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高考物理二轮复习 第1部分 专题1 微专题1 连接体问题 板块模型 传送带模型
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这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题1 微专题1 连接体问题 板块模型 传送带模型，共16页。试卷主要包含了常见模型，方法技巧，三类结论等内容，欢迎下载使用。
连接体问题 板块模型 传送带模型
题型突破1| 连接体问题
1．常见模型：弹力连接、摩擦力连接、轻绳连接、轻杆连接、弹簧连接；
2．方法技巧：要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法解题。
3．三类结论
(1)通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等。
(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力。
(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
[典例1] (多选)如图所示，粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k。斜面体在水平向右的恒力F作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面)。重力加速度为g，以下说法正确的是( )
A．水平恒力大小为(M＋m)a
B．地面对斜面体的摩擦力为μ(M＋m)g
C．弹簧的形变量为
D．斜面对小球的支持力为mgcos θ＋masin θ
BC [以小球和斜面体组成的系统为研究对象，并进行受力分析，结合题意可知地面对斜面体的摩擦力为Ff＝μ(M＋m)g，对系统应用牛顿第二定律有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g，A错误，B正确；在沿斜面方向和垂直于斜面方向上分解小球的加速度，应用牛顿第二定律有kx－mgsin θ＝macos θ，mgcos θ－FN＝masin θ，解得弹簧的形变量为x＝，斜面对小球的支持力FN＝mgcos θ－masin θ，C正确，D错误。]
[考向预测]
1．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．M运动的加速度大小为g
BCD [互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A错，B、C、D对。]
2．(多选)(2021·湖南高三一模)如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为3m、3m、3m、1.5m的四个木块A、B、C、D，木块A、B用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为μ，木块C、D与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若用水平拉力F拉木块B，使四个木块一起匀加速前进，重力加速度为g，则( )
A．匀加速的最大加速度为μg
B．以最大加速度匀加速前进时，木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为3∶2
C．水平拉力F最大为7μmg
D．轻绳所受的最大拉力为4μmg
BCD [木块C运动的最大加速度aC＝＝，木块D运动的最大加速度为aD＝＝μg，可知系统匀加速的最大加速度为，故A错误；以最大加速度匀加速前进时，木块A、C间的摩擦力fAC＝μ·3mg，对D分析，木块B、D间的摩擦力满足fBD－×4.5mg＝1.5ma，解得fBD＝2μmg，即木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为3∶2，故B正确；对ABCD整体F－(3m＋3m＋3m＋1.5m)g＝(3m＋3m＋3m＋1.5m)a，a＝，解得水平拉力F最大为F＝7μmg，故C正确；对AC整体T－×6mg＝6ma，a＝，解得T＝4μmg，即轻绳所受的最大拉力为T＝4μmg，故D正确。]
题型突破2| 板块模型
1．模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系。
2．解题关键
(1)临界条件：要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。
(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移。
[典例2] 如图所示，有1、2、3三个质量均为m＝1 kg的物体，长板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的轻质定滑轮且与长板2相连的轻绳水平，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75 m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2。长板2在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v＝4 m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下。(g取10 m/s2)求：
(1)长板2开始运动时的加速度大小；
(2)长板2的长度L0；
(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置。
[思维拆解] (1)规定正方向，分析各个物体的受力情况，分别求出各自的加速度。
(2)分析3个物体运动特点，判断物体1和长板2具有相同速度时的时间及各自的瞬时速度。
(3)分析达到相同速度过程物体1和长板2各自发生的位移，根据相对位移确定长板2的长度。
(4)分析物体1和长板2达到相同速度后的受力变化及以后的运动状态，确定相对位移。
[解析] (1)设向右为正方向，由牛顿第二定律
物体1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2 m/s2
长板2：FT＋μmg＝ma2
物体3：mg－FT＝ma3
且a2＝a3
联立解得：a2＝＝6 m/s2。
(2)设经过时间t1物体1与长板2速度相等，
则有v1＝v＋a1t1＝a2t1
代入数据，解得t1＝0.5 s，v1＝3 m/s
物体1的位移为：x1＝t1＝1.75 m
长板2的位移为：x2＝＝0.75 m
所以长板2的长度L0＝x1－x2＝1 m。
(3)此后，假设物体1、2、3相对静止一起加速
FT＝2ma，mg－FT＝ma，
即mg＝3ma
得a＝
对1分析：Ff静＝ma≈3.3 N＞Ff＝μmg＝2 N，故假设不成立，物体1和长板2相对滑动
物体1：μmg＝ma3，a3＝μg＝2 m/s2
长板2：FT－μmg＝ma4
物体3：mg－FT＝ma5
且a4＝a5
联立解得：a4＝＝4 m/s2
从物体1、2达到共同速度到物体3落至地面过程中，物体3下落的高度h＝H－x2＝5 m
根据h＝v1t2＋a4t
解得t2＝1 s
物体1的位移x3＝v1t2＋a3t＝4 m
h－x3＝1 m，即物体1在长板2的最左端。
[答案] (1)6 m/s2 (2)1 m (3)物体1在长板2的最左端
【答题满分规则】 规则1：要明确描述研究对象的物理量。用简短的文字叙述清楚研究对象的物理量，尽管文字说明不占分数，但这是方程得分的关键(如题目中的物体1、长板2等)。
规则2：用题目和自己所设符号列式求解时，一定明确物理量的意义，避免混乱，否则此处很容易丢分(如加速度a1，物体1的位移x1等)。
规则3：解题过程中能够得分的物理关系式必须是原始方程式，不能以变形的结果式代替原始方程式。
规则4：写清公式和答案，不必写出推导过程，只有公式和最后的答案是得分点。中间的数学运算过程可在草稿上完成。即做题时重点写清物理公式和答案，淡化数学运算过程(如题目中只有方程和结果，而不出现具体计算过程)。
[考向预测]
3．(多选)(2021·山东青岛高三3月检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。滑块、长木板的速度图象如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．t＝10 s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075
D．滑块Q在长木块P上滑行的路程是12 m
BCD [由图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，故C正确；6 s末到长木板停下来过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，这段时间Δt1＝＝3 s，所以，t＝9 s时长木板P停下来，故A错误；长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx1＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝7.5 m，故B正确；从6 s末到滑块停下来过程中，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5 m/s2，这段时间Δt1＝＝6 s，所以，t3＝12 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长板P上滑行的距离Δx2＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，滑块Q在长木板P上滑行的路程是Δx＝Δx1＋Δx2＝12 m，故D正确。]
4．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
[解析] A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知μmg＝maA，A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝v
解得vA＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小FfA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小Ff地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝FfA＋Ff地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝Ff地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
[答案] (1) (2)3μg μg (3)2
题型突破3| 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。
(a) (b) (c)
2．解题关键
(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。
[典例3] 一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m。其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，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4.5 s末通过的路程。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
[解析] (1)取向右为正，物块在传送带上先做匀加速直线运动
μmg＝ma1
x1＝＝1 m＜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
－mgsin θ＝ma2
物块速度为零时上升的距离
x2＝＝ m
由于x2＜0.4 m，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＝＋＝1.5 s
物块在斜面上往返一次的时间t2＝2＝ s
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＝－＝1 m
物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间均为t3＝＝1 s,4.5 s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＋2x3
x＝5 m。
[答案] (1)不能 m (2)5 m
[母题追问]
将典例3中的斜面换成倾斜传送带，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，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＝5 m/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10 m/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传送带过程中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(v2
甲
Ff1＝μFN1＝ma1
联立解得a1＝5 m/s2。
由运动学公式有t1＝＝ s＝1 s
x1＝a1t＝×5×12 m＝2.5 m
由于x1
乙
mgsin θ＋μFN2＝ma2
由运动学公式有x2＝
联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为
h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD上升的时间为t3＝＝0.5 s
故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
(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
丙
－2a2x3＝v－v
mgsin θ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－v
LCD＝x3＋x4
解得v2＝4 m/s。
[答案] (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s
反思感悟：“三步”巧解传送带问题
(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况。
(2)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传。
(3)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。注意倾斜传送带问题，在没有其他外力的情况下，一定要比较斜面倾角的正切值与动摩擦因数的大小关系。
[考向预测]
5．(2021·湖南五市十校联考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小物块向上运动过程中的加速度大小恒为10 m/s2
B．小物块向上运动的时间为1.6 s
C．小物块向上滑行的最远距离为3 m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
B [当v2>v1时，对小物块由牛顿第二定律得：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝10 m/s2。μ
(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物沿传送带上滑的位移为多少？
(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？
[解析] (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：
根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：
mgsin θ＋Ff＝ma1
垂直传送带方向：mgcos θ＝FN
又Ff＝μFN
由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下。
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
t1＝＝1 s，x1＝t1＝7 m。
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下。
设货物再经时间t2速度减为零，则t2＝＝1 s
货物沿传送带向上滑的位移x2＝t2＝1 m
则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m。
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2。
设下滑时间为t3，则x＝a2t，代入解得t3＝2 s。
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t，则t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2) s。
[答案] (1)10 m/s2，方向沿传送带向下
(2)1 s 7 m (3)(2＋2) s
连接体问题 板块模型 传送带模型
题型突破1| 连接体问题
1．常见模型：弹力连接、摩擦力连接、轻绳连接、轻杆连接、弹簧连接；
2．方法技巧：要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法解题。
3．三类结论
(1)通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等。
(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力。
(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
[典例1] (多选)如图所示，粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k。斜面体在水平向右的恒力F作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面)。重力加速度为g，以下说法正确的是( )
A．水平恒力大小为(M＋m)a
B．地面对斜面体的摩擦力为μ(M＋m)g
C．弹簧的形变量为
D．斜面对小球的支持力为mgcos θ＋masin θ
BC [以小球和斜面体组成的系统为研究对象，并进行受力分析，结合题意可知地面对斜面体的摩擦力为Ff＝μ(M＋m)g，对系统应用牛顿第二定律有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g，A错误，B正确；在沿斜面方向和垂直于斜面方向上分解小球的加速度，应用牛顿第二定律有kx－mgsin θ＝macos θ，mgcos θ－FN＝masin θ，解得弹簧的形变量为x＝，斜面对小球的支持力FN＝mgcos θ－masin θ，C正确，D错误。]
[考向预测]
1．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．M运动的加速度大小为g
BCD [互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A错，B、C、D对。]
2．(多选)(2021·湖南高三一模)如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为3m、3m、3m、1.5m的四个木块A、B、C、D，木块A、B用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为μ，木块C、D与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若用水平拉力F拉木块B，使四个木块一起匀加速前进，重力加速度为g，则( )
A．匀加速的最大加速度为μg
B．以最大加速度匀加速前进时，木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为3∶2
C．水平拉力F最大为7μmg
D．轻绳所受的最大拉力为4μmg
BCD [木块C运动的最大加速度aC＝＝，木块D运动的最大加速度为aD＝＝μg，可知系统匀加速的最大加速度为，故A错误；以最大加速度匀加速前进时，木块A、C间的摩擦力fAC＝μ·3mg，对D分析，木块B、D间的摩擦力满足fBD－×4.5mg＝1.5ma，解得fBD＝2μmg，即木块A、C间的摩擦力与木块B、D间的摩擦力大小之比为3∶2，故B正确；对ABCD整体F－(3m＋3m＋3m＋1.5m)g＝(3m＋3m＋3m＋1.5m)a，a＝，解得水平拉力F最大为F＝7μmg，故C正确；对AC整体T－×6mg＝6ma，a＝，解得T＝4μmg，即轻绳所受的最大拉力为T＝4μmg，故D正确。]
题型突破2| 板块模型
1．模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系。
2．解题关键
(1)临界条件：要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。
(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移。
[典例2] 如图所示，有1、2、3三个质量均为m＝1 kg的物体，长板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的轻质定滑轮且与长板2相连的轻绳水平，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75 m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2。长板2在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v＝4 m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下。(g取10 m/s2)求：
(1)长板2开始运动时的加速度大小；
(2)长板2的长度L0；
(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置。
[思维拆解] (1)规定正方向，分析各个物体的受力情况，分别求出各自的加速度。
(2)分析3个物体运动特点，判断物体1和长板2具有相同速度时的时间及各自的瞬时速度。
(3)分析达到相同速度过程物体1和长板2各自发生的位移，根据相对位移确定长板2的长度。
(4)分析物体1和长板2达到相同速度后的受力变化及以后的运动状态，确定相对位移。
[解析] (1)设向右为正方向，由牛顿第二定律
物体1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2 m/s2
长板2：FT＋μmg＝ma2
物体3：mg－FT＝ma3
且a2＝a3
联立解得：a2＝＝6 m/s2。
(2)设经过时间t1物体1与长板2速度相等，
则有v1＝v＋a1t1＝a2t1
代入数据，解得t1＝0.5 s，v1＝3 m/s
物体1的位移为：x1＝t1＝1.75 m
长板2的位移为：x2＝＝0.75 m
所以长板2的长度L0＝x1－x2＝1 m。
(3)此后，假设物体1、2、3相对静止一起加速
FT＝2ma，mg－FT＝ma，
即mg＝3ma
得a＝
对1分析：Ff静＝ma≈3.3 N＞Ff＝μmg＝2 N，故假设不成立，物体1和长板2相对滑动
物体1：μmg＝ma3，a3＝μg＝2 m/s2
长板2：FT－μmg＝ma4
物体3：mg－FT＝ma5
且a4＝a5
联立解得：a4＝＝4 m/s2
从物体1、2达到共同速度到物体3落至地面过程中，物体3下落的高度h＝H－x2＝5 m
根据h＝v1t2＋a4t
解得t2＝1 s
物体1的位移x3＝v1t2＋a3t＝4 m
h－x3＝1 m，即物体1在长板2的最左端。
[答案] (1)6 m/s2 (2)1 m (3)物体1在长板2的最左端
【答题满分规则】 规则1：要明确描述研究对象的物理量。用简短的文字叙述清楚研究对象的物理量，尽管文字说明不占分数，但这是方程得分的关键(如题目中的物体1、长板2等)。
规则2：用题目和自己所设符号列式求解时，一定明确物理量的意义，避免混乱，否则此处很容易丢分(如加速度a1，物体1的位移x1等)。
规则3：解题过程中能够得分的物理关系式必须是原始方程式，不能以变形的结果式代替原始方程式。
规则4：写清公式和答案，不必写出推导过程，只有公式和最后的答案是得分点。中间的数学运算过程可在草稿上完成。即做题时重点写清物理公式和答案，淡化数学运算过程(如题目中只有方程和结果，而不出现具体计算过程)。
[考向预测]
3．(多选)(2021·山东青岛高三3月检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。滑块、长木板的速度图象如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．t＝10 s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075
D．滑块Q在长木块P上滑行的路程是12 m
BCD [由图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，故C正确；6 s末到长木板停下来过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，这段时间Δt1＝＝3 s，所以，t＝9 s时长木板P停下来，故A错误；长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx1＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝7.5 m，故B正确；从6 s末到滑块停下来过程中，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5 m/s2，这段时间Δt1＝＝6 s，所以，t3＝12 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长板P上滑行的距离Δx2＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，滑块Q在长木板P上滑行的路程是Δx＝Δx1＋Δx2＝12 m，故D正确。]
4．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
[解析] A、B的运动过程如图所示：
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知μmg＝maA，A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝v
解得vA＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小FfA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小Ff地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝FfA＋Ff地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝Ff地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
[答案] (1) (2)3μg μg (3)2
题型突破3| 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。
(a) (b) (c)
2．解题关键
(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。
[典例3] 一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m。其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，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4.5 s末通过的路程。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
[解析] (1)取向右为正，物块在传送带上先做匀加速直线运动
μmg＝ma1
x1＝＝1 m＜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
－mgsin θ＝ma2
物块速度为零时上升的距离
x2＝＝ m
由于x2＜0.4 m，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＝＋＝1.5 s
物块在斜面上往返一次的时间t2＝2＝ s
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＝－＝1 m
物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间均为t3＝＝1 s,4.5 s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＋2x3
x＝5 m。
[答案] (1)不能 m (2)5 m
[母题追问]
将典例3中的斜面换成倾斜传送带，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，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＝5 m/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10 m/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传送带过程中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(v2
甲
Ff1＝μFN1＝ma1
联立解得a1＝5 m/s2。
由运动学公式有t1＝＝ s＝1 s
x1＝a1t＝×5×12 m＝2.5 m
由于x1
乙
mgsin θ＋μFN2＝ma2
由运动学公式有x2＝
联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为
h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD上升的时间为t3＝＝0.5 s
故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
(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
丙
－2a2x3＝v－v
mgsin θ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－v
LCD＝x3＋x4
解得v2＝4 m/s。
[答案] (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s
反思感悟：“三步”巧解传送带问题
(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况。
(2)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传。
(3)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。注意倾斜传送带问题，在没有其他外力的情况下，一定要比较斜面倾角的正切值与动摩擦因数的大小关系。
[考向预测]
5．(2021·湖南五市十校联考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动，一物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小物块向上运动过程中的加速度大小恒为10 m/s2
B．小物块向上运动的时间为1.6 s
C．小物块向上滑行的最远距离为3 m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
B [当v2>v1时，对小物块由牛顿第二定律得：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝10 m/s2。μ
(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物沿传送带上滑的位移为多少？
(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？
[解析] (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：
根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：
mgsin θ＋Ff＝ma1
垂直传送带方向：mgcos θ＝FN
又Ff＝μFN
由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下。
(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
t1＝＝1 s，x1＝t1＝7 m。
(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下。
设货物再经时间t2速度减为零，则t2＝＝1 s
货物沿传送带向上滑的位移x2＝t2＝1 m
则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m。
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2。
设下滑时间为t3，则x＝a2t，代入解得t3＝2 s。
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t，则t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2) s。
[答案] (1)10 m/s2，方向沿传送带向下
(2)1 s 7 m (3)(2＋2) s
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