专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型 课件 -2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

该高中物理高考复习课件聚焦“传送带模型”和“滑块—木板”模型两大核心专题，依据高考评价体系明确其高频考查地位，常以选择题和计算题形式出现。课件梳理了摩擦力分析、位移关系、状态分析等关键方法，归纳水平/倾斜传送带、板块同向/反向运动等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于高考真题深度融入与分层训练设计，如2024安徽高考倾斜传送带题、2024黑吉辽高考滑块木板题，通过典例解析“速度相等转折点”“相对位移计算”等突破方法，培养学生模型建构和科学推理素养。帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准把握学情，实现高效复习教学。

专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型 链接高考 本专题在高考中常以选择题和计算题的形式出现,出现的频次较高,综合性较强 方法规律 抓好一个力的分析——摩擦力 明确两个位移关系——同向运动的位移关系和反向运动的位移关系 注意三个状态分析——初态、同速、末态 关键能力 四种能力:理解能力、模型建构能力、逻辑推理能力、综合分析能力 返回 ‹#› 考点一　传送带模型 1.常见传送带模型 分类 情境模型图示 水平 传送 带模型 返回 ‹#› 分类 情境模型图示 水平 传送 带模型 返回 ‹#› 倾斜 传送 带模型 返回 ‹#› 倾斜 传送 带模型 返回 ‹#› 2.传送带问题的解题关键 (1)传送带问题求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动或相对运动趋势,确定物体所受摩擦力的大小和方向。 (2)若物体的运动分为多个阶段,则分段分析物体的受力情况和运动情况。 (3)物体的速度与传送带的速度由不同变为相同时,物体所受的摩擦力一般会发生突变,所以速度相等时一般是物体受力情况和运动情况变化的转折点。 返回 ‹#› 角度1　水平传送带 【典例1】如图所示,足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度v0滑上传送带,小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.小滑块的加速度向右,大小为μg B.若v0<v1,小滑块返回到左端的时间为 C.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为 D.若v0>v1,小滑块返回到左端的时间为 √ 返回 ‹#› 【解析】选D。小滑块相对于传送带向右滑动,滑动摩擦力向左,加速度 向左,根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg,故A错误;若v0<v1,小滑块 以速度v0先向右减速到0再返回加速到v0,刚好返回到左端,时间为t=, 故B错误;若v0>v1,小滑块以速度v0先向右减速到0的时间t1=,位移为 x1=,然后加速返回,速度加速到v1的时间t2=,位移为x2=,最后以 速度v1匀速回到左端,时间为t3===,小滑块返回到左 端的时间t=t1+t2+t3,解得t=+ +=,故C错误,D正确。 返回 ‹#› 角度2　倾斜传送带 【典例2】(2024·安徽高考)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速度轻放一小物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。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a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) √ 返回 ‹#› 【图形剖析】 返回 ‹#› 【解析】选C。0~t0时间内:物块轻放在传送带上,做加速运动。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,故做匀加速运动。t0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。 返回 ‹#› [强化训练1](2025·扬州模拟)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 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, sin37°=0.6, cos37°=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 √ 返回 ‹#› 【解析】选D。由题图乙得0~1 s内物体的加速度a1==10.0 m/s2, 根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1;1~2 s内加速度a2== 2.0 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立解得θ=37°, μ=0.5,故A、B错误;由题意可知物体在0~2 s内的位移大小等于传送带 上、下两端的距离,根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移,可知位移 l= m+×1.0 m=16 m,故C错误;由题图乙知传送带的速 率v0=10 m/s,则0~1 s内,物体的位移为x1= m=5 m,传送带的位移 返回 ‹#› 为x2=v0t1=10×1.0 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx1=x2-x1=10 m-5 m=5 m,物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移为x3=×1.0 m=11 m,传送带的位移为x4=v0t2=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx2=x3-x4 =1 m,物体相对传送带向下运动,痕迹重叠1 m,因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m,故D正确。 返回 ‹#› [强化训练2](2026·邯郸模拟)如图,半径r=50 cm的两圆柱体A 和B,转动轴互相平行且在同一水平面内,轴心间的距离为s=6 m。两圆柱体A和B均被电动机带动以 ω=6 rad/s的角速度逆时针方向转动,质量均匀分布的长木板无初速地水平放置在A和B上,其重心恰好在B的正上方。从木板开始运动计时,圆柱体转动两周,木板恰好不受摩擦力的作用,且仍沿水平方向运动。设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同。重力加速度 g取10.0 m/s2,取π≈3.0。求: 返回 ‹#› (1)圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数; 答案:(1)　 【解析】(1)依题意,当木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时,木板不受摩擦力,有v=ωr=3 m/s 经历的时间为t1=2T==2 s a==1.5 m/s2 匀加速过程中滑动摩擦力提供加速度μmg=ma 解得μ== 返回 ‹#› (2)从开始运动到重心恰在A的正上方所需的时间。 答案: (2)3 s 【解析】(2)木板在两圆柱体间加速过程所通过的位移为s1,有v2=2as1 解得s1=3 m 因s1<s,所以木板在两圆柱体间的运动先是做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,可见从开始运动到重心恰在A的上方所需的时间应是两运动过程时间之和 t=t1+t2=t1+=3 s 返回 ‹#› 考点二　“滑块—木板”模型 1.常见板块模型 情境模型图示 过程分析 滑板获得一初速度v0,则板块同向运动,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 滑块获得一初速度v0,则板块同向运动,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 返回 ‹#› 情境模型图示 过程分析 开始时板块运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板 滑板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动以及滑板与地面是否有相对运动趋势,若板块相对滑动,最终两者分离,Δx=L 返回 ‹#› 2.“滑块—木板”问题的解题关键 (1)受力分析:分析滑块和木板之间的相对运动或相对运动趋势,确定它们所受摩擦力的大小和方向。并对两物体进行受力分析。 (2)运动分析:根据滑块和木板的初状态和受力情况分析它们的运动情况。根据牛顿第二定律结合运动学公式分析它们的加速度、速度和位移。 返回 ‹#› (3)用好关联:利用好某状态或某阶段,滑块和木板之间的位移关系、速度关系等关联关系。 (4)逐段分析:若运动过程分为多个阶段,则分段分析各个阶段。滑块与木板达到相同速度时,滑块从木板上滑下时,外力突变时,以上三种情况一般是物体受力情况和运动情况变化的转折点。 返回 ‹#› 【典例3】【多选】如图甲所示,质量为mB=1 kg的长木板B放在水平面上,质量为mA=2 kg的物块A放在木板上,开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上,当F从0开始逐渐增大时,物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示,图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于F1。已知物块始终没有离开木板,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.木板与水平面间的动摩擦因数为0.1 B.小物块与木板间的动摩擦因数为0.3 C.图乙中F2=5.5 N D.图乙中F1=4 N √ √ 返回 ‹#› 【解析】选A、D。由图乙知,当F0=3 N时,物块与木板开始运动,则有F0=μ0(mA+mB)g,解得μ0=0.1,故A正确;由图乙知,当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律有μ1mAg-μ0(mA+mB)g=mBa0,解得μ1=0.2,故B错误;当外力F=F2时,物块与木板开始相对滑动,此时物块与木板的加速度大小均为a0=1 m/s2,对小物块,根据牛顿第二定律有F2-μ1mAg=mAa0,解得F2=6 N,故C错误;当F>F2时,物块与木板相对滑动,对物块,根据牛顿第二定律有F-μ1mAg=mAa,解得a=-μ1g+,变形得=,解得F1=4 N,故D正确。 返回 ‹#› 【典例4】(2026·通化模拟)如图所示,木板B静置于水平面上,滑块A静置于B的左端,现对A施加一水平向右的拉力。若拉力的大小F1=4 N,则B恰好相对地面滑动;若拉力大小F2=8 N,则A恰好相对B滑动;若拉力大小F3=10 N,且作用时间t1=2 s后撤去,则最终A恰好没脱离B。已知A、B的质量mA=mB=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,求: 返回 ‹#› (1)B与地面之间的动摩擦因数μ1; 答案:(1)0.2　 【解析】(1)对A、B整体由平衡关系得F1=μ1(mA+mB)g 得μ1=0.2 返回 ‹#› (2)A与B之间的动摩擦因数μ2; 答案: (2)0.6　 【解析】(2)对A、B整体和对B分别由牛顿第二定律得 F2-μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a;μ2mAg-μ1(mA+mB)g=mBa 得μ2=0.6 返回 ‹#› (3)木板B的长度。 答案: (3)5 m 【解析】(3)设撤去F3之前A、B的加速度分别为a1、a2,撤去F3之后A的加速度大小为a3,从撤去F3到A、B共速的时间为t2。撤去F3之前对A、B由牛顿第二定律得F3-μ2mAg=mAa1,μ2mAg-μ1(mA+mB)g =mBa2 撤去F3之后对A由牛顿第二定律得μ2mAg=mAa3 共速关系a1t1-a3t2=a2(t1+t2) 木板B的长度L=a1+(a1t1)t2a3a2(t1+t2)2 联立解得t2=0.5 s,L=5 m 返回 ‹#› [强化训练] 【多选】(2024·黑吉辽高考)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 √ √ √ 返回 ‹#› 【解析】选A、B、D。v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板 的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小 物块和木板间动摩擦因数为μ0,根据题意结合图像可知,物块开始滑上木 板时的速度大小为v0=μgt0,方向水平向左,物块在木板上滑动的加速度 为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共=μgt0,方向水 平向右,故可得+=t0,解得μ0=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滑上木板时,木板的加速度为a==μg, 返回 ‹#› 故可得F-μMg=Ma,解得F=μMg,根据图像可知物块滑上木板后木板的 加速度为a'==-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F- μ(m+M)g-μ0mg=Ma',解得=,故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一 起共速运动,对整体F-μ(m+M)g=μMgμMg=0,故可知此时整体处于 平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正 确。 返回 ‹#› $