第17讲 专题强化四 传送带模型和 “滑块 — 木板” 模型-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习学案

第17讲 专题强化四传送带模型和“滑块一木板”模型 学习目标 命题热点 (1)会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能 传送带模型和“滑块一木板”模型均是历年高 正确解答传送带上物体的动力学问题。 考热点，主要考查物块在传送带（或木板）上 (2)掌握“滑块一木板”模型的运动及受力特点。 运动时间、离开传送带（或木板）速度、痕迹长 (3)能正确运用动力学观点处理“滑块一木板”模型问题。 度的计算。 考点一 传送带模型 1.共速时摩擦力可能突变 物块先减速到 (1)滑动摩擦力突变为零。 速度为0，后 (2)滑动摩擦力突变为静摩擦力。 被传送带传回 (3)摩擦力方向突变。 滑块一直减左端 水平反向 2.注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 速到右端 若o≤心，则返 传送带：判 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运 (加速度a= 回到左端时速 断物块能 动学公式求得的位移。 ug) 度大小为o; 否减速到0 (2)物体相对传送带的位移大小△ 若o>u,则返 ①若有一次相对运动：△x=x传-x物或△x=x物一x传0 回到左端时速 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则 度为 055 △x=△x1+△x2(图甲)； 4.倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的 物块的运动情况 相对位移大小△x(图乙)。 传送带不足够传送带足够长 △x2 △x1 情境 长（物块最终（物块先与传 关键点 未与传送带相送带达到相对 △x △x2 甲 对静止) 静止) 乙 3.水平传送带问题的常见情形及运动分析 判断物块 物块的运动情况 能否与传 直加速（一定 先加速后匀 送带共速 传送带不足够传送带足够长 满足mgcos0> 速（一定满 若x物>儿，则 情境 长（物块最终（物块先与传 关键点 mg sin0,即u> 足关系u> 不能共速 tan 0) tan 0) 未与传送带相送带达到相对 若x物≤L, 对静止) 静止) 则能共速 一直加速 先加速后 若u≥tan0, 一是判断 (加速度a= 水平同向 匀速 先加速后 ug) 传送带：判 物块能否 匀速 断物块能 与传送带 o<时， Q 共速，再一 o<x时，先 否与传送 一直加速（加 若u<tan0, 个是判断 直加速（加 加速再匀速 速共速 速度为a1= 先以a加 共速后物 速度a=4g） 若x物>L, gsin Otugcos 0) 速，共速后 块的运动 则不能 摩擦力方向 情况，关键 o>v时， 共速 改变，再以 在于比较u o>v时，先 直减速（加 若x物≤L, a2=gsin 0- 与tan0的 减速再匀速 速度a=g） 则能共速 ugcos0加速 关系 o<时，若u ≥tan0.先 u<tan0,一直加速；u=tan0, o<u时，一直 加速后匀速： 一直匀速喇 加速（加速度 若udan0,先 为a1=gsin0+ 以a1加速， 后以a2 一是判断 ugcos 0) u>tan0,先 物块能否 =gsin 0- 与传送带 减速到速度 gcos0加速 共速，再 为0后反向 关键在于 o>u时，若u 个是判断 加速，若o 判断物块 速度能否 <tan0,一直 共速后物 ≤v,运动到 块的运动 (摩擦力方向一 u>tam0,一直 原位置时速 减为零 加速，加速度 >u时，若u 定沿传送带向上) 减速 大小为gsin0 >tan0,先减 情况，关键 度大小为 -ugcos0;若u 速后匀速； 在于比较u o;若o>v, >tan0,一直 若u<tan0, 与tan0的 运动到原位 减速，加速度 一直加速： 关系 置时速度大 大小为gcos0 若u=tan0, 小为v sin0;若u= 一直匀速 tan0,一直 匀速 例丹在保车量餐利阳付资使州体灰年预女 LA=3m,倾斜部分CD的长度未知，B、C间距可忽略不计，货物从B到C速度大小保持不变，传送带的 速度可调。已知水平传送带以=5/s的速率顺时针转动，倾斜传送带倾角0=37°，也顺时针转动。现把 056 一可视为质点的货物无初速度放在A端，货物与两传送带间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取 10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8 先判断货物能否与传送带共速，假设货物与传送 由于2<，所以货物受向下的 D蒂共速.表出赁物加速到的时间t考-总0 滑动摩擦力，货物先以加速度 a2=mgsin日+u mgcos8 =1s,货物加速位移x=兰t=3×1m=25m 向上减速m 由于x<L®，所以货物先做加速运动，后做匀 ⊙⊙ B C 速运动。划痕长度应为货物相对传送带向左的 图1 图2 位格△x,△x=Vt-x 传送带CD的长度 (1)求货物在水平传送带AB上留下的划痕长度； 等于货物两段减速 (2)若倾斜传送带速率为，=2.5s,该货物恰好可以到达倾斜传送带顶端D点，求 的位移之和个 倾斜传送带CD的长度；由于<tan日（即mgsin日>mgcos0)所以货物与传送带共速后以a,-mg5stn日4m9os日 (3)若倾斜传送带的长度与(2)问相同且货物与倾斜传送带间的动摩擦因数'=0.9，向上减速到速度为零 其他条件不变，想要货物到达顶端的时间最短，倾斜传送带的速率应满足什么条件？ 货物应一直加速，才能使 设货物加速到顶端的速度为咖，利用子-=2a·D求出，其中a='mgcos9-m9in旦 m 到达顶瑞的时间最短 传送带的速度吃>≥如 [规律方法]要注意三个状态的分析—初态、 共速和末态 初态 相对运动方向 →摩擦力方向 加速度方向 初始时刻 两者速度同向 2.如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送 共速 速度变化方向 是否 初始时刻 带AB始终以速度10/s的恒定速率运行，一质量 反向加速 两者速度反向 为m=0.5kg的物体无初速地放在A处，物体与传 送带之间的动摩擦因数u=0.5,AB间的距离为 摩擦力突变 加速度突变 运动情况转变 16m,g取10m/s2,求： 匀速 末态 匀加速 跟踪训练 、37 1.(2024·安徽卷·4题)倾角为0的传送带以恒定速 (1)物体从A传送到B需要的时间为多少？ 率。顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速度轻 (2)若传动带与水平面成夹角0=37°如上图所示，以 放一小物块，如图所示。。时刻物块运动到传送带 10m/s的速度逆时针转动，将物体无初速地放 中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从 在顶端A处，从A传送到B需要的时间为多少？ 传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v (sin37°=0.6，cos37°=0.8) 随时间t变化的关系图线可能正确的是 057 考点二“滑块一木板”模型 1.模型特点：滑块（视为质点）置于木板上，滑块 3.分析板块模型的关键点 和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作 个 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板 用下发生相对滑动。 转折 上滑下是受力和运动状态变化的转折点 2.板块模型的两种类型 类型图示 规律分析 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 木板B带动物块A,物块恰好不 0..7 两个 于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块 从木板上掉下的临界条件是物 关联 和木板的加速度都会发生变化，因此以转折 块恰好滑到木板左端时二者速 点为界，对转折前、后进行受力分析是建立 度相等，则位移关系为=x+L 模型的关键 物块A带动木板B,物块恰好不 考向1水平面上的板块问题 从木板上掉下的临界条件是物 块恰好滑到木板右端时二者速 例P火可西熊州市开学考如阁所不，在光滑 的水平面上有一足够长且质量为M=4kg的 度相等，则位移关系为x+L=x 长木板，在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块， 长木板与小物块间的动摩擦因数为以=0.2，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水 平恒力F向右拉长木板，g取10m/s2。 跟踪训练 M 3.如图所示，质量为M=2kg的木板B静止在粗糙的 水平面上，木板与地面间的动摩擦因数u=0.1,木板 (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F 长为，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端 不小于什么值？ 有一个质量m=3kg、可视为质点的小木块A,以初 (2)若F=14N,经时间t=1s撤去水平恒力 速度o=5m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩 F,则： 擦因数u1=0.2,g取10m/s2。求： ①在F的作用下，长木板的加速度为多大？ ②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ ③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速 运动？ (1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要 ④最终小物块离长木板右端多远？ 多长； (2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距 离s至少要多长。 058 夸向2倾斜面的板块模型 《列(2026·江苏扬州模拟1如图甲所示，光滑斜面 上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄 [规律方法]解决板块模型问题的思维模板 木板C,木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。 物理 →确定板块模型的类型 木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时， 建模 木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示， 选研究隔离法对滑块、木板分别进行受力分析 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 对 10m/s2,则由图像可知下列说法正确的是 计算由牛顿第二定律 ↑alm·s) 判断是否存在速度相等的“临界点” 判断 和运动学公式 2.5 无临界 滑块与木 确定相同时间内的位 速度 板分离 移关系，列式求解 若∫≤ 1015 判断 滑块与木 由隔离法 ,假设 分 乙 结果 由整 成立，整 板没有分 求滑块与 A.10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动 体法 体列式 有临界 离，假设 木板间摩 求系 B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 速度 速度相等 擦力「，及 统加 若∫> C.由题目条件可求木板C的质量 后加速度 最大静摩 速度 ∫m,假设 擦力∫m D.F>15N时物块B和木板C相对滑动 也相等 不成立， 分别列 温馨提示：复习至此，请完成练案[17] 式考点三动力学中的临界极值问题 考向1 例4：BD2s后F为恒力，说明此刻为分离 瞬间，此后人仅受自重以及恒力F的作用 就可以做加速度不变的运动，设初始状态 弹簧压缩量为x1,分离瞬间压缩量为2， 那么在静止时对人和地台整体分析有kx =(M+m)g ① 绳子提供拉力后二者开始一起做匀加速 直线运动，对整体有x,+F-(m+M)g=(m+M)a ② 分离瞬间对地台有kx2-mg=ma ⑤ 从弹簧压缩量为x1到压缩量为x2的过程满足运动学方程x 1. ④ 解得a=2m/s2,故A错误，B正确；从②中分析可知，在分离前 等号右边为定值，随着x的变小，F必须增大，所以最大压缩量 x1对应的即为F的最小值，解得F=120N,故C错误，D正确。 故选BD。 考向2 例5：D若41>2，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F 多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A正确，不满足题 意要求；若山，>2，整体相对静止的最大加速度为am= 2(m+3m)g =2g,则最大拉力为Fm=(m+3m+5m)am=9u2mg, m+3m 当F=942mg时，B与车之间开始相对滑动，故B正确，不满足题 意要求；若412，逐渐增大F,A相对B比B相对于车先滑动， 故C正确，不满足题意要求；若41弘2，A、B与车都相对静止，系 统的最大加速度为a。'=m m =1g,则最大拉力为Fm'=(m+3m +5m)am'=9μ1mg,故D错误，满足题意要求。故选D。 考向3 例6：(1)2m/s2(2)0.5(3) 25N 5 1 [解析】(1)根据L=o+2 代入数据解得a=2m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F-mgsin0-umgcos0=ma,代入数据 解得u=0.5。 (3)设F与斜面夹角为α 平行斜面方向有Fcos a-mgsin0-uFN=ma 垂直斜面方向有Fy+Fsin a=mgcos0 联立解得F=ma+mg(sin0+ucos0) cos a+tusin o _ma+mg(sin O+ucos 0) √/u+Isin(ptx) 当sin(pta)=1时，F有最小值Fa 125 代入数据解得Fma= -N 5 51 第17讲专题强化四传送带模型 和“滑块一木板”模型 考点一传送带模型 例1：(1)2.5m(2)2.5m(3)2≥√31m/s [解析](1)货物在水平传送带上运动的加速度a1=g= 5m/s2 货物与传送带共速的时间a 货物在水平传送带AB上留下的划痕长度△x=u42=25m。 (2)货物刚滑上倾斜传送带时的速度为v1=5m/s,货物的加速 度a2=gsin0+ugcos0=10m/s2,方向沿传送带向下，当货物与 传送带共速时6=-=0255 dz v1+v215 上滑的距离x=21,-16m 共速后货物的加速度a,=gsin0-ugcos0=2m/s3 -22_2.52m-25 上升到最高点时的位移624,2x2m=16m 倾斜传送带CD的长度s=x1+x2=2.5m。 (3)想要货物到达顶端的时间最短，则需货物在倾斜传送带上 一直被加速，则 aa=u'gcos 0-gsin 0=1.2 m/s2 若到达顶端时恰好共速，则根据202-v1=2a4x 解得2o=√3Im/s 想要货物到达顶端的时间最短倾斜传送带的速度需满足2≥ 3Im/s。 跟踪训练 1.C物块刚放到传送带上时先做匀加速运动，由牛顿第二定律 得mgcos0-mngsin0=ma(物块所受滑动摩擦力大于重力沿传 送带向下的分力)，解得a=g(ucos0-sin0),物块与传送带共速 后，因为mgcos0>ngsin0,所以物块与传送带保持相对静止， 一起做匀速运动，加速度为零，C正确，A、B、D错误。 2.(1)2.6s(2)2s [解析](1)物体无初速度的放在传送带上，所受滑动摩擦力 水平向右，根据牛顿第二定律可得wmg=ma1 解得a1=5m/s 设物体匀加速直线运动的时间为，则有v=at1 解得t,=2s 此时，有x=2a142=10m<16m 可知物体在传送带上先做匀加速直线运动，再做匀速直线运 动，设物体匀速运动的时间为t2,则有xB一x1=t2 解得t,=0.6s 物体从A传送到B需要的时间为t=t1+t2=2.6s。 (2)物体放在传送带上后，开始的阶段，对物体受力分析，由牛 顿第二定律可得umgcos0+mgsin0=ma2 解得a2=10m/s2 设物体匀加速下滑的时间为t3,则有v=a2t3 解得t3=1s 1 此时，有6=25=5m<16m 二者共速后，由于mgcos0 <mgsin0,则物体继续沿传送带向下 做匀加速直线运动，有mgsin0 umgcos0=ma 解得a3=2m/s2 设物体再次匀加速直至运动到B端，所需时间为4，则有xB2 =,+20,4 解得t4=1s 物体从A传送到B需要的时间为t益=t3+t=2s。 考点二“滑块一木板”模型 考向1 例2：(1)10N(2)①3m/s2②0.5m ③2.8m/s④0.7m [解析](1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达 到最大值，设此时的加速度为o,根据牛顿第二定律，对小物块 有mg=ma,对物块和木板整体有F。=(m+M)ao, 联立解得F。=10N,即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不 小于10N。 (2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得 F-umg=Ma,解得a=3m/s。 ②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用 故am=ao=g=2m/s2 =d-=05m ③刚撤去F时v=at=3m/s,vm=amt=2m/s 撤去F后，设经时间t'可达到共同速度' 长木板的加速度大小a'-m3=0.5m/s M 最终速度'=nm+anf=-a't 解得t'=0.4s,v'=2.8m/s。 ④在t'时间内，小物块和长木板的相对位移 4,=+ 2 2t'=0.2m 最终小物块离长木板右端的距离为 x=△x1+△x2=0.7m。 跟踪训练 3.(1)5m(2)1.5m [解析](1)对木块A由牛顿第二定律得-1mg=ma1,解得a1 =41g=-2m/s2 对木板B由牛顿第二定律得41mg-u(m+M)g=Ma2,解得a2= 0.5m/s2 设经过时间t后A、B达到共同速度，由运动学公式得v=o+ a t,v=at 解得v=1m/s,t=2s t时间内，由运动学公式得A、B的位移分别为x=o什2a, 因此B板的长度至少为L=x1-x2=5m。 (2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第 二定律得-u(m+M)g=(m+M)a3,解得a3=-1m/s2 设木板B减速通过的位移为x3,则减速过程有2a3x=0-v2,所 以8=x2+x3=1.5mo 51 考向2 例3：D由图乙可知，当10N<F<15N对物块B和木板C相对静 止，当F>15N时木板的加速度变大，物块B和木板C产生了相 对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F=10N时， a=0,则F1=(M+m)gsin0,当F2=15N时，a=2.5m/s2,则F2 (M+m)gsin0=(M+m)a,联立得M+m=2kg,sin0=2,但是不 能求解木板C的质量，故C错误：当F,=15N时，对物块B,有 mgcos0-mgsin0=ma,解得μ=2，故B错误 第18讲实验四探究加速度与物体受力、物体 质量的关系 考点一 实验方案1探究加速度与力、质量的关系 二、1.合外力2.质量 三、电磁打点计时器 四、1.托盘天平3.匀速直线运动4.(2)槽码的个数 例1：(1)B(2)2.86(3)远小于小 [解析](1)本实验方案中需要用到刻度尺来测量位移；需要 测出小车质量，故需要天平；因打点计时器本身就具有计时功 能，故不需要秒表，故A错误；为保证小车所受的合力为绳子的 拉力，故应将长木板右侧适当垫高，平衡小车受到的阻力，故B 正确：探究小车加速度与小车的总质量M的关系时，可以改变 小车内钩码数量，重复实验，测定多组相关数据，再通过作出α- 1 的图像，得到a与M的反比关系，故C错误；平衡阻力时，不 需要在砝码盘内放上适量的砝码，先打开电源，后释放小车，观 察纸带上打出的点迹是否均匀，故D错误。故选B。 (2)由题知，电源的频率为f=50Hz,每相邻两计数点间有四个 点未画出，故相邻计数点间的时间为1=5T=5=Q.1s,根据逐 f 差法，可得a= (16.29+13.43+10.59-7.72-4.88-2.01)×102 9×0.12 m/s2=2.86m/s2。 (3)由图丙知，图线①向下弯曲，则产生原因是不满足“砝码的 总质量远小于小车质量”的条件；由图丙知，图线③中F需要加 到一定值时才有加速度，说明阻力较大，则产生原因是平衡摩 擦力时长木板的倾角过小。 考点二实验方案2通过位移之比测量加速度之比 例2：(1)1：2(2)远小于(3)相同(4)AB [解析]（1)实验中，若两小车通过的位移比为1：2，由x 2m,可得两小车加速度之比a:a,=1:2。 (2)为使小车所受的拉力大小近似等于小盘和盘中砝码的总重 力，应使小盘和盘中砝码的总质量远小于小车的质量。 (3)探究加速度与质量之间的关系时，采用控制变量法，实验时 要保证小车所受拉力不变，则应在小盘中放质量相同的砝码。 (4)探究加速度与力之间的关系时，若平板保持水平，则选用更 光滑的平板有利于减小摩擦力，小车所受合力更接近绳的拉 力，可以减小实验误差，A正确；平板右端适当垫高来平衡摩擦 力，使细绳拉力大小等于小车所受合外力，有利于减小误差，B 正确；若未平衡摩擦力，小盘和盘中砝码的重力大小不等于小 车所受合力，故摩擦力影响实验结果，C错误。 15