2023届高考物理（新人教版）大一轮复习讲义第五章　机械能守恒定律

专题强化七　动力学和能量观点的综合应用(二)

——“传送带”和“滑块—木板”模型

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。

　水平传送带问题

【真题示例1 (2019·浙江4月选考，20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图1所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处由静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)

图1

(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；

(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；

(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。

答案　(1)4 m/s　(2)h＜3.0 m  (3)x＝2(m)　h≥3.6 m

解析　(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma

v＝2a

解得vB＝4 m/s。

(2)若要小物块落到传送带左侧地面，小物块到达传送带上D点前速度应为零，设小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，到D点时速度恰好为零，则有

mgh1－μmgcos θ·－μmgL＝0

解得h1＝3.0 m

当h＜h1＝3.0 m时满足题中条件。

(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有

mgh－μmgcos θ－μmgL＝mv2

H＋2R＝gt2，x＝vt

解得x＝2(m)

为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤

解得h≥3.6 m。

　倾斜传送带问题

【例2 (多选)(2021·山东日照市模拟)如图2所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度为的位置由静止释放，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

图2

A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tan θ

B．释放瞬间链条的加速度为gsin θ

C．释放后，链条运动的加速度均匀增大

D．从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加

答案　AB

解析　设整个链条的总质量为m，当位于传送带部分的长度为时，链条恰能保持静止，则mgsin θ＝μ·mgcos θ，解得μ＝4tan θ，A正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律得μ·mgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，B正确；链条从静止释放后，链条受摩擦力随着链条位于传送带部分的长度均匀增大，则链条的加速度在增大，但不是均匀增大，C错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理得W－WG＝ΔEk，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D错误。

【针对训练 (2021·福建南平市质检)如图3，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＝，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3

(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，根据运动学公式μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1

v＝v0＋a1t1

x1＝t1

解得t1＝0.5 s，x1＝3.75 m

由于x1＜L，最大静摩擦力

Ffm＝μmgcos 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

0．5 s后传送带停止，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcos 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)cos θ

解得Q＝37.5 J。

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。

【例3 (多选) (2021·山东临沂市等级考模拟)如图4所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝

9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　　)

图4

A．动摩擦因数μ＝0.5

B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s

C．长木板的长度为2.25 m

D．从铁块放在长木板B上，到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量

答案　BC

解析　开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcos 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A轻轻放在长木板B时，根据牛顿第二定律，对A分析有μmgcos 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下；对B分析有μ(M＋m)gcos 37°＋μmgcos 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，设铁块A和长木板B相对滑动的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aAt＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝t－t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放在长木板B上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。

1．(2021·天津市等级考模拟)如图1所示，质量为m的工件，从高h的光滑曲面上由静止下滑，水平向右进入传送带，传送带以v0＝速度匀速向左运动，传送带长L，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝。求：

图1

(1)工件离开传送带时的速度，工件是从传送带的左边还是右边离开传送带？

(2)工件在传送带上运动过程产生的热能。

答案　(1)，工件从传送带右边离开　 (2)mgh

解析　(1)设工件从传送带右边离开，工件到达传送带右边时速度大小为v，由动能定理得mgh－μmgL＝mv2，解得v＝＞0，故工件从传送带右边离开。

(2)工件到达传送带时速度大小为v′，在传送带上运动时间为t，则mgh＝mv′2，v′－v＝at，a＝μg，产生的热量Q＝μmg(v0t＋L)，由以上各式解得Q＝mgh。

2.如图2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2

(1)小物块和长木板的加速度各为多大；

(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)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＝＝2 m/s2

长木板的加速度a2＝＝0.5 m/s2。

(2)小木块对地位移x1＝a1t2＝4 m

长木板对地位移x2＝a2t2＝1 m

长木板长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。

3．如图3，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N。当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10 m/s2。求：

图3

(1)   小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度

(2)   大小；

(2)从小物块放在车上开始经过t0＝3.0 s摩擦力对小物块所做的功。

答案　(1)2 s　4 m/s　(2)23.04 J

解析　(1) 根据牛顿第二定律得

对物块：μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2

对小车：F－μmg＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2

设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有

a1t1＝v0＋a2t1

代入数据解得t1＝2 s

共同的速度大小为v＝a1t1＝4 m/s。

(2)t1时间内物块位移

x1＝a1t＝×2×22 m＝4 m

t1时刻物块速度v1＝v＝4 m/s

t1后M、m有相同的加速度，对M、m 整体有

F＝(M＋m)a3

解得a3＝0.8 m/s2

物块受到的摩擦力为Ff＝ma3＝1.6 N

此过程运动t2＝t0－t1＝1 s的位移为

x2＝v1t2＋a3t＝(4×1＋×0.8×12) m＝4.4 m

所以摩擦力做的功为

W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04 J。

4．如图4所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：

图4

(1)滑块运动至C点时的速度vC大小；

(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；

(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。

答案　(1)2.5 m/s　(2)1 J　(3)32 J

解析　(1)在C点，竖直分速度

vy＝＝1.5 m/s

由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s。

(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos 37°＝2 m/s

从A到B点的过程中，根据动能定理得

mgh1－Wf＝mv

解得Wf＝1 J。

(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma

解得a＝0.4 m/s2

达到共同速度所需时间t＝＝5 s

两者间的相对位移Δx＝t－vt＝5 m

由于mgsin 37°＜μmgcos 37°，此后滑块将做匀速运动。故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量

Q＝μmgcos 37°·Δx＝32 J。