新高考物理一轮复习讲义第5章 机械能守恒定律 专题强化十 动力学和能量观点的综合应用（二）——“传送带”和“滑块—木板”模型 (含解析)

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学习目标 1.会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。
2.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。
模型一 “传送带”模型
1.设问的角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2.功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
角度 水平传送带模型
例1 如图1所示，水平传送带匀速运行的速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
图1
(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；
(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W。
答案 (1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
解析 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小
a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2。
(2)设经过时间t1二者共速，有
t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间
t2＝eq \f(x0－x1,v)＝eq \f(10－1,2) s＝4.5 s
则行李箱从A传送到B所用时间
t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s。
(3)t1时间内传送带的位移
x2＝vt1＝2×1 m＝2 m
根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小
Ff′＝Ff
行李箱对传送带的摩擦力做的功为
W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J
＝－20 J。
角度 倾斜传送带模型
例2 如图2，传送带以v＝10 m/s的速度逆时针转动，一个质量m＝1 kg的物体从传送带顶端以v0＝5 m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，传送带底端到顶端长L＝10 m，g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：
图2
(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；
(2)若在物体滑入传送带运动了0.5 s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间的摩擦而产生的热量。
答案 (1)10 m/s (2)37.5 J
解析 (1)当物体沿传送带滑入时，设物体向下运动的加速度为a1，物体向下加速到v，所用时间为t1，
物体运动位移为x1，有
μmgcs θ＋mgsin θ＝ma1
v＝v0＋a1t1
x1＝eq \f(v＋v0,2)t1
解得t1＝0.5 s，x1＝3.75 m
由于x1＜L，最大静摩擦力Ffm＝μmgcs 30°＝0.5mg，且沿斜面向上，物体将与传送带一起做匀速运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10 m/s。
(2)0.5 s内物体相对传送带运动的位移
Δx1＝vt1－x1＝1.25 m
传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力
Ff＝μmgcs 30°＝0.5mg
物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移
Δx2＝L－x1＝6.25 m
则物体与传送带间摩擦产生的热量
Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cs θ
解得Q＝37.5 J。
跟踪训练
1.(2023·山东枣庄模拟)如图3(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系(Ek－x)图像如图(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
图3
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案 D
解析 开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，可得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝2 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝eq \f(1,2)mv2＋mgLABsin θ＝62 J，C错误，D正确。
模型二 “滑块—木板”模型
1.模型分类
“滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的“滑块—木板”模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
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。
角度 水平面上“滑块—木板”模型
例3 如图4所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，
2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求：
图4
(1)小物块和长木板的加速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)3 m (3)不为零 见解析
解析 (1)长木板与小物块间摩擦力
Ff＝μmg＝4 N
小物块的加速度a1＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
长木板的加速度a2＝eq \f(Ff,M)＝0.5 m/s2。
(2)小木块对地位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4 m
长木板对地位移x2＝eq \f(1,2)a2t2＝1 m
长木板的长度L＝x1－x2＝3 m。
(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J
故W1＋W2≠0。
角度 斜面上“滑块—木板”模型
例4 (2023·湖北十堰高三月考)如图5所示，倾角θ＝37°的光滑斜面上有一质量M＝4 kg的足够长的木板A，在A的上端有一质量m＝2 kg的物块B(可视作质点)，物块B与木板A间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距s＝eq \f(1,3) m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
图5
(1)木板A第1次碰挡板P时的速度多大；
(2)求从木板A第1次碰到挡板到木板A第1次减速为零的时间；并求出在此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。
答案 (1)2 m/s (2)0.25 s 6.5 J
解析 (1)分析可知，释放后A、B一起加速下滑，
由牛顿第二定律有
(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a
可得a＝gsin θ＝6 m/s2
设木板碰挡板时速度为v，则v2＝2as
代入数据解得v＝2 m/s。
(2)碰后木板A减速上滑，设其加速度大小为aA，有
Mgsin θ＋μmgcs θ＝MaA
可得aA＝8 m/s2
故所求时间t＝eq \f(v,aA)＝0.25 s
木板A上滑距离xA＝eq \f(v2,2aA)＝eq \f(1,4) m
此过程中，物块B加速下滑，设其加速度大小为aB，
有mgsin θ－μmgcs θ＝maB
可得aB＝2 m/s2
物块B下滑距离xB＝vt＋eq \f(1,2)aBt2＝eq \f(9,16) m
故因摩擦产生的热量
Q＝μmgcs θ·(xA＋xB)＝6.5 J。
跟踪训练
2.(多选)如图6甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，则( )
图6
A.小物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.5
B.在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 J
C.小物块的初速度为v0＝12 m/s
D.0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1
答案 ACD
解析 由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0～2 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2。对木板，根据牛顿第二定律，有Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝μmg，在2～3 s内， 木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为a2＝eq \f(Δv′,Δt′)＝eq \f(0－2,1) m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小为
2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律，有Ff2＝2ma2＝4 N，联立以上各式，解得μ＝0.5，故A正确；对物块，在0～2 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝12 m/s，故C正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×1×122 J＝72 J，2 s～3 s物块和木板一起减速，系统的机械能减少Q＝eq \f(1,2)×2mv2＝4 J，故0～2 s系统机械能减少72 J－4 J＝68 J，则0～2 s与2～3 s系统机械能减少量之比为17∶1，故B错误，D正确。
对点练1 “传送带”模型
1.(多选)如图1所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动。建筑工人将质量m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2。以下说法正确的是( )
图1
A.建筑工人比建筑材料早到右端0.5 s
B.建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C.因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 J
D.运输带对建筑材料做的功为1 J
答案 AD
解析 建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝eq \f(L,v0)＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝eq \f(v0,a)＝1 s，加速运动的位移为x1＝eq \f(v0,2)t2＝0.5 m＜L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t3＝eq \f(L－x1,v0)＝1.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t3＋t2－t1＝0.5 s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2＝v0t2＝1 m，则因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x2－x1)＝1 J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝1 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为2 J，C错误，D正确。
2.(2023·甘肃兰州市月考)如图2所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A.物体始终受到沿传送带向上的摩擦力
B.物体运动至顶端时一定相对传送带静止
C.传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量
D.物体加速运动过程中传送带通过的距离是物体通过距离的2倍
答案 A
解析 当物体刚放上传送带时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力，在这些力的作用下，物体沿传送带加速向上运动；当物体的速度等于传送带的速度时，物体受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力，沿传送带向上匀速运动，故A项正确；若传送带长度较短，物体沿传送带运动只有加速过程，且加速到最后的速度v仍小于传送带的速度v0，物体运动到顶端时仍相对传送带向下运动，这种情况下，物体通过的距离s物＝eq \f(0＋v,2)t，传送带通过的距离s传＝v0t，物体加速运动过程中传送带通过的距离大于物体通过距离的2倍，故B、D项错误；物体运动过程中，除重力外只有传送带对物体的摩擦力做功，则传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，故C项错误。
3.(2023·湖南邵阳高三专题练习)如图3所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝9 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求物块：
图3
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
答案 (1)6 m/s (2)12.5 s (3)88 J
解析 (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
解得v1＝6 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得
－v＝v1－at1
解得t1＝10 s
匀速运动阶段的时间为t2＝eq \f(\f(veq \\al(2,1),2a)－\f(v2,2a),v)＝2.5 s
第1次在传送带上往返运动的时间
t＝t1＋t2＝12.5 s。
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒定律有
Q＝μ1mgcs 37°×L＋eq \f(1,2)mv2＝88 J。
对点练2 “滑块—木板”模型
4.(2023·江苏无锡高三专练)如图4所示，长L＝4.0 m、质量mA＝2.0 kg的木板A静止在光滑水平面上，对木板施加大小F＝4.0 N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度v0＝3.0 m/s、方向水平向右的小物块B，物块B的质量mB＝1.0 kg，在运动过程中物块B刚好未从木板A右端滑落。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，求：
图4
(1)物块B刚放上木板A时，木板A、物块B的加速度大小aA、aB；
(2)物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x；
(3)从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量Q。
答案 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2)0.9 m (3)1.8 J
解析 (1)根据牛顿第二定律，对木板A有
F＋μmBg＝mAaA
代入数据解得aA＝3 m/s2
根据牛顿第二定律，对物块B有
μmBg＝mBaB
代入数据解得aB＝2 m/s2。
(2)设经过时间t1物块B刚好未从木板A右端滑落，此时A、B有共同速度v1，则有
v1＝v0－aBt1＝aAt1
代入数据解得t1＝0.6 s
根据运动学公式和题意得
x＝v0t1－eq \f(1,2)aBteq \\al(2,1)－eq \f(1,2)aAteq \\al(2,1)
代入数据解得x＝0.9 m。
(3)从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量为Q＝μmBgx
代入数据解得Q＝1.8 J。
5.如图5所示，倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L＝4 m、质量M＝2 kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8 N的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1 s，将一质量为m＝1 kg的可视为质点的物块无初速地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力)试求：
图5
(1)t1＝1 s时木板速度的大小v1；
(2)从物块放上木板到与木板共速的速度大小v2和所用时间t2；
(3)木板上表面因摩擦产生的热量Q。
答案 (1)6 m/s (2)9.6 m/s 1.2 s (3)14.4 J
解析 (1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
F＋Mgsin θ－μ1Mgcs θ＝Ma
解得a＝6 m/s2
t1＝1 s时木板速度的大小v1＝at1＝6 m/s。
(2)物块放到木板上后达到速度相同前，设木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律，对木板，有
F＋Mgsin θ－μ1(m＋M)gcs θ－μ2mgcs θ＝Ma1
对物块，有mgsin θ＋μ2mgcs θ＝ma2
解得a1＝3 m/s2，a2＝8 m/s2
设经时间t2物块与木板速度相同为v2，
有v2＝v1＋a1t2＝a2t2
解得v2＝9.6 m/s，t2＝1.2 s。
(3)物块放到木板上到达到共同速度时，物块的位移
x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝5.76 m
木板的位移x1＝v1t2＋eq \f(1,2)a1teq \\al(2,2)＝9.36 m
物块相对木板向上运动Δx＝x1－x2＝3.6 m
撤去F后，木板速度变慢，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热量
Q＝μ2mgcs θ·2Δx
解得Q＝14.4 J。