专题2 微专题1 传送带和板块模型分析(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

本高中物理高考复习课件聚焦动量与能量核心专题，覆盖传送带模型、板块模型等高考高频考点。课件依据高考评价体系，系统梳理运动学、动力学及能量计算等考查要求，通过分析考点权重与归纳常考题型，实现备考的精准对接与高效实用。 课件以高考真题训练为特色，突出科学思维中的模型建构与科学推理。通过传送带模型中摩擦力做功分析、板块模型相对运动计算等典型题型解析，帮助学生掌握动能定理应用、机械能守恒条件判断等突破方法，提升答题技巧与得分率。对学生高考冲刺的解题能力培养及教师复习教学的针对性指导具有重要意义。

专题二　动量与能量 微专题(一)　传送带和板块模型分析 第一部分　专题强化复习 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 命题点一 01 命题点二 02 专题集训 03 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 2 命题点一　传送带模型 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点二　板块模型 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 专题集训(六) 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 谢谢观看 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 1．解决传送带问题应注意以下两点 (1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。 (2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 2．传送带中摩擦力做功与能量转化 (1)摩擦力做功的特点：相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能，但一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 (2)摩擦生热的计算：Q＝Ff·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。 (3)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 　(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m、圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10 m/s2。 (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 [解析]　(1)A从开始到滑到圆弧最低点时，根据机械能守恒定律mAg(R－R cos 53°)＝mAv02 解得v0＝2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律FN－mAg＝mA，解得FN＝72 N，方向竖直向上。 (2)根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒定律 mAv0＝(mA＋mB)v共，解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mAv02－(mA＋mB)v共2＝1.6 J。 (3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为μ，对AB根据牛顿第二定律μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v＝v共－at1 该段时间内AB运动的位移为x1＝t1 传送带运动的位移为x2＝vt1，故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2) 联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去； 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后AB与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2 该段时间内AB运动的位移为x1′＝t2 传送带运动的位移为x2′＝vt2，故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x2′－x1′) 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 [答案]　(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J (3)见解析 传送带问题的解题思路 1．(多选)如图所示，水平传送带以8 m/s的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块(视为质点)以初速度v0从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞后(无机械能损失)返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为0.2，且AB＝6 m，AP＝5 m，g取10 m/s2。物块的初速度v0可能是(　　) A．6 m/s　　 B．7 m/s C．8 m/s D．9 m/s 解析　从物块A点到返回B点的过程中，假设到B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得－μmg·(2AP＋AB)＝0－mvA2，解得vA＝8 m/s。假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得μmg×AB＝mvA2－mvmin2，解得vmin＝2 m/s；假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得－μmg×AB＝mvA2－mvmax2，解得vmax＝2 m/s，故选项B、C、D正确。 答案　BCD 2．(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度的大小为g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 解析　(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma，设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有 v12＝2aL，联立并代入数据得v1＝6 m/s 由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。 (2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得 mv1＝－mv2＋Mv3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 ΔEk＝mv12－mv22－Mv32 联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。 (3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，由牛顿第二定律有Mg＝M 对小球在整个上升过程中，由动能定理得 －Mg(l＋l－x)＝Mv42－Mv32 联立并代入数据得x＝0.2 m。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 1．板块模型中的动量问题 (1)对单个物体，涉及时间的情况下，应用动量定理研究。 (2)对系统，合外力为0的情况下，应用动量守恒定律研究。 2．板块模型中的功能关系问题 (1)系统的功能关系分析： WF－FfΔx＝ΔEk。 (2)系统的摩擦产生的内能：Q＝FfΔx。 　如图所示，足够长的木板静止放在光滑水平面上，木板右端与墙壁的距离为x0，在木板左端放一个质量为m的小物块(可视为质 点)，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板的质量为M，现给小物块一个水平向右的初始速度v0，在整个的运动过程中，木板与墙壁发生弹性碰撞(碰撞后原速率反弹)，重力加速度为g。 (1)若木板与墙壁碰撞前，小物块与木板已经相对静止，求从开始运动到共速所用的时间t； (2)若M＝2m，木板与墙壁能发生2次及以上的碰撞，求x0的取值范围。 [解析]　(1)将物块与木板作为研究对象，因地面光滑，由动量守恒定律可知mv0＝(m＋M)v共 对于物块由牛顿第二定律知μmg＝mam，v共＝v0－amt 解得t＝。 (2)因为M＝2m，若要求木板与墙壁发生2次及以上碰撞，则第一次碰前木板与物块未相对静止，木板第一次与墙壁碰撞前的速度大小为v，由动能定理得μmgx0＝Mv2 第一次碰撞时，物块的速度大小为vm，对于板块从开始到碰撞前，由动量守恒定律得mv0＝mvm＋Mv 依题意有mvm－Mv>0，才能保证模板最终再次向右碰撞墙壁，综上所知x0<。 [答案]　(1)　(2)x0< 　在例题中，若m＝2M，μ＝0.2，v0＝3 m/s，x0＝0.5 m，g＝10 m/s2，求整个运动过程中木板运动的路程。 解析　因m＝2M，可知木板最终停在墙壁边，两者的速度都为零，若第一次碰前木板与物块速度相等，设共速时速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1， 得v1＝2 m/s 木板变速运动过程中，由牛顿第二定律可知μmg＝Ma 木板的路程x1＝＝0.5 m，因为x1＝x0， 故木板碰墙前恰好与木块共速 木板再次向左移动的最大距离x2＝＝0.5 m 碰后木板与物块动量守恒，再一次速度相等时有 mv1－Mv1＝(m＋M)v2，得v2＝ m/s 第二次碰后木板向左移动的最大距离x3＝＝×0.5 m 再一次速度相等时有mv2－Mv2＝(m＋M)v3 第三次碰后木板向左移动的最大距离为 x4＝＝×0.5 m 以此类推木板的总路程为 x总＝0.5 m＋2×0.5 m＋2××0.5 m＋2××0.5 m＋…＝ m。 答案　 m 分析“滑块－木板”模型的思维流程 3．(多选)(2024·九省联考)如图甲所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量m＝1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图乙所示。重力加速度g的大小取10 m/s2，则(　　) A．Q的质量为1 kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞，系统损失的机械能为1.0 J D．t＝5.8 s时木板的速度恰好为零 解析　两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，根据v-t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故选项A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v- t图像可知，0～2 s内P与Q的加速度分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故选项B错误；两者碰撞系统损失的机械能为ΔE＝mv12＋Mv22－(m＋M)v32，ΔE＝1.0 J，故选项C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝ 6 s，故选项D错误。 答案　AC 4．(2024·甘肃卷)如图所示，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力； (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小； (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 解析　根据题意，设球A质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°。 (1)A开始运动到最低点有mgl(1－cos θ)＝mv02－0 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得F－mg＝ 解得v0＝4 m/s，F＝40 N。 由牛顿第三定律可知，A运动到最低点时细绳OP所受的拉力F′＝F＝40 N。 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知mv0＝0＋mvC 故解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，过程中根据动量守恒定律可得 mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得μmgL相对＝mv02－(m＋M)v2 联立解得μ＝0.15。 答案　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 $