1、专题一 物理模型模型五 叠放体模型新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页角度一 传送带模型模型解法传送带上物体运动状态变化的临界点是物、带速度相等，即 v 物v 带，速度相等前后物体的运动状态一般不同新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页1水平传送带(传送带长为 L，速度恒为 v，与物块间的动摩擦因数为)(1)如图甲，v00，若 v 2gL，物块先加速后匀速；若 v 2gL，物块一直加速到右端新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)如图甲，v00，v0 与 v 同向，若 v0v v202gL，物块先加速后匀速；若vv202gL，物块一直加速到右端；若 v0v
2、v202gL，物块先减速后匀速；若 vv202gL，物块一直减速到右端新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(3)如图乙，v00，v0与 v 反向，若 v0 2gL，物块一直减速到右端；若 v0 2gL，则物块先向右减速，再向左加速，直至离开传送带新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页2倾斜传送带(传送带速度恒为 v)(1)如图丙，若 0v0v 且 tan：物块一直以 agcos gsin 向上匀加速运动；物块先以 agcos gsin 向上匀加速运动再向上匀速运动新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)如图丙，若 v0v 且 tan：物块一直以 agcos
3、gsin 向上匀减速运动；物块先以 agcos gsin 向上匀减速运动再向上匀速运动(3)如图丙，若 v0v，且 tan：物块一直以 agcos gsin 向上匀减速运动；物块先以 agcos gsin 向上匀减速运动再以 agsin gcos 向上匀减速运动新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(4)如图丁，若 0v0v 且 tan：物块一直以 agcos gsin 向下匀加速运动物块先以 agcos gsin 向下匀加速运动再向下匀速运动新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(5)如图丁，若 v0v 且 tan：物块一直以 agcos gsin 向下匀减速运动；物块先
4、以 agcos gsin 向下匀减速运动再向下匀速运动(6)如图丁，若 0v0v 且 tan：物块一直以 agcos gsin 向下匀加速运动；物块先以 agcos gsin 向下匀加速运动再以 agsin gcos 向下匀加速运动新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页例 1 如图所示，绷紧的传送带始终以 v05 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平面成 30角，现把质量 m10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端 P 处，由传送带传送至顶端 Q 处已知 P、Q 之间的距离 s3.2 m，工件与传送带间的动摩擦因数 32，g 取 10 m/s2，求：(1)工件被运送到 Q 点时所
5、具有的动能；(2)在传送工件过程中产生的内能新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页思维分析 工件在摩擦力和重力沿斜面分力的作用下向上做初速度为 0 的匀加速运动，传送带向上做匀速直线运动判定两者速度相等时，工件所发生的位移与传送带的长度关系工件早已到达顶端利用位移关系式及动能表达式求得其动能工件与传送带相对运动过程中，滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的内能答案：(1)80 J(2)360 J新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：(1)传送带速度为 5 m/s，初始阶段工件速度小于传送带速度，因此工件受摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律可知，工件运动的加速度为agco
6、s gsin 2.5 m/s2工件加速到 5 m/s 发生的位移为 x1v20022a5 ms3.2 m，即工件速度没达到 5 m/s 时已到达 Q 点设工件到达 Q 点时速度为 v，由 v22as 及动能 Ek12mv2 得工件被运送到 Q 点时所具有的动能 Ek80 J.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)由 s12at2 可知工件从 P 到 Q 所经历的时间 t1.6 s此过程中传送带的路程为 xv0t8 m所以工件与传送带相对运动过程中，两者的相对路程为 x0 xs4.8 m由功能关系知此过程中产生的内能为Qmgcos x0360 J.新课标高考第二轮总复习物理 上一
7、页返回导航下一页角度二 滑块滑板模型模型解法1抽出木板的最小力分析设水平面光滑，A、B 间的动摩擦因数为，则能否使 B 从 A 下抽(滑)出取决于 A、B 间最大静摩擦力产生的加速度，力满足：F1(mAmB)g，F2(mAmB)mAmBg.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页2滑块滑板类问题的动力学分析和功能分析(1)动力学分析：分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由 tv2a2 v1a1 可求出共同速度 v 和所用时间 t，然后由位移公式可分别求出二者的位移新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)功
8、和能分析：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律如图所示，要注意区分三个位移：求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移 s 滑；求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移 s 板；求摩擦生热时用相对滑动的路程 s 相新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页例 2(2019江苏南通模拟)如图甲所示，质量 M1.0 kg 的长木板 A 静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量 m1.0 kg 的小铁块 B，铁块与木板间的动摩擦因数 0.2，对铁块施加水平向右的拉力 F，F 的大小随时间变化如图乙所示，4 s 时撤去拉力可认为 A、B 间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加
9、速度 g10 m/s2.求：新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(1)01 s 内，A、B 的加速度大小 aA、aB；(2)B 相对 A 滑行的最大距离 x；(3)04 s 内，拉力做的功 W；(4)04 s 内系统产生的摩擦热 Q.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页思维分析 能量问题中滑块木板模型的分析流程答案：(1)2 m/s2 4 m/s2(2)2 m (3)40 J (4)4 J新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：(1)在 01 s 内，A、B 两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mgMaAF1mgmaB代入数据得：aA2 m/s2
10、，aB4 m/s2.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)t11 s 后，拉力 F2mg，铁块 B 做匀速运动，速度大小为 v1：木板 A 仍做匀加速运动，又经过时间 t2，速度与铁块 B 相等，则v1aBt1 又 v1aA(t1t2)解得：t21 s设 A、B 速度相等后一起做匀加速运动，运动时间 t32 s，加速度为 a，则F2(Mm)a新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解得：a1 m/s2木板 A 受到的静摩擦力 fMamg，A、B 一起运动x12aBt21v1t212aA(t1t2)2代入数据得：x2 m.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(
11、3)时间 t1 内拉力做的功：W1F1x1F112aBt2112 J时间 t2 内拉力做的功：W2F2x2F2v1t28 J时间 t3 内拉力做的功：W3F2x3F2(v1t312at23)20 J4 s 内拉力做的功：WW1W2W340 J.(4)系统的摩擦热 Q 只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热 Qmgx4 J.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页1(多选)(2019西安市一中月考)如图所示，一质量为 m 的物体以一定的速率 v0滑到水平传送带上左端的 A 点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的 B点，经过的时间为 t0，则下列判断正确的是()新课标高
12、考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页A若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过 B 点，且用时为t0B若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过 B 点C若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)vv0 时，物体将一直做匀速运动滑过 B 点，用时一定小于 t0D若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)vv0 时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过 B 点，用时一定小于 t0答案：AC新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：当传送带不动时，小物块在滑动摩擦力作用下在传送带上做匀减速运动，当
13、传送带逆时针方向运行且保持速率不变，物体滑上传送带时仍在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度不变，位移不变，运动情况完全相同，所以物体也能滑过 B 点，且用时为 t0，选项 A 正确、B 错误；传送带以恒定速率 v 沿顺时针方向运行，当 vv0，小物块在传送带上做匀速直线运动滑过 B 点，所以所用时间tt0，选项 C 正确；传送带以恒定速率 v 沿顺时针方向运行，当 vv0，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，tt0，选项D 错误新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页2(多选)(2018山西省吕梁市、孝义市一模)将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向
14、右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为 M 和 m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离和砝码与桌面右端的距离均为 d，现用水平向右的恒力 F 拉动纸板，如图所示，则下列说法正确的是()新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页A要使纸板相对砝码运动，F 一定大于 2(Mm)gB纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)g C若砝码与纸板分离时的速度不大于 2gd，砝码不会从桌面上掉下D当 F2(M2m)g 时，砝码恰好到达桌面边缘答案：AD新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：要使纸板相对砝码运动，
15、纸板的加速度 a1F2Mmgma2MgM，则F2(Mm)g，故 A 正确；纸板相对砝码运动时，纸板受桌面的摩擦力为 F1(Mm)g，受砝码的摩擦力为 Mg，即摩擦力为(2Mm)g，故 B 错误；若砝码与纸板分离时的速度为 v，设砝码与纸板分离时间为 t，砝码恰好到达桌面边缘，则砝码位移 dv22t，t vg，解得 v gd，故 C 错误；当 F2(M2m)g 时，a板3g，ag，分离时间为 t1，则有12a 板t2112g t21d，解得砝码与纸板分离时速度 vg t1 gd，故砝码恰好到达桌面边缘，故 D 正确新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页3如图所示，长 L10.5 m 的
16、传送带与水平面成 30角，传送带向上做加速度 a01 m/s2 的匀加速运动，当其速度 v03 m/s 时，在其底端轻放一质量 m1 kg 的物块(可视为质点)，已知物块与传送带间的动摩擦因数 32，重力加速度 g10 m/s2，在物块由底端上升到顶端的过程中求：(1)此过程所需时间；(2)传送带对物块所做的功；(3)此过程中产生的热量答案：(1)3 s(2)70.5 J(3)22.5 J新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：(1)由牛顿第二定律知物块上滑时有mgcos mgsin ma1设经时间 t1 物块与传送带的速度相等，则有a1t1v0a0t1联立并代入数值得 a12.
17、5 m/s2，t12 s此时间内物块发生的位移为 x112a1t215 mL新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页所以物块与传送带相对静止后，以加速度 a0 匀加速到达顶端，经历的时间为 t2，则速度刚相等时有v1a1t15 m/s到达顶端时有 v22v212a0(Lx1)Lx1v1v22t2联立并代入数值得 t2 1 s所以物块由底端上升到顶端所用的时间为tt1t23 s.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页(2)由动能定理知 Wmgh12mv22代入数值得 W70.5 J.(3)物块发生的相对位移为x 相v0t112a0t2112a1t21产生的热量为 Qmgcos
18、x 相联立并代入数值得 Q22.5 J.新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页4如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板 B、C(未粘连)，它们的质量均为M2 kg.在 B 木板的左端放置着质量 m1 kg 的木块 A(可视为质点)A 与 B、C间的动摩擦因数均为 10.4，B、C 与水平面间的动摩擦因数均为 20.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力开始整个系统处于静止，现对 A 施加水平向右的恒定拉力 F6 N，测得 A 在 B、C 上各滑行了 1 s 后，从 C 的右端离开木板，g 取 10 m/s2，求木板 B、C 的长度 lB、lC.答案：lB1 m lC2.75 m新课标高考第
19、二轮总复习物理 上一页返回导航下一页解析：如图甲所示，对木块 A 进行受力分析有：木块 A 产生的加速度 aAFfAmA F1mAgmA60.41101 m/s22 m/s2 当 A 在 B 上滑动时，取 B、C 整体为研究对象受力分析有：甲新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页B、C 整体受地面的支持力 NBCGBCNA50 N，B、C 与地面间的最大静摩擦力 fmax2NBCfA，乙新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页所以 A 在 B 上滑动时，B、C 均处于静止状态所以 A 在 B 上做初速度为 0 的匀加速直线运动，由题意知 B 的长度等于 A 在 1 s的时间内运动的位移即：lB12aAt212212m1 m当 A 滑上 C 时，以 C 为研究对象进行受力分析有：新课标高考第二轮总复习物理 上一页返回导航下一页由图丙可知：F 合 CfAfC1mAg2(mAmC)g所以 C 产生的加速度aC0.41100.121102 m/s20.5 m/s2当 A 滑上 C 时，木块 A 的速度为 vaAt2 m/s所以 C 的长度 lCxAxCvt12aAt212aCt22.75 m 丙