6/8秘籍06動力學和能量觀點的綜合應用（傳送帶模型和滑塊--木板模型）【解密高考】【題型一】傳送帶模型【題型二】滑塊--木板模型：功和能的關系一直是高考的“重中之重”，是高考的熱點、重點、難點。其中傳送帶模型與滑塊--木板模型是功和能與動力學綜合應用的載體，涉及這部分內容的考題不但題型全、分值重，而且經常有壓軸題出現；高考題注重與生產、生活、科技相結合，將對相關知識的考查放在一些與實際問題相結合的情景中去，能力要求不會降低，只會更高。：傳送帶模型與滑塊--木板模型是動力學和能量綜合應用的常見問題，處理該類問題時需要對研究對象進行正確受力分析，結合研究對象的受力特點分析其運動過程，找出研究對象運動過程中的位移關系，能量轉化情況，由牛頓運動定律、運動學規律、動能定理和能量守恒進行分析處理。處理該問題時可利用“置換參考系”，v-t圖像等方法可更快、更準。【題型一】傳送帶模型1．傳送帶問題的分析方法(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。2．功能關系分析(1)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳。(2)系統產生的內能：Q＝Ffs相對，s相對表示相對路程。(3)功能關系分析：W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q。【例1】如圖所示，足夠長水平傳送帶以恒定速率運動。把不同小物體輕放在傳送帶左端物體都會經歷兩個階段的運動。用v表示傳送帶速度，用μ表示物體與傳送帶間的動摩擦因數，則（）A．前階段，物體可能向傳送方向的相反方向運動B．后階段，物體受到摩擦力的方向跟傳送方向相同C．v相同時，μ不同的等質量物體與傳送帶摩擦產生的熱量相同D．μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物體的位移也增大為原來的2倍【答案】C【詳解】A．物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動摩擦力，所以物品的運動方向一定與傳送帶的運動方向相同，故A錯誤；B．后階段，物品與傳送帶一起做勻速運動，不受到摩擦力，故B錯誤；C．設物品勻加速運動的加速度為a，由牛頓第二定律得物品的加速度大小為勻加速的時間為位移為傳送帶勻速的位移為物品相對傳送帶滑行的距離為物品與傳送帶摩擦產生的熱量為則知相同時，不同的等質量物品與傳送帶摩擦產生的熱量相同，故C正確；D．前階段物品的位移為則知相同時，增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的4倍，故D錯誤。故選C。當物體與傳送帶速度相等時，分析物體的摩擦力可利用“轉換參考系”進行，即以傳送帶為參考系，相當于物體輕放在靜止的斜面上，當重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力時，物體與傳送帶出現滑動摩擦力，當重力沿斜面向下的分力小于或等于最大靜摩擦力時，物體與傳送帶間出現靜摩擦力即物體相對靜止。同時處理劃痕和摩擦產生熱問題時，可利用v-t圖像，即畫出傳送帶與物體的速度時間圖像，兩圖像所圍面積即為相對位移。【例2】如圖所示，某機場行李傳輸系統可簡化為傾斜傳送帶以恒定速率順時針轉動，時刻從傳送帶底端無初速地釋放一行李（圖中用方塊表示，視為質點），時刻行李通過傳送帶中間某位置時的速率達到。在行李從傳送帶底端運動到頂端的過程中，行李的位移隨時間變化的關系圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】在時間內，行李受到重力、支持力與滑動摩擦力，因為滑動摩擦力大于行李所受重力沿傳送帶向下的分力，所以行李做勻加速直線運動，圖像為開口向上的拋物線，在時刻，行李的速度與傳送帶的速度相同，行李受到的摩擦力為靜摩擦力，且靜摩擦力與行李所受重力沿傳送帶向下的分力大小相等，行李的加速度突變為零，此后行李做勻速直線運動，圖像為向上傾斜的直線。故選A。【變式1】（多選）如圖所示，與水平地面成角的傳送帶，以恒定速率v順時針轉動。現將一質量為m的小物體（視為質點）無初速度放在傳送帶的底端M處，小物體到達傳動帶最高點N處時恰好達到傳送帶的速率v，已知MN間的高度差為H，則在小物體從M到N的過程中（）A．傳送帶對小物體做功為B．將小物體由底端傳送到N處過程中，該系統多消耗的電能為C．將小物體傳送到N處，系統因摩擦而產生的熱量為D．改變傳送帶與小物體之間的動摩擦因數，物體到達N點前速度達到v，則系統因摩擦產生的熱量將減少【答案】AD【詳解】A．根據功能關系知傳送帶對小物體做功等于物體機械能的增加量，為，故A正確；B．根據能量守恒定律，電動機消耗的電能E電等于摩擦產生的熱量Q與物塊增加機械能的和，為，故B錯誤；C．小物體到達傳動帶最高點N處時恰好達到傳送帶的速率v，設時間為，根據牛頓第二定律故由摩擦生熱故C錯誤；D．改變傳送帶與小物體之間的動摩擦因數，物體到達N點前速度達到v，根據知減小，增大，又根據C項分析知增大，減小，即系統因摩擦產生的熱量將減少，故D正確。故選AD。【變式2】（多選）如圖甲所示，彎曲軌道與水平地面平滑連接，右側有一與地面等高的傳送帶，傳送帶始終以速度順時針勻速轉動。將一滑塊從軌道上高h處無初速度釋放，當時，滑塊離開傳送帶時的速度不變，當滑塊從其他高度釋放后，離開傳送帶時的速度大小v與高度h的圖像為如圖乙所示的曲線。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數，彎曲軌道與水平地面均光滑，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A．傳送帶的長度L為1mB．傳送帶運行的速度為C．該滑塊從和釋放，摩擦力對滑塊做功的大小相等D．該滑塊從釋放，滑塊在傳送帶上運動的時間為【答案】ABD【詳解】AB．根據題意，結合圖乙可知，當時，滑塊始終在傳送帶上加速，當時，滑塊始終在傳送帶上減速。設滑塊滑上傳送帶前的速度為v，傳送帶上由運動學公式有，其中，，解得，故AB正確；C．，設滑塊和傳送帶共速前的位移為，可得摩擦力做功為此后滑塊與傳送帶共速，摩擦力不做功。，設滑塊和傳送帶共速前的位移為，可得摩擦力做功為此后滑塊與傳送帶共速，摩擦力不做功，故C錯誤；D．，滑塊滑上傳送帶的速度，由圖乙知末速度為，故D正確。故選ABD。【變式3】某機場的貨物傳送裝置簡化圖如圖甲所示，該裝置由速度大小為的傳送帶及固定擋板組成，擋板與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角為，傳送帶邊與水平面平行。工作人員將質量分布均勻的正方體貨物由點無初速度釋放，貨物運動后被取走，貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知貨物質量為，貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.40，與擋板的動摩擦因數為0.25，重力加速度取，不計空氣阻力。求：(1)貨物在傳送帶上經歷的時間；(2)因運送貨物傳送裝置多消耗的電能。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）對貨物受力分析，如圖所示則，設貨物與傳送帶間的動摩擦因數為，貨物與擋板的動摩擦因數為，根據牛頓第二定律可得解得貨物加速至與傳送帶共速過程，所用時間為貨物的位移大小為然后貨物將勻速運動，勻速位移大小為勻速運動的時間為所以，運動的總時間為（2）共速前傳送帶與貨物間的相對位移大小為由能量守恒可得傳送帶多做的功為【變式2】【題型二】滑塊--木板模型1．動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t＝eq\f(Δv2,a2)＝eq\f(Δv1,a1)，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移。2．功和能分析：對滑塊和木板分別應用動能定理，或者對系統應用能量守恒定律。如圖所示，要注意區分三個位移：(1)求摩擦力對滑塊做的功時，用滑塊相對地面的位移x滑。(2)求摩擦力對木板做的功時，用木板相對地面的位移x板。(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx。【例1】圖甲為老師辦公桌的抽屜柜。已知抽屜的質量，長度，其中放有質量，長的書本，書本的四邊與抽屜的四邊均平行，書本的右端與抽屜的右端相距也為s，如圖乙所示。不計柜體和抽屜的厚度以及抽屜與柜體間的摩擦，書本與抽屜間的動摩擦因數。現用水平力恒力將抽屜完全抽出，抽屜遇到柜體的擋板時立即鎖定不動，重力加速度。下列說法正確的是（）A．抽屜遇到柜體擋板前，抽屜的加速度為B．抽屜遇到柜體擋板前，書本受到的摩擦力大小為0.2NC．書本運動的全過程，摩擦力對書本先做正功后做負功D．書本可能與抽屜左側發生磕碰【答案】C【詳解】A．抽屜遇到柜體擋板前，假設能一起加速，對書本和抽屜由牛頓第二定律可得解得則能一起加速，抽屜的加速度為，故A錯誤；B．抽屜遇到柜體擋板前，書本受到的摩擦力大小為故B錯誤；C．抽屜遇到柜體擋板前，摩擦力向右，書本位移向右則摩擦力先做正功；當抽屜遇到柜體擋板后，摩擦力向左，書本位移向右，摩擦力對書本后做負功，故C正確；D．抽屜遇到柜體擋板時，書本的速度抽屜遇到柜體擋板后書本的加速度此后書本相對抽屜的位移書本不能與抽屜左側發生磕碰，故D錯誤。故選C。【例2】（多選）如圖甲所示，一長木板P靜止于水平地面上，t=0時小物塊Q以4m/s的初速度從左端滑上長木板，二者的速度隨時間的變化情況如圖乙所示，運動過程中，小物塊始終未離開長木板。已知長木板P質量為1kg，小物塊Q質量為3kg，重力加速度g取10m/s2，在運動的全過程中（）A．小物塊與長木板之間的動摩擦因數為0.2B．長木板與地面之間的動摩擦因數為0.05C．小物塊與長木板之間因摩擦產生的熱量為6JD．小物塊對長木板所做的功為12J【答案】AD【詳解】A．由圖乙所示圖像可知對Q由牛頓第二定律得代入數據解得小物塊與長木板間的動摩擦因數故A正確；B．由圖乙所示圖像可知，P、Q相對運動時P的加速度為對P由牛頓第二定律得代入數據解得長木板與地面間的動摩擦因數故B錯誤；C．小物塊相對于長木板的位移其中，代入數據解得小物塊與長木板間因摩擦產生的熱量代入數據解得故C錯誤；D．小物塊與長木板相對滑動過程，長木板的位移對長木板由動能定理得其中代入數據解得此過程小物塊對長木板做的功滑塊與長木板共速到靜止過程滑行的距離減速過程由動能定理得代入數據解得小物塊對長木板做的功故D正確。故選AD。【變式1】如圖所示，足夠長的水平傳送帶MN以速度自西向東勻速運動，某時刻將一質量的小物塊輕放在傳送帶上，離放置小物塊的位置足夠遠的地方固定有南北方向的豎直擋板ABCD，當小物塊運動到此處時，擋板可阻止小物塊繼續向東運動。已知小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數，與擋板之間的動摩擦因數，重力加速度g取。求：(1)在小物塊到達擋板之前，物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量Q；(2)小物塊被擋板阻止后，對小物塊施加一水平向南的拉力F，使小物塊相對地面以的速度向南勻速滑動，該拉力F的大小。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）設小物塊的加速度大小為，則有設小物塊與傳送帶共速所需的時間為小物塊的位移大小為傳送帶的位移大小為故系統產生的熱量以上各式聯立可解得（2）設與之間的夾角為，則有而小物塊相對于傳送帶和擋板的運動情況與受力情況如圖所示傳送帶對小物塊的摩擦力大小為擋板對小物塊的摩擦力大小為故拉力的大小為又因為以上各式聯立可解得【變式2】如圖所示，兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1kg和mB=5kg，放在靜止于光滑水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為μ=0.5，木板的質量m=10kg，某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0=3.5m/s，A、B始終未相遇，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩滑塊均可視為質點，重力加速度大小g=10m/s2，求：(1)A、B兩滑塊開始相向滑動時，木板相對于地面的加速度；(2)B與木板剛好相對靜止時，木板的速度；(3)全過程三者間因摩擦產生的總熱量。【答案】(1)2m/s2，方向水平向右；(2)1m/s，方向水平向右；(3)30.625J【詳解】（1）A對木板的摩擦力水平向左，大小為B對木板的摩擦力水平向右，大小為對木板，由牛頓第二定律得解得方向水平向右；（2）木板向右做勻加速直線運動，B向右做勻減速直線運動，經過時間t二者共速，則B與木板相對靜止時，木板的速度為解得，木板速度方向水平向右；（3）從開始運動到B與木板相對靜止，B相對木板的位移為從開始運動到B與木板相對靜止，A相對木板的位移為B與木板共速后一起做勻加速直線運動，A減速到零后，向右做勻加速直線運動，直到A與木板共速，設再經過時間t′A與木板共速，則這段時間內A相對木板的位移為所以全過程三者間因摩擦產生的總熱量為【變式3】如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面，傾角，底端固定彈性擋板，長木板B放在斜面上，小物塊A放在B的上端沿斜面向上敲擊B，使B立即獲得初速度，此后B和擋板發生碰撞，碰撞前后速度大小不變，方向相反，A始終不脫離B且與擋板不發生碰撞。已知A、B的質量均為，A、B間的動摩擦因數，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度。求：(1)敲擊B后的瞬間，A、B的加速度大小、；(2)B上升的最大距離s；(3)B的最小長度L。【答案】(1)，；(2)；(3)【詳解】（1）敲擊B后的瞬間，A受到向上的滑動摩擦力，對A由牛頓第二定律解得對B由牛頓第二定律解得（2）設A、B向上運動，經過時間t后共速共速后A、B一起以加速度a向上減速，對A、B分析，有解得（3）最終A、B均停在擋板處，此時B的長度最小，由能量守恒解得分析滑塊--木板問題時一定要注意對滑塊和木板正確受力分析，根據受力情況判斷滑塊與木板的運動狀態，特別木板的運動，不能思維定勢，木板一定是運動的或靜止的。滑塊—木板問題最好利用v-t圖像進行分析處理，即分別畫出滑塊和木板的速度時間圖像，特別對多過程問題尤其關鍵。【題型三】多物體、多過程問題分析思路(1)受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。(2)做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規律求解。【例1】（多選）傳送帶是建筑工地常見的運輸裝置，如圖所示為傳送帶AB的簡易圖，傳送帶的傾角為，以v0=8m/s的速度順時針勻速轉動，工人將質量m=200kg的工料（可視為質點）輕輕地放到傳送帶的底端A，并用平行于傳送帶的輕繩拴接在工料上，啟動電動機，電動機對工料提供的牽引力恒為F=2000N，經過t0=2s關閉電動機，一段時間后工件剛好到達傳送帶的最高點B。已知工料與傳送帶之間的動摩擦因數為，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力。則（）A．經過時間t=2s時，工料的速度大小為v=6m/sB．傳送帶的長度LAB=31.25mC．工料在傳送帶上產生的熱量為12750JD．工料上升過程中，機械能先減小后增加【答案】BC【詳解】A．工料放上傳送帶后，對工料受力分析，如圖所示由牛頓第二定律得又解得工料向上加速運動，經時間與傳送帶共速，則有此后摩擦力突變為沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得解得方向沿傳送帶向上。再經的時間關閉發動機，此時工料的速度為故A錯誤；B．關閉發動機后，由于工料的速度大于傳送帶的速度，摩擦力方向仍沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得解得方向沿傳送帶向下。工料在時間內通過的位移為工料在時間內的位移為關閉發動機后，工料向上做減速運動，經時間工料與傳送帶共速，則該時間內工料的位移為工料與傳送帶再次共速后，工料所受的摩擦力沿傳送帶向上，則由牛頓第二定律得解得方向沿傳送帶向下。此后工料一直減速到0剛好運動到最高點，工料經時間速度減為零，則有該時間內工料的位移為則傳送帶的A、B兩端間的距離為故B正確；C．根據前面選項分析可知，工料在傳送帶上經歷了四個階段，第一階段：靜止開始的加速度大小為時間為的勻加速直線運動，有第二階段：初速度為，加速度大小為時間為的勻加速直線運動，有第三階段：初速度為，加速度大小為時間為的勻減速直線運動，有第四階段：初速度為，加速度大小為時間為的勻減速直線運動，有綜上所述，工料在傳送帶上產生的熱量為故C正確；D．由前面分析可知工料上升過程中，第一階段摩擦力做正功，第二、三階段做負功，第四階段做正功，根據可得機械能先增加之后減小最后又增加。故D錯誤。故選BC。【例2】（多選）許多工廠的流水線上安裝有傳送帶，如圖所示傳送帶由驅動電機帶動，傳送帶的速率恒定，運送質量為的工件，將工件輕放到傳送帶上的A端，每當前一個工件在傳送帶上停止滑動時，后一個工件立即輕放到傳送帶上。工件與傳送帶之間的動摩擦因數，傳送帶與水平方向夾角，工件從A端傳送到B端所需要的時間為。取，工件可視作質點。關于工件在傳送帶上的運動，下列說法正確的是（）A．加速過程的加速度大小為B．加速運動的距離為C．兩個相對靜止的相鄰工件間的距離為D．A、B兩端的距離為【答案】AC【詳解】A．工件加速過程，根據牛頓第二定律有解得故A正確；B．加速過程，根據速度與位移的關系有解得故B錯誤；C．工件加速經歷時間根據先加速后勻速，由于每當前一個工件在傳送帶上停止滑動時，后一個工件立即輕放到傳送帶上，則兩個相對靜止的相鄰工件間的距離為故C正確；D．工件從A端傳送到B端所需要的時間為則工件勻速的位移為A、B兩端的距離故D錯誤。故選AC。【變式1】如圖所示，長L=1.5m、質量M=2kg的木板靜止放在光滑的水平地面上，木板左端距障礙物的距離，障礙物恰好與木板等高。質量m=1kg的滑塊（可視為質點）靜止放在木板右端，木板與滑塊之間的動摩擦因數為0.8，滑塊在9N的水平力F作用下從靜止開始向左運動。木板與障礙物碰撞后以原速率反彈，經過一段時間滑塊恰在障礙物處脫離木板。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求木板第一次與障礙物碰撞前，木板的加速度a；（2）求滑塊與木板間因摩擦產生的總熱量Q；（3）求木板與障礙物碰撞的次數。【答案】（1）；（2）；（3）3次【詳解】（1）木板在摩擦力作用下加速度可達到的最大值為木板與滑塊保持相對靜止時拉力的最大值為由于，所以施加拉力后滑塊與木板相對靜止，一起向左加速，根據牛頓第二定律可得（2）木板第一次與障礙物碰撞后，做往復運動，其向左最大速度不可能再等于滑塊速度，故滑塊一直向左做勻加速運動，木板先向右減速，速度為零后向左加速，然后再次與障礙物碰撞，之后重復上述過程，即滑塊相對于木板始終向左運動，相對位移為木板的長度；所以因摩擦產生的總熱量為（3）木板第一次與障礙物碰撞時的速率為木板第一次與障礙物碰撞反彈后，滑塊加速度大小為木板加速度大小為木板碰