素養培優1 利用三大觀點解決“傳送帶”、“板塊”模型問題-高考物理二輪復習（含答案）

素養培優1利用三大觀點解決“傳送帶”、“板塊”模型問題-高考物理二輪復習

力學三大觀點的整合

一、培優一傳送帶模型問題

1.摩擦力的方向及存在階段的判斷

理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關鍵。

2.物體能否達到與傳送帶共速的判斷

物體與傳送帶達到相同速度時往往出現摩擦力突變的臨界狀態，對這一臨界狀態進行分析往往是解題的突破口。

3.傳送帝中摩擦力做功與能量轉化

（I）靜摩擦力做功的特點：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。②相互作用的一對靜摩擦

力做功的代數和總是等于零，不會轉化為內能。

（2）滑動摩擦力做功的特點：①滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。②相互間存在滑動摩

擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產生的內能°

（3）摩擦生熱的計算：?Q=FfS其中網為相互摩擦的兩個物體間的相對路程。②傳送帶因傳送物體多消

耗的能量等于物體增加的機械能與系統產生的內能之和。

【典例1】

1.-7、平傳送帶長L=10m,以恒定速率v=2m/s順時針勻速轉動。在傳送帶左端每隔1s輕輕地放上相同

的小物塊（可視為質點），小物塊的質量m=2kg,與傳送帶間的動摩擦因數以=0.4,取重力加速度大小g=

10m/ss從第1個小物塊到達傳送帶最右端（仍在傳送帶上）開始計時，下列說法正確的是（）

A.。?1s內，傳送帶上小物塊均受到摩擦力作用

B.每個物塊在傳送帶上勻速運動的時間為5s

C.t=0時刻，傳送帶上共計有5個小物塊

D.0?1s內，所有小物塊對傳送帶的摩擦力做的總功為一8J

方法技巧

傳送帶問題的分析步驟與方法

第1頁

---根據“拘、”號的大小和方向關系判斷物體所受

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%時易發生突變

運動情根據&拘、”號的大小和方向及物體所受摩擦力

況分析情況判斷物體的運動規律

:?:

功能關對物體和傳送帶組成的系統A￡=A&+A￡0+

系分析Q,其中Q二科?力和計

;*:

圖像涉及相對運動的動力學問題，可畫出各物體

分析的圖像，可使問題更簡捷

刀強化訓練；

2.輪船運輸過程中常用傳送帶將船艙里的貨物輸送到碼頭，工作人員將貨物輕放在傳送帶的底端，由傳送

帶傳送到頂端，隨后由其他工作人員完成裝車任務。貨物的傳送過程可以簡化為如圖甲所示模型，圖甲為傾

角37。的傳送帶，在電動機的帶動下以一定的速度穩定運行，電動機的內阻不計。貨物質量M=50kg,從輕

放在傳送帶底端A處開始計時，10s時到達頂端B,其運動過程的v-t圖像如圖乙，g取lOm/sz,§由37。=

0.6,則貨物從A運動到B的過程中，下列說法正確的是（）

A.貨物與傳送帶之間的摩擦力大小始終不變

B.貨物機械能的增加量為4500J

C.貨物與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為1600J

D.傳送貨物過程中電動機多消耗的電能為6400J

二、培優二板塊模型問題

_%

%Mm—

模型圖示

水平地面光滑或不光滑水平地面光滑或不光滑

“滑塊一滑板”模型作為力學的基本模型經常出現，是對直線運動、牛頓運動定律和功能關系及動量守

恒定律有關知識的鞏固和應用，這類問題可分為兩類：

①沒有外力參與，滑板放在光滑水平面上，滑塊以一定速度在滑板上運動，滑塊與滑板組成的系統

模型特點動量守恒，注意滑塊若不滑離滑板，最后二者具有共同速度，摩擦力與相對路程的乘積等于系統損

失的動能，即Ff-x相時=AEk。

②系統受到外力，這時對滑塊和滑板一般隔離分析，畫出它們運動的示意圖，應用牛頓運動定律、

運動學公式及動量定理求解

【典例2】

第2頁

3.如圖所示，一傾角0=45。的固定斜面，其底端與靜止在光滑水平面上的滑板上⑵的A點平滑連接但不粘

連。滑板的上表面由水平部分AB和四分之一光滑圓弧BCG）組成,BC與AB在B處相切。一質量m=1kg

的物塊（可視為質點）從離A點高h=0.9m處的斜面上由靜止釋放，物塊恰好能到達圓弧的最高點C8）。

已知滑板質量M=2kg,圓弧半徑R=Rm,物塊與斜面、AB之間的動摩擦因數均為6=0.5,①e取10

m/s2,求：

（1）物塊在斜面上的加速度大小：

（2）滑板水平部分AB的長度；

（3）物塊從第二次經過B點到相對滑板靜止所需的時間。

審題指導：

信息提取信息加工

物塊與斜面、AB之間的動摩擦因數均為|1=0.5,

利用牛頓第二定律計算物塊在斜面上的加速度大小

①

光滑水平面上的滑板上②

從A運動到C點，水平方向動量守恒，能量守恒

物塊恰好能到達圓弧的最高點C②

物塊在滑板.上從A點到第二次經過B點過程，水平方向

四分之一光滑圓弧BC③動量守恒，能量守恒，再結合動量定理即可計算所需的時

間

規律總結

解答板塊模型問題的思維模板

第3頁

9強化訓練；

4.如圖所示，長為L=2m、質量為M=2kg的木板靜止在光滑的水平地面上，A、B是木板的兩個端點，

點C是AB中點，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一個質量為m=lkg的物塊（可視為質點），現

給木板施加一個水平向右，大小為F=9N的恒力，當物塊相對K板滑至C點時撤去這個力，最終物塊恰好

滑到木板的B端與木板一起運動，求：

且_____￡___F

（1）物塊到達木板C點時木板的速度V］；

（2）木板的摩擦力對物塊做的功Wf；

（3）木塊和木板CB段間的動摩擦因數卜1。

“三步法”破解：力學高考壓軸大題

【典例】

5.如圖，在一段水平光滑直道上每間隔h=3m鋪設有寬度為L=2.4m的防滑帶。在最左端防滑帶的左邊

緣靜止有質量為nn=2kg的小物塊P,另一質量為m：=4kg的小物塊Q以vo=7rn/s的速度向右運動并與P

發生正碰，且碰撞時間極短。已知碰撞后瞬間P的速度大小為v=7m/s,P、Q與防滑帶間的動摩擦因數均

為|1=05重力加速度大小g=10m/s2。求：

第4頁

(1)該碰撞過程中損失的機械能：

(2)P從開始運動到靜止經歷的時間。

三步審題：

第一步,第二步)第三步,

審條件，挖隱含審情景，建模型審過程，選規律

(1)小物塊Q以%=7m/s的速度向右運⑴物塊Q和P的碰撞⑴物塊Q和P碰撞過程.動域守恒,根據功能關系

動并與P發生正碰,且碰撞時間過程中動顯守恒，求損失的機械能，

極短,故碰撞過程中動顯守恒。屬于碰撞模型。(2)物塊P在防滑帶上減速.計算出離開防滑帶時

(2)碰后。在防滑帶上,做勾減速⑵物塊在防滑帶上的的速度及該過程的時間。

運動C運動:勻變速直線(3)計算物塊『在光滑直道上運動的時間。

物體。在光滑的在道上做勻速直

(3)運動模型。(4)物塊P在第二個防滑帶上減速，計算出離開防

線運動C滑帶時的速度及該過程的時間。

⑸判斷物塊。停在第幾個防滑帶上。

規范點撥：

1.要有必要的文字說明。

列方程時一般要說明研究對象、研究過程(或狀態)、選用的物理規律等。如：P、Q碰撞過程由動量守恒定律有

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，不寫連等式或綜合方程。

閱卷是按步得分，每一步，都有對應的分值。如：

pmig=mia

也2-v2=_2ah

2-2=-

V2Vi2ah

解得vi=5m/s,V2=1m/so

3.表示同一個物理量的字母(包括上角標或下角標)，前后書寫要保持一致。如：

+入+&

Q%V2

兩式中的V、VI、V2與V0不能混淆，k12不能寫成L、L2,不得混淆，否則將至少丟掉3分。

第5頁

答案解析部分

1.【答案】D

【解析】【解答】ABC：由牛頓第二定律知，物塊相對傳送帶滑動時的加速度大小@=%=4面52,

物塊達到與傳送帶速度相同所用的時間解得「=0.5s,此過程物塊的位移大小xi=；ti,解得用=0.5

m<L=10m,

此后物塊隨傳送帶做勻速直線運動，物塊不受摩擦力作用，則。?1s內，傳送帶上小物塊并不是都處于加速

階段，并不是都受到摩擦力作用，

每個物塊在傳送帶上做勻速直線運動的時間12=口1,解得12=4.75s,

V

每個物塊在傳送帶上運動的總時間l=ti+t2,解得t=5.25s,

由于計時時第一個小物塊恰好到達傳送帶最右端，且每1s釋放一個小物塊，貝h=0時刻，傳送帶上共有6

個小物塊，故A、B、C錯誤；

D：。?1s內，所有小物塊對傳送帶的摩擦力做的功，可等效為一個小物塊在0?1s內對傳送帶做的功，故

此過程所有小物塊對傳送帶的摩擦力做功W=-Nmg,，ti,解得W=-8J,故D正確。

【分析】本題核心思路是先分析單個物塊在傳送帶上的加速與勻速運動過程，再結合物塊的投放間隔，分

析不同時刻傳送帶上的物塊數量、受力情況，最后計算摩擦力對傳送帶做的功。

2.【答案】C

【解析】【解答】A：由圖乙可知貨物在傳送帶上先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動。在勻加速階段，

滑動摩擦力沿傳送帶向上，

根據牛頓第二定律有fi-Mgsin37o=Ma,根據v-l圖像可得加速度a=^m/s2=0.4m/s2,解得11=32()N,

勻速階段，靜摩擦力f2=Mgsin37o=300N,所以摩擦力大小發生了變化，故A錯誤；

B：貨物機械能的增加量等于動能彈加量與重力勢能增加量之和，其動能增加量為△Ek=3M3=/50x22J=

100J,重力勢能增加量為AEp=MgLsin37°,

其中L為傳送帶長度，根據圖乙可知貨物前5s做勻加速運動的位移為xi=^ti=|x5m=5m,

后5s做勻速運動的位移為X2=vt2=2x5m=10m,則貨物總位移，

即傳送帶長度為L=XI+X2=15m,解得貨物重力勢能增加量為AEP=4500J,

其機械能增加量為AE=AEp+AEk=4600J,故B錯誤；

C：貨物與傳送帶因摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，勻加速階段傳送帶的位移為x^=vh=2x5m

=10rr,

貨物位移xi=5m,貨物相對傳送帶的位移為\x=x傳-xi=5m,

則摩擦產生的熱量Q=fiAx=320x5J=1600J,故C正確；

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D：電動機多消耗的電能等于貨物機械能增加量與摩擦產生的熱量之和，即△E,ll=AE+Q=6200J,故D錯

誤

【分析】本題核心思路是結合v-t圖像分析貨物的兩段運動（勻加速、勻速），通過牛頓運動定律求摩擦

力，再分別計算機械能增量、摩擦生熱和電動機多消耗的電能，逐一驗證選項。

3.【答案】（1）解：對斜面上的物塊，由牛頓第二定律得mgsin0—^mgcos9=ma

解得m/s2

（2）解：物塊由靜止釋放運動到滑板上A點過程，由能量守恒定律得mgh=4Tw/+11mgeos0-1二

ZSITIU

物塊在滑板上由A點運動到C點過程，在水平方向上動量守恒，由動量守恒定律得mvA=（m+M）vc

AB的長度設為L,物塊在滑板上由A點運動到C點過程，由能量守恒定律得"]u/=hm/M）Vc2+mgR+

fimgL

聯立解得L=1m

（3）解：物塊第二次經過滑板上的B點時，物塊的速度大小設為V1，滑板的速度大小設為vz,取水平向右

為正方向。物塊在滑板上從A點到第二次經過B點過程，水平方向動量守恒，由動量守恒定律得mvA=Mv2

—mvi

該過程，山能量守恒定律得挪以2=441222+初歸2+國國1

物塊在滑板上從A點到第二次經過B點再到相對滑板靜止過程，水平方向動量守恒，由動量守恒定律得m\，A

—（7H+M）V共

物塊在滑板上第二次經過B點到相對滑板靜止過程，對物塊，由動量定理得pmgt=mv共一m（一%）

聯立解得t=±s

【解析】【分析】（1）對斜面上的物塊進行受力分析，沿斜面方向重力分力與摩擦力的合力提供加速度，由牛

頓第二定律求解。

（2）物塊從釋放到滑上滑板A點，用能量守恒求A點速度；物塊在滑板上運動時水平方向動量守恒，結合能

量守恒（含摩擦生熱、重力勢能增加）求AB長度。

（3）物塊第二次經過B點時，先由動量守恒和能量守恒求此時物塊與滑板的速度：再對兩者分別受力分析，

用牛頓運動定律求相對靜止的時間。

4.【答案】（1）解：根據題意，由AC段光滑可知，開始木板滑動，物塊不動，對木板，由動能定理有

解得vi=3

（2）解：撤去外力后，木板與物塊組成的系統動量守恒，由動量守恒定律有Mvi=（M+m）v

第7頁

解得v=2m/s

對物塊，由動能定理有W[=*mvz

解得Wf=2Jo

（3）解:由能量守恒定律有用哨，=施打2T（M*HI）V2

解得產0.3

【解析】【分析】（1）AC段光滑，施加恒力F時木板加速、物塊靜止，對木板利用動能定理求解C點速度。

（2）撤去F后系統水平方向動量守恒，先求共同