素养培优1 利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型问题-【领跑高中】2026年高考物理二轮专题复习教师用书Word

素养培优1　利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型问题 力学三大观点的整合 培优一　传送带模型问题 1.摩擦力的方向及存在阶段的判断 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.物体能否达到与传送带共速的判断 物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 3.传送带中摩擦力做功与能量转化 （1）静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②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。 （2）滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 （3）摩擦生热的计算：①Q＝Ffs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②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。 【典例1】　（2025·吉林长春三模）一水平传送带长L＝10 m，以恒定速率v＝2 m/s顺时针匀速转动。在传送带左端每隔1 s轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量m＝2 kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端（仍在传送带上）开始计时，下列说法正确的是（　D　） A.0～1 s内，传送带上小物块均受到摩擦力作用 B.每个物块在传送带上匀速运动的时间为5 s C.t＝0时刻，传送带上共计有5个小物块 D.0～1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为－8 J 解析：由牛顿第二定律知，物块相对传送带滑动时的加速度大小a＝μg＝4 m/s2，物块达到与传送带速度相同所用的时间t1＝，解得t1＝0.5 s，此过程物块的位移大小x1＝t1，解得x1＝0.5 m＜L＝10 m，此后物块随传送带做匀速直线运动，物块不受摩擦力作用，则0～1 s内，传送带上小物块并不是都处于加速阶段，并不是都受到摩擦力作用，每个物块在传送带上做匀速直线运动的时间t2＝，解得t2＝4.75 s，每个物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2，解得t＝5.25 s，由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1 s释放一个小物块，则t＝0时刻，传送带上共有6个小物块，故A、B、C错误；0～1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的功，可等效为一个小物块在0～1 s内对传送带做的功，故此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W＝－μmg·vt1，解得W＝－8 J，故D正确。 方法技巧 传送带问题的分析步骤与方法 1.（2025·安徽淮南三模）轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头，工作人员将货物轻放在传送带的底端，由传送带传送到顶端，随后由其他工作人员完成装车任务。货物的传送过程可以简化为如图甲所示模型，图甲为倾角37°的传送带，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行，电动机的内阻不计。货物质量M＝50 kg，从轻放在传送带底端A处开始计时，10 s时到达顶端B，其运动过程的v-t图像如图乙，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　） A.货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变 B.货物机械能的增加量为4 500 J C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1 600 J D.传送货物过程中电动机多消耗的电能为6 400 J 解析：C　由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。在匀加速阶段，滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有f1－Mgsin 37°＝Ma，根据v-t图像可得加速度a＝ m/s2＝0.4 m/s2，解得f1＝320 N，匀速阶段，静摩擦力f2＝Mgsin 37°＝300 N，所以摩擦力大小发生了变化，故A错误；货物机械能的增加量等于动能增加量与重力势能增加量之和，其动能增加量为ΔEk＝Mv2＝×50×22 J＝100 J，重力势能增加量为ΔEp＝MgLsin 37°，其中L为传送带长度，根据图乙可知货物前5 s做匀加速运动的位移为x1＝t1＝×5 m＝5 m，后5 s做匀速运动的位移为x2＝vt2＝2×5 m＝10 m，则货物总位移，即传送带长度为L＝x1＋x2＝15 m，解得货物重力势能增加量为ΔEp＝4 500 J，其机械能增加量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝4 600 J，故B错误；货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，匀加速阶段传送带的位移为x传＝vt1＝2×5 m＝10 m，货物位移x1＝5 m，货物相对传送带的位移为Δx＝x传－x1＝5 m，则摩擦产生的热量Q＝f1Δx＝320×5 J＝1 600 J，故C正确；电动机多消耗的电能等于货物机械能增加量与摩擦产生的热量之和，即ΔE电＝ΔE＋Q＝6 200 J，故D错误。 培优二　板块模型问题 模型图示 模型特点 “滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动、牛顿运动定律和功能关系及动量守恒定律有关知识的巩固和应用，这类问题可分为两类： ①没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度，摩擦力与相对路程的乘积等于系统损失的动能，即Ff·x相对＝ΔEk。 ②系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解 【典例2】　（2025·云南红河二模）如图所示，一倾角θ＝45°的固定斜面，其底端与静止在光滑水平面上的滑板上②的A点平滑连接但不粘连。滑板的上表面由水平部分AB和四分之一光滑圆弧BC③组成，BC与AB在B处相切。一质量m＝1 kg的物块（可视为质点）从离A点高h＝0.9 m处的斜面上由静止释放，物块恰好能到达圆弧的最高点C②。已知滑板质量M＝2 kg，圆弧半径R＝ m，物块与斜面、AB之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，①g取10 m/s2，求： （1）物块在斜面上的加速度大小； （2）滑板水平部分AB的长度； （3）物块从第二次经过B点到相对滑板静止所需的时间。 审题指导： 信息提取 信息加工 物块与斜面、AB之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，① 利用牛顿第二定律计算物块在斜面上的加速度大小 光滑水平面上的滑板上② 物块恰好能到达圆弧的最高点C② 从A运动到C点，水平方向动量守恒，能量守恒 四分之一光滑圆弧BC③ 物块在滑板上从A点到第二次经过B点过程，水平方向动量守恒，能量守恒，再结合动量定理即可计算所需的时间 答案：（1） m/s2　（2） m　（3） s 解析：（1）对斜面上的物块，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得a＝ m/s2。 （2）物块由静止释放运动到滑板上A点过程，由能量守恒定律得mgh＝m＋μmgcos θ· 物块在滑板上由A点运动到C点过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mvA＝vC AB的长度设为L，物块在滑板上由A点运动到C点过程，由能量守恒定律得m＝＋mgR＋μmgL 联立解得L＝ m。 （3）物块第二次经过滑板上的B点时，物块的速度大小设为v1，滑板的速度大小设为v2，取水平向右为正方向。物块在滑板上从A点到第二次经过B点过程，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mvA＝Mv2－mv1 该过程，由能量守恒定律得m＝M＋m＋μmgL 物块在滑板上从A点到第二次经过B点再到相对滑板静止过程，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mvA＝v共 物块在滑板上第二次经过B点到相对滑板静止过程，对物块，由动量定理得μmgt＝mv共－m 联立解得t＝ s。 规律总结 解答板块模型问题的思维模板 2.（2025·天津和平二模）如图所示，长为L＝2 m、质量为M＝2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，A、B是木板的两个端点，点C是AB中点，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一个质量为m＝1 kg的物块（可视为质点），现给木板施加一个水平向右，大小为F＝9 N的恒力，当物块相对木板滑至C点时撤去这个力，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动，求： （1）物块到达木板C点时木板的速度v1； （2）木板的摩擦力对物块做的功Wf； （3）木块和木板CB段间的动摩擦因数μ。 答案：（1）3 m/s　 （2）2 J　 （3）0.3 解析：（1）根据题意，由AC段光滑可知，开始木板滑动，物块不动，对木板，由动能定理有 F·L＝M 解得v1＝3 m/s。 （2）撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有Mv1＝v 解得v＝2 m/s 对物块，由动能定理有Wf＝mv2 解得Wf＝2 J。 （3）由能量守恒定律有μmg·L＝M－v2 解得μ＝0.3。 “三步法”破解：力学高考压轴大题 【典例】　（2025·河南高考14题）（12分）如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）该碰撞过程中损失的机械能； （2）P从开始运动到静止经历的时间。 三步审题： 　规范答题： （1）P、Q碰撞过程，由动量守恒定律有 m2v0＝m1v＋m2vQ　（1分） 解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vQ＝3.5 m/s　（1分） P、Q碰撞过程由能量守恒定律有 m2＝m2＋m1v2＋ΔE， 所以碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝m2－　（1分） 代入数据解得ΔE＝＝24.5 J。　（1分） （2）碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次相碰。P在防滑带上运动，由牛顿第二定律可知μm1g＝m1a　（1分） 解得加速度大小为a＝μg＝5 m/s2　（1分） 若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有 v2＝2ax　（1分） 解得该过程的位移为x＝4.9 m　（1分） 则P最终静止在第3个防滑带上 P在第一个防滑带上的运动，由位移与速度公式有－v2＝－2al2　（1分） P在第二个防滑带上的运动，由位移与速度公式有－＝－2al2　（1分） 解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为 v1＝5 m/s、v2＝1 m/s　（1分） 则P从开始运动到静止经历的时间为 t＝＋＋＝5 s。　（1分） 规范点拨： 1.要有必要的文字说明。 列方程时一般要说明研究对象、研究过程（或状态）、选用的物理规律等。如：P、Q碰撞过程由动量守恒定律有m2v0＝m2vQ＋m1v 由能量守恒定律有m2＝m2＋m1v2＋ΔE。 2.要列分步式，不写连等式或综合方程。 阅卷是按步得分，每一步，都有对应的分值。如： μm1g＝m1a －v2＝－2al2 －＝－2al2 解得v1＝5 m/s，v2＝1 m/s。 3.表示同一个物理量的字母（包括上角标或下角标），前后书写要保持一致。如： t＝＋＋ 两式中的v、v1、v2与v0不能混淆，l1、l2不能写成L1、L2，不得混淆，否则将至少丢掉3分。 1.〔多选〕（2025·河北石家庄模拟）如图所示，传送带以恒定速度v1匀速运行。在t＝0时刻，将一物块放置于传送带的左端，物块初始时具有向右的速度v2，并受到一个向左的恒力F作用。在t＝t0时刻，物块离开传送带。根据以上条件，下列描述物块速度随时间变化关系的图像可能正确的是（　　） 解析：BC　若v2＜v1，且F＜μmg，则μmg－F＝ma1，当物块加速运动速度达到v1后，与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（也可能加速过程中就离开传送带），故B正确；若v2＜v1，且F＞μmg，则物块先匀减速到速度为零，再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）；若v2＞v1，且F＜μmg，则物块先匀减速至v1，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（有可能减速过程中就离开传送带）；若v2＞v1，且F＞μmg，满足F＋μmg＝ma2，中途速度减至v1，以后满足F－μmg＝ma3，先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），故C正确，A、D错误。 2.（2025·浙江1月选考8题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则（　　） A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 解析：D　碰前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规定向右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有mvA－mvB＝2mv1，解得两者碰后瞬间的共同速度v1＝1 m/s，从A、B碰后到三者共速的过程，A、B、C组成的系统动量守恒，则有2mv1－mvC＝3mv，解得三者共同速度v＝0，所以最终三者静止，对滑块C，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，从碰后到三者相对静止的时间为t＝＝0.4 s，B错误；由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对静止的过程因摩擦而产生的热量为Q＝×2m＋m＝3 J，C错误；该过程由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝0.6 m，D正确。 3.〔多选〕（2025·辽宁大连模拟）如图a所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5 kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8 s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图b所示。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.物块在传送带上运动的路程为2 m B.物块与传动带之间的动摩擦因数为 C.运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1 J D.运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 J 解析：AC　物块在传送带上运动的路程由图b可知x＝m＝2 m，故A正确；由图b可知0～0.4 s内，物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝7.5 m/s2，在0.4～0.8 s内，物块的加速度大小为a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得μ＝，θ＝30°，故B错误；摩擦力对物块做的功为W＝μmgcos θ＝－1 J，故C正确；传送带的速度3 m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmg·cos θ＝1 J，故D错误。 4.（2025·浙江杭州联考）如图，相距L＝8.5 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，其速度大小v＝4.0 m/s。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。求： （1）载物箱通过传送带所需的时间t； （2）因传送载物箱，电机对传送带做的功W； （3）载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量大小I。 答案：（1）2 s　 （2）－40 J　 （3）10 N·s 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，设其加速度为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有v2－＝－2ax1 联立各式，代入数据得x1＝4.5 m 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t、做匀减速运动所用的时间为t'，由运动学公式有v＝v0－at'，t＝t'＋ 联立各式并代入数据得t＝2 s。 （2）传送带始终匀速，根据能量守恒定律可知电机对传送带做的功W＝－μmg×vt'＝－40 J。 （3）传送带对载物箱的摩擦力冲量水平向左，由动量定理有If＝m＝10 N·s 支持力的冲量竖直向上，有IN＝mgt＝200 N·s 则传送带对它的冲量大小为I＝＝10 N·s。 5.（2025·天津宁河区一模）如图所示，水平面上竖直固定一个粗糙圆弧轨道BC。圆弧轨道C端切线水平，长木板静止在光滑的水平面上，木板左端紧靠轨道右端且与轨道C点等高但不粘连（长木板厚度不计）。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量m＝2 kg的物块（可视为质点），物块恰好能从B点沿切线方向无碰撞进入圆心角θ＝53°的圆弧轨道BC，物块滑到圆弧轨道C点时速度大小为vC＝4 m/s，经圆弧轨道后滑上长木板。已知长木板的质量M＝6 kg，A点距C点的高度为H＝1.2 m，圆弧轨道半径为R＝1 m，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3。物块始终未滑出长木板，空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： （1）物块从B滑到C的过程中摩擦力做的功； （2）在物块相对长木板运动的过程中，木板的位移大小。 答案：（1）－17 J　 （2）0.5 m 解析：（1）从A到B物块做平抛运动，根据图中几何关系可得h＝R（1－cos θ） 根据运动学公式可得＝2g（H－h） 解得vBy＝4 m/s 从B到C，由动能定理可得mgh＋Wf＝m－m 其中vB＝ 解得Wf＝－17 J。 （2）对物块和木板分析，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mvC＝（M＋m）v 解得v＝1 m/s 在物块相对长木板运动的过程中，根据动能定理可得μmgx＝Mv2 解得x＝0.5 m。 6.（2025·山东高考17题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： （1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； （2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 答案：（1）6 m/s， m/s　 （2） m/s，2.5 J 解析：（1）小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有 0＝mv1－Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝m＋M 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 （2）从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有 mv1＝（m＋ma）v0 解得v0＝2 m/s b刚解除锁定时，有F＝kx0 小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有 （m＋ma）＝（m＋ma）＋Ep0 其中Ep0＝k 联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小va＝1 m/s b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 （m＋ma）va＝（m＋ma＋mb）vb 解得vb＝ m/s 由机械能守恒定律有 （m＋ma）＝（m＋ma＋mb）＋Epm 解得Epm＝2.5 J。 10 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $