第三章　专题强化课　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”专题，依据高考评价体系明确两大模型在选择和计算题中的高频考查要求，通过梳理摩擦力分析、位移关系、状态分析等关键方法，归纳水平/倾斜传送带、板块模型等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题精析+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2024安徽高考倾斜传送带题为例，剖析加速度突变和运动阶段划分，培养学生科学思维素养。通过强化训练中v-t图像应用、相对位移计算等技巧指导，帮助学生掌握答题方法，教师可据此系统开展专题复习，提升学生实战能力。

2027届高考一轮复习 第三章　运动和力的关系 专题强化课　 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 考点一　传送带模型 【要点精粹】 1.常见传送带模型 分类 情境模型图示 水平 传送 带模型 分类 情境模型图示 水平 传送 带模型 分类 情境模型图示 水平 传送 带模型 分类 情境模型图示 倾斜 传送 带模型 分类 情境模型图示 倾斜 传送 带模型 分类 情境模型图示 倾斜 传送 带模型 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。 【典例精析】 【典例1】(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(　　) √ 【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。 [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 √ 【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。 [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: (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== (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 考点二　“滑块—木板”模型 【要点精粹】 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 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 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。 (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。 【典例精析】 【典例2】【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 √ √ √ 【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,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。 巩固练习 1.2025年中国快递业迅猛发展,自动化分拣设备也得到了广泛应用。如 图为一快递分拣流水线的简化示意图,快递包裹从距传送带0.2 m高度 处的分拣口无初速度释放,释放时传送带的A点恰好在包裹正下方。若 传送带足够长,包裹落到传送带上不反弹,传送带匀速转动的速度v= 0.4 m/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为 0.2,重力加速度g取10 m/s2,则包裹与传送带 共速时,包裹与传送带上A点的距离为(　　)　 A.0.08 m B.0.09 m C.0.10 m D.0.12 m √ 【解析】选D。根据自由落体运动公式,有h=g,解得包裹落到传送带 上的时间为t1=0.2 s,A点运动的位移为x1=vt1=0.08 m,包裹落到传送带上 之后将受到滑动摩擦力的作用做匀加速运动,根据牛顿第二定律有 μmg=ma,解得a=2 m/s2,包裹达到和传送带共速所用的时间为t2== s =0.2 s,此过程中包裹的位移为x2=a=×2×0.22 m=0.04 m,此过程中 传送带的位移为x3=vt2=0.4×0.2 m=0.08 m,包裹与传送带上A点的距离 为l=x1+x3−x2=0.12 m,故选D。 2.【多选】(2026·湘潭模拟)绷紧的传送带与水平方向夹角为37°,传送带的v−t图像如图所示。t=0时刻质量为1 kg的楔形物体以某一初速度从B点滑上传送带,并沿传送带向上做匀速运动,2 s后开始减速,在t=4 s时物体恰好到达最高点A点。重力加速度为10 m/s2。对物体从B点运动到A点的过程中,下列说法正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(　　) A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75 B.2 s后物体与传送带相对静止一起运动 C.2 s后物体受到的摩擦力沿传送带向下 D.传送带AB长度为6 m √ √ √ 【解析】选A、B、D。根据速度时间图像的斜率表示加速度,可得传送带 运动的加速度为−1 m/s2,t=0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带 并沿传送带向上做匀速运动,说明物体受力平衡,由平衡条件可知μmgcos37° =mgsin37°,解得物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.75,故选项A正确;2 s 末,传送带的速度为2 m/s,物体开始减速,分析可知,物体做匀速直线运动的 速度为2 m/s,且2 s后物体与传送带一起做加速度为−1 m/s2的匀减速运动, 在t=4 s时物体恰好到达最高点A点,则传送带的长度lAB=vt1+t2=2×2 m +×2 m=6 m,2 s后对物体f+mgsin37°=ma,取沿斜面向上为正,解得f=5 N, 可知2 s后物体受到的摩擦力沿传送带向上,故选项C错误,B、D正确。 3.【多选】如图所示,一传送带倾斜放置,以恒定速率v顺时针转动。t=0时刻一物块以初速度v0从A端冲上传送带,t=t0时刻离开传送带,则物块速度随时间变化的图像可能是(　　) √ √ 【解析】选A、C。对物块受力分析可知,物块受到重力、摩擦力和支持力。设摩擦力最大值为Ffm,重力沿传送带向下的分力为mgsinθ。若v0<v,物块先做匀加速运动,与传送带共速后,若Ffm≥mgsinθ,物块与传送带一起匀速运动,则A图是可能的,若Ffm<mgsinθ,物块做匀减速运动,则B图是不可能的,故A正确,B错误; 若v0>v,物块先做匀减速运动,加速度大小a1=gsinθ+μgcosθ,与传送带共速后,若Ffm<mgsinθ,物块向上继续做匀减速运动,加速度大小a2=gsinθ−μgcosθ,由此可知a2<a1,v−t图像的斜率变小,速度减小到零,后又向下做匀加速运动,加速度大小不变,则C图是可能的,故C正确;若v0>v,物块先做匀减速运动,与传送带共速后,若Ffm≥mgsinθ,物块与传送带沿斜面向上一起做匀速运动,则D图不可能,故D错误。 4.【多选】如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦,之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2 C.1 s末物体B从木板A的右端滑落 D.长木板A的质量是4 kg √ √ 【解析】选B、D。由题意可知,A木板的运动方向与其摩擦力方向相同, 物体B运动方向与其摩擦力方向相反,故A错误;由题图乙知B的加速度大 小为aB= m/s2=2 m/s2,对B由牛顿第二定律有μmBg=mBaB,解得μ=0.2, 故B正确;由题图乙可知0~1 s内二者相对运动,之后相对静止一起匀速运 动,故C错误;长木板A的加速度大小为aA=1 m/s2,由μmBg=mAaA, μmBg=mBaB,联立两式可解得==,长木板A的质量是B物体的两倍, 即mA=4 kg,故D正确。 5.【多选】如图甲所示,一水平浅色传送带上放置一煤块(可视为质点),初始时,两者都是静止的,现让传送带在电机带动下先加速后减速,传送带的速度—时间图像如图乙所示,t=5 s时煤块与传送带共速,设传送带足够长,最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹,重力加速度g取 10 m/s2。整个过程中,下列说法正确的是(　　) A.煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.24 B.煤块的位移大小为60 m C.煤块相对传送带的位移大小为28 m D.黑色痕迹的长度为16 m √ √ √ 【解析】选A、B、D。 煤块的加速度a==μg,t=5 s时煤块与传送带共速,速度为v5=12 m/s,在v−t图上斜率为加速度,则a=μg= m/s2,得μ=0.24,故A正确;根据几何关系可知,煤块的图像与传送带的图像交于(5 s,12 m/s);然后减速,交t轴于10 s,v−t图线与时间轴围成的面积代表位移,煤块的位移大小为x煤=×10×12 m=60 m,故B正确; 由图可知,煤块先相对于传送带向左滑动的相对位移为Δx1=×4× 16 m+×1 m×5×12 m=16 m,共速后煤块相对于传送带向右滑 动的相对位移为Δx2=×5×12 m×3×12 m=12 m,则痕迹长度应取较 长的相对位移16 m,煤块相对于传送带的总位移为Δx=Δx1−Δx2=4 m, 故C错误,D正确。 6.将一香皂盒置于桌面上的一张纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,香皂盒的位移很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)。若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。本实验中,m1=100 g,m2=5 g,μ=0.2,香皂盒与纸板左端的距离d=0.1 m,若香皂盒移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知到,忽略香皂盒的体积因素 影响,g取10 m/s2,为确保香皂盒移动不被人感知到,纸 板所需的拉力至少是(　　) A.1.42 N B.1.40 N C.142 N D.0.142 N √ 【解析】选A。香皂盒的加速度a1=μg=2 m/s2,纸板的加速度a2=,对香皂盒有x1=a1,对纸板有x1+d=a2,纸板抽出后香皂盒运动的距离x2=a3,a3=a1,由题意知a1t1=a3t2,l=x1+x2,联立解得F=1.42 N,故A正确。 7. 【多选】(2026·长沙市一中模拟)如图甲所示,质量为2m的足够长木板C置于水平面上,滑块A、B质量均为m,置于C上,B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数μA=0.2,B、C间和C与地面间的动摩擦因数μB=μC=0.1。给C施加一水平向右的恒力F,从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2),下列说法正确的是(　　) A.滑块A能获得的最大加速度为2 m/s2 B.A、B之间的初始距离为4 m C.滑块A的质量为1 kg D.若F=10.5 N,A、C之间将发生相对滑动 √ √ 【解析】选A、C。对滑块A有μAmg=maA,解得aA=2 m/s2,故A正确。对滑块B有μBmg=maB,解得aB=1 m/s2。由题图可知F足够大时,A、B均相对C滑动,相遇时间恒定为t= s=2 s,由aAt2aBt2=L,解得L=2 m,故B错误。当F=8 N,滑块B与C恰好发生相对滑动,则有F−4μCmg=4maB,得m=1 kg,故C正确;设A、B、C均产生相对运动时的拉力为F1,则有F1−4μCmg−μAmg−μBmg=2maA,得F1=11 N,故F=10.5 N时,A、C均保持静止,故D错误。 8. 【多选】倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2 kg,长8 m的长木 板Q,木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑 块P。P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止 释放,以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6, cos37°=0.8,g取10 m/s2)(　　) A.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2 B.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2 C.P滑块在Q上运动时间为1 s D.P滑块在Q上运动时间为2 s √ √ 【解析】选B、D。对P受力分析,受重力和Q对P的支持力作用,根据牛顿第二定律有mPgsin37°=mPaP,解得aP=gsin37°=6 m/s2;对Q受力分析,受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用,根据牛顿第二定律有mQgsin37°−μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ,解得aQ=2 m/s2,故A错误,B正确;设P在Q上面滑动的时间为t,因aP=6 m/s2>aQ=2 m/s2,故P比Q运动更快,根据位移关系有L=aPt2aQt2,代入数据解得t=2 s,C错误,D正确。 9.(2026·岳阳模拟)质量m=1 kg的小物块,由静止从距斜面底端高h=0.6 m的粗糙斜面上滑下,斜面倾角θ=37°,小物块到达斜面底端后速度大小不变,滑上足够长的长木板,小物块与斜面、长木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5,长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.1,长木板的质量M=1 kg,小物块滑上长木板立即受到大小F=6 N的水平向右的恒力作用,当小物块与长木板速度相同时,撤去恒力F,g取10 m/s2求: (1)小物块滑到斜面底端时的速度大小v0; (2)从滑上长木板开始,经多长时间物块、木 板速度相同,此时物块距木板左端的距离L; (3)最终木板距斜面末端的距离。 答案:(1)2 m/s　(2)1 s　1 m　(3)6 m 【解析】(1)小物块滑到斜面底端过程中,根据动能定理可得mgh−μ1mgcos37°·=m解得v0=2 m/s (2)设从滑上长木板开始,经时间t物块、木板速度相同,则对小物块有F−μ1mg=ma1，解得a1=1 m/s2，对木板有μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2，解得a2=3 m/s2，则v0+a1t=a2t，解得t=1 s，此时物块距木板左端的距离为L=x1−x2=v0t+a1t2a2t2=1 m，(3)由于木板与物块之间的滑动摩擦力大于木板与地面之间的滑动摩擦力,则共速后,二者一起做匀减速运动,根据牛顿第二定律可得μ2(M+m)g=(M+m)a3，解得a3=1 m/s2，此过程中木板移动的距离为x3==4.5 m，最终木板距斜面末端的距离为x总=x2+x3=×3×12 m+4.5 m=6 m 10.一足够长的水平传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,把一质量为M=1 kg的足够长的木板B轻轻放在传送带上,B与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.4,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)刚将木板B放上传送带时,木板B的加速度; 答案:(1)4 m/s2　方向水平向右　 【解析】(1)刚将木板B放上传送带时, 根据牛顿第二定律可得μ1Mg=Ma 解得木板B的加速度为a=4 m/s2 方向水平向右。 (2)若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m=1 kg的物块A轻放在木板B上,如图所示,A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2,求A、B两个物体的加速度大小; 答案: (2)2 m/s2　6 m/s2　 【解析】(2)由于μ2=0.2<μ1=0.4 可知A相对于B向左滑动,以A为研究对象, 根据牛顿第二定律可得μ2mg=maA 解得A的加速度大小为aA=2 m/s2 以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g−μ2mg=MaB 解得B的加速度大小为aB=6 m/s2 【解析】(3)若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则A相对于B向右运动,受到的摩擦力向左,A向右做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可得a'A==2 m/s2 以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma'B 解得a'B=10 m/s2 设经过t1时间,A、B速度相同,设为v1,则有v1=v−a'At1,v1=a'Bt1 解得t1=0.5 s,v1=5 m/s (3)接上问,若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少? 答案: (3)1 s A、B共速后,根据(2)分析可知,A开始做加速度为aA=2 m/s2的匀加速运动,B开始做加速度为aB=6 m/s2的匀加速运动,设经过t2时间,B与传送带共速,则有t2== s= s 此时A的速度为vA=v1+aAt2=5 m/s+2× m/s= m/s B与传送带共速后,B与传送带保持相对静止一起做匀速运动,A继续做匀加速运动,设经过t3时间,A、B与传送带速度相同,则有t3== s= s 则从开始到最终A、B、传送带都相对静止所经历时间为t=t1+t2+t3=1 s 本课结束 谢谢观看 $