2026届高三物理（人教版2019）二轮复习课件：第1部分　核心主干复习专题　专题1　力与运动　微专题1　传送带模型、滑块—木板模型（含解析）

这是一份2026届高三物理（人教版2019）二轮复习课件：第1部分　核心主干复习专题　专题1　力与运动　微专题1　传送带模型、滑块—木板模型（含解析），共56页。PPT课件主要包含了命题热点巧突破，专题分层突破练，传送带模型，答案ACD，滑块木板模型，审题指导，答案C等内容，欢迎下载使用。
微专题1　传送带模型、滑块—木板模型
1.(多选)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
【审题指导】　【答案】　AD
传送带模型解题思维模板
(多选)如图甲所示，小物块从左侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示、图线的0～3 s段为抛物线，3～4.5 s段为直线，下列说法正确的是(　　)A．传送带沿逆时针方向转动B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1C．小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/sD．0～4.5 s内物块在传送带上留下的痕迹为9 m
而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝0.2，选项B错误，C正确；根据乙中图像斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2 m/s，则小物块与传送带达到共速前的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6 m，由此可得0～4.5 s内物块在传送带上留下的痕迹为Δx＝x1＋x3－x2＝4 m＋6 m－1 m＝9 m，选项D正确。
动力学解决板块模型的思路
2.如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，质量m＝1 kg的可视为质点的小物块以初速度v0＝5 m/s从木板下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑下。已知小物块与木板间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)物块与木板共速前，物块和木板的加速度；(2)木板的最小长度Lmin；(3)物块在长度为Lmin的木板上运动的总时间。
【解析】　(1)设物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，物块与木板共速前，物块的加速度大小为a1，对物块受力分析可得mgsin θ＋μ1mgcs θ＝ma1，代入数据解得a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下。设木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，木板的加速度大小为a2，对木板受力分析可得F＋μ1mgcs θ－Mgsin θ－μ2(M＋m)gcs θ＝Ma2，代入数据解得a2＝2 m/s2，方向沿斜面向上。
(2)设物块与木板达到共速所用时间为t1，则有v0－a1t1＝a2t1，代入数据解得t1＝0.5 s，共同速度大小为v＝a2t1＝1 m/s。代入数据解得Δx1＝1.25 m。撤掉F后，物块相对木板上滑，加速度大小仍为a1＝8 m/s2，对木板分析有Mgsin θ＋μ2(M＋m)gcs θ－μ1mgcs θ＝Ma2′，解得木板的加速度大小为a2′＝12 m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑。
(3)物块在木板上向下滑动时，木板不动，设此时物块的加速度大小为a1′，由牛顿第二定律可得a1′＝g(sin θ－μ1cs θ)＝4 m/s2，设物块运动到斜面底端所用时间为t3，
(多选)如图甲所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，现在滑块上施加一个F＝0.6t(N)的变力，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力Ff随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．木板P与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2 B．滑块Q与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4C．图乙中t2＝22 s D．木板的最大加速度为2 m/s2【答案】　BD
A组·基础巩固练1．(2025·山东临沂三模)如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带，v0>v，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，下列说法正确的是(　　)
A．μ与θ之间的关系为μ＝tan θB．物块在做减速运动的过程中保持加速度不变C．物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2μgcs θD．物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半【答案】　C
2．(2025·四川绵阳模拟)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)长木板速度为v0时，将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，物块运动的速度—时间图像可能是下列选项中的(　　)
3．(多选)(2025·山东烟台预测)如图甲所示，水平放置的传送带能以不同的速度v逆时针匀速转动，某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带，物块离开传送带后到落地过程的水平位移x与传送带速度v关系图像如图乙所示。已知传送带长度L＝0.36 m，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．当传送带速度在0～0.9 m/s范围取值时，物块一直减速B．物块的初速度大小为1.5 m/sC．物块与传送带间动摩擦因数为0.3D．当传送带速度在0～0.9 m/s范围取值时，物块和传送带间产生的摩擦热相同【答案】　AB
4．(多选)(2025·山东潍坊三模)如图所示，质量M＝4 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t＝0时刻对木板施加F＝45 N的水平向右恒力，同时质量m＝1 kg的小物块以v0＝15 m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L＝7.8 m，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为10 m/s2B．t＝1 s时，小物块恰好运动到木板最右端D．若t＝2 s时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离【答案】　AC
B组·综合提升练5．(2025·全国模拟预测)如图为粮食转运站内粮食运输机的示意图，绷紧的传送带始终保持以v0＝3 m/s的恒定速度运转，其末端B与一个半径R＝4 m的光滑四分之一圆弧轨道的圆心位置重合。现有一袋粮食包(可视为质点)无初速度地放置在运输机的A端，粮食包与运输机传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。当粮食包被运送到运输机B端时已经达到最大速度并被水平抛出，落在圆弧轨道后不反弹，随后粮食包沿着圆弧轨道滑下(g＝10 m/s2)。求：
(1)运输机的传送带长度L应满足什么条件；(2)粮食包碰撞圆弧轨道时位置与圆心的连线和水平方向夹角的正切值。
【解析】　(1)粮食包在传送带上加速过程，根据牛顿第二定律可得f＝μmg＝ma解得加速度大小为a＝2 m/s2解得x1＝2.25 m要使粮食包在B端时已经达到最大速度，则传送带长度应满足L≥2.25 m。
(2)粮食包从B端被水平抛出，水平方向做匀速直线运动有x＝v0t根据几何关系x2＋y2＝R2联立解得t＝0.8 s，x＝2.4 m，y＝3.2 m
6．(2025·福建马鞍山预测)如图甲，质量m1的长木板静置于粗糙水平地面上，质量m2＝2.5 kg的物块置于木板之上，t＝0时刻力F作用于长木板，其变化规律如图乙，之后木板的摩擦力f随时间t的变化规律如图丙。木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2以及m1均未知(g＝10 m/s2)，求：
(1)F随t的变化规律公式；(2)木板质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2；(3)t≥3 s后木板的加速度随t的关系式。【答案】　(1)F＝5t(N)　(2)m1＝2.5 kg　μ1＝0.1　μ2＝0.2　(3)a＝2t－4(m/s2)(t≥3 s)
【解析】　(1)由乙图F＝kt解得F＝5t(N)。(2)由丙图：t＝1 s时，f1＝5 N＝μ1(m1＋m2)gt＝3 s时，f3＝10 N＝μ1(m1＋m2)g＋μ2m2gt＝3 s时，木板与物块相对滑动a1＝a2＝μ2g根据牛顿第二定律F3－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2解得m1＝2.5 kg，μ1＝0.1，μ2＝0.2。(3)由牛顿第二定律得F合＝F－μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a代入F＝5t解得a＝2t－4(m/s2)(t≥3 s)。
7．(2025·河北邯郸三模)如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的斜面上有一个质量为m1＝4 kg的长木板，长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.7。将长木板由静止释放，经过Δt＝2.5 s，将一质量为m2＝1 kg的物块无初速度地放到距长木板底端L＝9.628 m处。已知物块最终从长木板底端滑出，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，物体体积较小，计算时可视为质点。
(1)刚放上物块的瞬间，求长木板的加速度a1′的大小；(2)求物块在长木板上滑行的时间t；(3)求整个过程中物块和长木板之间产生的热量Q。【答案】　(1)1.6 m/s2　(2)2.3 s　(3)23.347 2 J
【解析】　(1)由静止释放长木板之后，设长木板的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsin θ－μ1m1gcs θ＝m1a1解得a1＝gsin θ－μ1gcs θ＝0.4 m/s2放上物块瞬间，同理由牛顿第二定律，长木板的加速度大小为
(2)刚放上物块时，设物块的加速度为a2，由牛顿第二定律，m2gsin θ＋μ2m2gcs θ＝m2a2解得a2＝gsin θ＋μ2gcs θ＝8.4 m/s2此时长木板的速度为v1＝a1Δt＝1.0 m/s设经过Δt1时间二者共速，则v1－a1′Δt1＝a2Δt1解得Δt1＝0.1 s，v共＝0.84 m/s。
经过判断，物块会继续相对长木板加速下滑，长木板的加速度沿斜面向上物块的加速度为a2′＝gsin θ－μ2gcs θ＝3.6 m/s2设又经过Δt2时间长木板停下，v共＝a1″Δt2解得Δt2＝2.1 s