3.4专题提升：“传送带”模型 “板—块”模型 临界、极值问题——2027届高考物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦“传送带”模型、“板—块”模型及临界极值问题三大核心考点，依据高考评价体系梳理模型类型、运动规律及临界条件，分析水平/倾斜传送带运动分析、板—块相对滑动判断等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“模型建构+真题解析+思维模板”策略，如典例1结合v-t图像突破传送带速度求解，典例3用隔离法分析板—块加速度，培养科学思维与运动和相互作用观念。提供板块问题思维模板，助力学生掌握临界判断、相对位移计算技巧，教师可据此精准教学，提升学生高考冲刺效率。

第15课时　专题提升:“传送带”模型　 “板—块”模型　临界、极值问题 考点一　“传送带”模型 1.水平传送带 情境 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   一直加速 先加速后匀速   v0<v时,一直加速 v0<v时,先加速再匀速 v0>v时,一直减速 v0>v时,先减速再匀速   滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0,后被传送带传回左端。 若v0<v,则滑块返回到左端时速度为v0;若v0>v,则滑块返回到左端时速度为v 2.倾斜传送带 情境 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   一直加速(一定满足关系 gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速   一直加速(加速度为 gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后匀速 若μ<tan θ,先以a1加速,后以a2加速 情境 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长   v0<v时,一直加速 (加速度为gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后匀速;若μ<tan θ,先以a1加速,后以a2加速 v0>v时,若μ>tan θ,一直匀减速, a=g(μcos θ-sin θ);若μ=tan θ,一直匀速;若μ<tan θ,一直匀加速, a=g(sin θ-μcos θ) 若μ>tan θ,先减速后匀速;若μ=tan θ,一直匀速; 若μ<tan θ,一直匀加速, a=g(sin θ-μcos θ)   (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ,一直加速;gsin θ=μgcos θ,一直匀速 gsin θ<μgcos θ,一直减速 先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动) 典例1　如图甲所示,小物块从右侧滑上匀速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0~3 s段为抛物线,3~4.5 s段为直线。求: 甲 乙 (1)传送带的速度大小; (2)物块刚滑上传送带时的速度大小。 答案 (1)2 m/s　(2)4 m/s 解析 (1)由图像得,3 s后物块随传送带做匀速直线运动, 则v传=v1= m/s=2 m/s。 (2)图线的0~3 s段为抛物线,根据匀变速位移时间关系式可知,0~2 s物块做匀减速直线运动,则x2=·t2,解得v物=4 m/s。　 典例2　如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,2.0 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则(　　) A.传送带的倾角θ=30° B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4 C.传送带上下两端的间距为15 m D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m 甲 乙 D 考点二　“板—块”模型 1.模型特征 滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。 2.四种类型 类型图示 关键情境分析   木板带动滑块 两者同向运动,且v板>v块,则两者加速度不同,x板>x块, Δx=x板-x块,最后分离或相对静止   滑块带动木板 两者同向运动,且v板<v块,则两者加速度不同,x板<x块, Δx=x块-x板,最后分离或相对静止 类型图示 关键情境分析   模板与滑块反向运动 两者运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板   木板或滑块受到外力 木板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动﹐以及木板与地面是否有相对运动 3. “四点”注意 (1)用隔离法分析滑块和木板的受力,分别求出滑块和木板的加速度。 (2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。 (3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。 (4)在运动学公式中,位移、速度和加速度都是相对地面的。 典例3　如图所示,将木块A和木板B叠放在水平地面上,木块质量mA=2 kg,木板质量mB=1 kg,木块与木板间动摩擦因数为μ1=0.3、木板与地面间动摩擦因数为μ2=0.1,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,对木块施加一个水平向右的恒力F,求: (1)若F=9 N,求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小; (2)若F=16 N,求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。 答案 (1)2 m/s2　5 N　(2)5 m/s2　6 N 解析 (1)A与B之间的最大静摩擦力为f1=μ1mAg=0.3×2×10 N=6 N,B与地面之间的最大静摩擦力为f2=μ2(mA+mB)g=0.1×(2+1)×10 N=3 N,当A、B恰好发生相对滑动时,对于B有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa0,对于整体来说F0-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a0,解得F0=12 N,则当F=9 N<12 N时,B与地面发生相对运动,A与B没有发生相对滑动,则对于整体研究F-μ2(mA+mB)g= (mA+mB)a1,解得a1=2 m/s2,隔离B根据牛顿第二定律可得f3-μ2(mA+mB)g =mBa1,解得A、B之间的摩擦力的大小f3=5 N。　 (2)当F=16 N>12 N时,A、B发生相对滑动, 根据牛顿第二定律F-μ1mAg=mAa2,解得a2=5 m/s2, A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力,大小为f4=μ1mAg=6 N。 典例4　如图所示,足够长的木板静止在水平面上,物块静止在木板上,已知木板与水平面间的动摩擦因数小于物块与木板间的动摩擦因数。t=0时刻,给木板一水平向右的初速度,则木板的速度大小v随时间t的关系图像是(　　) C 对点演练　如图甲所示,水平地面上有一质量为1 kg的长木板,长木板的左端放有一质量也为1 kg的小物块。一水平向右的力F作用在物块上,F从0开始逐渐增大,木板的加速度a随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为0.2,物块与木板间的动摩擦因数为0.5,假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2。求: 甲 乙 (1)木板与地面间的最大静摩擦力; (2)t=4 s时拉力F的大小。 答案 (1)4 N　(2)6 N 考点三　临界、极值问题 1.产生临界值或极值的条件 临界或极值状态 对应条件 两物体刚好接触或刚好脱离 弹力FN=0 两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值 绳子断裂 张力为绳子所能承受的最大张力 绳子恰被拉直 张力FT=0 加速度最大或最小 当所受合力最大时,具有最大加速度; 合力最小时,具有最小加速度 速度最大或最小 加速度为零 2.分析方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能,特别是存在非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件 典例5　(2025徐州质量监测)如图所示,两质量均为m的物体A、B叠放在竖直轻弹簧上处于静止状态,现对物体A施加一竖直向上的恒力F=mg,重力加速度大小为g,在物体A、B的运动过程中, 下列说法正确的是(　　) A.A、B向上运动一段时间后分离 B.物体A的最大加速度为g C.轻弹簧中弹力的最小值为零 D.物体A、B间弹力的最小值为零 D 解析 两物体放在轻弹簧上静止,弹簧的压缩量为x1,有kx1=2mg,恒力F=mg向上提A物体,开始两物体一起向上加速运动,有F+kx-2mg=2ma,随着压缩量x的减小,两者加速的加速度逐渐减小,则开始运动时两者的加速度最大,有aA=aB=g,故B项错误;设A与B一起做简谐运动,不会分离,根据对称性可知,A、B运动到最高点时的加速度大小为,方向向下,此时以A为对象,根据牛顿第二定律可得mg-F-FN=m·,解得FN=0,可知在最高点B对A恰好没有支持力作用,即A、B恰好可以一起做简谐运动,不分离,故A项错误,D项正确;由以上分析可知,A、B在最高点时,弹簧处于压缩状态,所以弹力的最小值一定大于零,故C项错误。 典例6　如图所示,一质量m=0.4 kg的小物块,以v0=2 m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10 m。已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小; (2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少? 答案 (1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 解析 (1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得L=v0t+at2,v=v0+at,联立代入数据得a=3 m/s2,v=8 m/s。 (2)设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff, 拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如图所示, 由牛顿第二定律得Fcos α-mgsin θ-Ff=ma, Fsin α+FN-mgcos θ=0,又Ff=μFN, 可得F=,由数学知识得cos α+sin α=sin(60°+α),可知对应F最小时的夹角α=30°,联立得F的最小值为Fmin= N。 $