点2　传送带模型 例3　如图，一水平传送带沿逆时针方向以5 m/s的速度匀速转动，传送带上表面长6 m，一质量为1 kg 的物体以6 m/s的速度水平向右从传送带左侧冲上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，取重力加速度为10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.物体将从传送带右侧离开传送带 B．物体向右运动的最大距离为4.5 m C．物体离开传送带时的速度大小为6 m/s D．物体向右做减速运动的时间为3 s 例4 　如图所示，AB为竖直光滑半圆轨道的直径，半圆轨道半径R＝0.9 m，A端切线水平。水平轨道BC与半径为r(未知)的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角均为θ＝37°。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度L＝8.5 m。一质量m＝0.1 kg的物块(视为质点)从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直半圆轨道，并从A点水平飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道CDE，再经过E点滑上传送带EF。已知物块与传送带EF间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。 (1)求物块从A点飞出的速度大小v0； (2)若物块经过D点时对圆弧轨道的压力大小为21.4 N，求圆弧轨道CDE的半径r； (3)若传送带顺时针匀速运转，物块恰能被送到F端，求传送带运转的速度大小v。 课后提升训练 1．(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) 2．如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为3l处静置小木块B，A、B之间光滑；水平面上距离A右端l处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动摩擦因数均为μ。A、B、C的质量均为m，A与B、A与C之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连。现对A施加水平向右的恒定推力，当A、C相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间A、C的速度均为vAC＝4，由于A板足够长，所以不考虑B、C的相碰。已知重力加速度为g。求： (1)水平推力F的大小； (2)当A、C都停下时C离A板右端的距离d。 3．(2024·新课标卷)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 答案解析 课堂考点突破 例1　解析：(1)对长木板，由牛顿第二定律有 μmg＝Ma1 解得a1＝2 m/s2 设长木板经t时间与墙壁发生碰撞，根据运动学公式则有x0＝a1t2 解得t＝1 s。 (2)对小滑块，撤去恒力F之前，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma2 解得a2＝3 m/s2 撤去恒力F的瞬间，小滑块的速度 v1＝a2t＝3 m/s 撤去恒力F之前小滑块的位移为 x1＝a2t2＝1.5 m 对小滑块，撤去恒力F之后，由牛顿第二定律有μmg＝ma3 解得a3＝6 m/s2 撤去恒力F之后小滑块的位移为 x2＝＝0.75 m 小滑块最终离墙壁的距离 s＝L＋x0－x1－x2＝1.25 m。 答案：(1)1 s　(2)1.25 m 例2　解析：(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有 mg sin 37°－Ff1＝ma1 其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mg cos 37° 解得a1＝g sin 37°－μ1g cos 37°＝4 m/s2 对薄平板，由牛顿第二定律有 Mg sin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2 其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)g cos 37° 解得a2＝1 m/s2，a1>a2，假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。 (2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有 x1＝a1t2， x2＝a2t2， 又x1－x2＝L 解得t＝1 s。 答案：(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s 例3　 B　物体滑上传送带后做匀减速运动，设物体从开始滑上传送带到速度减至零时通过的位移为x，根据牛顿第二定律，得物体的加速度大小为a＝＝μg＝4 m/s2，由0－v22＝－2ax，得x＝ m＝4.5 m<L＝6 m，物体的速度减至0后将向左运动，故物体将从传送带左侧离开传送带，可知物体向右运动的最大距离是4.5 m，故A错误，B正确；设物体向左运动后经过位移x′时速度与传送带速度相等，则x′＝ m＝3.125 m<x＝4.5 m，说明物体与传送带共速时还没有到达传送带左侧，此后物体随传送带做匀速运动，物体离开传送带时的速度大小为5 m/s，故C错误；物体向右做减速运动的时间为t ＝ ＝ s＝1.5 s，故D错误。 例4　解析：(1)物块通过C点时竖直方向的速度大小vy＝＝6 m/s 物块从A点飞出的速度大小 v0＝＝8 m/s。 (2)物块从A点运动到D点的过程 根据机械能守恒有 mg(2R＋r－r cos θ)＝mv02 物块通过D点时，根据牛顿第二定律有 FND′－mg＝m 根据牛顿第三定律有FND′＝FND＝21.4 N 联立解得r＝0.5 m。 (3)物块运动到E点的速度vE＝vC＝＝10 m/s 当物块速度大于v时，物块在传送带上的加速度大小 a1＝＝8 m/s2 当物块速度小于v时，物块在传送带上的加速度大小 a2＝＝4 m/s2 物块第一段减速运动有v2－vE2＝－2a1s1 物块第二段减速运动有0－v2＝－2a2s2 并且s1＋s2＝L 联立解得v＝6 m/s。 答案：(1)8 m/s　(2)0.5 m　(3) 6 m/s 课后提升训练 1．C　物块刚放上传送带时受到重力、传送带所提供的支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，垂直传送带方向有FN－mg cos θ＝0，沿斜面方向有μFN－mg sin θ＝ma，解得加速度大小a＝μg cos θ－g sin θ，匀加速t0时间后速度为v0，此后滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块和传送带一起做匀速直线运动，C正确。 2．解析：(1)对A，由动能定理(F－2μmg)l＝mv02－0 A、C相碰的过程动量守恒，有mv0＝2mvAC 得F＝34μmg。 (2)A、C相碰后，A、C分离，对C有－μmgxC＝0－mvAC2，得xC＝8l A、B相碰前对A有 －μ·2mg(3l－l)＝mvA2－mvAC2 得vA＝ 然后A、B相碰，有mvA＝2mvAB 此后，对A有－μ·2mgxA2＝0－mvAB2 得xA2＝0.5l A、C之间的距离d＝xC－(3l－l)－xA2 得d＝5.5l。 答案：(1)34μmg　(2)5.5l 3．解析：(1)由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为 a＝μg＝3 m/s2 设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有 x物＝v0t1－ x板＝ 联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。 (2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为 v2＝at1＝1 m/s 由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有 ＝v2t2 h＝gt22 联立并代入数据解得h＝ m。 答案：(1)4 m/s　 s　(2) m 学科网（北京）股份有限公司 $$