第3章 专题强化（五） 动力学中的传送带和板块模型（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习资料聚焦动力学中的传送带和板块模型两大核心考点，按水平/倾斜传送带、光滑/粗糙地面板块模型分类构建知识体系，通过考点梳理（模型特点、分析流程）、方法指导（临界状态判断、规律总结）、真题训练（含2024安徽高考题）等环节，帮助学生建立动力学问题分析框架，突破摩擦力突变、相对运动等难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以模型建构和科学推理为核心，创新设计传送带临界状态分析（如μ与tanθ比较）、板块相对位移计算等专题突破策略，结合思维延伸和分层练习，培养学生运动和相互作用观念。真题融入与即时反馈机制，助力学生高效掌握解题方法，为教师精准把控复习节奏提供实用指导。

专题强化(五)　动力学中的传送带和板块模型 【备考目标】　1. 理解传送带模型的特点，能对传送带上的物体进行正确的动力学分析，掌握临界情境，正确求解相关问题。 2. 理解板块模型的特点，能对滑块和木板进行正确的动力学分析，掌握临界情境，正确求解相关问题。 强化点一　动力学中的传送带模型 1．模型特点 (1)货物放到传送带上后，由于货物和传送带之间有相对滑动或相对运动趋势而产生摩擦力，对货物而言，该摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 (2)货物和传送带之间有相对运动，且能获得共同速度(v物＝v传)时，两者之间的摩擦力会发生突变，货物的加速度也发生突变——临界点。 2．分析流程 类型(一) 水平传送带模型 常见情境 物块的运动 (1)若传送带较短，则物块一直加速。 (2)若传送带较长，则物块先加速，共速后匀速 (1)若v0>v，且传送带较短，则物块一直减速；若v0>v，且传送带较长，则物块先减速再匀速。 (2)若v0＝v，则物块一直匀速。 (3)若v0<v，且传送带较短，则物块一直加速；若v0<v，且传送带较长，则物块先加速再匀速 (1)若传送带较短，则物块一直减速到达左端。 (2)若传送带较长，则物块先向左减速至零，然后再向右运动到右端。物块向右运动时： ①若v0>v，则物块先加速后匀速； ②若v0<v，则物块一直加速 【例1】 (多选)如图所示，水平传送带AB长L＝10 m，以恒定速率v1＝4 m/s运行。初速度大小为v2＝8 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块的质量m＝1 kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小物块能够到达B点 B．小物块在传送带上运动的过程中，距A端的最远距离为6 m C．小物块离开传送带时的速度大小为4 m/s D．小物块在传送带上运动的时间为4.5 s 解析：选CD。物块受到的摩擦力f＝μmg，产生的加速度大小a＝＝μg＝4 m/s2，若物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，设减速为零时的位移是x，则有－2ax＝0－v，解得x＝8 m<10 m，所以物块不能到达B点，在传送带上运动的过程中，距A端的最远距离为8 m，故A、B错误；物块速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带的速度v1后做匀速运动，所以返回A点的速度为4 m/s，故C正确；物块向左减速的时间为t1＝ s＝2 s，物块向右加速至与传送带共速的时间为t2＝s＝1.0 s，加速位移为x′＝×1.0＝2 m，接着匀速的时间为t3＝s＝1.5 s，所以物块在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s，故D正确。 [思维延伸]在“例1”中，小物块在传送带上运动时，相对传送带滑动的距离是多少？ 提示：在前3 s的时间内，小物块的位移为向左的6 m，传送带的位移为向右的12 m，所以相对传送带滑动的距离是18 m。 类型(二) 倾斜传送带模型 【例2】 (2024·安徽高考)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(　　) 解析：选C。由题意知，0～t0时间内物块做加速运动，对物块受力分析，它受到重力、支持力和滑动摩擦力，且滑动摩擦力一定大于重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝μg cos θ－g sin θ，所以物块做匀加速运动。t0时刻物块与传送带共速，由于μmg cos θ>mg sin θ，即μ>tan θ，所以物块与传送带相对静止，一起向上做匀速运动，受到的滑动摩擦力也突变为静摩擦力，综上可知，C正确。 [应考反思]分析倾斜传送带问题时一定要认真审题，确定“μ”和“tan θ”的大小关系，这是判断物块和传送带共速后是否“打滑”的关键。 【例3】 如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求： (1)当煤块与传送带共速后，它们能否保持相对静止； (2)煤块从A运动到B的时间； (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 解析：(1)由于mg sin 37°>μmg cos 37°，所以煤块与传送带共速后，它们不能保持相对静止。 (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间 t1＝＝1 s 发生的位移x1＝a1t＝5 m 煤块速度达到v0后，相对传送带向下“打滑”，即继续沿传送带向下加速，则有 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m 由x2＝v0t2＋a2t，得t2＝0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为 t＝t1＋t2＝1.5 s。 (3)在第一过程，煤块相对传送带向上运动，痕迹长为 Δx1＝v0t1－x1＝5 m 在第二过程，煤块相对传送带向下运动，痕迹长 Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m 由于Δx2与Δx1部分重合，所以痕迹总长为5 m。 答案：(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m [规律方法] “倾斜传送带”与“水平传送带”的类比 (1)物块和传送带共速前，不管传送带是水平的还是倾斜的，不管物块做加速运动还是减速运动，物块运动的最终趋势都是与传送带共速。两类模型的分析思路和方法是相似的。 (2)物块和传送带共速后，若为水平传送带，则一起做匀速运动，若为倾斜传送带，则有以下两种情况： ①μ≥tan θ：物块与传送带共速后保持相对静止，一起做匀速运动。 ②μ<tan θ：物块与传送带共速后会相对向下“打滑”。如图甲，物块从上端加速后与传送带共速，则共速前物块以加速度a1＝g(sin θ＋μcos θ)做匀加速运动，共速后以加速度a2＝g(sin θ－μcos θ)做匀加速运动；如图乙，物块从下端减速后与传送带共速，则共速前物块以加速度a1＝g(sin θ＋μcos θ)做匀减速运动，共速后以加速度a2＝g(sin θ－μcos θ)做匀减速运动。 强化点二　动力学中的板块模型 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．模型特点 (1)物块置于木板上，因物块与木板之间有相对滑动或相对运动趋势而产生摩擦力。当物块和木板的加速度不同时，可用隔离法分别对物块和木板进行受力分析和运动分析。 (2)若物块和木板之间有相对滑动，且能获得共同速度(v物＝v木)，则两者共速时摩擦力会发生突变，物块和木板的加速度也会发生突变——临界点。 2．求解关键 (1)明确物块和木板初始的运动情况和相对运动情况，确定物块和木板所受摩擦力的方向。 (2)分别隔离物块和木板进行受力分析和运动分析，画出情境示意图，然后根据动力学知识建立方程求解。 (3)挖掘物块和木板之间受力或运动的关联。如两者间的作用力和反作用力、位移关系、速度关系等。 (4)注意物块和木板受力或运动的临界点和转折点。如两者共速时，摩擦力会发生突变，相对位移达到最大等。 类型(一) 光滑地面上的板块模型 【例4】 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，g取10 m/s2。 (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于多少？ (2)现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，则： ①在F的作用下，长木板的加速度多大？ ②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ ③最终长木板与小物块的速度分别是多少？ ④最终小物块离长木板右端多远？ 解析：(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，设拉力为F0，加速度为a0，根据牛顿第二定律可得 对小物块有μmg＝ma0 对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0 联立解得F0＝10 N 所以要使物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于10 N。 (2)①拉力F＝14 N＞10 N，所以物块和木板间发生相对滑动。对长木板，根据牛顿第二定律可得 F－μmg＝Ma 解得a＝3 m/s2。 ②撤去F之前，物块只受摩擦力的作用，有 am＝a0＝μg＝2 m/s2 刚撤去F时，物块离长木板右端的距离 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m。 ③刚撤去F时长木板的速度v＝at＝3 m/s 物块的速度vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，物块的加速度不变，长木板的加速度大小 a′＝＝0.5 m/s2 此后物块继续加速，长木板减速，获得共同速度后一起做匀速运动，设最终速度为v′，则有 v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得v′＝2.8 m/s。 ④撤去F后，物块和长木板的相对位移 Δx2＝－ 解得Δx2＝0.2 m 所以最终物块离长木板右端的距离为 x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 答案：(1)10 N　(2)①3 m/s2　②0.5 m　③2.8 m/s 2．8 m/s　④0.7 m [规律方法] 分析板块模型时，要明确物块和木板间的位移关系。例如：物块由木板一端运动到另一端，若物块和木板同向运动，如图甲，则位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；若物块和木板相向运动，如图乙，则位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 类型(二) 粗糙地面上的板块模型 【例5】 (2024·辽宁大连检测)如图所示，质量M＝1 kg且足够长的木板放在水平地面上，木板左端放有一质量为m＝1 kg大小不计的小滑块，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。开始时滑块和木板都静止，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2。 (1)若在小滑块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，当力F增大到多大时，小滑块恰好要相对木板运动？ (2)现给小滑块施加一水平向右的恒力F＝8 N，经过1 s，撤去恒力F，求撤去外力F时，木板的速度大小。 (3)在(2)中条件下，求木板从开始运动到停止的总时间。 解析：(1)小滑块恰好要相对木板运动时，小滑块与木板之间的摩擦力为最大静摩擦力 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma 对滑块和木板组成的系统，同理有 F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 联立解得F＝6 N。 (2)因为施加的恒力F＝8 N>6 N，所以滑块相对木板发生运动，滑块和木板都做匀加速直线运动，直至撤去恒力F，如图中①→② 以木板为研究对象有 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma 解得a＝2 m/s2 撤去外力F时，木板的速度为 v＝at1＝2 m/s。 (3)恒力F作用的时间内，对滑块有 F－μ2mg＝ma1 解得a1＝4 m/s2 撤去恒力F时，滑块的速度为 v1＝a1t1＝4 m/s 撤去外力F后，滑块相对木板继续向前运动，滑块做匀减速直线运动，木板继续以相同的加速度做匀加速直线运动，直至获得共同速度v共，如图中②→③ 此过程滑块的加速度大小为 a2＝＝4 m/s2 且有v共＝v1－a2t2＝v＋at2 解得t2＝ s，v共＝ m/s 滑块和木板获得共同速度后相对静止，一起减速到零，如图中③→④，设两者共同的加速度为a3，则有 μ1(M＋m)g＝(M＋m)a3 一起减速为零的时间为 t3＝ 联立解得t3＝ s 故木板从开始运动到停止的总时间为 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。 答案：(1)6 N　(2)2 m/s　(3)4 s [思维延伸]结合“例5”中问题(2)(3)的分析，画出滑块和木板运动的v ­t图像，并根据图像求整个过程滑块相对木板发生的位移。 提示：滑块和木板运动的v ­t图像如图所示，其中图线包围的△OAB的面积就表示整个过程滑块相对木板发生的位移，所以Δx＝×2×1 m＋×2× m＝m。 [应考反思]在板块模型中，若物块和木板能获得共同速度，则共速后两者是相对静止一起运动，还是仍存在相对运动，继续“打滑”，取决于木板和地面之间与物块和木板之间的动摩擦因数大小。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 物体系的牛顿第二定律 如果一个系统由质量分别为m1、m2、m3、…mn，对应的加速度分别为a1、a2、a3、…an的多个物体组成，则系统受到的合外力等于各个物体的质量和加速度乘积的矢量和，表达式为F合＝m1a1＋m2a2＋m3a3＋…＋mnan，正交分解的形式为 【示例】 (多选)如图所示，一质量为M、倾角为30°的斜劈B放在水平地面上，质量为m的木块A在斜劈上由静止释放，沿斜劈向下做加速度为g的匀加速运动，斜劈保持静止，重力加速度为g，则(　　 ) A．木块与斜劈之间的动摩擦因数为μ＝ B．地面对斜劈的支持力等于(M＋m)g C．地面对斜劈的摩擦力水平向右，大小为mg D．地面对斜劈无摩擦力作用 解析：选AC。以木块A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma＝m·g，解得μ＝，故A正确；以A、B构成的系统为研究对象，则有(M＋m)g－N＝M·0＋may，所以地面对斜劈的支持力小于(M＋m)g，故B错误；同理，A有水平向右的分加速度ax，则对A、B构成的系统有f＝M·0＋max，其中ax＝a cos 30°＝g，所以地面对斜劈的摩擦力大小为mg，方向水平向右，故C正确，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $