學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三物理人教版一輪學(xué)案：第三單元專題三動(dòng)力學(xué)中的“傳送帶、板塊”模型含解析專題三動(dòng)力學(xué)中的“傳送帶、板塊”模型考綱考情核心素養(yǎng)?牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用Ⅰ?傳送帶模型、板塊模型。物理觀念全國卷5年3考高考指數(shù)★★★☆☆?應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析傳送帶模型及板塊模型.科學(xué)思維突破1傳送帶模型題型1水平傳送帶模型模型概述求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析判斷，物體的速度與傳送帶速度相等的時(shí)刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時(shí)刻常見情形情形一（1）可能一直加速(2)可能先加速后勻速情形二（1)v0>v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速常見情形情形三（1）傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速到達(dá)左端（2）傳送帶較長時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端，其中v0〉v時(shí)，返回速度為v，v0〈v時(shí)，返回速度為v0常見情形情形四(1）若μg≥a0,物塊和傳送帶一起以加速度a0加速運(yùn)動(dòng),物塊受到沿傳送帶前進(jìn)方向的靜摩擦力f＝ma0（2）若μg〈a0，物塊將跟不上傳送帶的運(yùn)動(dòng)，即物塊相對于傳送帶向后滑動(dòng),但物塊相對地面仍然是向前加速運(yùn)動(dòng)的,此時(shí)物塊受到沿傳送帶前進(jìn)方向的滑動(dòng)摩擦力f＝μmg，產(chǎn)生的加速度a＝μg如圖所示，水平傳送帶兩端相距x＝8m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，工件滑上A端時(shí)速度vA＝10m/s，設(shè)工件到達(dá)B端時(shí)的速度為vB,重力加速度g取10m/s2.(1）若傳送帶靜止不動(dòng)，求vB；（2)若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，工件還能到達(dá)B端嗎？若不能,說明理由；若能，求到達(dá)B端時(shí)的速度vB；（3）若傳送帶v＝13m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求vB及工件由A到B所用的時(shí)間．【解析】(1)設(shè)工件質(zhì)量為m，在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝6m/s2又veq\o\al（2，A)－veq\o\al（2，B)＝2ax，代入數(shù)據(jù)解得vB＝2m/s.(2)能當(dāng)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，工件受力不變,其加速度不發(fā)生變化,仍然始終減速，故工件到達(dá)B端時(shí)的速度vB＝2m/s。(3)工件速度達(dá)到v＝13m/s所用的時(shí)間為t1＝eq\f（v－vA，a）＝0.5s運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝vAt1＋eq\f（1,2）ateq\o\al(2，1)＝5.75m<8m則工件在到達(dá)B端之前速度就達(dá)到13m/s，此后工件與傳送帶相對靜止，因此工件先加速后勻速，故vB＝13m/s勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝x－x1＝2.25m勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f（x2,v）≈0.17s工件由A到B所用的時(shí)間t＝t1＋t2＝0。67s.【答案】(1）2m/s(2）能2m/s(3）13m/s0.67s1.(多選）在機(jī)場和火車站可以看到對行李進(jìn)行安全檢查用的水平傳送帶,如圖所示,當(dāng)旅客把行李放在正在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上后，傳送帶和行李之間的滑動(dòng)摩擦力使行李開始運(yùn)動(dòng)，隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起勻速通過檢測儀器接受檢查,設(shè)某機(jī)場的傳送帶勻速前進(jìn)的速度為0。4m/s,某行李的質(zhì)量為5kg，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0。2,在旅客把這個(gè)行李箱小心地放在傳送帶上，通過安全檢查的過程中，g取10m/s2，則(ACD)A．開始時(shí)行李的加速度大小為2m/s2B．行李到達(dá)B點(diǎn)的時(shí)間為2sC．傳送帶對行李做的功為0。4JD．傳送帶上將留下一段摩擦痕跡，該痕跡的長度是0.04m解析：本題考查物體在水平傳送帶上的運(yùn)動(dòng)問題．行李開始運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律有μmg＝ma，得a＝2m/s2,故A正確；由于傳送帶的長度未知，故不能求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；行李最后和傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理知，傳送帶對行李做的功為W＝eq\f（1，2）mv2＝0。4J，故C正確；行李和傳送帶相對滑動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(v,a）＝eq\f（0.4,2）s＝0。2s，則在傳送帶上留下的痕跡長度為s＝vt－eq\f（1，2）at2＝0。04m，故D正確．題型2傾斜“傳送帶”模型模型概述求解的關(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運(yùn)動(dòng)情況，從而確定其是否受到滑動(dòng)摩擦力作用，當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí),物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變常見情形情形一（1）可能一直加速(2）可能先加速后勻速情形二(1)可能一直加速（2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后以a2加速常見情形情形三（1)可能一直加速（2）可能先加速后勻速（3）可能一直勻速(4）可能先以a1加速后以a2加速（5）可能先減速后勻速情形四(1）可能一直加速(2）可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速如圖所示,傳送帶與地面夾角θ＝37°,從A到B長度為L＝10。25m，傳送帶以v0＝10m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶上端A無初速度地放一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5。煤塊在傳送帶上經(jīng)過會(huì)留下黑色痕跡．已知sin37°＝0.6,cos37°＝0。8,g取10m/s2，求：（1）煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間；(2)煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中在傳送帶上留下痕跡的長度．【解析】(1)煤塊剛放上時(shí),受到向下的摩擦力，其加速度為a1＝g（sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，加速過程中,有t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，x1＝eq\f(1，2)a1teq\o\al（2,1）＝5m，速度達(dá)到v0后，受到向上的摩擦力，則a2＝g（sinθ－μcosθ）＝2m/s2，x2＝L－x1＝5。25m，由x2＝v0t2＋eq\f(1,2）a2teq\o\al（2,2)，解得t2＝0。5s.煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝1。5s。（2)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－x1＝5m，第二過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，兩過程痕跡部分重合，故痕跡總長為5m.【答案】（1）1。5s(2)5m高分技法傳送帶問題的分析思路（1）抓好一個(gè)突破點(diǎn)-—摩擦力的分析在分析傳送帶問題時(shí)，對摩擦力的分析至關(guān)重要．分析摩擦力時(shí)，先要明確“相對運(yùn)動(dòng)”或“相對運(yùn)動(dòng)趨勢”,當(dāng)二者達(dá)到共速的瞬間，是摩擦力發(fā)生突變的臨界狀態(tài)．(2)要注意三個(gè)狀態(tài)的分析——初態(tài)、共速和末態(tài)2．（多選）如圖甲所示,傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速度運(yùn)行，將一質(zhì)量m＝1kg的小物體以某一初速度放上傳送帶,物體相對地面的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示,取沿傳送帶向上為正方向,g取10m/s2，sin37°＝0。6,cos37°＝0.8.下列說法正確的是（CD）A．傳送帶沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),速度大小為4m/sB．物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0。75C．0～8s內(nèi)物體位移的大小為14mD．0~8s內(nèi)物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126J解析：由題圖乙可知小物塊先向下做減速運(yùn)動(dòng)后向上做加速運(yùn)動(dòng)，故可知傳送帶速度方向沿順時(shí)針方向，最終物體和傳送帶的速度相同,故傳送帶速度大小為4m/s，故A錯(cuò)誤;根據(jù)v.t圖象的斜率表示加速度，物體相對傳送帶滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(2,2）m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝0.875，故B錯(cuò)誤；0～8s內(nèi)物體的位移為s＝－eq\f（1，2)×2×2m＋eq\f(2＋6,2)×4m＝14m,故C正確；0~8s內(nèi)只有前6s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對滑動(dòng)，0～6s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為s帶＝4×6m＝24m，0～6s內(nèi)物體的位移為s物＝－eq\f(1，2）×2×2m＋eq\f（4×4,2）m＝6m，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos37°·（s帶－s物）＝126J，故D正確．突破2“木板-滑塊”模型1．模型特點(diǎn)：涉及兩個(gè)物體，并且物體間存在相對滑動(dòng)．2．摩擦力方向的特點(diǎn)(1)若兩個(gè)物體同向運(yùn)動(dòng)，且兩個(gè)物體“一快一慢”，則“快”的物體受到的另一個(gè)物體對它的摩擦力為阻力，“慢”的物體受到的另一個(gè)物體對它的摩擦力為動(dòng)力．(2）若兩個(gè)物體反向運(yùn)動(dòng)，則每個(gè)物體受到的另一個(gè)物體對它的摩擦力均為阻力．3．運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1）滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移大小之差等于板長；反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移大小之和等于板長．設(shè)板長為L,滑塊位移大小為x1，滑板位移大小為x2同向運(yùn)動(dòng)時(shí)：如圖甲所示,L＝x1－x2反向運(yùn)動(dòng)時(shí)：如圖乙所示,L＝x1＋x2（2）若滑塊與滑板最終相對靜止，則它們的末速度相等．(2019·江蘇卷)如圖所示,質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊．A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度,在B上滑動(dòng)距離L后停下．接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對齊時(shí)恰好相對靜止,此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下．最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.求：（1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；（2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、aB′;(3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB.【解析】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用、板塊模型問題．(1）設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，由牛頓第二定律有maA＝μmg,勻變速直線運(yùn)動(dòng)過程有2aAL＝veq\o\al（2,A），解得vA＝eq\r（2μgL)。（2）對齊前，B所受合外力大小為F＝3μmg，由牛頓第二定律有F＝maB，得aB＝3μg.對齊后,A、B整體所受合外力大小為F′＝2μmg，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有F′＝2maB′,得aB′＝μg.(3)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A的加速度大小等于aA，則有v＝aAt，v＝vB－aBt，xA＝eq\f(1，2)aAt2，xB＝vBt－eq\f(1，2）aBt2，且xB－xA＝L，解得vB＝2eq\r(2μgL）.【答案】（1）eq\r(2μgL)（2）3μgμg（3)2eq\r(2μgL)高分技法板塊模型問題的分析思路運(yùn)動(dòng)狀態(tài)處理方法具體步驟板塊速度不相等隔離法對滑塊和木板進(jìn)行隔離分析，弄清每個(gè)物體的受力情況與運(yùn)動(dòng)過程板塊速度相等瞬間假設(shè)法①假設(shè)兩物體間無相對滑動(dòng)②用整體法算出一起運(yùn)動(dòng)的加速度③用隔離法算出其中一個(gè)物體“所需要”的摩擦力Ff④比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系，若Ff≤Ffm，兩物體間無相對滑動(dòng)，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對滑動(dòng)板塊共速運(yùn)動(dòng)整體法將滑塊和木板看成一個(gè)整體，對整體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析3．(多選）如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f（1，2)μ。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則(BCD)A．當(dāng)F〈2μmg時(shí),A、B都相對地面靜止B．當(dāng)F＝eq\f（5,2)μmg時(shí),A的加速度為eq\f（1,3）μgC．當(dāng)F>3μmg時(shí)，A相對B滑動(dòng)D．無論F為何值，B的加速度不會(huì)超過eq\f（1,2）μg解析：A、B間的最大靜摩擦力為2μmg,B和地面之間的最大靜摩擦力為eq\f（3,2)μmg，對A、B整體，只要F>eq\f（3，2)μmg，整體就會(huì)相對地面運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí),A、B將要發(fā)生相對滑動(dòng)，故A、B一起運(yùn)動(dòng)的加速度的最大值滿足2μmg－eq\f（3,2)μmg＝mamax，B運(yùn)動(dòng)的最大加速度amax＝eq\f（1，2）μg，選項(xiàng)D正確;對A、B整體，有F－eq\f(3,2）μmg＝3mamax,得F＝3μmg，則F>3μmg時(shí)兩者會(huì)發(fā)生相對滑動(dòng)，選項(xiàng)C正確；當(dāng)F＝eq\f(5,2）μmg時(shí)，兩者相對靜止，一起滑動(dòng)，加速度滿足F－eq\f(3,2)μmg＝3ma，解得a＝eq\f(1,3）μg，選項(xiàng)B正確．4。如圖所示，在傾角為θ＝30°的足夠長的固定的光滑斜面上,有一質(zhì)量為M＝3kg的長木板正以v0＝10m/s的初速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(大小可忽略)輕放在長木板正中央，已知物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f（\r(3），2），設(shè)物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1)放上小物塊后，木板和小物塊的加速度大?。?2）要使小物塊不滑離長木板，長木板至少要有多長．解析：本題考查傾斜面上的板塊問題．(1）小物塊在長木板上滑動(dòng)時(shí)受到的沿木板的滑動(dòng)摩擦力大小為f＝μmgcosθ＝7。5N，由牛頓第二定律，對小物塊有f＋mgsinθ＝ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝12.5m/s2，對長木板，由牛頓第二定律有Mg