第3章 专题强化四 传送带模型和”滑块一木板”模型-【衡中学案】2025年高考物理一轮总复习学案（新教材）

专题强化四 传送带模型和“滑块一木板”模型 核考点·重点突破 考向1 点1 传送带模型 水平传送带模型 (能力考点·深度研析) 情景 滑块的运动情况 解答传送带问题,应做好两个分析 时一直 1 时.先加.后 1.传送带模型的受力分析 2g 加速 匀速 (1)摩擦力方向的判断:同向“以快带慢”、反向 r:且/< “互相阻碍”。 #时,一直 (2)共速时摩擦力可能突变: 2g 加速 时,先加速再匀速 ①滑动摩擦力突变为零 rr且/ ②滑动摩擦力突变为静摩擦力 。_ % 且,- -时,一直 2ng ③摩擦力方向突变。 2ng 减速 时,先减速再匀速 2.传送带模型的运动分析 (1)参考系的选择:①研究物体的速度、位移、加 2g 速到速度为0,后被 速度时均以地面为参考系;②研究物体的滑行痕迹等 ### 传送带传回左端 | 一般以传送带为参考系。 一直减速到 若t。<v.则返回到 右端 (2)判断共速后物体能否与传送带保持相对静止。 左端时速度为:若 t。1.则返回到左端 (3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。 时速度为: 四的用红 由于传送带度不 ,确定,当载物箱一 055 直加时,到达右 端度最大.一直 / 速运动,其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设 速时,到达右端 定。质量n=10kg的载物箱(可视为质点),以初速度 逸度最小. 送带 =5.0m/s自左侧平台滑上传送带:载物箱与传送带间 传送带问题关键是判断物体一直变速还是先变速 的动摩擦因数u=0.10;重力加速度取g=10m/s} 后速。可先假设一直变速,计算所需位移.再与传 (1)若v-4.0m/s,求载物箱通过传送带所需的时间; 送带实际长度比较。 (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度 本题:-v-2ax其中a--g--1m/s 和最小速度。 x-4.5m</-11.5m 所以先减速(4.5m)后面7m再匀速 反思提升 gsinθ>geos8.一直加速; 要注意三个状态的分析一一初态,共速和未态 gsinf=ngeos 6.一直匀速 亮 →方→力方→加速度方写 日nθ 。} 时,先减速到速度 既建度向 共过 速度变方向 为0后反向加速. 是否 初时起 (摩擦力方向一定 __ 若。三v,加速到 反加 速反 沿斜面向上) 时,一直减速(a= 原位置时速度大 ngcos θ-gsinθ) 突父 →加速疫 →远动替变 小为;若r>t. 运动到原位置时 考) 速度大小为: 例{如图所示,为一传送费物 考向2 倾斜传送带模型 be部分与水平面夹角B=53{* 情景 滑块的运动情况 a部分长为4.7m,bc部分长 为7.5m。一个质量n=1kg的物体A(可视为质点) 1 与传送带间的动摩擦因数n=0.8。传送带沿顺时针 ungcos 8-gsin e) 方向以速率;=1m/s匀速转动。若把物体A轻放到a 后匀速(一定满足 056 一直加速(一定满 处,它将被传送带送到c处,此过程中物体A不会脱离 关系gsinθ< 足关系gsinθ< 传送带。求物体A从a处被传送到c处所用的时间。 2025出词 ngcos θ) ngreos8) (sin37*=0.6.sin53*=0.8,g取10m/s}) ) tan8,先加速后 1< ,一直加速 匀速 (加速度为gsin8 +ngeos 8) tane,先以a.加 速,后以a,加速 _ 2n 时,若tanθ,先 a时,一直加速(加 加速后匀速;若t 速度为gsinθ4 <tanθ.先以a ngcos9) 加速,后以a 加速 2 一且> 时,若<lanθ一 2 直加速,加速度大 一且。> 小为gsinθ- 时,若>tan6,先 gcosθ.若n三 减速后匀速:若 tano,一直减速,加 <ta8.一直加速 速度大小为 ugrcos 8-gsin f 考向3 传送带模型中的图像问题 考向1 水平面上的板块问题 例③(多选)(2024·海南联考)国家粮食储备仓库工 例{}如图所示,在光滑的水平面上有一足够长且质量 人利用传送带从车上卸粮食。如图1所示,以某 为M=4kg的长木板,在长木板右端有一质量为 一恒定速率to运行的传送带与水平面的夹角e=37^*①} m=1kg的小物块,长木板与小物块间的动摩擦因数 转轴间距L=3.5m。工人沿传送方向以速度v.=1.5 为n=0.2,长本板与小物块均静止,现用F=14N的 m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点).4.5s时粮袋 水平恒力向右拉长木板,经时间/=1s撤去水平恒力 运动到传送带底端,粮袋在传送带上运动的,-1图像 F.g取10m/s2,则: 如图2所示。已知sin37*}=0.6.cos37*=0.8,重力加 速度g取10m/s2,则 _ ) (1)在F的作用下,长木板的加速度为多大? m) (2)刚撤去F时,小物块离长木板右端多远? 1.5 (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速 运动? (4)最终小物块离长木板右端多远? 2.5 4.57 图! 图2 A.在1=2.5s时刻,粮袋所受摩擦力方向改变 B.粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8 C.传送带运行的速度大小为0.5m/s D.在0~2.5s内粮袋处于失重状态 点己 “滑块一木板”模型 (能力考点·深度研析) 1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块 | 到 和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作 用下发生相对滑动。 2. 板块模型的两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A.物块恰好不 A ..._. 从木板上掉下的临界条件是物 057 块恰好滑到木板左端时二者速 度相等,则位移关系为xi=x +, 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 块恰好滑到本板右端时二者速 度相等,则位移关系为x+1 = 3.分析板块模型的关键点 一个 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板 转折 上滑下是受力和运动状态变化的转折点 转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木 板位移与板长之间的关联。一般情况下,由 两个 于摩擦力或其他力的转变,转折前、后滑块 关联 和木板的加速度都会发生变化,因此以转折 点为界,对转折前、后进行受力分析是建立 模型的关键 反思提升 解决板块模型问题的思维模板 干道 防撞设施 物理 建模 →确定板块模型的类型 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向; ! 选究 离。对泄块、木板分别进行受力分析 (2)制动坡床的长度。 对章 三和 无些卷 滑块与木 确定相同时间内的位 选度 板分离 移关系,列式求解 若/5 结果 滑块与木 /.投设 由整 由隔离法 板没分 求块与 成立,整 体法 木板间摩 体列式 离,假设 一求系一 过 速度相等 擦力/,及 统加 若/) 后加速度 最大静摩 速度 /.假设 也相等 擦力 不成立, 分列 考向2 倾斜面的板块模型 例(2024·四川资阳月考)避险车道是避免恶性交 058 通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组 成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为6 2025去 的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵 从干道驶入制动坡床,当车速为23m/s时,车尾位于 制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货 物在车厢内滑动了4m时,车头距制动坡床顶端38m 再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量 的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制 动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重 的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取 cos θ=1, sinθ=0.1,g=10 m/s}。求: 考向3 板块模型中的图像问题 的和 板块模型关键是看二者可 共同达到的加速度最大值 如图(a)所示。用水平向右的拉力下作用在物块上,F随时 ) 间(的变化关系如图(b)所示,其中E、E分别为4,4时刻 一般分析不直接受外力的 F的大小。本板的加速度a随时间/的变化关系如图(c)所示。 物体(本题为n)得对加.. 已知木板与地面向的动摩擦因数为u,物块与木板间的动摩 其最大加速度为: 擦因数为n:假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等。 ng-um+m)g-m 重力加速度大小为g。则 _ 此时F为F-Mfn:g-na A.F=1g B. Fim.(o m)(1: )g F再增大,n:加速度增大 #C. 1 但m与m。间摩力和m: 图(e) 的加速度都不再增大 D.在0~.时间段物块与木板加速度相等 温馨提示:复习至此,请完成练案[17根据几何关系可得片=mgos30°=g,R,=mgsin30° 2s末物体的速度1=0,4 代入数据解得 乞mg,故A正确.B错误：当匀质侧筒状工件对斜面Ⅱ压力为0 a=2.5m/,2,方向沿斜面向下 =5m/8,方向沿斜面向下。 时，启动加速度最大，根据牛顿第二定律则有mgtan30°=ma, (2)设物体在前2“内发生的位移为，，则 得a=停。，故C错误：当匀质圆简状工件对斜面1压力为0时。 无=广=5m,方向洛斜面向下 利车加速度最大，根据牛顿第二定律则有ngtan60°=ma',得 当拉力为F2=4.5N时， a'=3g,故D正确。 由牛顿第二定律可得F2+wmngcos0-mgsin0=ma 6.D由图像可知，0~41时间为上升过程.41~2时间为下落过 代入数据解得a2=0.5m/2,方向沿斜面向上物体经过时间2 程，由图可知(4-41)>(1-0)，上升和下落过程运动时间不相 速度减为0，则"，=a2 等，A错误：上升和下落过程中，位移大小相等，但所用时间不 得与=108 等，故平均速度的大小不相等，B错误：-t图像的斜率表示加 设2时问内发生的位移为，则 速度，根据图像可知，0~过程中加速度一直减小，C错误：根 据牛顿第二定律，结合图像可知.0~4过程中mg+∫=m,飞 为=20,6=25m,方向沿斜面向下 箭向上运动加速度减小，故阻力减小：一过程中mg-「= 由于mgsin8-umgc0s0<F,<wumgcos 8+mgsin,则物体在剩 m,飞箭向下运动加速度减小，故阻力增大，综上所述：0~4 下4。时问内处于静止状态。 过程中所受阻力先减小后增大，D正确。 故特体在前16s内发生的位移羊=，+为=30m,方向沿斜面 7.BCD由图乙可知1=1“时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下 向下。 加速度大小变为2m/s2,由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为 F=mm2=2×2N=4N,在0-1时间内，物体的加速度为 2.(号 (2)28 4m/:2,由牛颠第二定律可得F-F,=ma1,则F=F,+ma1=4N [解析](1)设小球的质量为m,滑撬和小球整体的质登为 +2×4N=12N,A错误：由图乙可知，0~1s加速度为正方向， M,对小球进行受力分析：细线的拉力为F,小球的加速度为 【-3*内物体加速度为负方向，所以0~1和1~3、内物体加 a,由牛顿第二定律得 速度的方向相反，B正确：1=1s时，物体的速度：=a4=4× mgsin 6-Frsin a ma 1:=4⅓物体做减速运动的时间6=亡=子、=2，即物 Frcos a mgeas 0 对源流和小球整体进行分析：设斜坡对滑流的弹力为F、,斜坡 体在【=3s时速度为零.物体离出发位置最远，C,D正确 与滑撬的动摩差因数为4，摩擦力为F,由牛顿第二定伴得 8.D物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原 Mgsin 0-F =Ma 长，A错误：物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律 F、=Mg@os0 得F+k(。-x)-mg=m,可知题图乙中图线斜率表示劲度系 F,=F、 数，可得=5/cm,B错误：根据牛顿第二定律有10N=ma。 30N-mg=ma,联立解得m=2kg,a=5m/s2,C错误，D正确。 解得a=10 -m/s 3 9.BDF,减小时，摩擦力不变应该减速，合力为摩擦力减F,合 力增大，因此加速度增大，故A错误：当速度减小为0后摩擦力 为静摩擦力，等于F,逐渐诚小，故B正确：若变化的是F,物块 (2)授滑梳前端到达坡底的时间为1，有 的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力均匀减小，故C错 误，D正确。故选BD 。 10.BC物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P 解得t=25。 的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误：从：-F图像 专题强化四 传送带模型和“滑块一木板”模型 看出，当拉力等于零时.物块Q的加速度大小为2m/s,说明 轨道不是水平的，故B正确：设物块Q的质量为m,Q在运动方 例1：(1)2.75s(2)43m/92m/s 向上除了拉力F,设其他力合力大小为F,根据牛顿第二定律 [解析](1)传送带的速度r=4.0m/s时，载物箱在传送带上 得F+f,=ma,变形得a=f+ +5,图线的斜率k= 先做匀减速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有 m ung ma ① 2kg,解得m=0.5kg,故C正确：由图线与纵轴的交点可知 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为：， F,=ma1=0.5kg×2m/=1N,结合B项分析可知，此IN并 由运动学公式有 非物块Q受到的摩擦力，故D错误。故选BC。 2-n2=-2as ② 11.(1)5m/s,方向沿斜面向下(2)30m,方向沿斜面向下 联立①D②式，代入题给数据得 [解析](1)对物体分析可知，其在前2：内沿斜面向下做初 品1=4.5m ③ 速度为零的匀知速直线运动，由牛顿第二定律可得 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至”，然后开始做 mgsin 0-F -umgcos 6=ma 匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时阿 -498 为，1，做匀减速运动所用的时间为‘，由运动学公式有 0=-l1' ④ 4 (3)刚撒去F时=al=3m/s, Im =dl =2 m/s 联立①③④5式并代入题给数据得 教去F后，长木板的加速度大小 41=2.75s a'=m坚=0.5m/s2 (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平 台时的速度最小，设为口，：当载物箱滑上传送带后一直做匀加 最终速度r'=rn+an'=r-a' 速运动时，到达右侧早台时的速度最大，设为。由动能定 解得共同速度r'=2.8m/s 理有 (4)在'内，小物块和长木板的相对位移 ⑦ 1 8 解得△=0.2m 由⑦细式并代入题给数据得 最终小物块离长木板右塘 ,=V2m/s,=45m/s x=△x,+△x2=0.7m 例2：7.8258 例5：(1)52方向沿制动坡床向下 [解析]物体A在传送带b上相对滑动时，由牛频第二定律 (2)98m 得ngeos a-mgsin a=ma1: [解析](1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中，货 解得a1=0.4m/s2 物与车厢的动摩擦因数4=0.4，受摩察力大小为，加速度大小 物体运动到与传送带速度相等时所需的时间4=”=2,5s, 为a,则 2 12 f+ngsin日=ma1 ① 此受时间内物体运动的位移=2“2x0.4m=1.25m<5, f=mg℃os8 ② 在山部分做匀速运动的运动时间 联立①②并代入数据得a,=5m/: 3 6=-=47-125。=3.456 ,的方向沿制动坡床向下。 由于mgsin B>umgeos B,所以物体沿传送带be部分匀加遽运动 (2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速：= 到c点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑， 23ms。货物在车厢内开始滑动到车头距制动拔床顶端如= 由牛顿第二定律得ma1=mgsin B-mgeas B 38m的过程用时为1，货物相对制动坡床的运动距离为$，在车 解得加速度a=gsin B-gc0sB=3.2m/:2, 厢内清动的距离s▣4m,货车的加速度大小为1，货车相对制 设在加部分运动的时间为，由匀变速运动位移公式 动城床的运动距离为2。货车受到制动坡床的阻力大小为F,F 得=+262 是货车和货物总重的k倍，=0.44，货车长度=12m,制动坡 床的长度为，则 代入数据解得6=1.875= 物体A从？处被传送到c处所用的时间 Mgsin 0+F-f=Ma ④ t=41+13+43=7.8255 F=k(m +M)g 5 例3：BC由图2可知，在0-2.5内，粮袋的速度大于传动带的 nsa-tue 6 速度，则粮袋受沿斜面向上的潜动摩擦力，在258-4,5。内， 粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩 0 棕力，故A错误：根据”一4图像中，图线与横轴围成的面积表示 5=1一 ⑧ 位移的大小，根据题意，由图2可知L=之(。+1.5)×25+ 【=6+和+s 9 (4.5-2.5)o=3.5m,解得m=05m/s,故C正确：由图2和C 联立①~⑨并代入数据得1=98m。 分析可知，粮袋在0-25内的加速度为a=-0-15， y25 2例6：BCD由题图(e)可知4时刻前物块和木板均静止，4时刻 后木板和物块共同加速，2时刻后木板和物块相对滑动，D正 =-0.4m/s2,则加速度方向沿斜面向上，侧在0~2.5s内粮袋 处于超重状态，根据牛顿第二定律有mgsin8-wngeos8=ma, 确：山时刻，对木板和物块整体有F,=山(m,+m)g,A错误；3 联立代人数据解得：=0.8，故D错误，B正确 时刻，对物块有F,一山mg=ma,对木板有山mg-4,(m,+ 例4：(1)3m/s(2)0.5m(3)2.8m/8(4)0.7m m)g=m,a,解得R=(m+m)8,B正确：- [解析](1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a=F-m坚。 m M 时间内，物块对木板的静摩擦力使木板加速，有mg>4(m 解得a=3m/s2 (2)撒去F之前，小物块只受摩擦力的作用，故a。=4g=2m/s2 +mg,解得h,>(m,+m,C正确。 499