【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第三章 专题突破二 (含解析).doc，共(15)页，330.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题突破二动力学中“传送带”和“板块”模型突破一“传送带”模型考向水平传送带分析解答问题的关键(1)对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。(2)物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。【例1】如图1所示，水平传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端

，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长，重力加速度为g。问：图1(1)物体从A到B做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A到B运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A到B所用时间

最短？解析(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝vμg物体的位移x1＝12at2＝v22μg传送带的位移x2＝vt＝v2μg(3)物体从A到B运动的时间为t总＝vμg＋L－x1v＝L

v＋v2μg(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥2μgL。答案(1)先匀加速，后匀速(2)v22μgv2μg(3)Lv＋v2μg(4)v≥2μgL考向倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体

由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。【例2】如图2所示，传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝1k

g的小物块轻放在其底端(小物块可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用F＝10N的恒力拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地面高为H＝1.8m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0

.8。图2(1)求物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？解析(1)物块在达到与传送带速度v＝4m/s相等前，做匀加速直线运动，有F＋μmgco

s37°－mgsin37°＝ma1v＝a1t1联立得a1＝8m/s2，t1＝0.5s，故x1＝12a1t21＝1m物块与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ－μmgcos37°＝0故物块在平衡力作用下随传送带一起匀速上升x2＝H

sin37°－x1＝2m，t2＝x2v＝0.5s物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝1s。(2)若在物块与传送带达到速度相等的瞬间撤去恒力F，因为μ<tan37°，故有μmgcos37°－mgsin37°＝ma2解得a2＝－2m/s2假设物块能向上匀减速运动到速度为零，则物块

通过的位移为x＝－v22a2＝4m＞x2故物块向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台，故x2＝vt3＋12a2t23解得t3＝(2－2)s(另一解不符合题意，已舍去)故撤去恒力F后，物块还需(2－2)s才能脱离传送带。答案(1)1s(2

)(2－2)s解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度。(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tanθ的关系才能决定物块以后的运动。1．(2018

·辽宁大连测试)如图3所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象

(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则()图3A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析t

1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D

错误。答案B2．(2018·四川成都诊断)如图4所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数

为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：图4(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。解析(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为a1＝g

(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝v0a1＝1s，发生的位移x1＝12a1t21＝5m。达到v0后，受到向上的摩擦力，则a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2，x2＝L－x1＝5.25m，x2＝v0t2＋12a2t22，得t2＝0

.5s。煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s。(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m，第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5m。答案(1)1.5s(2)5

m突破二“板块”模型1．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联2．两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界

条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA【例3】(2018·湖北重点中学4月联考)如图5所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小

也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：图5(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；(2)木板A的最短长度L。思路点拨(1)分析摩擦力方向→判断A和B的运动性质→求速度和时间。(2)计算A和B的位移→求相对位移→最短

长度。解析(1)对A、B分别由牛顿第二定律有μmg＝MaA，μmg＝maB又M＝2m，可得aA＝12μg，aB＝μg规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt解得t＝2v0aA＋aB＝4v03μg，v＝－v03。(2)在时间t内：A

的位移xA＝－v0＋v2t＝－8v209μgB的位移xB＝v0＋v2t＝4v209μg木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝4v203μg。答案(1)4v03μgv03(2)4v203μg解决速度临界问

题的思维模板1．如图6所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。

下列反映a1和a2随时间t变化的图线中正确的是()图6解析开始时木板和木块一起做加速运动，有F＝(m1＋m2)a，解得a＝Fm1＋m2＝ktm1＋m2，即木板和木块的加速度相同且与时间成正比。当木板与木块间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动，对木块有F－μm

2g＝m2a2，a2＝F－μm2gm2＝ktm2－μg，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝μm2gm1为定值。所以选项A正确。答案A2．如图7所示，质量M＝8kg的小车放在水

平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N。当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。求：图7(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各

为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放在小车上开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为多少？(取g＝10m/s2)解析(1)小物块的加速度am＝μg＝2m/s2，小车的加速度aM＝F－μmgM＝0.5m/s2。(2)由amt1＝v0＋aMt1，得t

1＝1s。(3)在开始1s内小物块的位移x1＝12amt21＝1m。最大速度v＝amt1＝2m/s。在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a＝FM＋m＝0.8m/s2。这0.5s内的位移x2＝vt2＋12at22＝1.1m，通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1m。答案(1)

2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m科学思维系列——“模型建构”破解高考压轴大题【典例】(2015·全国卷Ⅰ，25，)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为

4.5m，如图8(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。木板的质

量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：图8(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。[教你建构物理模型]第

一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。第二步：分解过程模型。(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受

到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速

度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度．然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至

停止(如图己所示)。第三步：选择计算方法。上面的每一个过程都有特定条件要求，应根据各自的物理规律，选择相应的计算方法解题。[规范解答](1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大

小a2＝v－0t＝4－01m/s2＝4m/s2。根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得x

＝vt＋12a1t2解得a1＝1m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1

(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝43m/s2对滑块，加速度大小为a2＝4m/s2由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s的过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－12a3t21＝103m,末速度v1＝v－a3t1＝83m/s

滑块向右运动的位移x2＝v＋02t1＝2m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3＝43m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s此过程

中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－12a3t22＝76m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑块向左运动的位移x4＝12a2t22＝0.5m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m小物块始终没

有离开木板，所以木板最小的长度为6m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1m/s2向左运动的位移为x5＝v232a1＝2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5m答案(1)0.10.4(2)6m(3)6.5m课时作业(时间：30分钟)

基础巩固练1．如图1所示，水平传送带静止不动，质量为1kg的小物体，以4m/s的初速度滑上传送带的左端，最终以2m/s的速度从传送带的右端离开传送带。如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4m/s的

初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时的速度()图1A．小于2m/sB．等于2m/sC．大于2m/sD．不能到达传送带右端解析当传送带不动时，小物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带。当传送带逆时针转动时，小物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的滑动摩擦力方向仍

然向左，这样与传送带静止时比较，受力情况完全相同，所以运动情况也应该一致，即最后离开传送带时速度仍然是2m/s，选项B正确。答案B2．(多选)如图2甲所示，一质量为m1的薄木板(厚度不计)静止在光滑水平地面上，现有

一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是()图2A．滑块始终与木板存在相对运动B．滑块未能滑出木板C．滑块的质量m

2大于木板的质量m1D．在t1时刻，滑块从木板上滑出解析滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2＝μm2gm2＝μg，a1＝μm2gm1，由v－t图象可知，滑块的速度一直大于木板的速

度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由v－t图象分析可知a2＜a1，即μg＜μm2gm1，则m1＜m2，选项A、C、D正确。答案ACD3．如图3所示，一块足够长的轻质长木板放在

光滑水平地面上，质量分别为mA＝1kg和mB＝2kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10m/s2。改变拉力F的大小，B的加速度大小可能为()图3A．1m/

s2B．2.5m/s2C．3m/s2D．4m/s2解析A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmax<fBmax，所以B始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A

相对长木板滑动，B受到的最大合力等于A的最大静摩擦力，即fB＝fAmax＝μmAg，由fB＝mBaBmax，可知B的加速度最大为2m/s2，选项A正确。答案A4．如图4所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1kg

的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2。图4(1)若给物块施加一水平拉力F＝11N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；(2)在(

1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。解析(1)物块在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6m/s2则到达B点时速度为vB，有vB＝

2a1x＝26m/s滑上传送带，有－μmg＝ma2，a2＝－5m/s2刚好到达C点，有－v2B＝2a2L，得传送带长度L＝2.4m。(2)将传送带倾斜，滑上传送带，有－mgsin37°－μmgcos37°＝ma3，a3＝－10m/s2物块仍能刚好到C端，有－vB′2＝2a3L，v

B′＝43m/s在AB段，有vB′2＝2ax，F′－μmg＝ma联立解得F′＝17N。答案(1)2.4m(2)17N5．如图5所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长l为5m的传送带与两平台

平滑连接。现有一小物体以v0＝10m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。图5(1)小物体与传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度

低于某一速度时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度；(3)若小物体以v1＝8m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能够到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析(1)传送带静止时，小物体在传送带上根据牛顿第二定律得－μmgcos37°－mgs

in37°＝ma1小物体从B点运动到C点的过程有0－v20＝2a1l联立以上式子并代入数据解得a1＝－10m/s2，μ＝0.5。(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力方向始终向上时，最容易到达平台CD，此时根据牛顿第二定律得－mgsin37°＋μ

mgcos37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有0－v2＝2a2l联立以上式子并代入数据解得a2＝－2m/s2，v＝25m/s即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于25m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD。(3)小物体在平台AB上的运动速度大小为

v1＝8m/s，小物体能够到达平台CD时，设传送带顺时针运动的最小速度大小为vmin，由于v1＞v＝25m/s，故若传送带的速度大于或等于25m/s时，小物体必能到达平台CD，故所求的传送带的最小速度大小vmin应小于v。对从小

物体滑上传送带到小物体速度减小到与传送带的速度大小相等的过程中，有v21－v2min＝2a1x1对小物体以速度大小vmin减速到零到达平台CD的过程，有v2min＝2a2x2x1＋x2＝l联立并代入数据解得vmin＝3m/s即传送带至

少以3m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。答案(1)0.5(2)25m/s(3)3m/s