2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(03)　动力学中的“板块”和“传送带”模型

这是一份2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(03)　动力学中的“板块”和“传送带”模型，共17页。

命题点一　“滑块－滑板”模型(师生互动)
[核心整合]
1．模型特点
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．解题思路
处理此类问题，必须弄清滑块和滑板的加速度、速度、位移等关系．
(1)加速度关系
如果滑块和滑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；如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板的加速度．应注意找出滑块和滑板之间是否发生相对运动等隐含的条件．
(2)速度关系
滑块和滑板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力的方向．应注意当滑块和滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况．
(3)位移关系
滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程了．
　(2022·贵州毕节市适应性检测)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示．木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4. t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反．运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下．已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：

(1)t＝0时刻木板的速度大小；
(2)木板的长度．
解析：(1)对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
设初始时刻木板速度为v0
由运动学公式：v1＝v0－a1t0
代入数据解得：v0＝5 m/s.
(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2
对物块，当速度为0时，经历时间t，发生位移x1，
则有v1＝a2t，x1＝t
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
对木板，经历时间t，发生位移x2
x2＝v1t－a3t2
木板长度l＝x1＋x2
联立并代入数据解得l＝ m.
答案：(1)5 m/s　(2) m
[题组突破]
1．(水平面上的“滑块—滑板”)(2019·江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.
解析：(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
由运动学公式有2aAL＝v
解得vA＝.
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿第二定律有F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿第二定律有F′＝2maB′，得aB′＝μg.
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2.
答案：(1)　(2)3μg　μg　(3)2
2．(斜面上的“滑块—滑板”)如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板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a1和薄平板的加速度a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
解析：(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块：由牛顿第二定律有
mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中FN2＝(m＋M)gcos 37 °，Ff2＝μ2FN2
解得a2＝1 m/s2
a1>a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动．
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有
x1＝a1t2
x2＝a2t2
x1－x2＝L
解得：t＝1 s.
答案：(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
3．(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量mA＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)小滑块在木板A上运动的时间；
(2)木板B获得的最大速度．
解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力
Ff1＝μ1mg＝4 N，
木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力
Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N.
Ff1＜Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止
设小滑块滑动的加速度为a1，则：
F－μ1mg＝ma1，
l＝a1t，
解得：t1＝1 s.
(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为vB，则：
μ1mg－2μ2mg＝ma2，
vB＝a2t2，
xB＝a2t，
v1＝a1t1，
x块＝v1t2＋a1t，
x块－xB＝l，
联立以上各式可得：vB＝1 m/s.
答案：(1)1 s　(2)1 m/s
命题点二　传送带模型(多维探究)
第1维度：水平传送带问题…………………
1．情景特点分析
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2

(1) v 0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2) v 0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3

(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v 0＞v返回时速度为v，当v 0＜v返回时速度为v 0
2.思路方法
水平传送带问题：求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变．
　水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.

(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
(2)求行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
解析： (1)行李所受滑动摩擦力大小
Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，
根据牛顿第二定律得Ff＝ma，
加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.
(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，
得t1＝＝ s＝1 s.
(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有
v＝2aL，
得vmin＝＝ m/s＝2 m/s，
所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.
由vmin＝atmin得行李最短运行时间
tmin＝＝ s＝2 s.
答案：(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s
第2维度：倾斜传送带问题…………………
1．情景特点分析
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直减速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
情景4

(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能一直减速
2.思路方法
解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体所受摩擦力的大小和方向．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受摩擦力可能发生突变．
　如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度．
解析：(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它们不能相对静止．
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间
t1＝＝1 s，
发生的位移x1＝a1t＝5 m
煤块速度达到v0后，因μgcos θv2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2′＝v2；如果v1≤v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，有v2′＝v1；第二种情况：物体在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2，故A、B、D正确，C错误．
2.(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的(　　)
A．从下端B离开，v＞v1
B．从下端B离开，v＜v1
C．从上端A离开，v＝v1
D．从上端A离开，v＜v1
解析：ABC　物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，选项A、B正确．
3．(2022·河南安阳市第二次模拟)(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v­t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
解析：BC　物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v­t图像的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，两者v­t图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确．
4．如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A.已知M＝2m，重力加速度为g.求：

(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L.
解析：(1)对A、B分别由牛顿第二定律得
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则
v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝＝，v＝－.
即A、B的共同速度大小为.
(2)在时间t内：
A的位移xA＝t＝－
B的位移xB＝t＝
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，
即L＝Δx＝xB－xA＝.
答案：(1)　　(2)
5．(2022·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行．现将一质量为m＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系图像如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，求：

(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ.
解析：(1)由v­t图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v­t图像与t轴所围的面积，所以
L＝×1×10 m＋×(10＋12)×1 m＝16 m
由平均速度的定义得 ＝＝8 m/s.
(2)由v­t图像可知传送带运行速度为v1＝10 m/s
0～1 s内物体的加速度为a1＝＝10 m/s2
1～2 s内的加速度为a2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立两式解得μ＝0.5.
答案：(1)8 m/s　(2)0.5
[能力提升]
6．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v ­t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)

A．传送带的速度为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
解析：A　如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v ­t图线与横轴所围的面积，即× (4＋12) × 1 m ＋ × 1 × 4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2，1～2 s内，a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误．
7．(多选)如图甲，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的v­t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g，由此可求得(　　)

A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
解析：BC　根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；由图像的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a木＝，小物块的加速度大小a物＝，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma木，μmg＝ma物，解得＝，μ＝，故B和C能够求解出；木板获得的动能Ek木＝Mv，由于不知道长木板的质量M，故D不能够求解出．
8．(2022·山东泰安市高三三模)(多选)工厂中常用传送带传送货物的运动情景简化如下：质量为100 kg的货物与传送带间的动摩擦因数为0.1，以2 m/s的初速度滑上静止的水平传送带，经t＝0.4 s，传送带启动(不计启动时间)，启动后传送带立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度g取10 m/s2，在货物运动的整个过程中(　　)

A．滑块相对传送带的位移大小为0.26 m
B．滑块相对传送带的位移大小为1.70 m
C．滑块与传送带间的摩擦生热为26 J
D．滑块与传送带间的摩擦生热为170 J
解析：AD　由题可知小滑块先做匀减速直线运动，当传送带启动后，做匀加速运动，知道速度与传送带速度相等时后，与传送带一起做匀速直线运动，减速阶段由牛顿第二定律有μmg＝ma，a＝μg＝1 m/s2，减速时间为0.4 s，传送带静止可得，滑块相对于传送带向右的位移x1＝v0t－at2，代入数据得x1＝0.72 m，此时滑块速度为v1＝v0－at＝(2－1×0.4)m/s＝1.6 m/s，当传送带启动后，传送带的速度比滑块速度大，故滑块向右做匀加速直线运动，加速时间为t2＝ s＝1.4 s，由于传送带速度大，故滑块相对于传送带向左的位移为x2＝v传t2－，代入数据得x2＝0.98 m，则物块在整个过程中相对传送带的位移为x＝x1－x2＝(0.98－0.72) m＝0.26 m，故A正确，B错误；由Q＝fΔx，可得滑块与传送带的摩擦热为Q＝fΔx＝μmg(x1＋x2)，代入数据得Q＝170 J，故D正确，C错误．
9.(2022·四川成都七中模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长．
解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为
f＝μmgcos θ＝7.5 N，
由牛顿第二定律，对小物块有f＋mgsin θ＝ma1，
代入数据得a1＝12.5 m/s2，
对长木板，由牛顿第二定律有
Mgsin θ－f＝Ma2，
代入数据得a2＝2.5 m/s2.
(2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s，
共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对位移为
s＝t1－t1＝5 m，故长木板长度至少为10 m.
答案：(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
10.近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物品达到与传送带相同速率所用的时间；
(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(3)若在物品与传送带同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能到达平台？
解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得：a1＝8 m/s2
由v＝a1t1，
得t1＝＝0.5 s.
(2)加速过程位移为x1＝a1t＝1 m．共速后，有：
F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝0，即物品匀速上滑，位移为
x2＝－x1＝2 m
则匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s
总时间为t＝t1＋t2＝1 s
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s.
(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，
有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3
解得：a3＝－2 m/s2
假设物品能向上匀减速到速度为零，通过的位移为
x＝－＝4 m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台
由x2＝vt3＋a3t
解得：t3＝(2－) s(另一解不合题意，舍去)
即物品还需(2－) s到达平台．
答案：(1)0.5 s　(2)1 s　(3)(2－) s