（新课标）2020版高考物理二轮复习 核心素养微专题1 动力学两大模型——“传送带模型”和“板—块”

动力学两大模型——“传送带模型”和“板—块”模型目录ONTENTSC科学思维“传送带”模型和“板—块”模型是近几年高考命题的热点，如2015年全国卷ⅠT25、全国卷ⅡT25、2017年全国卷ⅢT25，都是以“板—块”模型为素材的问题．两类模型涉及弹力及摩擦力的分析判断与计算、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、动量、能量等主干知识，具有条件隐蔽、过程复杂等特点，既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，是很好的能力考查类题目的命题背景．模型一：“传送带”模型1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看作“传送带”模型，如图(a)(b)(c)所示．2．建模指导(1)水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．(2)倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．[示例1]某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4m，倾斜传送带长度LCD＝4.45m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：(1)工件从A点第一次被传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2v1)．[思路点拨](1)工件在水平传送带上运动时受到哪几个力作用？工件在水平传送带上做什么运动？(2)工件到达B点的速度是多少？(3)工件在倾斜传送带上运动时受到哪几个力作用？(4)工件在倾斜传送带上做什么运动？如何理解第(2)问中“恰好”？[解析](1)工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示，则FN1＝mgFf1＝μFN1＝ma1联立解得a1＝5m/s2.由运动学公式有t1＝v1a1＝55s＝1sx1＝12a1t21＝12×5×12m＝2.5m由于x1LAB，工件随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间为t2＝LAB－x1v1＝0.3s工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示，则FN2＝mgcosθmgsinθ＋μFN2＝ma2由运动学公式有x2＝0－v21－2a2联立解得a2＝10m/s2，x2＝1.25m工件沿CD传送带上升的最大高度为h＝x2sinθ＝1.25×0.6m＝0.75m沿CD上升的时间为t3＝0－v1－a2＝0.5s故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8s.(2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得－2a2x3＝v22－v21mgsinθ－μFN2＝ma3－2a3x4＝0－v22LCD＝x3＋x4解得v2＝4m/s.[答案](1)0.75m1.8s(2)4m/s规律总结“三分析”巧解传送带模型问题[应用提升练]1．(多选)(2019·辽宁葫芦岛模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则()A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2s内摩擦力对物体做功W＝－24J解析：由题图可知，当物体速度达到v0＝10m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1s内物体的加速度为a1＝10m/s2,1～2s内为a2＝2m/s2，则有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设物体的两段位移为x1、x2，则有x1＝v202a1＝1022×10m＝5m，x2＝v2－v202a2＝122－1022×2m＝11m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝μmgcosθ×x1－μmgcosθ×x2＝－24J，故D正确．答案：ACD2．(2019·河北衡水高三调研)一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2,试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离．(2)物块从出发到4.5s末通过的路程．(sin37°＝0.6，g取10m/s2)解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg＝ma1x1＝v202a1＝1m＜L所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以速度v0滑上斜面－mgsinθ＝ma2物块速度为零时上升的距离x2＝－v202a2＝13m由于x2＜0.4m，所以物块未到达斜面的最高点．(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t1＝2x1v0＋L－x1v0＝1.5s物块在斜面上往返一次的时间t2＝2－v0a2＝23s物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左－μmg＝ma3向左端发生的最大位移x3＝－v202a3物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，4.5s末物块在斜面上速度恰好减为零，故物块通过的总路程x＝L＋3x2＋2x3x＝5m.答案：(1)不能13m(2)5m模型二：“板—块”模型1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．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时，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(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．[示例2](2017·高考全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．[思路点拨](1)A、B在木板上滑动时，木板所受的力有哪些？木板做什么运动？(2)A、B哪一个先与木板共速？共速后各自做什么运动？[解析](1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板所受地面的摩擦力大小为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛顿第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s.⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－12aBt21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋aAt2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－12aA(t1＋t2)2⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m．⑰(也可用如图所示的速度—时间图线求解)[答案](1)1m/s(2)1.9m规律总结分析“滑块—木板”类模型时要抓住一个转折和两个关联———————————————————————————(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联．一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键．[应用提升练]3．(2019·湖北重点中学高三联考)如图所示，质量M＝1kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2.(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间．解析：(1)A、B之间的最大静摩擦力为Ffm＞μ1mg＝0.3×1×10N＝3N假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体：F＝(M＋m)a对A：FfAB＝Ma解得FfAB＝2.5N因FfABFfm，故A、B之间不发生相对滑动．(2)对B：F－μ1mg＝maB对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA据题意：xB－xA＝LxA＝12aAt2，xB＝12aBt2解得t＝2s.答案：(1)见解析(2)2s4．(2019·山西吕梁高三期末)如图所示，一质量为M＝4kg、长为L＝2m的木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，在此木板的右端上还有一质量为m＝1kg的铁块，且视小铁块为质点，木板厚度不计．今对木板突然施加一个水平向右的拉力F.(1)若不计铁块与木板间的摩擦，且拉力大小为6N，求木板的瞬时加速度．(2)若不计铁块与木板间的摩擦，且拉力大小为6N，则小铁块经多长时间将离开木板？(3)若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2，铁块与地面间的动摩擦因数为0.1，要使小铁块对地面的总位移不超过1.5m，则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件？(g取10m/s2)解析：(1)对木板受力分析，由牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g＝Ma解得a＝0.25m/s2.(2)由运动学公式得L＝12at2解得t＝4s.(3)铁块在木板