第3章　专题强化4　传送带模型和“滑块—木板”模型—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“传送带模型和‘滑块—木板’模型”专题，依据高考评价体系梳理了水平/倾斜传送带、板块模型两大核心考点，通过考向分析明确共速判断、相对位移计算等高频考查点，归纳运动分析、受力分析、图像问题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“模型建构+科学推理+实战训练”的复习策略，如通过水平传送带“初速与带速关系判断运动状态”、滑块—木板“相对位移临界条件分析”等典型题型，培养学生运动和相互作用观念及科学思维素养。特设“思维模板”和“易错点警示”，助力学生掌握解题技巧，教师可据此高效开展专题突破，提升复习针对性。

专题强化四　传送带模型和“滑块—木板”模型 1 传送带模型 (能力考点·深度研析) 解答传送带问题，应做好两个分析 1．传送带模型的受力分析 (1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力可能突变： ①滑动摩擦力突变为零； ②滑动摩擦力突变为静摩擦力； ③摩擦力方向突变。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 2．传送带模型的运动分析 (1)参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。 (2)判断共速后物体能否与传送带保持相对静止。 (3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向1　水平传送带模型 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 [解析]　(1)传送带的速度v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有 μmg＝ma① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1， 由运动学公式有 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有 v＝v0－at1′④ 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 要注意三个状态的分析——初态、共速和末态 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向2　倾斜传送带模型 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 如图所示，为一传送货物的传送带abc，传送带的ab部分与水平面夹角α＝37°，bc部分与水平面夹角β＝53°，ab部分长为4.7 m，bc部分长为7.5 m。一个质量m＝1 kg的物体A(可视为质点)与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。传送带沿顺时针方向以速率v＝1 m/s匀速转动。若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c处，此过程中物体A不会脱离传送带。求物体A从a处被传送到c处所用的时间。(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2) 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 [解析]　物体A在传送带ab上相对滑动时，由牛顿第二定律得μmgcos α－mgsin α＝ma1， 解得a1＝0.4 m/s2， 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 由于mgsin β>μmgcos β，所以物体沿传送带bc部分匀加速运动到c点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑， 由牛顿第二定律得ma2＝mgsin β－μmgcos β 解得加速度a2＝gsin β－μgcos β＝3.2 m/s2， 设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式 代入数据解得t3＝1.875 s。 物体A从a处被传送到c处所用的时间 t＝t1＋t2＋t3＝7.825 s。 [答案]　7.825 s 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向3　传送带模型中的图像问题 (多选)国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图1所示，以某一恒定速率v0运行的传送带与水平面的夹角θ＝37°，转轴间距L＝3.5 m。工人沿传送方向以速度v1＝1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点)，4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v－t图像如图2所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则( ) BC 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 A．在t＝2.5 s时刻，粮袋所受摩擦力方向改变 B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8 C．传送带运行的速度大小为0.5 m/s D．在0～2.5 s内粮袋处于失重状态 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 2 “滑块—木板”模型 (能力考点·深度研析) 1．模型特点：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作用下发生相对滑动。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 2．板块模型的两种类型 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 3.分析板块模型的关键点 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向1　水平面上的板块问题 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得共同速度v′＝2.8 m/s。 (4)在t′内，小物块和长木板的相对位移 解得Δx2＝0.2 m 最终小物块离长木板右端 x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 [答案]　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 解决板块模型问题的思维模板 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向2　倾斜面的板块模型 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求： 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 [解析]　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则 f＋mgsin θ＝ma1① f＝μmgcos θ② 联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2③ a1的方向沿制动坡床向下。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 [解析]　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则 f＋mgsin θ＝ma1① f＝μmgcos θ② 联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2③ a1的方向沿制动坡床向下。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 s＝s1－s2⑧ l＝l0＋s0＋s2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l＝98 m。 [答案]　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下 (2)98 m 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 情景 滑块的运动情况 l≤时，一直加速 l>时，先加速后匀速 v0<v且l≤时，一直加速 v0<v且l>时，先加速再匀速 v0>v且l≤时，一直减速 v0>v且l>时，先减速再匀速 情景 滑块的运动情况 l≤时，滑块一直减速到右端 l>时，滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0<v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v v2－v＝－2as1② 联立①②式，代入题给数据得 s1＝4.5 m③ t1＝t1′＋⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据得 t1＝2.75 s⑥ －μmgL＝mv－mv⑦ μmgL＝mv－mv⑧ 由⑦⑧式并代入题给数据得 v1＝ m/s，v2＝4 m/s。 [答案]　(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s 情景 滑块的运动情况 l≤时(a＝μgcos θ－gsin θ)一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) l>时，先加速后匀速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 情景 滑块的运动情况 l≤，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) l>时，若μ≥tan θ，先加速后匀速 l>时，若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 情景 滑块的运动情况 l≤时，v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) l>且v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 l≤且v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ，若μ≥tanθ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ l>且v0>v时，若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速 情景 滑块的运动情况 (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 l≤且μ>tan θ时，一直减速(a＝μgcos θ－gsin θ) l>且μ>tan θ时，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v 物体运动到与传送带速度相等时所需的时间t1＝＝2.5 s， 此段时间内物体运动的位移s1＝＝ m＝1.25 m<sab， 在ab部分做匀速运动的运动时间 t2＝＝ s＝3.45 s。 得sbc＝vt3＋a2t， [解析]　由图2可知，在0～2.5 s内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面向上的滑动摩擦力，在2.5 s～4.5 s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩擦力，故A错误；根据v－t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移的大小，根据题意，由图2可知L＝(v0＋1.5)×2.5＋(4.5－2.5)v0＝3.5 m，解得v0＝0.5 m/s，故C正确；由图2和C分析可知，粮袋在0～2.5 s内的加速度为a＝＝ m/s2＝－0.4 m/s2，则加速度方向沿斜面向上，则在0～2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，联立代入数据解得μ＝0.8，故D错误，B正确。 类型图示 规律分析 木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA [解析]　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝， 解得a＝3 m/s2。 (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用，故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m。 (3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s， vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，长木板的加速度大小 a′＝＝0.5 m/s2 Δx2＝－， s1＝vt－a1t2⑥ s2＝vt－a2t2⑦ $