素养培优1　利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型问题-高考物理二轮复习（含答案）

第第页素养培优1利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型问题-高考物理二轮复习力学三大观点的整合一、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】1．一水平传送带长L＝10m，以恒定速率v＝2m/s顺时针匀速转动。在传送带左端每隔1s轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量m＝2kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/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（）A．0～1s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5sC．t＝0时刻，传送带上共计有5个小物块D．0～1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为－8J方法技巧传送带问题的分析步骤与方法2．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＝50kg，从轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v-t图像如图乙，g取10m/s2，sin37°＝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4500JC．货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1600JD．传送货物过程中电动机多消耗的电能为6400J二、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】3．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＝1kg的物块（可视为质点）从离A点高h＝0.9m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＝2kg，圆弧半径R＝215m，物块与斜面、AB之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，①g取10m/s2（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规律总结解答板块模型问题的思维模板4．如图所示，长为L＝2m、质量为M＝2kg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＝1kg的物块（可视为质点），现给木板施加一个水平向右，大小为F＝9N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。“三步法”破解：力学高考压轴大题【典例】5．如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3m铺设有宽度为l2＝2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2kg的小物块P，另一质量为m2＝4kg的小物块Q以v0＝7m/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＝7m/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＝10m/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12m2v02＝12m2vQ2＋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＝m1av12－v2v22－v解得v1＝5m/s，v2＝1m/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＝va＋l1两式中的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。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】ABC：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＝4m/s2，

物块达到与传送带速度相同所用的时间t1＝va，解得t1＝0.5s，此过程物块的位移大小x1＝v2t1，解得x1＝0.5m＜L＝10m，

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0～1s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＝L－x1v，解得t2＝4.75s，

每个物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2，解得t＝5.25s，

由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1s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；2．【答案】C【解析】【解答】A：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－Mgsin37°＝Ma，根据v-t图像可得加速度a＝25m/s2＝0.4m/s2，解得f1＝320N，

匀速阶段，静摩擦力f2＝Mgsin37°＝300N，所以摩擦力大小发生了变化，故A错误；

B：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＝12Mv2＝12×50×22J＝100J，重力势能增加量为ΔEp＝MgLsin37°，

其中L为传送带长度，根据图乙可知货物前5s做匀加速运动的位移为x1＝v2t1＝22×5m＝5m，

后5s做匀速运动的位移为x2＝vt2＝2×5m＝10m，则货物总位移，

即传送带长度为L＝x1＋x2＝15m，解得货物重力势能增加量为ΔEp＝4500J，

其机械能增加量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝4600J，故B错误；

C：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＝2×5m＝10m，

货物位移x1＝5m，货物相对传送带的位移为Δx＝x传－x1＝5m，

则摩擦产生的热量Q＝f1Δx＝320×5J＝1600J，故C正确；

3．【答案】（1）解：对斜面上的物块，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝522（2）解：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＝12mvA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＝(m＋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12mvA2联立解得L＝13（3）解：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12mvA2＝12Mv2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＝(m＋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＝415【解析】【分析】(1)对斜面上的物块进行受力分析，沿斜面方向重力分力与摩擦力的合力提供加速度，由牛顿第二定律求解。(2)物块从释放到滑上滑板A点，用能量守恒求A点速度；物块在滑板上运动时水平方向动量守恒，结合能量守恒（含摩擦生热、重力势能增加）求AB长度。(3)物块第二次经过B点时，先由动量守恒和能量守恒求此时物块与滑板的速度；再对两者分别受力分析，用牛顿运动定律求相对静止的时间。4．【答案】（1）解：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·12L＝12解得v1＝3m/s。（2）解：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＝(M解得v＝2m/s对物块，由动能定理有Wf＝12mv解得Wf＝2J。（3）解：由能量守恒定律有μmg·12L＝12Mv12解得μ＝0.3【解析】【分析】(1)AC段光滑，施加恒力F时木板加速、物块静止，对木板利用动能定理求解C点速度。(2)撤去F后系统水平方向动量守恒，先求共同速度，再对物块用动能定理求摩擦力做功。(3)从撤去F到共速，系统动能损失转化为CB段摩擦生热，结合能量守恒求解动摩擦因数。5．【答案】（1）解：P、Q碰撞过程，由动量守恒定律有m2v0＝m1v＋m2vQ解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vQ＝3.5m/sP、Q碰撞过程由能量守恒定律有12m2v02＝12m2vQ2＋所以碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝12m2v0代入数据解得ΔE＝＝24.5J。（2）解：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解得加速度大小为a＝μg＝5m/s2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解得该过程的位移为