第三章 第4讲 专题突破：传送带模型和“滑块木板”模型-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

FAB,对A物体受力分析，由牛顿第二 定律得F'十FA-mg=ma,对A、B 组成的系统受力分析，由牛顿第二定 律得F'十kx1-2mg=2ma,代入数据 联立解得FA=1N,故B错误；设A、 B分离时，弹簧的形变量为x2,对B物 体受力分析，由牛顿第二定律得x,一 mg=ma,代入数据解得x2=0.28m, 所以A物体的位移大小为x。一x2= 0.4m-0.28m=0.12m,故C正确； 当B物体受到的合力为零时速度达到 最大，由C分析可知A、B分离时B物 体有向上的加速度，所以B物体速度 最大时A、B已经分离，当合力为零时， 对B物体受力分析，由平衡条件得 kxa=g,代入数据解得x3=0.2m, 故B物体的位移大小为x。一x=0.2m, 故D错误。 例9BC小球受力如图甲所示，系统静 止时，竖直方向有F.sin37°=mg,水 平方向有F.cos37°=F6,解得F。=10N, F,=8N,故B正确，A错误；系统竖直 向上匀加速运动时，小球受力如图乙 所示，当a线拉力为15N时，由牛顿 第二定律可知，竖直方向有Fmsin37° mg=ma,水平方向有Fm cos37°=F6, 解得F,=12N,此时加速度有最大值 为a=5m/s2,故C正确；系统水平向 右匀加速运动时，由牛顿第二定律可 知，竖直方向有F.sin37°=mmg,水平 方向有F6-F,cos37°=ma,解得 F。=10N,当F,=15N时，加速度最 35 大为a= m/s2,故D错误。 3 mg mg 乙 第4讲专题突破：传送带 模型和“滑块一木板”模型 例1ABD若传送带速度较小，小滑块 可能先在传送带上做匀加速直线运 动，加速度不变，与传送带共速后做匀 速直线运动，加速度为零，故B、D正 确；若传送带速度足够大，小滑块可能 在传送带上一直做匀加速直线运动， 最终还未与传送带共速就已离开传送 带，故C错误，A正确。 例2BC相对地面而言，小物块在0一 t1时间内向左做匀减速直线运动，t1 时刻之后向右运动，故小物块在t1时 刻离A处距离最大，A错误；小物块在 0t1时间内向左做匀减速直线运动， 相对传送带也是向左运动，t1~t2时间 内向右做匀加速直线运动，但速度小 于传送带向右的速度，仍是相对传送 带向左运动，t2时刻两者同速，在t2一 t3时间内，小物块与传送带相对静止， 一起向右做匀速直线运动，所以t2时 刻小物块相对传送带滑动的距离达到 最大，B正确：由于0一t2时间内，小物 块相对传送带一直向左运动，所以受 到的摩擦力方向一直向右，C正确；在 0一t2时间内，小物块相对传送带一直 向左运动，则小物块一直受到向右的 滑动摩擦力，在t2一t3时间内，小物块 相对于传送带静止，则小物块不受摩 擦力作用，故D错误。 例3C0t。时间内：物块轻放在传送 带上，由受力分析可知，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，物块做匀 加速运动：。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。 例4(1)1.5s(2)5m 解析：(1)煤块刚放上时，受到向下的 摩擦力，其加速度为 a-mgsin 0umg cos =g(sin8十 ucos 0)=10 m/s, 加速时间t1= 0=1s al 位移x1=2a1ti=5m<L, 达到。后，煤块受到向上的摩擦力，其 加速度为a,="gsin日-ung cos日 g(sin 0-ucos 0)=2 m/s, 1 位移x2=L一x1=vot,十之a,t位， 解得t2=0.5s, 煤块从A到B的时间为t=t1十t2= 1.5s。 (2)第一过程煤块相对于传送带向后 运动留下的痕迹长为 △x1=wot1-x1=5m, 第二过程煤块相对于传送带向前运动 留下的痕迹长为 △x2=xg-vot2=0.25m, △x1与△x2部分重合，故痕迹总长为 5m。 例5(1)0.3(2)1：3(3)2m 解析：(1)根据v-t图像可知，物体A 在小车B上做匀减速直线运动，加速 度的大小a1-会智=3m/g,若物体A 的质量为m,与小车B上表面间的动 摩擦因数为以，则g=ma1,联立可 得以=0.3。 (2)设小车B的质量为M,加速度大小 为a2,由v-t图像知a2=1m/s2,根 据牛顿第二定律知mg=Ma2,得 m 1 M-3。 (3)设小车B的最小长度为L,由v-t 图像与t轴围成的面积表示位移大小 可知，物体A相对小车B的位移大小， 即L=2×1X4m=2m 例6(1)12N(2)分离5s 解析：(1)二者即将相对滑动时，对整 体有F-2(M十m)g=(M+m)a, 对木板有41mg-(M十m)g=Ma, 联立解得F=12N。 (2)由于F=20N>12N,因此铁块与 木板两者会分离，对铁块和木板由牛 顿第二定律分别有F一41mg=ma1· 1mg一2(m十M)g=Ma2, 解得a1=5m/s2,a2=1m/s2， 1 根据L=2a1t-20,t, 解得分离所需时间t=5s。 例7(1)2.5m/s212.5m/s (2)10m 解析：(1)小物块在长木板上滑动时受 到的沿长木板方向的滑动摩擦力大小 为F:=amgc0s8=7.5N, 由牛顿第二定律，对小物块有 Ff十ng sin8=ma1, 代入数据得a1=12.5m/s2, 对长木板，由牛顿第二定律有 Mg sin8-F=Ma2,其中F=Fr, 代入数据得a2=2.5m/s2。 (2)设当小物块与长木板共速时速度 为v1,有v1=a1t1=vo十a2t1, 解得t1=1s,v1=12.5m/s, 共速后，小物块与长木板相对静止，一 起向下做匀加速直线运动，则共速前 小物块与长木板的相对位移为 v1十0 2 2t1=5m, 故长木板长度至少为10m。 第5讲实验四：探究 加速度与力、质量的关系 例1(1)B(2)B(3)远大于系统误 差C4产 A 解析：(1)该实验中同时研究三个物理 量间关系是很困难的，因此我们可以 控制其中一个物理量不变，研究另外 两个物理量之间的关系，即采用了控 制变量法，故选B。 (2)平衡阻力时小车需要连接纸带，一 方面是需要连同纸带所受的阻力一并 平衡，另外一方面是通过纸带上的点 间距判断小车是否在长木板上做匀速 直线运动，故A错误；由于小车速度较 快，且运动距离有限，打出的纸带长度 也有限，为了能在长度有限的纸带上 尽可能多地获取间距适当的数据点， 实验时应先接通打点计时器的电源， 后释放小车，故B正确：为使小车所受 拉力与速度同向，应调节滑轮高度使 细绳与长木板平行，故C错误。 (3)设小车质量为M,槽码质量为m。 对小车和槽码根据牛顿第二定律分别 有F=Ma,mg一F=ma,联立解得 F=Mmg =mg,由上式可知在小 m+M 1十M 车质量M远大于槽码质量m时，可以 认为细绳拉力近似等于槽码的重力。 上述做法引起的误差是由于实验方法 或原理不完善造成的，属于系统误差。 该误差是将细绳拉力用槽码重力近似 替代所引入的，不是由于小车与长木 板间存在阻力（实验中已经平衡了阻 参考答案459第三章运动和力的关系057 2.“三种”典型的常用方法 下列说法正确的是 ) 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临 A.外力F刚施加的瞬间，F的大小为4N 极限法界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解 B.当弹簧压缩量减小到0.3m时，A、B间弹力 决问题的目的 大小为1.2N 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼 C.A、B分离时，A物体的位移大小为0.12m 两种可能时，或变化过程中可能出现临界 D.B物体速度达到最大时，B物体的位移为 假设法 条件，也可能不出现临界条件时，往往用假 0.22m 设法解决问题 听课记录 将物理过程转化为数学表达式，根据数学 数学法 表达式解决临界极值问题 角度1相对滑动的临界问题 角度3动力学中的极值问题 【例7】(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面 【例9】（多选）(2024·湖南岳 上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为 阳一模)如图所示，矩形盒 0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 内用两根不可伸长的轻线 第 度g取10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大 三 固定一个质量为m=0.6kg 加速度不超过 的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水 A.2.0m/s2 B.4.0m/s2 平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm= C.6.0m/s2 D.8.0m/s2 15N,已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加 听课记录： 速度g取10m/s2,则 () A.系统静止时，a线所受的拉力大小为12N B.系统静止时，b线所受的拉力大小为8N 角度2接触与脱离的临界问题 C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻 【例8】(2024·福建厦门双十中学模拟) 线不被拉断，加速度最大为5m/s 如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水 A D.当系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保 平面上，上端叠放两个质量均为1kg B 证轻线不被拉断，加速度最大为10m/s2 的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧 幻听课记录： 的劲度系数为k=50N/m,初始时系 777777777 统处于静止状态。现用一方向竖直向 上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始 向上做加速度a=4m/s2的匀加速直线运动， 》温馨提示 重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计， 学习至此，请完成训练16 第4讲 专题突破：传送带模型和“滑块一木板”模型 突破>热点题型 题型一 传送带模型的动力学问题 1.模型特点：物体（视为质点）放在传送带上，由于2.解题关键：抓住？物=口传的临界点，当？物=⑦传 物体和传送带发生相对滑动（或有相对运动趋 时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度 3.注意物体位移和相对位移的区别 关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由 058构·讲与练·高三物理·基础版 运动学公式求得的位移。 听课记录： (2)物体相对传送带的位移（划痕长度）△x等于 物体与传送带的相对位移大小。 角度1水平传送带问题 方法技巧 【例1】（多选）如图所示，水平 水平传送带常见的运动情景 传送带以恒定的速度顺时针 滑块的运动情况 情景 转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑 传送带不足够长传送带足够长 块在传送带上运动的v-t(速度一时间)图像、 一直加速 先加速后匀速 a-t(加速度一时间)图像可能正确的是 v。<v时，一直。<v时，先加 加速 速再匀速 >0时，一直v>0时，先减 减速 速再匀速 第三章 先减速到速度 为0，后被传送 带传回左端。 若o<v,返回 直减速到右端 到左端时速度 为v0;若，> 听课记录： v,返回到左端 时速度为。 角度2倾斜传送带 【例2】（多选）如图甲所示，绷紧的水平传送带始【例3】(2024·安徽卷)倾角为 终以恒定速率1运行，初速度大小为2的小 0的传送带以恒定速率v。顺 物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 时针转动。t=0时在传送带 0 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始 底端无初速度轻放一物块， 如图所示。t。时刻物块运动到传送带中间某 计时，小物块在传送带上运动的ⅴ-t图像（以 位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从 地面为参考系)如图乙所示，已知2>1，则 传送带底端运动到顶端的过程中，加速度α、速 ( 度ⅴ随时间1变化的关系图线可能正确的是 4 乙 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，小物块受到的摩擦力方向一 直向右 D.0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的 摩擦力 第三章运动和力的关系059 幻听课记录： 【例4】(2024·河南三门峡高 方法技巧 三联考)如图所示，传送带 倾斜传送带常见的运动情景 与地面夹角0=37°，A、B 滑块的运动情况 间的距离L=10.25m,传 B 情景 ·1379 传送带不足够长 传送带足够长 送带以v,=10m/s的速率 逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地 直加速（一定满足关 先加速后匀速 放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传 系gsin0<gcos) 送带之间的动摩擦因数为4=0.5，煤块在传 若以≥tan0,先加速 送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°= ⊙ 直加速（加速度为 后匀速 0.6,g取10m/s2,求： g sin 0+ugcos 0) 若u<tan0,先以a1 (1)煤块从A到B的时间； 加速，后以a2加速 第 (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕 若以≥tan0,先加速 迹的长度。 <v时，一直加速 章 后匀速：若<tan0, (加速度为gsin9十 先以a1加速，后以 ug cos 0) a2加速 。>v时，一直加速 若4>tan日，先减速 或减速（加速度大小 后匀速；若a<tan0, 为gsin0-gcos8 一直加速 或gcos8-g sin) 若以tan0,一直加速；若u=tan0,一直 匀速 先减速到速度为0后 反向加速：若心。<， ⊙ 到原位置时速度大小 (摩擦力方向 若u>tan0,一直为o(类竖直上抛运 一定沿斜面向 减速 动)：若>，先减 上) 速到0再反向加速后 均速，返回原位置时 速度大小为 题型二“滑块一木板”模型的动力学问题 1.模型特点：滑块（视为质点）置于木板上，滑块和 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学 木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力 方程。 的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同 (3)明确滑块和木板间的位移关系 的加速度。 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端 2.模型构建 的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力 △x=x1一x2=L(板长)；滑块和木板反向运动 分析和运动过程分析。 时，位移之和△x'=x2十x1=L。 060红对构·讲与练·高三物理·基础版 → →—X2→ 3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运 【例6】如图所示，一质量M=2kg的木板长度为 动来判断“板块”间的摩擦力方向。 L=50m,静止放在水平面上，另一质量m= (2)挖掘“口块=板”临界条件的拓展含义 2kg、大小可以忽略的铁块静止放在木板的左 ①摩擦力突变的临界条件：当0块=板时，“板 端，已知铁块与木板之间的动摩擦因数1= 块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩 0.5,木板与地面间的动摩擦因数42=0.2，设 擦力或者两者间不再有摩擦力（在水平面上共 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 同做匀速运动)。 取10m/s2。现给铁块施加一个水平向右的 ②滑块恰好不滑离木板和木板最短的条件：滑 块运动到木板的一端时，口块=？板。 力F。 第 m→F 角度1水平面上的板块问题 【例5】如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止 (1)若F为变力，且从零开始不断增大，当F 在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速 增大到多少时，铁块与木板即将开始相对 度。从光滑的平台水平滑到与平台等高的小 滑动？ 车上，物体A和小车的？-t图像如图乙所示， (2)若F恒定为20N,试通过计算说明，在此 重力加速度g取10m/s2。求： 情况下，铁块与木板是否分离，若不分离求两 者共同的加速度；若分离，从静止开始经过多 ↑m·s) 长时间，二者分离？ 甲 乙 (1)物体A与小车B上表面间的动摩擦因数； (2)物体A与小车B的质量之比； (3)小车B的最小长度。 第三章运动和力的关系061 角度2斜面上的板块问题 【例7】如图所示，在倾角为 0=30°的足够长的固定光 滑斜面上，有一质量为 M=3kg的长木板正以 v。=10m/s的初速度沿斜面向下运动。现将 一质量m=1kg的小物块（大小可忽略）轻放 在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动 摩擦因数4三，设小物块与长木板间的最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2。求： (1)放上小物块后，长木板和小物块的加速度 方法技巧 大小 求解“滑块一木板”类问题的方法技巧 (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要 (1)弄清各物体初态对地的运动和各物体的相对运 第 动（或相对运动趋势），根据相对运动（或相对运动趋 有多长？ 章 势)情况确定物体间的摩擦力方向。 (2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二 定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方 向关系确定物体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着 物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可 能发生突变。 )温馨提示 学习至此，请完成训练17 第5讲 实验四：探究加速度与力、质量的关系 整合>必备知识>》 1.实验目的 3.实验器材 (1)学会应用控制变量法研究物理规律。 小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的 (2)探究加速度与力、质量的关系。 长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线 (3)掌握利用图像处理数据的方法。 两根、纸带、天平、米尺。 2.实验原理 4.实验步骤 (1)控制变量法 (1)质量的测量：用天平测量小盘和砝码的总质 ①保持质量不变，探究加速度与合力的关系。 量m'及小车的质量m。 ②保持合力不变，探究加速度与质量的关系。 (2)安装实验装置：按照如图所示装置把实验器 (2)求加速度 材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车 a=4+x十1-2或a=2 上（即不给小车施加牵引力）。 9T2