第三章 专题强化5　传送带模型和“滑块—木板”模型-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教版）

高考总复习 物理 第三章　运动和力的关系 专题强化5　传送带模型和 “滑块—木板”模型 第三章　运动和力的关系 热点一　传送带模型 1．临界状态 抓住v物＝v传的临界点，此时会出现： (1)摩擦力发生突变，摩擦力可能突然消失，也可能由滑动摩擦力突变为静摩擦力； (2)物体的加速度发生改变。 提升关键能力 2．相对位移 (1)若同向运动，相对位移大小：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。 (2)若反向运动，相对位移大小：Δx＝x传＋x物。 提升关键能力 考向1　水平传送带问题 提升关键能力 [例1] (初速度反向情境)(多选)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行，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图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则(　　) BC 提升关键能力 A．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，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左 提升关键能力 解析：相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，t1之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动，在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，C正确，D错误。 提升关键能力 考向2　倾斜传送带问题 提升关键能力 [例2] (有拉力作用)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝4 m/s，传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，现将一个质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点)，与此同时，给物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 提升关键能力 (1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间； (2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(用根式表示)。 提升关键能力 解析：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同，此过程由牛顿第二定律得 F＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma1 代入数据解得a1＝6 m/s2 提升关键能力 提升关键能力 提升关键能力 提升关键能力 解答倾斜传送带问题的思路 提升关键能力 1．(倾斜传送带)(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) C 提升关键能力 提升关键能力 解析：0～t0时间内：物块轻放在传送带上，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速直线运动；t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误。 提升关键能力 2．(水平传送带)(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m D．若行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动。整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m AD 提升关键能力 提升关键能力 热点二　“滑块—木板”模型 1．抓住一个转折和两个关联 提升关键能力 2．滑块滑离木板的临界条件：滑块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度。 提升关键能力 考向1　解答水平的“滑块—木板”模型 [例3] (有拉力作用)如图所示，质量M＝1 kg、长度L＝1 m的木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1。在A的左端放置一质量m＝1 kg的铁块B(大小不计)，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.3，现用一水平恒力F作用在B上，g取10 m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。 提升关键能力 (1)要保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围； (2)若F＝5 N，求铁块运动到木板右端所用的时间。 提升关键能力 解析：(1)A与地面间的最大静摩擦力大小 Ff1＝μ1(M＋m)g＝2 N A与B间的最大静摩擦力大小 Ff2＝μ2mg＝3 N A、B要一起做匀加速直线运动，则拉力F＞Ff1＝2 N 设拉力大小为F0时A、B恰好发生相对滑动， 对A，由牛顿第二定律得Ff2－Ff1＝Ma 提升关键能力 对A、B系统，由牛顿第二定律得F0－Ff1＝(m＋M)a 解得F0＝4 N，a＝1 m/s2 所以要保持A、B一起做匀加速运动，力F的取值范围是 2 N＜F≤4 N。 (2)拉力F＝5 N＞F0＝4 N时，A、B相对滑动，由(1)得A的加速度大小aA＝1 m/s2 对B由牛顿第二定律得F－Ff2＝maB 提升关键能力 提升关键能力 “块”与“板”是相对静止还是相对滑动的判断方法 (1)运动量角度：若“块”与“板”的速度或加速度不等，则会相对滑动。 (2)摩擦力角度：通常采用假设法、整体法和隔离法等方法进行分析，思维流程如下。 提升关键能力 提升关键能力 (1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要多长。 答案：(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m 提升关键能力 解析：(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg cos θ＝7.5 N 对小物块，由牛顿第二定律有Ff＋mg sin θ＝ma1 代入数据得a1＝12.5 m/s2 对长木板，由牛顿第二定律有Mg sin θ－Ff＝Ma2 代入数据得a2＝2.5 m/s2。 提升关键能力 提升关键能力 解答“滑块—木板”模型的思路 提升关键能力 AC 提升关键能力 提升关键能力 提升关键能力 4．(水平板块模型)(多选)(2025·内蒙古高考综合改革适应性演练)一个小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中(　　) A．小物块的运动方向不变 B．小物块的加速度方向不变 C．小物块相对木板的运动方向不变 D．小物块与木板的加速度大小相等 CD 提升关键能力 提升关键能力 提升关键能力 请完成：课后跟踪训练（16） 温馨提示 谢谢观看！ (1)v0<v时，摩擦力是动力，物块可能一直加速，也可能先加速至v再匀速 (2)v0＝v时，物块保持匀速 (3)v0>v时，摩擦力是阻力，物块可能一直减速，也可能先减速至v再匀速 (1)传送带较短时，物块一直减速 (2)传送带较长时，物块减速后返回 ①v0≤v时，物块返回后摩擦力是动力，物块加速至v0时恰好离开传送带 ②v0>v时，物块返回后先加速至v再匀速 (1)若μ＜tan θ，一直加速 (2)若μ＝tan θ，一直匀速 (3)若μ＞tan θ，传送带较短时，一直减速 (4)若μ＞tan θ，传送带较长时，减速后返回 ①v0≤v时，返回后摩擦力是动力，加速至v0时恰好离开传送带 ②v0>v时，返回后先加速至v，再匀速 答案：(1) s　(2) s　 m/s 物块加速过程所用的时间t1＝＝ s 运动的距离x1＝＝ m 物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，所以物块不能相对传送带向上加速运动，物块将随传送带匀速上升 传送带长度为x＝＝4 m 物块随传送带做匀速运动的时间t2＝＝ s 故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为 t＝t1＋t2＝ s。 (2)若共速后撤去恒力F，因为mg sin θ＞μmg cos θ，对物块进行受力分析可知，物块将向上做减速运动， 有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 假设物块刚好达到平台上，此过程物块的位移设为x′，则x′＝＝ 4 m＞x－x1，所以物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a2(x－x1) 解得v′＝ m/s 故t′＝＝ s。 解析：开始时行李的加速度大小为a＝＝2 m/s2，A正确；行李与传送带共速时t1＝＝0.2 s，行李的位移为x＝at12＝0.04 m，行李匀速运动的时间为t2＝＝4.9 s，行李到达B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝0.04 m，C错误；共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x1＝＝ 0.04 m，则摩擦痕迹长度为0.04 m，D正确。 情境：木板带动滑块 xB＝xA＋L 情境：滑块带动木板 xB＋L＝xA 答案：(1)2 N＜F≤4 N　(2) s 代入数据解得aB＝2 m/s2 设经过时间t铁块运动到木板的右端，则 L＝aBt2－aAt2 代入数据解得t＝ s(t＝－ s，不符合实际，舍去)。 考向2　解答倾斜的“滑块—木板”模型 [例4] (无拉力作用)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一个质量为m＝1 kg 的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有 v1＝a1t1＝v0＋a2t1 解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s 共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对位移为x＝t1－t1＝5 m 故长木板长度至少为10 m。 3．(倾斜板块模型)(多选)(2025·河北石家庄模拟)滑沙运动的运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与滑沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2 C．经过 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为 m/s 解析：对小孩，由牛顿第二定律得加速度大小为 a1＝＝2 m/s2；同理，滑板的加速度大小为a2＝＝1 m/s2，A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，则a1t2－a2t2＝L，解得t＝ s(另一解不符合题意，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2 m/s，C正确，D错误。 解析：根据题图可知木板的速度方向没有发生改变，木板和小物块共速时速度为v0，然后一起减速到0，所以小物块的运动方向先向左再向右，A错误；小物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，B错误；小物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向不变，C正确；由题图可知在有相对运动阶段木板的加 速度大小为a1＝＝，小物块的加速度大小为a2＝＝，即木板和小物块加速度大小相等，D正确。 $$