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-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

物理 5,最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所受 B 合力为零， 典例1如图所示，一光滑的正三角形斜面体OAB 放在光滑的水平地面上，不可伸长的轻绳两端分 甲 别拴接质量为m1、2的两物体，轻绳跨过固定在 (1)物块加速度a的大小； O点的光滑滑轮，m、m2分别放在OA、OB面上， (2)物块与斜面之间的动摩擦因数； 两部分轻绳与斜面均平行.作用在斜面体上的恒 (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示， 力使斜面体向右做匀加速运动，m、2与斜面体 为保持原加速度不变，F的最小值是多少， 保持相对静止，且m恰好没有离开斜面，则m1、 m2的比值为 B A.1:2 B.1:1 C.3:4 D.2:1 [学习笔记] 方法2。利用数学方法分析 将物理过程转化为数学表达式，再运用不等式、 三角函数、一元二次方程的判别式、二次函数的 极值等数学方法解出临界条件 典例2(2025绵阳模拟)如图甲所示，一个质量 m=0.5kg的小物块（可看成质点），以6=2m/s 的初速度在平行斜面向上的拉力F=6N作用下 沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块 由A点运动到B点，A、B之间的距离L=8m,已 知斜面倾角0=37°，重力加速度g取10m/s2, 友情提示 请完成P325跟踪评价 sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： 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 P答案见D, 工目标要求]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“滑块一木板”模型的运动及受力特点.4.能正确运用动力学观点处理“滑块一木板”模 型问题. 48 第三章运动和力的关系I1! 修关键能力 研讨教材 考点一传送带模型 考向【2倾斜传送带模型 考向【1水平传送带 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=0.6m/s运行的传 送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L= 3.95m工作人员沿传送方向以速度2=1.6m/s 1.<v时，摩擦力是动力，加速至v再匀速 从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）.小包 2.6=v时，保持匀速 裹与传送带间的动摩擦因数=0.8.取重力加速度 3.>v时，摩擦力是阻力，减速至v再匀速 g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=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. 1.传送带较短时，一直减速 2.传送带较长时，减速后返回 (1)≤v时，返回后摩擦力是动力，加速至时 元1 恰好离开传送带 (2)>v时，返回后先加速至v,再匀速 例1（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1m/s匀速运动（顺时针方向），长度4m,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10m/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2m/s2 B.行李加速前进的距离为0.5m C.行李在传送带上留下摩擦痕迹的长度为 0.25m 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 [学习笔记] 49 物理>> 审题析题 考点二 板块模型中的动力学问题 第一步：选 1,模型特点 研究对象：小包裹及传送带」 择研究对象 滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均 第二步：分 当小包裹与传送带共速时摩擦力 相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作 析临界状态 发生突变 用下发生相对滑动. 开始时，2>→小包裹受到沿斜 2.模型构建 面向上的摩擦力，根据牛顿第二定 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受 第三步：分 律有mgcos a-mgsin a=ma→ 力分析和运动过程分析. 析力和运动 假设传送带足够长，两者能共速， (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动 从开始到共速用时=一☑= 学方程 a (3)明确滑块和木板间的位移关系 2.5S,小包襄滑动的距离为x= 十6=2.75m<L,假设成立 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的 2 过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差 第四步：进 产u>tana,共速后小包裹匀速运 △x=x1一x2=L(板长)；滑块和木板反向运 行其他计算 动，运动时间2=L一工=2s小 动时，位移之和△x=x2十x1=L. 包裹通过传送带所需的时间t= 4十t2=4.5s. 片L=x2 思考感悟 考向【1)”水平面上的无外力作用的板块 模型解法 问题 第一步 选择研究对象 传送带及传送带上的物体 例3（多选）(2026绵阳三模)如图甲所示，足够长、 第二步 ①摩擦力发生突变（物=U传时，摩 上表面粗糙的木板P静止在粗糙水平地面上，可 分析临界状态 擦力可能发生突变) 视为质点的小物块Q静止在木板的右端、现给物 ②物体的运动状态发生改变 块Q水平向左的初速度，之后物块Q的速度o ①根据物体的受力和传送 带的速度计算物体加速的 随时间t变化的关系图像如图乙所示.若木板与 水平 时间t和位移x 传送带 地面间的动摩擦因数是，小物块与木板上表面 第三步 ②再由x和传送带长度的 大小关系判断物体的运 间的动摩擦因数是2，则 ( 分析力和运动 动状态 若u≥tan0,且物体能与 传送带共速，则共速后物 倾斜 体匀速运动 ▣0 传送带 777777777777 若u<tan0,则物体必定 甲 有向下的加速度 A.木板始终静止 B.木板先运动后静止 进一步计算物体在传送带上运 第四步 动的时间t、物体的位移x、物 C.>2 D.h<2 进行其他计算 体相对传送带的位移△x等 [学习笔记] 50 第三章运动和力的关系1/ 考向2，。水平面上的有外力作用的板块问题 (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有 例4(2026重庆一模)如图所示，一足够长的质量 多长， 为M=10kg的长木板在光滑水平面上以3m/s 的速度向右行驶.某时刻轻放一质量m=2.0kg 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=14N 的向右水平恒力，煤块与长木板间动摩擦因数= 0.20,取g=10m/s2,则下列说法正确的是 ) M m☐ 7777777777777777777777777777 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4s内前进的位移为9m D.煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为4.5m [学习笔记] 考向3倾斜的“滑块一木板”模型 例5如图所示，在倾角为0=30°的足够长的固定 的光滑斜面上，有一质量为M=3kg的长木板正 以=10m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一 思考感悟 质量为m=1kg的小物块（大小可忽略）轻放在长 板块问题的解题关键 木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数 1.摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动 以一停，设物块与木板间的最大静摩浆力等于滑 来判断“板块”间的摩擦力方向 2.挖掘“V锄=V城”临界条件的拓展含义 动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.求： 摩擦力突变的临界条件：当物=℃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) 7amnaninnnnnnnn (1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； (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物一V版， (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。 友情提示请完成P327跟踪评价 51AB为直径做圆，则必过C点，如图 圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可 得mgco0=a.2Rcos0=号a说，联立解得te=√g 4R 可见 从A点出发，到达圆周各，点所用的时间相等，与杆的长短、倾 角无关，可得tB=tc=te<tD,故选B. 第14课时 专题强化四动力学图像及动力学 中的连接体和临界、极值问题 关键能力·研讨教 [例门A解析根据牛顿第二定律和题图的F-t图画出如图所示 的a-t图像 ↑a/(ms 0123s 可知机器人在0~1s和2~3s内加速度大小均为1m/s2,方 向相反，由yt图线的斜率表示加速度可知A正确.故选A [例2]B解析根据心t图像可知两图线对应的加速度大小分别 为，-1922-号g,=102m,若拉方与 12 12 运动方向相反，则有a1= F十F m =E,解得F=2N,F= ,a=m' 2N若水平拉力与运动方向相同，则有a1=E,。 ma=F-F m 解得F=2N,F=4N,故选B [例3]D解析手机在时刻2具有向上的加速度，由牛顿第二定 律可知，摩擦力方向竖直向上，时刻手机具有向下的加速 度，而且加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以 在与2时刻所受的摩擦力方向相同，故A错误；由图像可 知，t3时刻，手机的加速度为a=一8m/s2,根据牛顿第二定律 可得Fs一mg=ma3,代入数据解得Fs=0.6N,故B错误；t2 时刻，手机具有最大的加速度a2=15m/s2,此时手机受到的 摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得F2一mg=ma2,代入数 据解得Fa=7.5N,又因为f=FN,手和手机之间的压力大 小至少为F-=I5N,故C错误，D正确，故选D, [例4]BD解析B与地面间的最大静摩擦力为μ(M十m)g= 6NK9N,A,B一起运动的加速度大小为a=PM什m)g M+m 1m/s,A,B间的最大静摩擦力为mg=2N,A物体运动的最 大加速度为a=mg=2m/S>a,所以A、B将保持相对静 m 止，一起向右匀加速，其加速度大小为1m/s2,故AC错误；根 据牛顿第二定律，有F=ma=1N,FB=Ma=2N,故BD正 确.故选BD. [例5]C解析因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动， 甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误；设乙运动的加速度 为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整 体法，竖直方向受力分析有FN=Mg一ma则地面对木箱的 支持力大小不变，故B错误；设绳子的弹力大小为F,对甲受 力分析有Fr一mg=ma,对乙受力分析有mg-Fr=ma,联 立解得a=2.5m/s2,Fr=7.5N,故C正确，D错误.故选C. [例6]BC解析在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的大小相 等，速度变化量大小相等，故D错误；将α、b看成一个整体，由 牛顿第二定律得F合=4mg-2 mgsin0=(2m+4m)a,解得 Q=冬，故B正确；以b为研究对象，设拉力为FT,由牛顿第二 复习讲义答案11/ 定律有4mg一Fr=4ma,解得Fr=2mg,故A错误；由几何关 系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定滑轮的力为F 2 FTcos30°=2√3mg,故C正确.故选BC 核心素养·拓展教材 [典例1]A解析对m、m2受力分析如图所示 F 309 m1合yma m西 m.g m1g￥ 因为m恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可知绳上的 号m8,整体的加逢定a=号，时m有浮 弹力F,=2 合=ma,号人、十停R,=%g,两式联立解得mm=1: 2,故选A. [典例2](1)2m/g(2)0.5(3)125N 5 解折(1)根据L一+2a2,代入教据解得a=2m/。 (2)根据牛顿第二定律有F-ngsin0-mgcos0=ma,代入 数据解得μ=0.5. (3)设F与斜面夹角为a,平行斜面方向有Fcos a一mgsin0- FN=ma,垂直斜面方向有FN十Fsin a=ngcos 0,联立解得 matmg(sin oucos matmg(sin 0tucos cos a+usin a √+Isin(e+a) sin(p十a)=1时，F有最小值Fm,代入数据解得Fnm= 125N 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 关键能力·研讨教材 [例1门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=mg=g=2m/s2,故A正确；设行李到达右端前已 m 12 经与传送带共速，则行李加速前进的距离为。=%=2X2m 0.254m,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=巴=0.5s,行李加速过程与传送带发生的 相对位移为△x=x传一=t一1=1X0.5m一0.25m= 0.25m,可知行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.25m, 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=2,解得v=√2aL= √2X2X4m/s=4m/s,可知传送带的速度大于4m/s行李 运送到传送带右端时间相同，故D错误.故选AC. [例2](1)0.4m/s2(2)4.5s 解析(1)小包襄的速度大于传送带的速度时，小包襄受 到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有 mgc0sa-ngsin a=ma,解得a=0.4m/s2. (2)小包裹在传送带上做匀减速运动的时间方=必二亚 a 1,068=2.5s,在传动带上滑动的距离为西-06- 0.4 1.60.6×2.5m=2.75m,因为小包裹所受滑动摩擦力大于 2 重力沿传送带方向上的分力，即mgcos a.>mgsin a,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4=L二五-395275§=2s,所以小 0.6 包裹通过传送带所需的时间为t=十t2=4.5s. D9 物理> [例3]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mg=ma1,解得物块的加速度大小为a=g,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h(m十MDg=(m十MDa2,解得 共速后木块的加速度大小为a2=hg,由木块的)t图像可知 a1>a2,即>h1,故C错误，D正确.故选BD. [例4们D解析对煤块，根据牛顿第二定律，有mg=ma1,可得 煤块向右运动的加速度a1=g=2m/s,对长木板，根据牛顿 第二定律，有F-mg=Ma2,解得长木板向右运动的加速度 a2=1m/s2,经过t时间两者共速vo十a2t=a1t,解得t=3s, 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什ma,解得a=子m/g,放AB错误；在1= 3s时间内，煤块向右运动位移=12=9m,长木板向右 运动的位移为=叶弓，解得=13.5m,煤块相对 长木板向左的位移为x=x1一x2=4.5m,故C错误，D正确. 故选D. [例5](1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m 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F=mgcos0=7.5N,由牛顿第二定律，对小物块 有F十mgsin0=ma1,代入数据得a=12.5m/s,对长木板，由 牛顿第二定律有Mgsin0-F=M2,代入数据得a2=2.5m/s2. (2)设当小物块与长木板共速时速度为，有=a14=十 a2ti1,解得4=1s,=12.5m/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=西巴-6=5m,故长木板长度至少为 2 10m. 第16课时实验四探究加速度与物体受力、 物体质量的关系 关键能力·研讨教材 例1](1)B(2)D(3)反比槽码 解析(1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重 力，故应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小 车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以 补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，故B正确；补偿阻力 时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上，点迹是否均 匀来判断小车是否做匀速运动，故C错误；根据操作要求，应 先打开打点计时器再释放小车，故D错误.故选B. (2)根据逐差法可知s一=4a1T,s6一s2=4a2T,s7一3 4aT,5s一s4=4a4T,联立可得小车加速度表达式为a= (行++宗+)，故选D 4\4T 4T 4T2 (3)根据图像可知一与M成正比，故在所受外力一定的条件 下，a与M成反比；设槽码的质量为m,则由牛顿第二定律mg= (m+Ma化可得日-g·M+日：故斜单越小，槽码的质 量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大， [例2](1)一端垫高(2)AC(3)乙 解析(1)实验需补偿阻力，消除木板对小车的阻力的影响，应 将木板一端垫高，使小车在无拉力时能匀速运动. (2)作出a图像，可以将am图像“化曲为直”，便于判断，a 与m是否成反比关系，故A正确；作出a-m2图像，无法体现a 与m是否成反比关系，故B错误；作出am-m图像，若a与m D10 是成反比关系，有am为定值，则am-m图像是一条平行与横 轴的直线，可间接判断a与m是否成反比关系，故C正确；作 出a-m图像，无法体现a与m是否成反比关系，故D错误. 故选AC. (3)采用甲同学的方法进行实验时，设小车的质量为m,单个 槽码的质量为M,槽码个数为，忽略槽码盘的质量，对小车 和槽码根据牛顿第二定律分别有T=ma、nMgT=nMa,联 解得T=采用乙同学的方法进行实验时，设槽码个 m 数总共为个，小车上放有k个槽码，根据牛顿第二定律有 T=(m十bMDa、(n-k)Mg-T=(n-)Ma,联立解得T- M什m(一k)Mg,因此米用甲同学的方法时，当糟码总质量 nM+m 远小于小车质量时槽码的重力与绳子拉力相等，采用乙同学 的方法时，当单个槽码质量较小时槽码的重力与绳子拉力相 等，则乙同学的方法可以更好地减小误差 [例3](1)1.00(2)0.41(3)增大(4)kg1 解析(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速 度，遮光片宽度越小，两个速度越接近，故为较准确地测量遮 光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选择宽度较小的d 1.00cm的遮光片. (2)根据加速度的定义式可得a=,=0.41m/s. (3)根据图像可知当有一定大小的外力F时此时小车的加速 度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原点的直 线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角. (④)图乙中直线斜牵为=岩，根据F=m可知直线斜率的 单位为kg1. [例4幻(1)控制变量法(2)平行(3)需要；撤出细绳连接的力 传感器和重物，将木板左端用垫块垫起适当高度，使小车能沿 木板匀速下滑(4)1：2 解析(1)在探究小车加速度与小车所受拉力的关系时，需保 持小车（含加速度传感器）质量不变，这种实验方法是控制变 量法. (2)实验时，为使小车受到的合外力等于细绳的拉力，要调节 定滑轮高度，使连接小车的细绳与轨道平面保持平行，保证细 绳对小车的拉力方向与小车运动方向一致，减小实验误差. (3)由图乙可知，当拉力F为某一值时才产生加速度，说明小 车受到摩擦力，需要补偿阻力.补偿方法：撤出细绳连接的力 传感器和重物，将木板左端用垫块垫起适当高度，使小车能沿 木板匀速下滑. (4)两车均从静止释放，都做初速度为零的匀加速直线运动， 根据匀变速直线运动的位移公式x=号ad,可知a=票，因为 tMwt=n:1,联立解得aw'aN=t品：=1：n2. 第四章曲线运动 第17课时曲线运动运动的合成与分解 必备知识·链接教材 一、1.切线方向2.变速(1)匀变速曲线3.加速度合力 二、1.(1)分运动(2)合运动2.平行四边形定则3.实际效果 4.(1)时间(2)独立进行(3)效果 考教衔接 1.A解析篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧.故 选A. 2.B解析设两边绳与竖直方向的夹角为日，塔块沿竖直方向匀 速下落的速度为跳，将姚沿绳方向和垂直绳方向分解，将☑ 沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v,cos=sin9,解得v= 、a:由于塔块匀速下落时0在减小，故可知0一直增大，故 选B.