专题一 微专题1 传送带模型、滑块一木板模型-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

011 ·一考法二动力学图像 例？(：北京卷)犊拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开给如定后 竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运 动过程中，受到的空气阻力∫的大小随速率增大而增大，∫随时间：的变化如图所 示（向上为正）。下列说法正确的是 A.从，到，实验舱处于电磁弹射过程 B.从2到3，实验舱加速度大小减小 C.从3到5，实验舱内物体处于失重状态 D.4时刻，实验舱达到最高点 例8D:安锁卷)饭角为0的传送带以恒定速率顺时针转动。：=0时在传送带底瑞无 初速轻放一小物块，如图所示。。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。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α、速度v随时间t变化的 关系图线可能正确的是 】规律总结 三种动力学图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 F-t图像 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 F-x图像 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系 a-F图像 例如：如图所示，F-mg=ma,a= -g,则a-F图像的斜率为，截距为-4g 温馨提示：复习至此，请做练案[2] 微专题1传送带模型、滑块一木板模型 命题热点巧突破 题型1传送带模型 例（多选）如图甲所示，足够长的传送猎倾斜放置，颜角为6.以恒定 个l(m·s) 速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v。=12m/s从A端冲 、10 上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速 度g=10m/s2,则下列说法正确的是 A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan0=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数u=0.5 C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4√5)m 012 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 传送带长度无限制，倾斜角度影响煤块受力，涉及重力沿斜面 足够长的传送带倾斜放置，倾角为日 分力等 传送带速度大小、方向已知，煤块与传送带存在相对运动时受 恒定速率v=4m/s顺时针转动 滑动摩擦力作用 速度随时间变化图像如图乙 v-t图像可获取速度变化、加速度等信息（斜率表示加速度） )规律定结 传送带模型解题思维模板 研究对象 → 传送带及带上面的物体 业 临界状态 v物=U带) (1)摩擦力发生突变 (2)物体的运动状态发生改变 水平 （1)根据物体的受力和传送带的速度)计算物体加速的时间t和位移 传送带)(2）再由x和传还帝长度的关系判断物体的运动性质 力与运动 若u≥tan0,且物体能与传送带共速，则 共速后物体做匀速运动 a=g(sin0±ucos0 若4<tan0,且物体能与传送带共速， 则共速后物体相对传送带加速(a的≠a后) 结果计算 进一步计算物体在传送带上的运动时间、相对位移△x等 》对点训练 (多选)如图甲所示，小物块从左侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙 所示、图线的0~3s段为抛物线，3~4.5s段为直线，下列说法正确的是 () x/m 12344.5t/s 甲 A.传送带沿逆时针方向转动 B.小物块与传送带间的动摩擦因数4=0.1 C.小物块刚放上传送带时的速度大小为4m/s D.0~4.5s内物块在传送带上留下的痕迹为9m 题型2滑块一木板模型 动力学解决板块模型的思路 滑至、 找位移关系， 恰好不滑离 一端 板块隔离物体、 判断物体运动性质，求出加 例如x1=+L 个 问题儿 受力分析 速度Q,写出速度、位移公式 若保持相对静止 速度、 摩擦力突变，判断 相等 二者会不会滑动 若发生滑动，重新隔 高，分析至过程结束 判断方法：假设保持相对静止，求二者间摩擦力F,若摩擦力F,大于 最大静摩擦力Fm则发生相对滑动，若F:≤Fm,则保持相对静止 013 例2如图所示，质#Mg的木板静置于领角为9=37的足够长的固定斜面上，质量 F m=1kg的可视为质点的小物块以初速度。=5m/s从木板下端冲上木板，同时在 木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N,使木板从静止开始运动，当小物块与 木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑下。已知小物块与木板间的 动摩擦因数为0.25，木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2, sin37°=0.6，c0s37°=0.8。求： (1)物块与木板共速前，物块和木板的加速度； (2)木板的最小长度Lm; (3)物块在长度为Lmn的木板上运动的总时间。 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 小物块以初速度。=5m/s从木板 物块相对于木板向上运动，物块所受摩擦力沿斜面向下 下端冲上木板 小物块与木板共速 共速前小物块做减速运动，木板做加速运动 撤去该外力 此后两物体的加速度分别是多少，两物体分别做什么运动 〉对点训练 (多选)如图甲所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg,滑块 Q与长木板P之间的动摩擦因数为4，长木板P与地面之间的动摩擦因数为2，现在滑块上施加一个F=0.61(N) 的变力，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力F,随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩 擦力相等，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是 () 个F/N 0 s 甲 A.木板P与水平地面间的动摩擦因数u2=0.2 B.滑块Q与木板P间的动摩擦因数u1=0.4 C.图乙中62=22s D.木板的最大加速度为2m/s2 温馨提示：复习至此，请做练案[3]考法三 例3.C因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动， 甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误：设乙运动的加 速度为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙 和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有F、=M总g -ma,则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设 绳子的弹力大小为T,对甲受力分析有T-wmg= ma,对乙受力分析有mg-T=ma,联立解得a= 2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错误。 考法四 例4.ABDv-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t时刻 木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t。时 刻滑上木板，故A正确；结合图像可知t=3。时刻， 木板的速度为，=弓8，设小物块和木板间动摩擦 因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度 为=-多4，负号表示方向水平向左，物块在木 板上滑动的加速度为4，=m坚 =uog,经过t时间与 木板共速此时速度大小为”=2g。,方向水平向 右，故可得v共-=ato,解得=2μ，故B正确；设 木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块未 1 滑上木板时，木板的加速度为a= 2g to =2g,故 可得F-wg=,解得F=子Wg,根据图像可知 物块滑上木板后木板的加速度为a'= 3 2g4。-21g =-g,此时对木板由牛顿第二定律 to 得F-a(m+M0g-h,g=Ma,解得号=分故C 错误；假设t=4t。之后小物块和木板一起共速运动， 3 3 对整体F-a(m+M)g=Mg-Mg=0,故可知 此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t。之后小 物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。 题型3 考法一 例5.Av-t图像的斜率表示加速度，由图可知0~t,时 间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度方向与速 度方向相反，故0~t,内，汽车做匀减速直线运动，故 A正确；1~2内，汽车做匀速直线运动，故B错误； 0~t内加速度为负，2~t3内加速度为正，故0~ 和t2~t内，汽车加速度方向相反，故C错误；0~t 和t2~3内，汽车速度方向相同，均为正，故D错误。 -25 例6.B根据题意，由公式x=w+了整理可得=， 12.0-4.0 +2at,结合图像可得6=4m㎡s,2a= 1.0 m/s2, 解得a=-4m/s2,即小车M刹车过程中加速度大小 为4m/s2,故A错误；A点距100分分值线的距离为 0=2m,1s时小车M的速度为，=。+= %o=2a 4m/s-4×1m/s=0,故B正确，C错误；若某小车恰 好匀减速停止于96分分值线，则刹车距离为x=x +4Ax=4m,则该车的加速度大小为4= 2m/s2,故D错误。 考法二 例7.Bt~t时间内，f向下，先增大后减小，可知此时速 度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过 程后做减速向上运动，故A错误；2~t时间内，f向 下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根 据牛顿第二定律有mg+f=ma即a=士+g,故加速 m 度大小在减小，故B正确；~t时间内，f向上，先增 大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小， 先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失 重后超重，故C错误；根据前面分析可知t时刻速度 方向改变，从向上变成向下，故3时刻到达最高点， 故D错误。 例8.C0~时间内：物体轻放在传送带上，受力分析可 知，物体受重力、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，故C正确，A、B、D错误。 微专题1传送带模型、滑块一木板模型 题型1 例1.AD由v-t图像得0~1s内煤块的加速度大小a1 _12-4m/g=8m/s2,方向沿传送带向下，12s 内煤块的加速度大小a,=4,0m/。=4m/s,方向 1 沿传送带向下。0~1s,对煤块由牛顿第二定律得 mgsin0+mgcos9=ma1,1~2s,对煤块由牛顿第二 定律得mngsin0-umgcos0=ma2,联立解得tan0= 0.75,u=0.25,A正确，B错误；w-t图像中图线与时 间轴所围面积表示位移的大小，所以煤块上滑的总 位移大小为x=2兰x1m+7×4×1m=0m,由 2 5 运动学公式有x=之a,下，得下滑时间为t下=、 2x a ,P×10s=5s,所以煤块从冲上传送带到返回 =N4 A端所用的时间为(2+5)s,C错误：0~1s内煤块 比传送带多走4m,划痕长4m,1~2s内传送带比煤 块多走2m,划痕还是4m,2~(2+√5)s内传送带向 上运动，煤块向下运动，划痕总长为2m+4,+ t下=(12+4V5)m,D正确。 对点训练 ACD根据题意，物块最后返回出发点，可知传送带逆 时针转动，选项A正确：根据图像可知，2s末物块的速 度减为0，该时间内物块的对地位移大小为x,=4m,此 后物块将反向加速，通过图像可知，在3s末物块与传 送带达到共速，加速阶段的位移大小为x2=1m,根据 位移与时间的关系有x=%41-2a,心，=2a,,其中 t=2s,t2=1s,解得v=4m/s,a=2m/s2。而根据牛 顿第二定律，对物块有mg=ma,解得u=0.2,选项B 错误，C正确；根据乙中图像斜率的绝对值表示速度的 大小可知，传送带的速度大小为v=2/s,则小物块与 传送带达到共速前的这段时间内传送带的位移大小为 x=t3=6m,由此可得0~4.5s内物块在传送带上留 下的痕迹为△x=x,+x3-x2=4m+6m-1m=9m,选 项D正确。 题型2 例2.(1)8m/s,方向沿斜面向下2m/s2,方向沿斜面向 上2gm(3(停+√品) 【解析】(1)设物块与木板之间的动摩擦因数为 u1,物块与木板共速前，物块的加速度大小为1，对 物块受力分析可得mgsin0+1mgc0s8=ma1, 代入数据解得a,=8m/s2,方向沿斜面向下。 设木板与斜面间的动摩擦因数为，木板的加速度 大小为a2,对木板受力分析可得F+u1 mgcos0- Mgsin 0-u2 (M+m)gcos 0=Ma2, 代入数据解得a2=2m/s2,方向沿斜面向上。 (2)设物块与木板达到共速所用时间为1，则有0 a1t1=a2t1, 代入数据解得t,=0.5s, 共同速度大小为v=a2t1=1m/s。 共速前物块与木板的相对位移为△x,=-204 、 242, 25 代入数据解得△x,=1.25m。 撤掉F后，物块相对木板上滑，加速度大小仍为α，= 8m/s2, 对木板分析有Mgsin0+u2（M+m)gcos0- umgcos 0=Ma2', 解得木板的加速度大小为a2'=12m/s2,方向沿斜面 向下，木板减速上滑。 共造后过4木板减速到零，过兰 a 8s物块减速到零。 1 由于Mgsin0-u1 mgcos0<h2(M+m)gcos0,所以木 板减速到零后，物块在木板上滑动时，木板就不再 运动。 此过程中物块与木板的相对位移为4，=宁： 2=48m, 故木板的长度至少为L=△x,+△=48m。 61 (3)物块在木板上向下滑动时，木板不动，设此时物 块的加速度大小为a,',由牛顿第二定律可得a,'= g(sin 0-ucos 0)=4 m/s', 设物块运动到斜面底端所用时间为t,, 1 则有Lm=2a'%, 解得，=√96 /61 s,故物块在木板上运动的总时间为t =t1+t2′+t3, 代入数据得t= 5 /61 8 对点训练 BD根据图乙可知，在t2以后滑块受到的摩擦力不变， 为Fn=8N,根据滑动摩擦力的计算公式可得Fn= u1mg,解得滑块与木板间的动摩擦因数u:=0.4,选项 B正确；t,时刻开始一起滑动，则F2=2×2mg=4N, 解得2=0.1，选项A错误；t2时刻二者发生相对运动 时，设加速度大小为a,对木板根据牛顿第二定律可得a _1mg-2×S=2m/g2,对滑块有F-以1mg=ma, m 解得F=12N,根据F=0.6t(N)可知图乙中t2=20s, 选项C错误；2时刻以后木板受力不变，加速度不变，则 木板的最大加速度为2m/s2,选项D正确。