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）

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.传送帝中摩擦力做功与能量转化

（I）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：®Q=FfS其中网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.-7、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以=0.4,取重力加速度大小g=

10m/ss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.。〜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5s

C.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一8J

方法技巧

传送带问题的分析步骤与方法

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---根据“拘、”号的大小和方向关系判断物体所受

受??摩擦力的大小和方向，注意摩擦力的大小和

多分析J方向在“物=0%时易发生突变

运动情根据&拘、”号的大小和方向及物体所受摩擦力

况分析情况判断物体的运动规律

:♦:

功能关对物体和传送带组成的系统A£=A&+A£0+

系分析Q,其中Q二科•力和计

;*:

图像涉及相对运动的动力学问题，可画出各物体

分析的图像，可使问题更简捷

刀强化训练；

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lOm/sz,§由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4500J

C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1600J

D.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

_%

%Mm—

模型图示

水平地面光滑或不光滑水平地面光滑或不光滑

“滑块一滑板”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

模型特点动量守恒，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相时=AEk。

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】

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3.如图所示，一倾角0=45。的固定斜面，其底端与静止在光滑水平面上的滑板上⑵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BCG）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C8）。

已知滑板质量M=2kg,圆弧半径R=Rm,物块与斜面、AB之间的动摩擦因数均为6=0.5,①e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|1=0.5,

利用牛顿第二定律计算物块在斜面上的加速度大小

①

光滑水平面上的滑板上②

从A运动到C点，水平方向动量守恒，能量守恒

物块恰好能到达圆弧的最高点C②

物块在滑板.上从A点到第二次经过B点过程，水平方向

四分之一光滑圆弧BC③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

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9强化训练；

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=lkg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K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：

且_____£___F

（1）物块到达木板C点时木板的速度V］；

（2）木板的摩擦力对物块做的功Wf；

（3）木块和木板CB段间的动摩擦因数卜1。

“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h=3m铺设有宽度为L=2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边

缘静止有质量为nn=2kg的小物块P,另一质量为m：=4kg的小物块Q以vo=7rn/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|1=05重力加速度大小g=10m/s2。求：

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(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：

第一步,第二步)第三步,

审条件，挖隐含审情景，建模型审过程，选规律

(1)小物块Q以%=7m/s的速度向右运⑴物块Q和P的碰撞⑴物块Q和P碰撞过程.动域守恒,根据功能关系

动并与P发生正碰,且碰撞时间过程中动显守恒，求损失的机械能，

极短,故碰撞过程中动显守恒。属于碰撞模型。(2)物块P在防滑带上减速.计算出离开防滑带时

(2)碰后。在防滑带上,做勾减速⑵物块在防滑带上的的速度及该过程的时间。

运动C运动:匀变速直线(3)计算物块『在光滑直道上运动的时间。

物体。在光滑的在道上做匀速直

(3)运动模型。(4)物块P在第二个防滑带上减速，计算出离开防

线运动C滑带时的速度及该过程的时间。

⑸判断物块。停在第几个防滑带上。

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

m2Vo=iri2VQ+miv

2=

由能量守恒定律有im2V0扣2%2+扣1/+AE。

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：

pmig=mia

也2-v2=_2ah

2-2=-

V2Vi2ah

解得vi=5m/s,V2=1m/so

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：

+入+&

Q%V2

两式中的V、VI、V2与V0不能混淆，k12不能写成L、L2,不得混淆，否则将至少丢掉3分。

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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@=%=4面52,

物块达到与传送带速度相同所用的时间解得「=0.5s,此过程物块的位移大小xi=；ti,解得用=0.5

m<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。〜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12=口1,解得12=4.75s,

V

每个物块在传送带上运动的总时间l=ti+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，贝h=0时刻，传送带上共有6

个小物块，故A、B、C错误；

D：。〜1s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0〜1s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=-Nmg,，ti,解得W=-8J,故D正确。

【分析】本题核心思路是先分析单个物块在传送带上的加速与匀速运动过程，再结合物块的投放间隔，分

析不同时刻传送带上的物块数量、受力情况，最后计算摩擦力对传送带做的功。

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fi-Mgsin37o=Ma,根据v-l图像可得加速度a=^m/s2=0.4m/s2,解得11=32()N,

匀速阶段，静摩擦力f2=Mgsin37o=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弹加量与重力势能增加量之和，其动能增加量为△Ek=3M3=/50x22J=

100J,重力势能增加量为AEp=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xi=^ti=|x5m=5m,

后5s做匀速运动的位移为X2=vt2=2x5m=10m,则货物总位移，

即传送带长度为L=XI+X2=15m,解得货物重力势能增加量为AEP=4500J,

其机械能增加量为AE=AEp+AEk=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^=vh=2x5m

=10rr,

货物位移xi=5m,货物相对传送带的位移为\x=x传-xi=5m,

则摩擦产生的热量Q=fiAx=320x5J=1600J,故C正确；

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D：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△E,ll=AE+Q=6200J,故D错

误

【分析】本题核心思路是结合v-t图像分析货物的两段运动（匀加速、匀速），通过牛顿运动定律求摩擦

力，再分别计算机械能增量、摩擦生热和电动机多消耗的电能，逐一验证选项。

3.【答案】（1）解：对斜面上的物块，由牛顿第二定律得mgsin0—^mgcos9=ma

解得m/s2

（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=4Tw/+11mgeos0-1二

ZSITIU

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+M）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"]u/=hm/M）Vc2+mgR+

fimgL

联立解得L=1m

（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vz,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

—mvi

该过程，山能量守恒定律得挪以2=441222+初归2+国国1

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m\，A

—（7H+M）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pmgt=mv共一m（一%）

联立解得t=±s

【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

解得vi=3

（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Mvi=（M+m）v

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解得v=2m/s

对物块，由动能定理有W[=*mvz

解得Wf=2Jo

（3）解:由能量守恒定律有用哨，=施打2T（M*HI）V2

解得产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