第3章 运动与力的关系-微专题突破 传送带模型和滑块—木板模型 课件—2027届高考物理一轮复习

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”微专题，依据高考评价体系梳理运动与力关系核心考点，覆盖水平/倾斜传送带（不同初速度、长度情景）及滑块—木板模型（位移关系、临界问题），归纳“运动分析—受力判断—方程求解”常考题型，体现高考备考的针对性与实用性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构”策略，如例1水平传送带通过加速度计算、痕迹长度分析培养科学思维，例2滑块—木板模型用位移差关系突破相对运动问题，强化物理观念。提供“确定模型—受力分析—判断滑动—列方程”解题流程，帮助学生掌握应试技巧，教师可据此精准指导，提升高考冲刺效率。

第3章 运动与力的关系 微专题突破 传送带模型和滑块—木板模型 1 考点一 传送带模型 考点二 滑块—木板模型 2 考点一 传送带模型 3 1.水平传送带 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 （未达到和传送带相 对静止） 传送带足够长 ____________________________________________ 一直加速 先加速后匀速 4 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 （未达到和传送带相 对静止） 传送带足够长 _________________________________________ ___________________________________________ 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 续表 5 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 （未达到和传送带相 对静止） 传送带足够长 ___________________________________________ 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返回到左端时速度为v0，若v0 > v返回到左端时速度为v。 续表 6 2.倾斜传送带 情景 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 7 情景 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，可能一直加速，可能一直减速 若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ < tan θ，一直加速 续表 8 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 _______________________________ （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 gsin θ < μgcos θ，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 续表 9 【视角1】　水平传送带模型 例1 (多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1 = 2 m/s的恒定速率顺时针运行。初速度大小为v2 = 3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则( ) ABD A.小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右 B.小墨块的加速度大小为1 m/s2 C.小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 m D.小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m 10 [解析] 小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则a = m/s2 = 1 m/s2，方向向右，故B正确；小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有x1 = = 4.5 m，小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为x2 = v1· = 6 m，小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有x1' = = 2 m，对传送带有x2' = v1· = 4 m，小墨块在传送带上的痕迹长度为x = (x1+x2)+(x2' - x1') = 12.5 m，故C错误，D正确。 11 【视角2】　 倾斜传送带模型 例2 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1 = 0.6 m/s 运行的传送带与水平面间的夹角α = 37°，转轴间距L = 3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2 = 1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ = 0.8。取重力加速度g = 10 m/s2，sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8。求: 12 （1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； [解析]小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ - mgsin θ = ma 解得a = 0.4 m/s2 13 （2）小包裹通过传送带所需的时间t。 [解析]根据（1）可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时 t1 = s = 2.5 s 在传送带上滑动的距离为x1 = t1 = ×2.5 m = 2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos θ > mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2 = s = 2 s 所以小包裹通过传送带的时间为t = t1+t2 = 4.5 s 14 考点二 滑块—木板模型 15 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。 16 2.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运 动时，位移之差 （板长）；滑块和木板反向运动时，位移大小之和 。 17 3.解题关键点 （1）由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 （2）当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力 或者两者间不再有摩擦力（水平面上共同匀速运动）。 18 4.处理“板块”模型中动力学问题的流程 19 【视角1】　 水平面上的滑块 - 木板模型 例1 有一项游戏可简化如下:如图所示，滑板长L = 1 m，起点A到终点线B的距离s = 5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ = 0.5，地面视为光滑，滑块质量m1 = 2 kg，滑板质量m2 = 1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求: 20 （1）滑板由A滑到B的最短时间； [解析]滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。 设滑板加速度为a2，则有 Ff = μm1g = m2a2， 解得a2 = 10 m/s2，由s = ， 解得t = 1 s。 21 （2）为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。 [解析]滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等， F1 - μm1g = m1a2， 解得F1 = 30 N， 当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1， F2 - μm1g = m1a1， = L， 解得F2 = 34 N， 则水平恒力大小范围是30 N ≤ F ≤ 34 N。 22 【视角2】　 斜面上的滑块—木板模型 例2 如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2 kg，长度L = 1.5 m 的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m = 1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1 = 0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2 = 0.5，sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，取g = 10 m/s2，求: 23 （1）释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2； [解析]设释放后，滑块会相对于平板向下滑动， 对滑块:由牛顿第二定律有mgsin 37° - Ff1 = ma1 其中FN1 = mgcos 37°，Ff1 = μ1FN1 解得a1 = gsin 37° - μ1gcos 37° = 4 m/s2 对薄平板，由牛顿第二定律有 Mgsin 37°+Ff1 - Ff2 = Ma2 其中FN2 = (m+M)gcos 37 °，Ff2 = μ2FN2 解得a2 = 1 m/s2 a1 > a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。 24 （2）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 [解析]设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1 = a1t2，x2 = a2t2，x1 - x2 = L 解得t = 1 s 25 【视角3】 临界问题 例3 如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA = 2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB = 1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F'，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F'的最大值Fm为( ) C A.2.0 N B.3.0 N C.6.0 N D.9.0 N 26 [解析] 根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F = (mA+mB)a，对A有Ffmax = mAa，代入数据解得Ffmax = 2.0 N，根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a'，以B为研究对象，根据牛顿第二定律有Ffmax = mBa'，以A、B整体为研究对象，有Fmax = (mA+mB)a'，代入数据解得Fmax = 6.0 N，故选C。 27 $