第3章 第15课时 专题强化五 “传送带”模型和“滑块一木板”模型中的动力学问题(Word教参)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习讲义围绕“传送带”和“滑块—木板”模型动力学问题，按模型特点分类梳理水平与倾斜传送带、无外力与有外力及倾斜板块等核心考点，通过考点解析、方法归纳、真题演练环节，帮助学生构建模型认知框架，突破受力与运动分析难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以模型建构和科学推理为核心，如传送带模型通过表格对比不同初速度下的运动规律，板块模型明确位移关系与临界条件，培养学生科学思维。设置基础多选与综合计算分层练习，配合解题关键总结，确保高效突破考点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第15课时　专题强化五　“传送带”模型和 “滑块—木板”模型中的动力学问题 [目标要求]　1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类.2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析.3.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点.4.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题． 考点一　传送带模型 水平传送带 1．v0<v时，摩擦力是动力，加速至v再匀速 2．v0＝v时，保持匀速 3．v0>v时，摩擦力是阻力，减速至v再匀速 1．传送带较短时，一直减速 2．传送带较长时，减速后返回 (1)v0≤v时，返回后摩擦力是动力，加速至v0时恰好离开传送带 (2)v0>v时，返回后先加速至v，再匀速 (多选)各种各样的传送带被使用，极大提高了物资物料的输送效率，某同学对传送带的工作引起极大兴趣，同学注意到某一条水平传送带正以1 m/s匀速运动(顺时针方向)，长度4 m，行李和传送带之间的动摩擦因数为0.2，行李轻放在传送带左端．行李可视为质点，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．行李轻放在传送带上瞬间，行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李加速前进的距离为0.5 m C．行李在传送带上留下摩擦痕迹的长度为0.25 m D．传送带的速度越快，行李运送到传送带右端所用时间越少 答案　AC 解析　行李轻放在传送带左端，行李做加速运动的加速度为a＝＝μg＝2 m/s2，故A正确；设行李到达右端前已经与传送带共速，则行李加速前进的距离为x1＝＝ m＝0.25 m<4 m，故B错误；行李轻放在传送带左端到与传送带共速所用时间为t1＝＝0.5 s，行李加速过程与传送带发生的相对位移为Δx＝x传－x1＝vt1－x1＝1×0.5 m－0.25 m＝0.25 m，可知行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.25 m，故C正确；如果要把行李最快运送到传送带右端，行李应一直做匀加速运动到右端，则有2aL＝v′2，解得v′＝＝ m/s＝4 m/s，可知传送带的速度大于4 m/s行李运送到传送带右端时间相同，故D错误．故选AC． 倾斜传送带模型 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： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t. 答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1时，小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2. (2)小包裹在传送带上做匀减速运动的时间t1＝＝ s＝2.5 s，在传动带上滑动的距离为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 α>mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动，直至传送带底端，则，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s． 第一步：选 择研究对象 研究对象：小包裹及传送带． 第二步：分 析临界状态 当小包裹与传送带共速时摩擦力发生突变． 第三步：分 析力和运动 开始时，v2> v 1→小包裹受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有μmgcos α－mgsin α＝ma→假设传送带足够长，两者能共速，从开始到共速用时t1＝＝2.5 s，小包裹滑动的距离为x＝t1＝2.75 m<L，假设成立→μ>tan α，共速后小包裹匀速运动，运动时间t2＝＝2 s→小包裹通过传送带所需的时间t＝t1＋t2＝4.5 s. 第四步：进 行其他计算 模型解法 考点二　板块模型中的动力学问题 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． 2．模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析． (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程． (3)明确滑块和木板间的位移关系 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Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L. 　 水平面上的无外力作用的板块问题 (多选)(2026绵阳三模)如图甲所示，足够长、上表面粗糙的木板P静止在粗糙水平地面上，可视为质点的小物块Q静止在木板的右端、现给物块Q水平向左的初速度，之后物块Q的速度v0随时间t变化的关系图像如图乙所示．若木板与地面间的动摩擦因数是μ1，小物块与木板上表面间的动摩擦因数是μ2，则(　　) 　 A．木板始终静止　 B．木板先运动后静止 C．μ1>μ2 D．μ1<μ2 答案　BD 解析　根据题意，由图乙可知，物块一直减速运动，且一段时间后加速度变小，可知，物块运动一段时间后与木板共速，并一起减速到0.物块刚滑上木板时，对木块由牛顿第二定律有μ2mg＝ma1，解得物块的加速度大小为a1＝μ2g，木板在木块给的水平向左的滑动摩擦力和地面给的向右的滑动摩擦力作用下，加速向左运动，当木块与木板共速后，一起向左做减速运动，直到速度减为零，停止运动，故A错误，B正确；当木块与木板共速后，一起向左做减速运动的过程中，对整体受力分析，由牛顿第二定律有μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2，解得共速后木块的加速度大小为a2＝μ1g，由木块的v-t图像可知a1>a2，即μ2>μ1，故C错误，D正确．故选BD． [学习笔记]　 水平面上的有外力作用的板块问题 (2026重庆一模)如图所示，一足够长的质量为M＝10 kg的长木板在光滑水平面上以3 m/s的速度向右行驶．某时刻轻放一质量m＝2.0 kg的小黑煤块在长木板右端(小黑煤块视为质点且初速度为零)，同时给长木板施加一个F＝14 N的向右水平恒力，煤块与长木板间动摩擦因数μ＝0.20，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动再做匀速直线运动 B．煤块放上长木板后，长木板一直做加速度不变的加速运动 C．煤块在4 s内前进的位移为9 m D．煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为4.5 m 答案　D 解析　对煤块，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma1，可得煤块向右运动的加速度a1＝μg＝2 m/s2，对长木板，根据牛顿第二定律，有F－μmg＝Ma2，解得长木板向右运动的加速度a2＝1 m/s2，经过t时间两者共速v0＋a2t＝a1t，解得t＝3 s，共速后两者一起以相同的加速度向右加速，根据牛顿第二定律，有F＝(M＋m)a3，解得a3＝ m/s2，故AB错误；在t＝3 s时间内，煤块向右运动位移x1＝a1t2＝9 m，长木板向右运动的位移为x2＝v0t＋a2t2，解得x2＝13.5 m，煤块相对长木板向左的位移为x＝x1－x2＝4.5 m，故C错误，D正确．故选D． 倾斜的“滑块—木板”模型 如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量为m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长． 答案　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m 解析　(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿木板的滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ＝7.5 N，由牛顿第二定律，对小物块有Ff＋mgsin θ＝ma1，代入数据得a1＝12.5 m/s2，对长木板，由牛顿第二定律有Mgsin θ－Ff＝Ma2，代入数据得a2＝2.5 m/s2. (2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s，共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前物块与木板的相对位移为x＝t1－t1＝5 m，故长木板长度至少为10 m． 板块问题的解题关键 1．摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向． 2．挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“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)． (1)滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板． (2)木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端． 学科网（北京）股份有限公司 $