1、1第 28 讲 应用力学两大观点解决两类模型问题热点概述 (1)本热点是力学两大观点在传送带和滑块木板两种模型中的综合应用，高考常以计算题、压轴题的形式出现。(2)学好本热点，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。(3)用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。热点一 传送带模型问题1模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题。(1)两类问题的求解关键、分析流程相同，功能关系相近，倾斜传送带问题涉及到重力做功和重力势能的变化。(2)倾斜传送带问题中须注意物体在倾
2、斜传送带上所受摩擦力的性质、大小、方向以及与物体所受重力沿传送带斜面分力的大小、方向关系。2传送带模型问题的设问角度(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。模型 1 水平传送带问题例 1 (多选)如图所示，水平绷紧的传送带 AB 长 L6 m，始终以恒定速率 v14 m/s 运行。初速度大小为 v26 m/s 的小物块(可视为质
3、点 )从与传送带等高的光滑水平地面上经 A 点滑上传送带。小物块 m1 kg，物块与传送带间动摩擦因数 0.4， g 取 10 m/s2。下列说法正确的是( )A小物块可以到达 B 点B小物块不能到达 B 点，但可返回 A 点，返回 A 点速度为 4 m/sC小物块向左运动速度减为 0 时相对传送带滑动的距离达到最大D小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为 50 J2解析 小物块在水平方向运动过程，由牛顿第二定律得 mg ma，解得 a g 4 m/s2，若小物块从右端滑上传送带后速度可以减为零，设速度减为零时的位移是 x，则0 v 2 ax，解得 x m4.5 mmg cos ，
4、故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，有mgsin mg cos ma2L x1 vt2 a2t12 2解得 t21 s故物体由 A 端运动到 B 端的时间t t1 t22 s。(2)物体与传送带间的相对位移x 相 ( vt1 x1)( L x1 vt2)6 m故 Q mg cos x 相 24 J。3如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角 30，传送带在电动机的带动下始终保持 v02 m/s 的速率运行。现把一质量为 m10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过 1.9 s，工件被传送到 h1.5 m 的高处。 g 取 10 m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(
5、2)电动机由于传送工件多消耗的电能。6答案 (1) (2)230 J32解析 (1)传送带长 x 3 mhsin工件速度达到 v0前，做匀加速运动的位移x1 t1 t1vv02匀速运动的位移为 x x1 v0(t t1)解得加速运动的时间 t10.8 s加速运动的位移 x10.8 m所以加速度 a 2.5 m/s 2v0t1由牛顿第二定律得 mg cos mgsin ma解得 。32(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及传送带与工件之间发生相对滑动时产生的内能。在时间 t1内，传送带运动的位移x 传送带 v0t11.6 m在时间 t1内，工件相对传送带的位移x
6、 相 x 传送带 x10.8 m在时间 t1内，摩擦生热Q mg cos x 相 60 J工件获得的动能 Ek mv 20 J12 20工件增加的势能 Ep mgh150 J故电动机多消耗的电能 W Q Ek Ep230 J。4一质量为 M2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示。地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)。已知传送带的速度保持不变， g 取 10 m/s2。7(1)指出传送带速度 v 的大小及方向，说明理由；(2)计算物块与传送带间的
7、动摩擦因数 ；(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？答案 (1)2.0 m/s 方向向右 理由见解析(2)0.2 (3)24 J 36 J解析 (1)从 vt 图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于 2.0 m/s，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度大小为 v2.0 m/s，方向向右。(2)由 vt 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度 a v t 4.02m/s22.0 m/s 2，由牛顿第二定律得滑动摩擦力 Ff Mg Ma，则物块与传送带间的动摩擦因数 0.2。MaMg ag 2.
8、010(3)由 vt 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有 3 s，传送带在这段时间内移动的位移为 x，则x vt2.03 m6.0 m所以，传送带所做的功W Ffx0.22.0106.0 J24 J。由图乙可知物块被击中后的初速度大小为 v14 m/s，向左运动的时间为 t12 s，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为 t21 s，则物块向左运动时产生的内能Q1 Mg 32 J(vt1v12t1)物块向右运动时产生的内能Q2 Mg 4 J。(vt2v2t2)所以整个过程产生的内能 Q Q1 Q236 J。8热点二 板块模型问题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
9、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，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。3解题关键找出滑块和木板之间的位移(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相邻的不同运动过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。模型 1 水平面上的板块模型例 1 如图甲所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m2 kg 的另一物体B(可看成质点)以水平速度 v02 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面。由于 A、 B 间存在摩擦，之
10、后 A、 B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( g 取 10 m/s2)( )A木板获得的动能为 2 JB系统损失的机械能为 4 JC木板 A 的最小长度为 2 mD A、 B 间的动摩擦因数为 0.1解析 由图象可知， A、 B 的加速度大小相等 aA aB1 m/s2，设 A、 B 间的动摩擦因数为 ，则 aA 1 m/s2， aB 1 m/s2，解得 0.1， mA2 kg，D 正确；木板 mgmA mgm获得的动能为 Ek mAv2 212 J1 J，A 错误；系统损失的机械能12 129 E mv (m mA)v22 J，B 错误；由 vt 图象可求出二者相对位移为
11、 1 m，所以12 20 12木板 A 的最小长度为 1 m，C 错误。答案 D方法感悟1图象类题目一定要先看清图象的物理意义，特别是图象上特殊点的物理意义，例如例 1 中 t1 s时对应的图象上的点。1 s 时 A、 B 速度相同，是两者运动的转折点。1 s 前 A 做匀加速直线运动， B 做匀减速直线运动， AB 间存在滑动摩擦力；1 s 后两者以共同的速度做匀速直线运动，两者之间无摩擦力。2板块模型问题的解题思路正确地对滑块、木板进行受力分析，特别是准确分析出滑块、木板所受的摩擦力的性质、大小及方向，并根据牛顿第二定律确定滑块、木板的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定滑块、木板的运动
12、情况和能量转化情况。模型 2 斜面上的板块模型例 2 如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为 30，高度为 h1.5 m，一薄木板 B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为 l00.2 m 的轻弹簧，木板总质量为 m1 kg、总长度为 L2.0 m。一质量为 M3 kg 的小物块 A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度为 H1.7 m，物块 A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行。已知 A、 B 之间的动摩擦因数为 ，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块 A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧32被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦
13、力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s 2，不计空气阻力。求：(1)物块 A 落到木板上的速度大小 v；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。解析 (1)物块 A 落到木板上之前做平抛运动，竖直方向有：2g(H h) v2y得 vy2 m/s10物块 A 落到木板上时速度大小： v 4 m/s。vysin30(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数 0应满足：mgsin30 0mgcos30得： 0tan3033物块 A 在木板上滑行时，由牛顿第二定律得，aA 2.5 m/s 2(方向沿斜面向上) Mgcos30 Mgsin30MaB Mgcos30 mgsin30
14、 0 M m gcos30m7.5 m/s 2(方向沿斜面向下)假设 A 与木板 B 达到共同速度 v 共 时， A 还没有压缩弹簧且木板 B 还没有到达斜面底端，则有v 共 aBt v aAt解得 v 共 3 m/s， t0.4 s此过程， xA t1.4 mv v共2xB t0.6 mf，对木板 a2 4 m/s 2，F fm2对物块 a1 2 m/s 2，fm112 s， F f，对木板 a2 0，对物块 a1 a1，画出 02 s 两者的 vt 图F fm2象如图。由图可知 2 s 时两者速度相同。24 s， F0，假设二者相对滑动，则对物块a1 a12 m/s2，对木板 a2 m/s
15、2， a2 a1，故假设 2 m1 m2 g 1m1gm2 83正确；作出二者在整个运动过程中的 vt 图象如图所示。02 s 内物块相对木板向左运动，24 s 内物块相对木板向右运动。由图象可得 02 s 内物块相对木板的位移大小 x12 m系统摩擦产生的内能 Q1 1m1g x14 J。由图象可得 24 s 内物块相对木板的位移大小 x21 m物块与木板因摩擦产生的内能 Q2 1m1g x22 J由图象可得木板在粗糙水平面上对地位移 x23 m木板与水平面因摩擦产生的内能Q3 2(m1 m2)gx230 J04 s 内物块相对木板的位移 x x1 x21 m04 s 内系统因摩擦产生的总内
16、能为Q Q1 Q2 Q336 J。4. 如图所示，倾角为 37的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一弹性挡板，任何物体撞上挡板都以原速率反弹。斜面的顶端放置一长木板，上面叠放着一滑块(可视为质点)，长木板质量为 M1 kg，滑块质量为 m1 kg，长木板与斜面间无摩擦，滑块与长木板间的14动摩擦因数 0.5，木板足够长且下端距挡板的距离为 L3 m，现将它们由静止释放，重力加速度大小为 g10 m/s 2。sin370.6，cos370.8。求：(1)滑块由静止释放时所受摩擦力的大小；(2)长木板第二次碰撞挡板时速度的大小；(3)从开始释放到长木板第二次碰撞挡板前长木板和滑块组成的系统因摩擦产生
17、的热量。答案 (1)0 (2)6 m/s (3)34.56 J解析 (1)由于斜面光滑，则开始时滑块和长木板一起下滑。以整体为研究对象，则(m M)gsin37( m M)a解得 a6 m/s 2对滑块受力分析，可知 mgsin37 f ma解得 f0。(2)开始时滑块和长木板一起下滑，设长木板第一次碰撞挡板的速度大小为 v1由 L at2，解得 t1 s12v1 at6 m/s碰后长木板反弹，对滑块受力分析mgsin37 mg cos37 ma1解得 a12 m/s 2，方向沿斜面向下对长木板受力分析Mgsin37 mg cos37 Ma2解得 a210 m/s 2，方向沿斜面向下第一次长木
18、板与挡板碰撞后与滑块发生相对滑动，设长木板向上运动减速到零的时间为 t1，位移为 x1，则t1 0.6 s0 v1 a2x1 t11.8 m0 v12然后长木板开始向下加速运动，长木板又经 t20.6 s 运动 x21.8 m 后与挡板相碰撞，相碰时长木板的速度大小 v26 m/s。(3)经分析可知长木板第二次碰撞挡板前没有与滑块共速，设滑块在 t1时间内下滑x3，在 t2时间内下滑 x4，则15x3 v1t1 a1t 3.96 m12 21x42 v1t1 a1(2t1)2 x34.68 m12所以长木板与滑块的相对位移 s x1 x3 x4 x28.64 m故产生的热量 Q mg cos3
19、7 s34.56 J。课后作业1水平传送带在电动机的带动下始终以速度 v 匀速运动。某时刻在传送带上 A 点处轻轻放上一个质量为 m 的小物体，经时间 t 小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为 x， A 点未到右端，在这段时间内( )A小物体相对地面的位移大小为 2xB传送带上的 A 点对地的位移大小为 xC由于物体与传送带相互作用产生的内能为 mv2D由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为 mv2答案 D解析 在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x1 vt，传送带(或传送带上的 A 点)相对地面的位移为 x2 vt，物体相对传送带的位移大12小 x x
20、2 x1 vt，显然 x1 x， x22 x，故 A、B 错误；由于物体与传送带间的滑动摩擦12力做功，将系统的部分机械能转化为系统的内能，摩擦生热 Q Ffx，对物体运用动能定理有 Ffx1 mv2，又 x1 x，所以 Q Ffx mv2，故 C 错误；在这段时间内，电动机要多做功12 12以克服滑动摩擦力做功， W Ffx22 Ffx mv2，故 D 正确。2(2018宁德模拟)(多选)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为 ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块 b 相连，开始时， a、 b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力的作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在 b
21、 上升 h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )16A物块 a 重力势能减少量等于物块 b 重力势能的增加量B物块 a 机械能的减少量等于物块 b 机械能的增加量C摩擦力对物块 a 做的功等于物块 a、 b 动能增加之和D任意时刻，重力对 a、 b 做功的瞬时功率大小相等答案 ACD解析 开始时， a、 b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，则有magsin mbg，则 masin mb， b 上升 h，则 a 下降高度为 hsin ，则 a 重力势能的减小量为 maghsin mbgh，即物块 a 重力势能减少量等于物块 b 重力势能的增加量，故 A 正确；由于摩擦力对 a 做正功，系
22、统机械能增加，所以物块 a 机械能的减少量小于物块 b 机械能的增加量，故 B 错误；根据能量守恒得知系统机械能增加，摩擦力对 a 做的功等于 a、 b 机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加之和，故 C 正确；任意时刻 a、 b 的速率相等，对 b 克服重力做功的瞬时功率 Pb mbgv，对 a 有Pa magvsin mbgv，所以重力对 a、 b 做功的瞬时功率大小相等，故 D 正确。3(2018咸阳模拟)(多选)如图所示，质量为 M、长为 L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为 m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为 Ff，用水平的恒定拉力
23、 F 作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为 s，下列结论中正确的是( )A上述过程中， F 做功等于滑块和木板动能的增量B其他条件不变的情况下， M 越大， s 越小C其他条件不变的情况下， F 越大，滑块到达右端所用时间越长D其他条件不变的情况下， Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多答案 BD解析 由功能关系可知拉力 F 做功除了使两物体动能增加以外还使系统产生热量，故A 错误；由于木板受到的摩擦力不变，当 M 越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故 B 正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动
24、，在其他条件不变的情况下， F 越大，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是 L，所以滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故 C 错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故 D 正确。174(2018吉林模拟)(多选)如图甲所示，倾角为 的足够长的传送带以初速度 v0沿逆时针方向匀加速运行， t0 时，将质量 m1 kg 的物体 (可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的 vt 图象如图乙所示，设沿传送带向下为正方向，重力加速度 g 取 10 m/s2。则( )A传送带的加速度可能大于 2 m/s2B传送带的倾角可能小于 30C物体与
25、传送带之间的动摩擦因数 一定为 0.5D02.0 s 内，摩擦力对物体做功 Wf可能为24 J答案 BD解析 物体在传送带上沿斜面向下运动，当物体速度小于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向下，对物体由牛顿第二定律得 mgsin mg cos ma1，解得a1(sin cos )g，在 t1 s 后，加速度减小，当物体速度大于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向上，当物体速度等于传送带速度时，摩擦力为零，所以，在 12 s，物体速度不小于传送带速度，故物体加速度不小于传送带加速度，所以传送带的加速度不大于 2 m/s2，故 A 错误；若 12 s，摩擦力为零，那么物体加速度 a2 gsin 2 m/s
26、2，则sin ， v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，由 1mg ma1， v v0 a1t1， x1 v0t1 a1t12 21解得 a12 m/s 2， t10.5 s， x12.75 m因为 x12s，所以物块能通过 B 点，设物块从 E 点返回至 B 点的速度为 vB，有 mv2 mv 2mg2s12 12 2B解得 vB m/s7物块再次滑上传送带，因为 x2 mL，所以物块在恒定摩擦力的作用下先减v2B2 1g 74速至 0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，传送带对其做功为0，在 BC 段还能运动的路程 x3 x12 s m， x3s，
27、故物块不能再次到达 C 点，76设最终停在距 C 点 x 处，有 x s x3解得 x m。13(3)设传送带速度为 v1时物块恰能到 F 点，在 F 点满足mgsin30 mv2FR从 B 到 F 过程中由能量守恒定律可知mv mv 2mgs mg(R Rsin30)12 21 12 2F解得 v1 m/s37设传送带速度为 v2时，物块撞挡板后返回恰能到 E 点，有 mv 2mg3s mgR12 221解得 v2 m/s43若物块在传送带上一直加速运动，有mv mv 1mgL12 2Bm 12 20知其到 B 点的最大速度 vBm m/s56综合上述分析可知，只要传送带速度 v 满足：m/
28、s v m/s，即可满足条件。37 438(2018青岛模拟)如图所示，倾角 30的足够长的光滑斜面底端 A 固定有挡板 P，斜面上 B 点与 A 点的高度差为 h，将质量为 m，长度为 L 的木板置于斜面底端，质量也为 m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。32(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度 v0，木板上端恰能到达 B 点，求 v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力 F0，物块相对木板刚好静止，求拉力 F0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力 F2 mg，作用一段时间后撤去拉
29、力，木板下端恰好能到达 B 点，物块始终未脱离木板，求拉力 F 做的功 W。答案 (1) (2) mg (3) mghg 2h L32 94解析 (1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得：2mv 2 mg(h Lsin )12 20解得： v0 。g 2h L(2)由牛顿第二定律得：对木板与物块整体： F02 mgsin 2 ma0对物块： mg cos mgsin ma0解得： F0 mg。32(3)设拉力 F 作用的时间为 t1，再经时间 t2物块与木板达到共速，再经时间 t3木板下端到达 B 点，速度恰好减为零，由牛顿第二定律得：对木板： F mgsin mg cos ma1mgsin mg cos ma322对物块： mg cos mgsin ma2对木板与物块整体：2 mgsin 2 ma4另有： a1t1 a3t2 a2(t1 t2)a2(t1 t2) a4t3a1t a1t1t2 a3t a4t 12 21 12 2 12 23 hsinW F a1t12 21解得： W mgh。9423
