【物理】2019届一轮复习人教版多维探究 殊途同归(五) 从能量角度解读传送带模型和板块模型学案
从能量角度解读传送带模型
[多维概述]
1．传送带模型
(1)模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题。
(2)传送带的转动方向：可以与物体运动方向相同或与物体运动方向相反。
(3)物体相对于传送带可以是静止、匀速运动、加速运动或减速运动。
2．处理方法
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
[多维展示]
多维角度1 水平同向加速
[例1] (2017·安徽师大附中模拟)(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则( )
A．物体从A运动到B的时间是1.5 s
B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J
D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J
解析 设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：mv＝mgh，代入数据得：v0＝＝2 m/s
(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，二者发生相对滑动。此时aA＝
μ1g，aB＝>μ1g，A相对B向左滑动。
2．用水平力拉物块
如图，A在B的左端，从某一时刻起，A受到一个水平向右的恒力F而向右运动。这种情况抓住A带动B运动，A对B的摩擦力为动力。
(1)当μ1m1g≤μ2(m1＋m2)g时，不论拉力F多大，B均静止。
(2)当μ1m1g>μ2(m1＋m2)g时：
①F<μ2(m1＋m2)g时，二者相对静止，且相对于地面静止。
②若μ2(m1＋m2)gμ2(m1＋m2)g＋[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]时，二者相对滑动，A带动B运动，故aA>aB，vA>vB。
[例2] 图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2。整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的vt图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能。
解析 (1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得
F＝(m1＋m2)a
物块与木板将要相对滑动时，
μ1m1g＝m1a
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，在1～2 s内做匀速运动，2 s 后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程中的vt图象如图所示。
0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s
内物块相对木板向右运动。
由图象可得0～2 s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2 m
系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J。
由图象可得2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m
物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J
由图象可得木板在粗糙水平面上对地位移x2＝3 m
木板与地面因摩擦产生的内能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J
0～4 s内物块相对木板的位移Δx＝Δx1－Δx2＝1 m
0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J。
答案 (1)8 N (2)见解析
多维角度3 多板块组合
[例3] (2017·陕西咸阳模拟)如图所示，有一质量为M＝2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m＝1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上P处开始，A以初速度v1＝1 m/s向左运动，B同时以v2＝2 m/s向右运动。最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。两物块与小车间的动摩擦因数都为μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)小物块A相对小车滑动的距离；
(2)小车总长L及B在小车上滑动过程中产生的热量QB。
解析 (1)设A与小车左端距离为x1，运动到左端用时t1，在A运动至左端前，小车静止，刚到左端，速度减为零。
μmg＝maA
v1＝aAt1
x1＝aAt
联立可得t1＝0.5 s，x1＝0.25 m。
(2)设最后A、B和小车达到共同速度v，整个系统动量守恒：mv2－mv1＝(2m＋M)v
由能量守恒：μmgL＝mv＋mv－(2m＋M)v2
解得：v＝0.25 m/s，L≈1.19 m
B与右端距离x2＝L－x1＝0.94 m，所以
QB＝μmgx2＝1.88 J。
答案 (1)0.25 m (2)1.88 J
多维角度4 底面光滑斜面上
[例4] 如图所示是倾角θ＝37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，P、Q间距离L＝2 m，质量M＝1.0 kg的木块A(可看成质点)放在质量m＝0.5 kg的长d＝0.8 m的木板B上并一起停靠在挡板P处，木块A与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接，现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0＝1.6 m/s 沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1＝0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B物体此时的位置。然后将A上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2＝0.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行。现在给A向下的初速度v1＝2 m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证木块A一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B物体的位置。g取10 m/s2。求：
(1)木板B沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；
(2)A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；
(3)A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量。
解析 (1)对B由牛顿第二定律得：
μ1Mgcosθ－mgsinθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2 m/s2。
(2)从开始到A、B相对静止需要的时间为：
t1＝＝0.8 s
A的位移为：xA＝v0t1＝1.28 m
B的位移为：xB＝t1＝0.64 m
A、B的相对位移为：Δx＝xA－xB＝0.64 m
A、B沿斜面上升所经历的时间为：
t＝＝1.15 s。
(3)B开始向下加速运动的加速度为：
a2＝＝10 m/s2
B与A相对静止后B的加速度为：
a3＝＝2 m/s2
从释放到A、B相对静止的时间为：t2＝＝0.2 s
A的位移为：xA′＝v1t2＝0.4 m
B的位移为：xB′＝t2＝0.2 m
相对位移为：Δx′＝xA′－xB′＝0.2 m
此时A离B右端的距离为：Δx′＋(d－Δx)＝0.36 m
A、B速度相等后，B以加速度a3加速运动，B到达P所用时间为t3，则：L－d－xB′＝v1t3＋a3t
代入数据解得：t3＝(－1) s
A、B相对位移为：
Δx″＝v1t3＋a3t－v1t3＝(3－2) m
即B与P接触时，A没有从B上滑离，产生的热量为：
Q＝μ2Mgcosθ(Δx′＋Δx″)≈0.74 J。
答案 (1)2 m/s2 (2)1.15 s (3)0.74 J
[多途归一]
求解相对滑动物体能量问题的方法
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析。
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。
(3)公式Q＝fx相对，其中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体做往复运动，则x相对为相对路程。
[类题演练]
1．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为 m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 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 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案 D
解析 由图象可知，A、B的加速度大小相等aA＝aB＝1 m/s2，设A、B间的动摩擦因数为μ，则aA＝＝1 m/s2，aB＝＝1 m/s2，解得μ＝0.1，mA＝2 kg，D正确；木板获得的动能为Ek＝mAv2＝×2×12 J＝1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·(m＋mA)·v2＝2 J，B错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m，所以木板A的最小长度为1 m，C错误。
2．(2017·泰安质检)(多选)如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
答案 ABC
解析 由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－FfL，D错误。
3．如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端点沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：
(1)物块经过C点时的速度vC；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。
答案 (1)6 m/s (2)9 J
解析 (1)设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，有：vBsinθ＝v0
从B到C，根据动能定理有：
mgR(1＋sinθ)＝mv－mv
解得：vC＝6 m/s。
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于受到摩擦力作用，最终两者将一起共同运动。设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则：μmg＝ma1
μmg＝Ma2
v＝vC－a1t
v＝a2t
(或：由动量守恒可得：mvC＝(m＋M)v解得v＝3 m/s。)
根据能量守恒定律有：(m＋M)v2＋Q＝mv
联立解得：Q＝9 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M＝1 kg，滑块质量为m＝1 kg，长木板与斜面间无摩擦，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板足够长且下端距挡板的距离为L＝3 m，现将它们由静止释放，重力加速度大小为g＝10 m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。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a＝6 m/s2
对滑块受力分析，可知mgsin37°－f＝ma
解得f＝0。
(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t＝1 s
v1＝at＝6 m/s
碰后长木板反弹，对滑块受力分析
mgsin37°－μmgcos37°＝ma1
解得a1＝2 m/s2，方向沿斜面向下
对长木板受力分析
Mgsin37°＋μmgcos37°＝Ma2
解得a2＝10 m/s2，方向沿斜面向下
第一次长木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 s
x1＝t1＝1.8 m
然后长木板开始向下加速运动，长木板又经t2＝0.6 s运动x2＝1.8 m后与挡板相碰撞，相碰时长木板的速度大小v2＝6 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
x3＝v1t1＋a1t＝3.96 m
x4＝2v1t1＋a1(2t1)2－x3＝4.68 m
所以长木板与滑块的相对位移
Δs＝x1＋x3＋x4－x2＝8.64 m
故产生的热量Q＝μmgcos37°·Δs＝34.56 J。
(或：求解(3)问时，可画出滑块和长木板的vt图象如图所示，阴影部分的面积表示Δs的大小。)
