08 专题二 第8课时 应用三大观点解决“传送带”、“滑块—木板”模型问题（学生用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

　应用三大观点解决“传送带”、 “滑块—木板”模型问题 突破点一　“传送带”模型 1．模型：水平传送带、倾斜传送带。 2．解题关键 (1)摩擦力的方向：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)物体能否达到与传送带共速：物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 (3)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角正切值与动摩擦因数的大小关系。 3．解题角度 (1)动力学角度：通过受力分析，判断物体的运动状态，经常需要结合v-t图像进行分析。 (2)能量角度： ①系统产生的内能Q＝fs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。 ②传送带因传送物体多消耗的能量： a．根据动能定理：传送带匀速运动，电动机多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，W＝f x传。 b．根据能量守恒：电动机多做的功等于物体机械能增加量和系统摩擦产生的热，W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 [典例1]　(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，A、B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，求： (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。 [听课记录]　________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ [典例2]　(2025·广州协和中学等三校高三联考)如图甲所示，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图乙所示。已知货物质量为10 kg，重力加速度取10 m/s2。则下列说法不正确的是(　　) A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s B．货物与传送带间的动摩擦因数为 C．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功795 J D．A、B两点的距离为16 m [听课记录]　________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ [典例3]　在快件分类时常用传送带运送快件，一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率沿顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为L＝10.5 m，如图甲所示。现将一质量m＝2.0 kg的快件静止放于传送带底端，以传送带最底端为参考平面，快件在传送带上运动整个过程中速度的平方v2随位移x的变化如图乙所示，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，快件可视为质点，求： (1)快件与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)快件从传送带底端到顶端过程电动机多做的功W。 [听课记录]　________________________________________________________ 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____________________________________________________________________ 突破点二　“滑块—木板”模型 1．模型特点：两物体通过摩擦力相互作用。 2．基本思路：应用动力学、能量和动量观点解决板块问题的方法。 (1)动力学角度： (2)能量角度：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移： ①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。 ②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。 ③求摩擦生热时用Q＝fx相对，x相对为相对滑动的板块间相对滑动路径的总长度。 (3)动量角度：滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 [典例4]　(多选)如图甲所示，长2 m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑上木板。P、Q的v-t图像如图乙所示。其中a、b分别是0～1 s内P、Q的v-t图像，c是1～2 s内P、Q共同的v-t图像。已知P、Q的质量均是1 kg，g取10 m/s2，则以下判断正确的是(　　) A．P、Q系统在相互作用的过程中动量不守恒 B．在0～2 s内，摩擦力对Q的冲量是1 N·s C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1 D．P相对Q静止的位置在木板Q的右端 [听课记录]　________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ [典例5]　(多选)质量M＝3 kg 的长木板正在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一质量m＝1 kg的物块轻放到木板右端，之后木板运动的速度与时间图像如图所示，物块没有从木板上滑下，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．木板与地面间的动摩擦因数为0.2 B．木板在1.0 s末恰好减速到零 C．木板的长度至少为0.84 m D．全程物块与木板间摩擦生热为1.12 J [听课记录]　________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ [典例6]　(2025·广东珠海一模)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率v0＝2 m/s，将质量为m＝25 kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M＝50 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.25，A、B间的距离为s＝8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物体滑上木板左端时的速度大小； (2)若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L至少应是多少； (3)若木板与地面的动摩擦因数为μ＝0.1，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度L'。 [听课记录]　________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ 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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x'1＝t2 传送带运动的位移为x'2＝vt2 故可得Q＝μg· 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)0.6 m/s或2.6 m/s 典例2　D　[由题图乙可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s，故A正确，不满足题意要求；开始时货物的加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律可知μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝，故B正确，不满足题意要求；由题图乙可知，A、B两点的距离为s＝×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，故D错误，满足题意要求；由动能定理可知Wf－mgssin 30°＝mv2，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功为Wf＝795 J，故C正确，不满足题意要求。故选D。] 典例3　解析：(1)快件放上传送带先做匀加速运动，根据v2＝2ax 结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度为 a＝1 m/s2 根据牛顿第二定律可得 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 解得动摩擦因数μ＝0.875。 (2)设传送带的速度为v，根据题图乙可知 v＝3 m/s 快件加速的时间为t1＝＝3 s 快件与传送带的相对位移为 Δx＝vt1－vt1＝4.5 m 快件和传送带间因摩擦产生的热量为 Q＝μmgcos 37°Δx 电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即 W＝mgLsin 37°＋mv2＋Q 解得W＝198 J。 答案：(1)0.875　(2)198 J 突破点二 典例4　BC　[P与Q组成的系统在速度相等以后做匀速运动，说明地面摩擦力为零，故相互作用的过程中系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，故A错误；由题图乙可知，0～2 s内，Q先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2 s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I＝Mv－0＝1 N·s，故B正确；P从速度为2 m/s减为1 m/s所需的时间为1 s，则a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，又a＝－＝－μg，代入数据解得μ＝0.1，故C正确；在t＝1 s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1 s内，P的位移x1＝×1 m＝1.5 m，Q的位移x2＝×1×1 m＝0.5 m，则Δx＝x1－x2＝1 m<2 m，可知P与Q相对静止时不在木板Q的右端，故D错误。故选BC。] 典例5　ABD　[在0～0.7 s过程中，根据题图有物块加速度大小a1＝ m/s2＝1.0 m/s2，木板加速度大小a2＝ m/s2＝3.0 m/s2，对物块有μ1mg＝ma1，对木板有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.2，A正确；根据上述分析，两者达到相等速度后不能够保持相对静止，由分析可知，物块向右以加速度大小a1做匀减速直线运动，木板向右亦做匀减速直线运动，设木板加速度大小为a3，对木板有μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝ m/s2，根据题图有v共＝a3Δt，解得Δt＝0.3 s，可知木板减速至零的时刻为0.3 s＋0.7 s＝1.0 s，B正确；0.7 s 前物块相对木板向左运动，x相1＝×0.7 m－×0.7 m＝0.98 m，0.7 s后物块相对木板向右运动，x相2＝ m－ m＝0.14 m<0.98 m，可知木板的长度至少为0.98 m，C错误；全程物块与木板间摩擦生热Q＝μ1mg＝1.12 J，D正确。] 典例6　解析：(1)物体速度达到传送带速度前，由牛顿第二定律，有mgsin 37°＋μ1mgcos 37°＝ma1 解得a1＝10 m/s2 设物体与传送带共速时运动的位移为x1，则对物体有＝2a1x1 解得x1＝0.20 m 因为x1<s，mgsin 37°>μ1mgcos 37°，所以此后物体继续在传送带上做匀加速运动，设物体的加速度大小为a2，则根据牛顿第二定律，有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma2 解得a2＝2 m/s2 设物体到达B端时的速度大小为v，根据运动学公式有 2a2(s－x1)＝v2－ 解得v＝6 m/s。 (2)设物体恰好不会从木板上掉下，设物体和木板共速为v1，规定物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v1 由能量守恒定律得μ2mgL＝mv2－(m＋M) 解得L＝4.8 m 则木板长度L至少为4.8 m。 (3)由于μ(m＋M)g>μ2mg 所以木板不运动，物体做匀减速直线运动，设物体速度为0时，恰好到达木板的最右端，其加速度大小 am＝μ2g＝2.5 m/s2 根据运动学公式有2amL'＝v2 解得L'＝7.2 m 则木板的最小长度为7.2 m。 答案：(1)6 m/s　(2)4.8 m　(3)7.2 m 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $