2026届高考物理一轮复习课件：专题3 传送带模型和板块模型

必修一 第四章 牛顿第二定律专题3 传送带模型 板块模型 十一.传送带模型 分析传送带问题的三个注意事项： （1）受力分析:尤其注意对摩擦力的分析。 初始时刻:比较物体的运动速度和传送带的速度，弄清摩擦力的有无、性质、方向。 共速时刻:判断摩擦力的有无。 (2)过程分析:初始时刻如何运动，共速以后如何运动。 (3)位移分析:区别物体的位移、传送带的位移、物体相对于传送带的位移。 例1：如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动.现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数u=0.1，A、B间的距离L=2.5 m，g取10 m/s²。 (1)煤块从A点运动到B点所经历的时间; (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度 (3)要想尽快将这煤块(初速度为零)由A端送到B端，传送带速度至少多大? 分析： 水平方向由牛顿第二定律可得： f=ma a=μg 所以煤块刚开始做初速度为零，加速度为μg的匀加速直线运动。 解析：研究对象为煤块；水平方向由牛顿第二定律可得：μmg=ma a=1m/s² 煤块的最大速度等于传送带的速度，此时摩擦力消失，然后共速。 假设煤块能达到最大速度，由V²-Vₒ²=2ax可得：加速位移X1=0.5m<L 能达到 由V=Vₒ+at，可得加速时间t1=1s 匀速位移：X2=L-X1=2m 匀速时间：X2=vt2 t2=2s 则A到B的时间t=t1+t2=3s （2）划痕是因为两个物体走的不一样快，发生相对运动的过程中所产生的，所以只有共速前才会有划痕。 共速前煤块做匀加速直线运动，位移为X1=0.5m 这段时间内，传送带做匀速直线运动，位移为X=V传t1=1m 所以划痕长； X=X-X1=0.5m （3）要想尽快将这煤块由A端送到B端，让煤块一直做加速运动，时间最短。 由V²-Vₒ²=2ax，取x=L=2.5m 可得：V= m/s 所以，传送带的最小速度为m/s。 例2：如图所示，长为L=4 m的水平传送带以V0=2 m/s的速度逆时针转动，一个质量为m=1kg的小木块以一定的初速度从传送带左侧水平向右滑上传送带，已知小木块与传送带之间的动摩擦因数u=0.2，重力加速度g取10m/s²，不计传送带转动轮大小。 (1)若小木块初速度V1=5 m/s，求小木块经多长时间离开传送带。 (2)若小木块初速度V2=3 m/s，求小木块离开传送带时的速度。 分析小木块： mg F支 f 水平方向由牛顿第二定律可得： f=ma a=μg 所以煤块刚开始做初速度为V1和V2，加速度为μg的匀减速直线运动。 解析：对于小木块，水平方向由牛顿第二定律可得：μmg=ma a=μg=2m/s² 小木块速度减为0之前，一直向右运动，假设速度减为0时向右走的位移为X1； 由V²-Vₒ²=2ax可得：位移X1=6.25m>L 所以能从右边离开传送带。 由X=V0t+可得：L=V1t- 解得t=1s （2）同理，若小木块初速度V2=3 m/s，假设速度减为0时向右走的位移为X2； 由V²-Vₒ²=2ax可得：位移X2=2.25m<L 所以小木块不能从右边离开传送带。 当小木块速度减为零时，反向加速，由牛顿第二定律可得：a=μg=2m/s² 共速的位移：由V²-Vₒ²=2ax可得：X=1m<2.25m 所以共速时还没离开传送带。 接下来匀速，所以小物块离开传送带的速度为2m/s。 水平传送带 当物体运动方向和传送带相同时，先假设可以共速，根据V²-Vₒ²=2ax，求出物体达到共速所走的位移，再和传送带的长度做对比，从而判断是否能共速。 当物体运动方向和传送带相反时，先求物体速度减为零时的位移，从而判断出物体是否离开传送带。 例3：飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ=30°，传送带两端A、B的距离L=10m，传送带以v=5m/s的恒定速度匀速向上运动，在传送带底端A轻放上一质量m=5kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数u=.求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s²) 分析货物： 解析： 垂直斜面方向：受力平衡可得；FN=mgcosθ 沿斜面方向：由牛顿第二定律可得； μmgcosθ-mgsinθ=ma 联立可得a=2.5m/s² 假设物体可以和传送带共速，物体加速阶段所走的位移：由V²-Vₒ²=2ax可得：位移X1=5m<L 所以可以共速。 则加速时间：由V=Vₒ+at，可得加速时间t1=2s 匀速位移：X2=L-X1=5m 匀速时间：X2=vt2 t2=1s 则物体从A到B的时间：t=t1+t2=3s 例4：如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37°，传送带以恒定的速率Vo=4m/s逆时针运转。质量为1kg的煤块(看成质点)无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t=0.4s煤块速度与传送带相同，再经t=1s到达传送带底端Q点，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8， 求:(1)煤块与传送带间的动摩擦因数u; (2)传送带PQ的长度L; (3)煤块从P点到达Q点的过程中， 在传送带上留下的划痕长度▲L: 解析： mg F支 f 初始状态： 垂直斜面方向：受力平衡可得；FN=mgcosθ 沿斜面方向：由牛顿第二定律可得； μmgcosθ+mgsinθ=ma1 由运动学公式：V=Vₒ+at 可得a1=10m/s² 联立可得μ=0.5 （2）共速前物体走的位移：X1=t1=0.8m 共速后，摩擦力方向变为沿斜面向上，因为mgsinθ>μmgcosθ,所以物体继续加速下滑。沿斜面方向由牛顿第二定律可得： mgsinθ-μmgcosθ=ma2 可得a2=2m/s² mg F支 f 共速后，物体继续加速的位移；由X=V0t+² 可得： X2=5m 所以传送带PQ的长度：X=X1+X2=5.8m （3）共速前：物体走的位移：X1=0.8m 传送带走的位移：X传1=V0t1=1.6m 则相对位移▲X1=0.8m 共速后：物体走的位移：X2=5m 传送带走的位移：X传2=V0t2=4m 则相对位移▲X2=1m>▲X1 所以，划痕长为1米。 斜面传送带 注意：1.判断摩擦力的大小和方向。 2.判断合力的大小和方向求出加速度的大小和方向。 3.根据物体的速度方向和加速度方向确定物体的运动情况。当运动状态发生变化时，重新受力分析，确定物体新的运动情况。 4.根据物体共速的位移和传送带长度进行对比，判断物体的运动情况是否会改变。 十二.板块模型 1.定义：一个物体在另一个物体上，两者之间或有相对运动、或相对静止。问题涉及时间、速度、加速度、位移及后面要学到的能量和动量等问题。 2.三个重要关系：速度关系、加速度关系及位移关系。 a.速度关系:滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。 b.加速度关系:如果滑块与木板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;如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用'隔离法’求出滑块与木板各自的加速度。 c.位移关系:滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块位移x1，木板位移x2 (1)若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长; (2)若滑块和木板相向运动，位移之和等于板长。 例题1：无外力作用的板块 如图，质量M为2kg的长木板B静止在水平面上。某时刻质量m=8kg的小物块A，以大小V0=4m/s的初速度，从木板的左侧沿木板上表面滑上木板。已知A与B上表面之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度g=10m/s²，长木板B足够长，求: (1)物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小a1; (2)物块A在木板上相对于木板B滑行的距离L; (3)木板在地面上滑行的总时间T。 解析： mg f F支 Mg F压 N f f地 （1）对小木块A受力分析，竖直方向受力平衡； 水平方向由牛顿第二定律可得： μ1mg=ma1 a1=2m/s² （2）对木板B受力分析，竖直方向受力平衡； 水平方向由牛顿第二定律可得： μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2 可得a2=3m/s² 故：物块A做匀减速直线运动，木板B做匀加速直线运动，一直到共速。设共速时间为t1。可得： A物体：V=V0-a1t1 B木板：V=a2t1 联立可得：t1=0.8s V=2.4m/s 物块A在木板上相对于木板B滑行的距离： L=t1-t1=1.6m 共速之后是一直共速，还是又发生了相对滑动？ 设A、B速度相等后一起做匀减速运动，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得： μ2（M+m）g=（M+m）a3 解得a3=1m/s² 此时，A受到的静摩擦力为：f静=ma3=8N<f动 所以假设成立。 （3）共速前，木板运动的时间t1=0.8s 共速后，A、B一起做匀减速运动， 由V=V共-a3t2 可得：t2=2.4s 所以木板运动的总时间t=t1+t2=3.2s （M+m）g f地 N地 例题2：恒力作用的板块 (多选)如图，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（ ） A.无论F为何值，B的加速度不会超过μg B.当F=μmg时，A的加速度为μg C.当F>3umg时，A相对B滑动 D.当F<2umg时，A、B都相对地面静止 解析：静止的物体能被拉动的临界条件是：拉力等于最大静摩擦力。 B与地面之间的最大静摩擦力为：f地=μ（2m+m）g=μmg 所以当拉力F<μmg时，AB都静止，D错。 AB发生相对滑动的临界条件是：这一瞬间，加速度相等，速度相等，摩擦力达到最大静摩擦。 对A物体，水平方向由牛顿第二定律可得：F-fab=2ma 对B物体，水平方向由牛顿第二定律可得：fab-f地=ma 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以：fab=2μmg 所以当F>3umg时，A相对B滑动 C正确。 联立可得：F=3μmg A选项：求物体B加速度的最大值。 对B物体，水平方向由牛顿第二定律可得：fab-f地=ma 所以，A给B的摩擦力最大时，B的加速度最大，最大加速度a=μg A选项对。 B选项，当F=μmg时，求物体A的加速度。 因为， μmg<μmg<3μmg，所以AB一起运动，没发生相对滑动。 AB看成一个整体，水平方向由牛顿第二定律可得：F-μ（2m+m）g=（2m+m）a 解得a=μg B选项错。 例题3：变力作用的板块 如图，在光滑水平面上有一质量为m1=2kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间增大的水平力F=1.5t，t=2s时木板的加速度刚好达到最大值ao=1m/s²(g=10m/s²)，下列说法中正确的是 A.木块与木板间动摩擦因数μ=0.1 B.木块与木板间动摩擦因数μ=0.2 C.m2=0.5kg D.m2=2kg 解析：因为地面光滑，所以木板和地面之间没有摩擦力，t=2s时木板的加速度刚好达到最大值ao=1m/s²，可知此时木块与木板刚好要发生相对滑动，这一瞬间，以木块、木板为整体，水平方向根据牛顿第二定律可得： F=(m1+m2)ao 接下来隔离木板，根据牛顿第二定律可得： μm2g=m1ao 且F=1.5t=1.5x2=3N 联立解得m2=1kg，u=0.2，故选B。 例题4.斜面上的板块 如图，两个叠放在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间动摩擦因数为μ1，B与A之间动摩擦因数为μ2，已知两滑块是从静止开始以相同的加速度沿斜面滑下，则滑块B受到的摩擦力多大?方向如何? 解析：对AB沿斜面方向由牛顿第二定律可得： （M+m）gsinθ-μ1（M+m）gcosθ=（M+m）a 解得：a=gsinθ-μ1gcosθ 设：滑块B受到的摩擦力方向沿斜面向上。 对B物体，沿斜面方向由牛顿第二定律可得： mgsinθ-f=ma 代入加速度可得：f=μ1mgcosθ 所以，滑块B受到的摩擦力方向沿斜面向上。 （M+ｍ）ｇ F支 ｆ面 ｍｇ ｆ FＮ 注：当弹力或者摩擦力的方向确定不了的时候，用假设法。求出来值是正的，和假设方向相同，反之，和假设方向相反。 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 $