15第三章 专题强化4　“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（云南专版）

高考总复习 物理 第三章　 运动和力的关系 专题强化❹　“传送带”模型和“滑块—木板”模型 热点一 “传送带”模型 1．临界状态 物体与传送带速度相同时为临界状态，此时会出现： (1)摩擦力发生突变，可能是摩擦力突然消失，也可能是滑动摩擦力突变为静摩擦力等。 (2)物体的加速度发生改变。 2．五个关键点：(依据物体与传送带的速度方向判断) 突破 水平传送带问题 【典例1】 如图所示，某速冻食品加工厂在生产和包装饺子时，将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是 (　　) A．饺子一直做匀加速运动 B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大 C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量 D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 C [思维方法] 解答水平传送带问题的思路 (1)根据物体的受力以及传送带的速度v计算物体加速的时间t和位移x； (2)再由位移x与传送带长度的关系判断物体的运动形式。 突破 倾斜传送带问题 【典例2】 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1时，小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2。 [思维方法] 解答倾斜传送带问题的思路 热点二 “滑块—木板”模型 1．抓住“一个转折”和“两个关联” 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。 突破 水平的“滑块—木板”模型 【典例3】 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μ。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。已知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vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB。 [思维方法] “块”与“板”是相对静止还是滑动的判断方法 (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。 突破 倾斜的“滑块—木板”模型 【典例4】 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，它由制动坡床和防撞设施等组成，如图所示。竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从主干道驶入制动坡床，当车速为23 m/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4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，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44%。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求： (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 (1)货物在车厢内减速滑动，应用牛顿第二定律求出货物在车厢内滑动时的加速度； (2)货车相对制动坡床减速运动，由相对运动情景对货物受力分析，并求出其加速度； (3)构建“滑块—滑板”模型，确定货物、货车的位移及相对位移的关系。 1．(2025·云南曲靖模拟)如图所示，在光滑水平面上质量为M的小车正以速度v0向右运动，现有一个质量为m的木块也以速度v0从右端冲上车面，由于摩擦小车速度将发生变化，为使小车继续保持v0匀速运动，须及时给小车施加一个水平力，当M和m的速度相等时将力去掉。设M和m间的动摩擦因数处处相同，车足够长，则此过程中水平力对小车做的功为 (　　) D 2．(多选)(2025·云南昆明模拟)如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则 (　　) AD 请完成：课时跟踪练 14 温馨提示 谢谢观看！ 解析：饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，A错误；饺子的加速度a＝＝＝μg，说明加速度a与传送带的速度无关，B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子 ＝t，s相对＝s传送带－s饺子＝vt－＝，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，D错误。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s (2)小包裹在传送带上做匀减速运动的时间为 t1＝＝ s＝2.5 s 在传动带上滑动的距离为 x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动，直至传送带底端，则 匀速直线运动的时间为 t2＝＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带所需的时间为 t＝t1＋t2＝4.5 s。 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)3μg　μg　(3)2 解析：(1)由牛顿第二定律可知，A加速度的大小aA＝μg A做匀变速直线运动，则有v＝2aAL， 解得vA＝。 (2)设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力的大小F＝3μmg 由牛顿第二定律得F＝maB，解得aB＝3μg 对齐后，A、B整体所受合外力的大小F′＝2μmg， 由牛顿第二定律F′＝2maB′，解得aB′＝μg。 (3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L，解得vB＝2。 答案：(1)5 m/s2, 方向沿制动坡床向下　(2)98 m 解析：(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动的过程中，与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，所受摩擦力的大小为Ff，加速度大小为a1，由牛顿第二定律有 Ff＋mg sin θ＝ma1 Ff＝μmg cos θ 联立上面两式并代入数据得a1＝5 m/s2 a1的方向沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为M，货物质量为m，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端x0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为x1，在车厢内滑动的距离x＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为x2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的44%，即F＝k(m＋M)g(k＝0.44)，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则 Mg sin θ＋F－Ff＝Ma2 x1＝vt－a1t2 x2＝vt－a2t2 x＝x1－x2 l＝l0＋x0＋x2 联立以上各式并代入数据得l＝98 m。 A．0.5mv　　　　　　 B．mv C．1.5mv D．2mv 解析：木块冲上小车后受到向右的滑动摩擦力作用先做匀减速运动，后反方向做匀加速运动，整个过程是匀变速运动，以向右为正，根据动量定理，得Fft＝mv0－(－mv0)，对小车受力分析，拉力F与滑动摩擦力平衡，有F＝Ff，时间t内小车的位移为 x＝v0t，故拉力做的功为WF＝Fx＝Ffx，联立以上四式可计算得出WF＝2mv，D正确。 A．0～x0过程，物块所受的摩擦力方向向右 B．x0～2x0过程，物块做匀加速运动 C．弹簧的劲度系数为 D．传送带的速度为 解析：物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x＝x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x正比例增大，由此可推知当x＝x0时，物块刚好与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x0～2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直 线运动，当x＝2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，A正确，B错误；根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为k＝，C错误；在0～x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为＝＝，设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有mv2＝μmgx0－x0，解得v＝，D正确。 $$