2025版高考物理全程一輪復(fù)習(xí)第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題強(qiáng)化五傳送帶模型和“滑塊-木板”模型學(xué)案

專題強(qiáng)化五傳送帶模型和“滑塊—木板”模型素養(yǎng)目標(biāo)1.會(huì)對(duì)傳送帶上的物體進(jìn)行受力分析，能正確解答傳送帶上物體的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題．2．能正確運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)處理“滑塊—木板模型”．考點(diǎn)一傳送帶模型1．模型特點(diǎn)傳送帶問(wèn)題一般分為水平傳送帶、傾斜傳送帶兩種類型，其實(shí)質(zhì)是物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．2．解題關(guān)鍵(1)理清物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向及摩擦力方向是解決傳送帶問(wèn)題的關(guān)鍵．(2)傳送帶問(wèn)題還常常涉及臨界問(wèn)題，即物體與傳送帶達(dá)到相同速度，這時(shí)會(huì)出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(tài)，對(duì)這一臨界狀態(tài)進(jìn)行分析往往是解題的突破口．3．“傳送帶”問(wèn)題解題思路考向1動(dòng)力學(xué)中水平傳送帶問(wèn)題例1(多選)應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型．傳送帶始終保持v＝0.4m/s的恒定速率運(yùn)行，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.旅客把行李(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在A處，則下列說(shuō)法正確的是()A．開(kāi)始時(shí)行李的加速度大小為2m/s2B．行李經(jīng)過(guò)2s到達(dá)B處C．行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/sD．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為0.08m[解題心得]考向2動(dòng)力學(xué)中的傾斜傳送帶問(wèn)題例2(多選)某快遞公司用傾斜傳送帶運(yùn)送包裹，如圖所示．包裹被輕放在傳送帶的底端，在經(jīng)過(guò)短暫的加速過(guò)程后，與傳送帶達(dá)到共速，最終被運(yùn)送到傳送帶的頂端．若傳送帶運(yùn)行速度一定，包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則()A．在包裹加速運(yùn)動(dòng)階段，傳送帶對(duì)包裹的作用力方向豎直向上B．傳送帶傾斜角度越大，包裹在傳送帶上所受的靜摩擦力越大C．傳送帶傾斜角度越大，包裹加速所需時(shí)間越長(zhǎng)D．包裹越重，從傳送帶的底端運(yùn)送到頂端所需要的時(shí)間越長(zhǎng)考向3傳送帶中的動(dòng)力學(xué)圖像例3(多選)如圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率v1沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v2從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，物塊到達(dá)一定高度時(shí)速度為零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，則()A．傳送帶的速度為4m/sB．物塊上升的豎直高度為0.96mC．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D．物塊所受摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)方向相反考點(diǎn)二“滑塊—木板”模型1．模型特點(diǎn)：滑塊(一般視為質(zhì)點(diǎn))置于木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．2．兩種常見(jiàn)類型類型圖示規(guī)律分析長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B帶動(dòng)物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時(shí)二者速度相等，則位移關(guān)系為xB＝xA＋L物塊A帶動(dòng)長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時(shí)二者速度相等，則位移關(guān)系為xB＋L＝xA3.解題關(guān)鍵點(diǎn)(1)由滑塊與木板的相對(duì)運(yùn)動(dòng)來(lái)判斷“板塊”間的摩擦力方向．(2)當(dāng)滑塊與木板速度相同時(shí)，“板塊”間的摩擦力可能由滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運(yùn)動(dòng))．考向1水平面上的板塊問(wèn)題例4如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長(zhǎng)且質(zhì)量為M＝4kg的長(zhǎng)木板，在長(zhǎng)木板右端有一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，長(zhǎng)木板與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，長(zhǎng)木板與小物塊均靜止，現(xiàn)用F＝14N的水平恒力向右拉長(zhǎng)木板，經(jīng)時(shí)間t＝1s撤去水平恒力F，g取10m/s2，則：(1)在F的作用下，長(zhǎng)木板的加速度為多大？(2)剛撤去F時(shí)，小物塊離長(zhǎng)木板右端多遠(yuǎn)？(3)最終長(zhǎng)木板與小物塊一起以多大的速度勻速運(yùn)動(dòng)？(4)最終小物塊離長(zhǎng)木板右端多遠(yuǎn)？[教你解決問(wèn)題]審題圖解[試答]考向2斜面上的板塊問(wèn)題例5(多選)滑沙運(yùn)動(dòng)是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長(zhǎng)為1m的滑板，滑板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝2140.小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開(kāi)始下滑，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.4，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長(zhǎng)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8m/s2C．經(jīng)過(guò)1s的時(shí)間，小孩離開(kāi)滑板D．小孩離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為0.8m/s考向3板塊問(wèn)題中的動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題例6[2024·江西南昌統(tǒng)考一模]如圖甲所示，物塊A與木板B靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)給物塊A一初速度，1s后兩物體相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們的位移—時(shí)間圖像如圖乙所示，A、B兩物體的質(zhì)量比為()A.4∶3B．2∶1C．3∶2D．5∶2例7[2024·貴州黔東南校考模擬預(yù)測(cè)]如圖甲，質(zhì)量為m＝2kg的小物塊放在長(zhǎng)木板左端，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1.長(zhǎng)木板靜止在水平面上，右端緊靠豎直墻面，質(zhì)量為M＝0.5kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.07.t＝0時(shí)刻小物塊獲得水平向右的初速度v0＝8m/s，同時(shí)給小物塊施加如圖乙所示的水平向右的作用力.4s時(shí)小物塊與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．最終，小物塊靜止于長(zhǎng)木板上某一位置，重力加速度g取10m/s2.求：(1)4s內(nèi)水平向右作用力的沖量大小；(2)小物塊與豎直墻碰撞前瞬間速度的大小；(3)小物塊相對(duì)長(zhǎng)木板靜止時(shí)，距長(zhǎng)木板右端的距離．[試答]專題強(qiáng)化五傳送帶模型和“滑塊——木板”模型考點(diǎn)一例1解析：開(kāi)始時(shí)，對(duì)行李，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma解得a＝2m/s2，故A正確；設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，行李勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝0.4m/s，根據(jù)v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.2s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x＝12at12＝12勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝L?xv可得行李從A到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝5.1s，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知行李在到達(dá)B處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D錯(cuò)誤．答案：AC例2解析：在包裹加速運(yùn)動(dòng)階段，包裹加速度沿傳送帶向上，根據(jù)力的合成可知傳送帶對(duì)包裹的作用力方向偏向右上方，故A錯(cuò)誤；包裹與傳送帶達(dá)到共速時(shí)，包裹在傳送帶上受到靜摩擦力的作用，隨傳送帶一起勻速，根據(jù)平衡條件可得f＝mgsinθ，所以傳送帶傾斜角度越大，包裹在傳送帶上所受的靜摩擦力越大，故B正確；依題意可得，包裹加速所需時(shí)間滿足v＝at，又μmgcosθ－mgsinθ＝ma，聯(lián)立可得包裹加速所需時(shí)間t＝vμg答案：BC例3解析：如果v2小于v1，則物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v2一定大于v1，結(jié)合題圖乙可知物塊減速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相同時(shí)，繼續(xù)向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．由此可以判斷傳送帶的速度為2m/s，A錯(cuò)誤；物塊的位移等于v-t圖線與橫軸所圍的面積，即L＝12×(4＋2)×0.2m＋12×1×2m＝1.6m，則上升的豎直高度為h＝Lsinθ＝0.96m，B正確；0～0.2s內(nèi)，加速度a1＝ΔvΔt＝2.0?4.00.2m/s2＝－10m/s2，加速度大小為10m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝答案：BC考點(diǎn)二例4解析：(1)對(duì)長(zhǎng)木板，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝F?μmgM，解得a(2)撤去F之前，小物塊只受摩擦力的作用故am＝μg＝2m/s2Δx1＝12at2－12amt(3)剛撤去F時(shí)，v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s撤去F后，長(zhǎng)木板的加速度大小a′＝μmgM＝0.5m/s最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8m/s.(4)在t′內(nèi)，小物塊和長(zhǎng)木板的相對(duì)位移Δx2＝v2?v'最終小物塊離長(zhǎng)木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7m.答案：(1)3m/s2(2)0.5m(3)2.8m/s(4)0.7m例5解析：對(duì)小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為a1＝mgsin37°?μ1mgcos37°m＝2.8m/s2，同理對(duì)滑板，加速度大小為a2＝mgsin37°+μ1答案：BC例6解析：由圖乙可知，0～1s內(nèi)，xA＝5m，xB＝2m，對(duì)A進(jìn)行受力分析得μmAg＝mAaA，對(duì)B進(jìn)行受力分析得μmAg＝mBaB，1s后兩物體相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，則有v0－aAt＝aBt，B的位移為xB＝12aBt2＝2m，解得aB＝4m/s2，則得出共速的速度為v末＝vB＝aBt＝4m/s，對(duì)A有xA＝v0+v末2t＝5m，v末＝v0－aAt＝4m/s，解得v0＝6m/s，答案：B例7解析：(1)沖量大小即為圖線與時(shí)間軸圍成的面積，則I＝2×42(2)對(duì)小物塊，取向右為正方向，由動(dòng)量定理可得I－μ1mgt＝mv－mv0，帶入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s.(3)物塊與墻壁碰撞后速度大小不變，方向向左對(duì)木板，由牛頓第二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，解得木板加速度大小為a1＝0.5m/s2對(duì)物塊，由牛頓第二定律可得μ1mg＝ma2解得物塊加速度大小為a2＝1m/