\l "_Tc31929" 02、知識導(dǎo)圖，思維引航 PAGEREF _Tc31929 \h 2
03、考點突破，考法探究 \l "_Tc2707" PAGEREF _Tc2707 \h 2
\l "_Tc30549" 考點一 板塊模型 PAGEREF _Tc30549 \h 2
\l "_Tc28498" 知識點1.模型特點 PAGEREF _Tc28498 \h 3
\l "_Tc2303" 知識點2.模型構(gòu)建 PAGEREF _Tc2303 \h 3
\l "_Tc16829" 知識點3．解題關(guān)鍵 PAGEREF _Tc16829 \h 3
\l "_Tc9759" 考向1 水平面上的無外力作用的板塊問題 PAGEREF _Tc9759 \h 4
\l "_Tc11610" 考向2 水平面上的有外力作用的板塊問題 PAGEREF _Tc11610 \h 8
\l "_Tc6646" 考向3 斜面上的板塊模型 PAGEREF _Tc6646 \h 11
\l "_Tc12012" 考點二 傳送帶模型 PAGEREF _Tc12012 \h 13
\l "_Tc31387" 知識點1 水平傳送帶的常見情形及運動分析 PAGEREF _Tc31387 \h 13
\l "_Tc26377" 知識點2 傾斜傳送帶問題的常見情形及運動分析 PAGEREF _Tc26377 \h 14
\l "_Tc17987" 考向1 水平傳送帶 PAGEREF _Tc17987 \h 15
\l "_Tc21680" 考向2．傾斜傳送帶模型 PAGEREF _Tc21680 \h 17
\l "_Tc2339" 04、真題練習(xí)，命題洞見 PAGEREF _Tc2339 \h 19
考點一 板塊模型
知識點1.模型特點
滑塊(視為質(zhì)點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動。
知識點2.模型構(gòu)建
(1)隔離法的應(yīng)用：對滑塊和木板分別進(jìn)行受力分析和運動過程分析。
(2)對滑塊和木板分別列動力學(xué)方程和運動學(xué)方程。
(3)明確滑塊和木板間的位移關(guān)系
如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
知識點3．解題關(guān)鍵
(1)摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向。
(2)挖掘“v物＝v板”臨界條件的拓展含義
摩擦力突變的臨界條件：當(dāng)v物＝v板時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)。
①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運動到木板的一端時，v物＝v板；
②木板最短的條件：當(dāng)v物＝v板時滑塊恰好滑到木板的一端。
考向1 水平面上的無外力作用的板塊問題
1.（2024·甘肅一模）如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質(zhì)量也為m的小物塊A（可視為質(zhì)點）從左端以速度v沖上木板。當(dāng)時，小物塊A歷時恰好運動到木板右端與木板共速，則（ ）
A．若，A、B相對運動時間為
B．若，A、B相對靜止時，A恰好停在木板B的中點
C．若，A經(jīng)歷到達(dá)木板右端
D．若，A從木板B右端離開時，木板速度等于v
【答案】A
【詳解】AB．根據(jù)牛頓第二定律
則A、B兩物體加速度大小相等，設(shè)為，小物塊A歷時恰好運動到木板右端與木板共速，則
解得
，，
木板的長度
若，A、B兩物體共速時有
解得
，
A、B相對靜止時，相對位移為
故A停在木板B的中點左側(cè)，故A正確，B錯誤；
CD．若，A從木板B右端離開時，根據(jù)動力學(xué)公式
解得
A從木板B右端離開時，木板速度為
故CD錯誤。
故選A。
2.如圖甲所示，長的木板靜止在某水平面上，時刻，可視為質(zhì)點的小物塊以水平向右的某初速度從的左端向右滑上木板。、的圖像如圖乙所示。其中、分別是內(nèi)、的圖像，是內(nèi)、共同的圖像。已知、的質(zhì)量均是，取，則以下判斷正確的是（ ）
A．、系統(tǒng)在相互作用的過程中動量不守恒
B．在內(nèi)，摩擦力對的沖量是
C．、之間的動摩擦因數(shù)為
D．相對靜止的位置在木板的右端
【答案】BC
【詳解】A．P與Q組成的系統(tǒng)在速度相等以后做勻速運動，說明地面摩擦力為零，故相互作用的過程系統(tǒng)所受的外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；
B．從圖象可知，內(nèi)對Q，先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，在內(nèi)無摩擦力，根據(jù)動量定理，摩擦力的沖量等于動量的變化，所以
故B正確；
C．P從速度為減為所需的時間為，則
又
代入數(shù)據(jù)解得
故C正確；
D．在時，P、Q相對靜止，一起做勻速直線運動，在內(nèi)，P的位移
Q的位移
則
可知P與Q相對靜止時不在木板的右端，故D錯誤。
故選BC。
3.如圖所示，長度分別為，的木板A、B放在粗糙水平地面上，A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為。物塊C（可視為質(zhì)點）以初速度從A的左端滑上A，且C在A上滑行時，A不動，C滑上B時B開始運動，C與A、B間的動摩擦因數(shù)均為，已知A、B、C的質(zhì)量相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，。C在B上滑行時，求：
（1）B、C的加速度大??；
（2）C在B上滑動的時間。
【答案】（1），；（2）
【詳解】（1）如圖所示，對物體B、C進(jìn)行受力分析，設(shè)物體C受到摩擦力為，物體B受到摩擦力為，，，以向右為正方向，由牛頓第二定律知
對物體C有
物體B、C之間摩擦力為
代入得
對物體B有
物體B與地面之間摩擦力為
代入得
（2）假設(shè)物塊沒有從右端離開，經(jīng)時間，二者共速，物體C剛滑上B時速度為，則由勻變速直線運動速度與位移關(guān)系式知
代入得
當(dāng)共速時
代入得
相對位移為
代入得
由于
假設(shè)不成立，物塊C從B木板右端離開，設(shè)物塊B上滑動時間為，則
則，代入數(shù)值
代入解得
或（此時C的速度反向，不符舍去）
故C在B上滑動的時間為。
考向2 水平面上的有外力作用的板塊問題
4.（2024·吉林·三模）某物流公司研發(fā)團(tuán)隊，為了更好地提高包裹的分收效率，特對包裹和運輸裝置進(jìn)行詳細(xì)的探究，其情景可以簡化為如圖甲所示，質(zhì)量M = 2kg、長度L = 2m的長木板靜止在足夠長的水平面（可視為光滑）上，左端固定一豎直薄擋板，右端靜置一質(zhì)量m = 1kg的包裹（可視為質(zhì)點）?，F(xiàn)機(jī)器人對長木板施加一水平向右的作用力F，F(xiàn)隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，6s后將力F撤去。已知包裹與擋板發(fā)生彈性碰撞且碰撞時間極短，包裹與長木板間動摩擦因數(shù)μ = 0.1，重力加速度取g = 10m/s2。從施加作用力F開始計時，求：
（1）時，長木板的速度大??；
（2）與擋板碰撞后瞬間，包裹的速度大?。ńY(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）包裹與長木板發(fā)生相對滑動的力的大小為
因為，所以包裹和長木板相對靜止共同加速
加速度為
可得到
（2）設(shè)4s后包裹與長木板發(fā)生相對滑動，則包裹的加速度為
長木板的加速度為
可看出假設(shè)成立，包裹與長木板發(fā)生相對滑動
設(shè)再經(jīng)時間包裹與擋板發(fā)生碰撞，由
解得
則6s時長木板的速度
包裹為
此時兩者發(fā)生彈性碰撞
可求得
5．如圖所示，光滑水平面上放著長，質(zhì)量為的薄木板，一個質(zhì)量為的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因，開始均靜止，現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取。求：
（1）為使小物體不從木板上掉下，F(xiàn)不能超過多少；
（2）如果拉力，小物體需多長時間就脫離木板。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）小物體隨木板運動的最大加速度為a，對小物體由牛頓第二定律得
可得小物體最大加速度為
對整體分析，由牛頓第二定律得
（2）因施加的拉力，故物體相對木板滑動，設(shè)木板對地運動的加速度為，對木板由牛頓第二定律得
解得
小物體在木板上運動的時間為，則
解得
6.（2024·福建福州·一模）如圖甲所示，一質(zhì)量的木板A靜置在足夠大的光滑水平面上，時刻在木板上作用一水平向右的力F，力F在0~2s內(nèi)隨時間均勻變大，之后保持不變，如圖乙所示。在時將質(zhì)量的滑塊B輕放在木板A右端，最終滑塊B恰好沒有從木板A左端掉落。已知滑塊B與木板A間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小，求：
（1）0~2s內(nèi)力F的沖量大小I及2s時刻木板A的速度大小；
（2）木板A的長度L。
【答案】（1），；（2）
【詳解】（1）圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示沖量，0~2s內(nèi)力F的沖量大小為
根據(jù)動量定理
解得2s時刻木板A的速度大小
（2）滑塊B在木板A上滑動時，A、B間的滑動摩擦力大小
此后木板A做勻速直線運動，滑塊B的加速度為
設(shè)滑塊B在木板A上滑動的時間為，則有
木板A的長度為
考向3 斜面上的板塊模型
7.將一質(zhì)量為的足夠長薄木板A置于足夠長的固定斜面上，質(zhì)量為的滑塊B（可視為質(zhì)點）置于A上表面的最下端，如圖（a）所示，斜面傾角。現(xiàn)從時刻開始，將A和B同時由靜止釋放，同時對A施加沿斜面向下的恒力，運動過程中A、B發(fā)生相對滑動。圖（b）為滑塊B開始運動一小段時間內(nèi)的圖像，其中v表示B的速率，x表示B相對斜面下滑的位移。已知A與斜面間的動摩擦因數(shù)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度，，求：
（1）A、B間的動摩擦因數(shù)以及圖（b）中時A的加速度大小和方向；
（2）一段時間后撤去力F，從時刻開始直到B從A的下端滑出，A、B間因摩擦總共產(chǎn)生的熱量，求力F作用在A上的時間。
【答案】（1），，方向沿斜面向下；（2）
【詳解】（1）根據(jù)運動學(xué)公式可知
結(jié)合圖像可知
根據(jù)牛頓第二定律，對物塊B有
聯(lián)立解得
同理，對物塊A有
聯(lián)立可得
方向沿斜面向下。
（2）假設(shè)F施加在A上的時間為t，則有兩個物體經(jīng)過時間t后的速度分別為
，
由勻變速直線運動的關(guān)系式可知兩物體的位移
，
撤去F后，B受力情況不變，對A進(jìn)行受力分析，可知
代入數(shù)據(jù)可得
方向沿斜面向上，此后A做勻減速直線運動。設(shè)A與B共速之前，運動的時間為，位移為和則由勻變速運動的關(guān)系式可知
可得
共同速度
由勻變速運動的關(guān)系式可知
，
兩次運動A、B的相對位移可得
共速后，B繼續(xù)加速運動，A減速運動，直到B從A的下端離開，則產(chǎn)生的熱量為
聯(lián)立可得
【題后反思】
處理“板塊”模型中動力學(xué)問題的流程
2．關(guān)注“一個轉(zhuǎn)折”和“兩個關(guān)聯(lián)”
一個轉(zhuǎn)折
滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點
兩個關(guān)聯(lián)
指轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移與板長之間的關(guān)聯(lián)。一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變，轉(zhuǎn)折前、后滑塊和木板的加速度都會發(fā)生變化，因此以轉(zhuǎn)折點為界，對轉(zhuǎn)折前、后進(jìn)行受力分析是建立模型的關(guān)鍵
考點二 傳送帶模型
知識點1 水平傳送帶的常見情形及運動分析
知識點2 傾斜傳送帶問題的常見情形及運動分析
考向1 水平傳送帶
1.傳送帶在生產(chǎn)生活中廣泛應(yīng)用。如圖所示，一水平傳送帶長L＝10 m，以v＝5 m/s的速度運行。水平傳送帶的右端與一光滑斜面平滑連接，斜面傾角θ＝30°。一物塊由靜止輕放到傳送帶左端，物塊在傳送帶上先做勻加速運動，后做勻速直線運動，然后沖上光滑斜面。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物塊從傳送帶左端第一次到達(dá)傳送帶右端所用時間；
(2)物塊沿斜面上滑的最大位移的大??；
(3)從物塊輕放到傳送帶左端開始計時，通過計算說明t＝10 s時物塊所處的位置。
【答案】(1)3 s (2)2.5 m (3)物塊在斜面上距離斜面底端2.5 m處
【解析】(1)物塊在傳送帶上的勻加速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2，
物塊在傳送帶上的勻加速運動過程中，由運動學(xué)公式v＝v0＋at有v＝a1t1，解得t1＝2 s，
運動的距離為x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m，
物塊在傳送帶上勻速運動的時間為
t2＝eq \f(L－x1,v)＝1 s，
物塊從傳送帶左端第一次到達(dá)傳送帶右端所用時間t＝t1＋t2＝3 s。
(2)物塊沿斜面上升過程，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ＝ma2，解得a2＝5 m/s2，
對物塊沿斜面上升過程，由運動學(xué)公式v2－v02＝2ax，有v2＝2a2x2，
解得物塊沿斜面上滑的最大位移的大小為x2＝2.5 m。
(3)設(shè)物塊從斜面底端上滑到最大位移處所需時間為t3，由運動學(xué)公式v＝v0＋at有v＝a2t3，
解得t3＝1 s。
設(shè)物塊第一次沿斜面下滑過程所需時間為t4，則有x2＝eq \f(1,2)a2t42，解得t4＝1 s。
物塊沿斜面下滑至斜面底端時的速度為v1＝a2t4＝5 m/s，
物塊沿水平傳送帶向左減速運動，速度減為零所需時間為t5＝eq \f(v1,a1)＝2 s。
物塊在傳送帶上的往返運動具有對稱性，物塊沿水平傳送帶第二次向右加速運動，到達(dá)斜面底端所需時間為t6＝t5＝2 s。
物塊第二次沿斜面上滑到最大位移處所需時間為t7＝t3＝1 s。
因為t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＋t7＝10 s，
所以10 s時，物塊剛好第二次上滑到最大位移處，物塊在斜面上距離斜面底端2.5 m處。
2.(多選)快遞分揀站利用傳送帶可以大幅提高分揀效率，其過程可以簡化為如圖所示的裝置，水平傳送帶長為L，以一定的速度v2＝8 m/s順時針勻速運動，工作人員以一定的初速度v1將快遞箱推放到傳送帶左端。若快遞箱被從左端由靜止釋放，到達(dá)右端過程中加速時間和勻速時間相等，快遞箱可視為質(zhì)點，快遞箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10 m/s2，則( )
A.傳送帶長L為24 m
B.若v1＝0，全程快遞箱在傳送帶上留下的痕跡長為4 m
C.若v1＝eq \f(1,2)v2，則全程快遞箱的路程與傳送帶的路程之比為12∶13
D.若v1＝0，將傳送帶速度增大為原來的2倍，則快遞箱先勻加速運動再勻速運動
【答案】 AC
【解析】 根據(jù)牛頓第二定律知，快遞箱加速時加速度a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝4 m/s2，快遞箱加速位移x1＝eq \f(veq \\al(2,2),2a)＝8 m，快遞箱勻速位移x2＝v2·eq \f(v2,a)＝16 m，所以傳送帶總長L＝24 m，故A正確；若v1＝0，快遞箱加速位移x1＝8 m，傳送帶在這段時間內(nèi)運動位移x帶＝v2·eq \f(v2,a)＝16 m，則痕跡長s＝x帶－x1＝8 m，故B錯誤；如果v1＝eq \f(1,2)v2，快遞箱加速時間t1＝eq \f(v2－v1,a)＝1 s，加速位移x1′＝eq \f(veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1),2a)＝6 m，勻速時間t2＝eq \f(L－x1′,v2)＝2.25 s，在此期間傳送帶勻速位移x＝v2(t1＋t2)＝26 m，所以兩者路程之比為L∶x＝12∶13，故C正確；如果傳送帶速度加倍，則快遞箱加速時間t1′＝eq \f(2v2,a)＝4 s，加速位移x1″＝eq \f(4veq \\al(2,2),2a)＝32 m，大于24 m，所以快遞箱一直勻加速運動，故D錯誤。
3.(2024·貴州黔西高三聯(lián)考)如圖，水平傳送帶勻速順時針轉(zhuǎn)動，速度大小v1＝2 m/s，A、B兩輪間的距離為4 m，在右端一物塊以v2＝3 m/s的速度滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A.物塊能滑過B輪
B.物塊經(jīng)t＝2 s速度減為零
C.物塊返回到A輪時的速度大小仍是3 m/s
D.物塊在傳送帶上滑動時加速度的大小是 2 m/s2
【答案】 D
【解析】 物塊向左運動時，受到的滑動摩擦力向右，產(chǎn)生的加速度大小為a＝eq \f(μmg,m)＝2 m/s2，物塊向左運動速度減小到0時所用時間為t＝eq \f(v2,a)＝1.5 s，通過的位移大小為x＝eq \f(veq \\al(2,2),2a)＝2.25 m

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