第3章 专题突破6 动力学中的“传送带”和“板块”模型(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学中的“传送带”和“板块”模型，覆盖水平/倾斜传送带、木板/滑块带动板块等核心考点，按模型类型系统梳理运动分析、摩擦力突变及相对运动规律。通过情景分类、规律总结、解题关键提炼、真题精讲等环节，帮助学生构建分析框架，突破难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义以科学思维和模型建构为核心，创新采用表格对比法梳理传送带不同情景下的运动情况，通过转折点分析和位移关联突破板块模型。精选近年高考真题及分层练习，配合解题流程指导，高效培养学生运动和相互作用观念，提升应考能力，为教师把控复习节奏提供有力支持。

专题突破6　动力学中的“传送带”和“板块”模型 突破点一　传送带模型 角度1　水平传送带模型 1．水平传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止) 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，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v 2．解题关键：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 　(2024·北京卷，10)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动，下列说法正确的是(　　) A．刚开始物体相对传送带向前运动 B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 解析：D　刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时，a＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v＝at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 　(2025·河南新乡期中)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大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为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 解析：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，小滑块的速度从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，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1＝，位移大小为x1＝，然后加速返回，加速到v1的时间t2＝，位移大小为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。 角度2　倾斜传送带模型 1．倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑动的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系μ>tan θ) 先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ) 一直加速(加速度为g sin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以g sin θ＋μgcos θ加速，共速后摩擦力方向改变，再以g sin θ－μgcos θ加速 v0<v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以g sin θ＋μgcos θ加速，再以g sin θ－μgcos θ加速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为g sin θ－μgcos θ；若μ>tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－g sin θ；若μ＝tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速；若μ＝tan θ，一直匀速 (摩擦力方向一定沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速，μ＝tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动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 2．解题关键：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 　(2024·安徽卷，4)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(　　) 解析：C　物块刚放上传送带时受到重力、传送带所提供的支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，垂直传送带方向有FN－mg cos θ＝0，沿斜面方向有μFN－mg sin θ＝ma，解得加速度大小a＝μgcos θ－g sin θ，匀加速t0时间后速度为v0，此后滑动摩擦力突变为静摩擦力，物块和传送带一起做匀速直线运动，C正确。 　(2026·广西柳州期末)国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图甲所示，以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ＝37°，转轴间距L＝3.5 m。工人沿传送带方向以速度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图像如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．在t＝2.5 s时，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0.5 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 解析：C　由题图乙可知，在0～2.5 s内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿传送带向上的滑动摩擦力，在2.5～4.5 s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿传送带向上的静摩擦力，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，由题图乙可知L＝(v0＋1.5)×2.5 m＋(4.5－2.5)v0＝3.5 m，解得v0＝0.5 m/s，故C正确；由题图乙和C项分析可知，粮袋在0～2.5 s内的加速度为a＝ m/s2＝－0.4 m/s2，则加速度方向沿传送带向上，则在0～2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmgcos θ＝ma，联立代入数据解得μ＝0.8，故B、D错误。 传送带模型的解题思路 突破点二　“滑块－木板”模型 1．两种常见类型 类型图示 规律分析 长为L的木板B带动滑块A，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 滑块A带动长为L的木板B，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 2．两个解题关键 一个 转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下，是受力和运动状态变化的转折点 两个 关联 转折前后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的变化，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键 角度1　木板带动滑块运动的情形 　(2025·安徽安庆检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg的物块，物块与薄板间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时两者均静止。现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，物块在薄板上运动的时间为(　　) A．0.5 s B．1 s C．1.5 s D．2 s 解析：B　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时间为t，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得a1t2＝l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间t＝1 s，故选B。 角度2　滑块带动木板运动的情形 　如图甲所示，足够长的木板静止在水平面上，木板的质量M＝0.4 kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，质量m＝0.4 kg的小滑块以v0＝1.8 m/s的速度从右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板的0.2 s内的速度图像如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g取10 m/s2。 甲　　　　　　　　　　乙 (1)求小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1； (2)求小滑块从滑上长木板到与长木板速度相等过程中相对长木板滑行的距离L； (3)求小滑块从滑上长木板到最后停下来的过程中运动的总距离s。 解析：(1)小滑块向左减速运动，由题图乙v-t图像的斜率可得加速度大小 a2＝＝4 m/s2 对滑块，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma2 则μ2＝0.4 长木板向左加速运动，由牛顿第二定律得 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1 解得a1＝2 m/s2。 (2)小滑块与长木板速度相等时，有v0－a2t＝a1t 解得t＝0.3 s 小滑块运动的距离s2＝v0t－a2t2＝0.36 m 木板运动的距离s1＝a1t2＝0.09 m 故L＝s2－s1＝0.27 m。 (3)共速后一起做匀减速运动v＝a1t＝0.6 m/s 根据牛顿第二定律得 μ1(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得加速度的大小a3＝1 m/s2 运动的距离为s3＝＝0.18 m 所以小滑块运动的总距离s＝s2＋s3＝0.54 m。 答案：(1)0.4　2 m/s2　(2)0.27 m (3)0.54 m 处理“板块”模型中动力学问题的流程 学科网（北京）股份有限公司 $