《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

例 4 (2023·安徽模拟) 如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角 $\theta = 37^{\circ}$，$A$、$B$ 两端相距 $4.45m$，质量为 $m = 10kg$ 的物体以 $v_{0} = 5.0m/s$ 的速度沿 $AB$ 方向从 $A$ 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为 $0.5$。($g$ 取 $10m/s^{2}$，$\sin 37^{\circ} = 0.6$，$\cos 37^{\circ} = 0.8$，$\sqrt{5} = 2.24$) 求：

(1) 若传送带不转动，则物体沿传送带所能上滑的最大距离是多少？
(2) 若传送带顺时针运转的速度 $v = 4.0m/s$，则物体从 $A$ 点到达 $B$ 点所需的时间是多少？
(3) 若传送带顺时针运转的速度可以调节，则物体从 $A$ 点到达 $B$ 点的时间取值范围是多少？
方法提炼 分析传送带上物体运动的“六个注意”：
(1) 注意滑块相对传送带的运动方向，正确判断摩擦力的方向。
(2) 在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动。
(3) 在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较 $mg\sin\theta$ 与 $\mu mg\cos\theta$ 的大小才能确定运动情况。
(4) 注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为 $0$ 后反向加速返回。
(5) 注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(6) 滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。

答案：
(1)$1.25m$　
(2)$2.1s$
(3)$1.16s \leq t \leq 2.1s$
[解析]　
(1)若传送带不转动，物体沿传送带向上运动的加速度大小为$a_1$，根据牛顿第二定律可得$mg\sin\theta + \mu mg\cos\theta = ma_1$
　解得$a_1 = 10m/s^2$
　物体沿传送带所能上滑的最大距离是$x_m = \frac{v_0^2}{2a_1} = \frac{5.0^2}{2 × 10}m = 1.25m$.
(2)传送带顺时针运转的速度$v = 4.0m/s$，物体减速到与传送带速度相等经过的时间$t_1 = \frac{v_0 - v}{a_1} = \frac{5 - 4}{10}s = 0.1s$
　此过程中物体的位移为$x_1 = \frac{v_0 + v}{2}t_1 = \frac{5 + 4}{2} × 0.1m = 0.45m$
　此后传送带的速度大于物体的速度，物体受到的摩擦力方向沿传送带向上，此后物体减速运动的加速度大小为$a_2$，根据牛顿第二定律可得$mg\sin\theta - \mu mg\cos\theta = ma_2$
　解得$a_2 = 2m/s^2$
　物体达到B点的速度为$v_B$，根据速度位移关系可得$v^2 - v_B^2 = 2a_2(L_{AB} - x_1)$
　解得$v_B = 0$
　此过程中经过的时间为$t_2 = \frac{v - v_B}{a_2} = \frac{4 - 0}{2}s = 2s$
　物体从A点到达B点所需的时间是$t = t_1 + t_2 = 0.1s + 2s = 2.1s$.
(3)若传送带顺时针运转的速度可以调节，根据
(2)可知，物体达到B点的最长时间为$2.1s$，若传送带的速度足够大，物体在传送带上运动时摩擦力方向一直沿传送带向上，则物体运动的时间最短，此过程中物体的加速度大小始终为$a_2 = 2m/s^2$；根据位移时间关系可得$L_{AB} = v_0t_3 - \frac{1}{2}a_2t_3^2$
　解得$t_3 \approx 1.16s$
　传送带顺时针运转的速度可以调节，则物体从A点到达B点的时间取值范围是$1.16s \leq t \leq 2.1s$

例 5 (2019·江苏) 如图所示，质量相等的物块 $A$ 和 $B$ 叠放在水平地面上，左边缘对齐。$A$ 与 $B$、$B$ 与地面间的动摩擦因数均为 $\mu$。先敲击 $A$，$A$ 立即获得水平向右的初速度，在 $B$ 上滑动距离 $L$ 后停下。接着敲击 $B$，$B$ 立即获得水平向右的初速度，$A$、$B$ 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 $g$。求：

(1) $A$ 被敲击后获得的初速度大小 $v_{A}$；
(2) 在左边缘再次对齐的前、后，$B$ 运动加速度的大小 $a_{B}$、$a_{B}'$；
(3) $B$ 被敲击后获得的初速度大小 $v_{B}$。

答案：
(1)$\sqrt{2\mu gL}$　
(2)$3\mu g$　$\mu g$
(3)$2\sqrt{2\mu gL}$
[解析]　
(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小：$a_A = \mu g$，由匀变速直线运动公式：$2a_AL = v_A^2$，解得：$v_A = \sqrt{2\mu gL}$
(2)设A、B的质量均为$m$，对齐前，B所受合力大小为：$F_1 = 3\mu mg$，由牛顿第二定律：$F_1 = ma_B$，解得：$a_B = 3\mu g$，对齐后，A、B所受合力大小：$F_1' = 2\mu mg$，由牛顿定律$F_1' = 2ma_B$，解得：$a_B' = \mu g$.
(3)经过时间$t$，A、B达到共同速度$v$，位移分别为$x_A$，$x_B$，A加速度的大小等于$a_A$，则：$v = a_At$，$v = v_B - a_Bt$，$x_A = \frac{1}{2}a_At^2$，$x_B = v_Bt - \frac{1}{2}a_Bt^2$，且$x_B - x_A = L$，解得：$v_B = 2\sqrt{2\mu gL}$.

例 6 (2023·辽宁模拟) 如图所示，在倾角为 $\theta$ 的足够长的固定斜面上，有一质量为 $M$ 的长木板，长木板在沿斜面向上的拉力 $F$ 作用下做速度为 $v$ 的匀速运动。某时刻开始，将一质量为 $m$ 的小铁块 (可视为质点)，以相对斜面向下的初速度 $v_{0}$ 从长木板的上端释放，小铁块沿长木板向下滑动，最终小铁块跟长木板一起沿斜面向上做匀速运动。已知 $v_{0}＞v$，小铁块、木板和斜面相互间的动摩擦因数均为 $\mu$，$\mu＞\tan\theta$，重力加速度为 $g$。求：

(1) 小铁块从开始滑动到离斜面底端最近时经历的时间；
(2) 从释放铁块到共速时长木板沿斜面向上运动的距离和长木板的最短长度。

答案：
(1)$\frac{v_0}{g(\mu\cos\theta - \sin\theta)}$
(2)$\frac{v(v + v_0)}{g(\mu\cos\theta - \sin\theta)}$　$\frac{(v_0 + v)^2}{2g(\mu\cos\theta - \sin\theta)}$
[解析]　
(1)对小铁块，因为$\mu ＞ \tan\theta$，可知滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，加速度方向沿斜面向上，小铁块沿斜面向下做匀减速运动，在斜面方向，根据牛顿第二定律$\mu mg\cos\theta - mg\sin\theta = ma$
　当小铁块速度减为零时，离斜面底端最近，设经历的时间为$t_0$，根据运动学公式有$t_0 = \frac{v_0}{a}$
　联立解得运动时间为$t_0 = \frac{v_0}{g(\mu\cos\theta - \sin\theta)}$.
(2)小铁块先沿斜面向下匀减速运动，速度为零后再沿斜面向上匀加速运动，最终跟长木板以共同速度$v$匀速运动，设到共速时经历时间为$t$，对小铁块，根据运动公式，有：$v = -v_0 + at$
　长木板匀速运动，沿斜面向上运动的距离为$s_1 = vt$，联立解得$s_1 = \frac{v(v + v_0)}{g(\mu\cos\theta - \sin\theta)}$
　小铁块沿斜面向下做匀减速运动，到与长木板共速时，根据运动公式，沿斜面向下运动的距离为$s_2 = \frac{v^2 - v_0^2}{-2a}$
　联立解得$s_2 = \frac{v^2 - v_0^2}{2g(\mu\cos\theta - \sin\theta)}$
　小铁块与长木板共速时小铁块恰好滑到长木板的下端时，长木板的长度最短，所以根据运动特点可求最短长度为$L = s_1 + s_2$
　联立各式解得长木板最短长度为$L = \frac{(v_0 + v)^2}{2g(\mu\cos\theta - \sin\theta)}$.