第17讲　专题强化四　传送带模型和“滑块—木板”模型——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案）

这是一份第17讲　专题强化四　传送带模型和“滑块—木板”模型——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案），文件包含专题08圆与相似三角形四边形综合原卷版pdf、专题08圆与相似三角形四边形综合解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
1．共速时摩擦力可能突变
(1)滑动摩擦力突变为零。
(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力。
(3)摩擦力方向突变。
2．注意物体位移、相对位移和相对路程的区别
(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。
►考向1 水平传送带模型
水平传送带问题的常见情形及运动分析
传送带在生产生活中广泛应用。如图所示，一水平传送带长L＝10 m，以v＝5 m/s的速度运行。水平传送带的右端与一光滑斜面平滑连接，斜面倾角θ＝30°。一物块由静止轻放到传送带左端，物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后冲上光滑斜面。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小；
(3)从物块轻放到传送带左端开始计时，通过计算说明t＝10 s时物块所处的位置。
[答案] (1)3 s (2)2.5 m (3)物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处
[解析] (1)物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v＝v0＋at有v＝a1t1
解得t1＝2 s
运动的距离为x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m
物块在传送带上匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v)＝1 s
物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t＝t1＋t2＝3 s。
(2)物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma2，解得a2＝5 m/s2，
对物块沿斜面上升过程，由运动学公式v2－veq \\al(2,0)＝2ax，有v2＝2a2x2，
解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小为x2＝2.5 m。
(3)设物块从斜面底端上滑到最大位移处所需时间为t3，由运动学公式v＝v0＋at有
v＝a2t3，解得t3＝1 s。
设物块第一次沿斜面下滑过程所需时间为t4，则有x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,4)，解得t4＝1 s。
物块沿斜面下滑至斜面底端时的速度为
v1＝a2t4＝5 m/s，
物块沿水平传送带向左减速运动，速度减为零所需时间为t5＝eq \f(v1,a1)＝2 s。
物块在传送带上的往返运动具有对称性，物块沿水平传送带第二次向右加速运动，到达斜面底端所需时间为t6＝t5＝2 s。
物块第二次沿斜面上滑到最大位移处所需时间为t7＝t3＝1 s。
因为t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＋t7＝10 s，
所以10 s时，物块刚好第二次上滑到最大位移处，物块在斜面上距离斜面底端2.5 m处。
反思提升
要注意三个状态的分析——初态、共速和末态
【跟踪训练】
(多选)如图所示，水平传送带长L＝5.3 m，运行速率v＝1 m/s，在其左端以初速度v0＝2 m/s水平滑上一物块。若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则物块从左到右的运动过程中( )
A．刚放上时，物块受到向左的滑动摩擦力
B．物块一直做匀减速直线运动
C．物块在传送带上的运动时间为5.2 s
D．物块在传送带上留下的划痕长度为0.3 m
[答案] AC
[解析] 物块滑上传送带时，由于v0>v，物块受到向左的滑动摩擦力，A正确；根据μmg＝ma，物块的加速度大小为a＝5 m/s2，匀减速至与传送带共速的时间为t＝eq \f(v0－v,a)＝0.2 s，位移为x＝v0t－eq \f(1,2)at2，解得x＝0.3 mmgsin θ，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。
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，cs 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，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcs α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝eq \f(v1－v2,－a)＝eq \f(0.6－1.6,－0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×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μmgcs α>mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
考点2 “滑块—木板”模型
(能力考点·深度研析)
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．板块模型的两种类型
3．分析板块模型的关键点
►考向1 水平面上的板块问题
(多选)(2024·黑吉辽卷)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，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是( )
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为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
[答案] ABD
[解析] 设长木板的质量为m，小物块的质量为m0。v－t图像中图线的斜率表示加速度，由题图可知，0～3t0时间内，图线的斜率不变，则木板运动的加速度不变，木板所受合外力不变，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，由题图可知a1＝eq \f(1,2)μg，解得F＝eq \f(3,2)μmg；t＝3t0时，图线的斜率发生变化，则木板的加速度发生变化，说明此时小物块滑上木板，A正确；设t＝3t0时木板的速度大小为vm，则vm＝a1×3t0＝eq \f(3,2)μgt0，小物块滑上木板的速度大小也为vm，方向水平向左，设小物块的加速度大小为a，因为t＝4t0时刻小物块与木板的速度相同，则有eq \f(1,2)μgt0＝－vm＋at0，又μ′m0g＝m0a，解得μ′＝2μ，B正确；小物块滑上木板后，木板向右做匀减速直线运动，由题图可知其加速度大小a2＝μg，由牛顿第二定律有μ(m＋m0)g＋μ′m0g－F＝ma2，解得eq \f(m0,m)＝eq \f(1,2)，C错误；t＝4t0后，假设小物块与木板相对静止一起运动，则对整体有F－μ(m＋m0)g＝(m＋m0)a′，解得a′＝0，故二者相对静止一起做匀速运动，D正确。
[特别提醒] (1)t＝4t0时刻小物块与木板的速度相同，指的是速度的大小和方向均相同，3t0～4t0时间内小物块速度的变化量大小为eq \f(1,2)μgt0－(－vm)＝2μgt0。
(2)当小物块滑上木板时，地面对木板的摩擦力会变大，不再是μmg。
反思提升
解决板块模型问题的思维模板
►考向2 倾斜面的板块模型
(2025·江苏扬州模拟)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和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是( )
A．10 NFf1′＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误；
若力F作用一段时间后，撤去力F，
则对A有aA′＝eq \f(μ2mBg－μ1mA＋mBg,mA)＝1 m/s2
对B有aB′＝μ2g＝5 m/s2
可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。
10．(多选)如图甲所示，逆时针匀速转动的传送带与水平面的夹角θ＝37°。在传送带的顶端A处无初速度地释放一个小物块一段时间后物块到达底端B处。当改变传送带匀速转动的速度v1时，小物块到达B处的速度v2也会相应变化，v2和v1的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．小物块可能先匀加速再匀速运动
B．传送带A、B之间的距离为25 m
C．小物块和传送带间的动摩擦因数为0.375
D．小物块从A运动到B的最短时间为eq \r(5) s
[答案] BD
[解析] 根据题图乙知，当传送带速度为零时，小物块到达B处的速度为vB＝10 m/s，故小物块重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，因此不管传送带如何转动，小物块始终做加速运动，A错误；传送带速度为零时，根据牛顿第二定律得小物块在传送带上运动的加速度大小为a1＝gsin 37°－μgcs 37°，当传送带速度为10eq \r(5) m/s时，小物块到达B处的速度vB′＝10eq \r(5) m/s，此后无论传送带速度如何增加，小物块到达B处的速度不再发生改变，故当传送带速度大于等于10eq \r(5) m/s时，小物块在传送带上始终加速，且所受摩擦力的方向一直沿传送带向下，设此种情况下小物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得a2＝gsin 37°＋μgcs 37°，由速度与位移的关系得veq \\al(2,B)＝2a1LAB，vB′2＝2a2LAB，联立解得μ＝0.5，LAB＝25 m，B正确，C错误；当传送带的速度为10eq \r(5) m/s时，小物块在传送带上以最大加速度a2始终做加速运动，小物块运动时间最短，根据速度与时间的关系得，小物块从A运动到B的最短时间为tmin＝eq \f(vB′,a2)＝eq \f(10\r(5),10) s＝eq \r(5) s，D正确。
11．(多选)(2025·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则下列说法正确的有( )
A．0～8 s内物体的位移大小为14 m
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625
C．0～4 s内物体上升的高度为4 m
D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m
[答案] AD
[解析] 物体运动的位移即v－t图像中图线与横轴围成的面积，则x＝eq \f(2＋6,2)×4 m－2×2×eq \f(1,2) m＝14 m，A正确；由物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－0,4) m/s2＝1 m/s2，且μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8 s内物体的位移x＝14 m，传送带的位移x′＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δx＝x′－x＝18 m，D正确。
12．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
[答案] (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
[解析] (1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，
其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcs 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcs 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcs 37°
解得a2＝1 m/s2，a1>a2，假设成立，
即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2，又x1－x2＝L，解得t＝1 s。
13．一传送带的部分装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m；BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角θ＝37°。AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(3)工件运动23 s后所在的位置。
[答案] (1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处
[解析] (1)设工件刚放在水平传送带上时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝5 m/s2，经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s，工件前进的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.6 mμmgcs θ，工件在倾斜传送带上做匀减速运动，设在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma2，解得a2＝－2 m/s2，由速度—位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)，解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s，由于mgsin θ>μmgcs θ，且工件在传送带的倾斜段运动的加速度相同，在传送带的水平段运动的加速度也相同，故此后工件将在传送带上做周期性往复运动，其周期为T＝2t1＋2t3＝5.6 s，工件从开始运动到第一次返回传送带的水平段，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。
情景
物块的运动情况
传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止)
传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
一直加速(加速度a＝μg)
先加速后匀速
v0v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端(加速度a＝μg)
物块先减速到速度为0，后被传送带传回左端
若v0≤v，则返回到左端时速度为v0；若v0>v，则返回到左端时速度为v
情景
物块的运动情况
传送带不足够长(物块最终未与传送带相对静止)
传送带足够长(物块先与传送带达到相对静止)
一直加速(一定满足μmgcs θ>mgsin θ，即μ>tan θ)
先加速后匀速(一定满足关系μ>tan θ)
一直加速(加速度为a1＝gsin θ＋μgcs θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv，运动到原位置时速度大小为v
类型图示
规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动木板B，物块恰好不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度相等，则位移关系为xB＋L＝xA