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2024届高考物理一轮复习攻略（必修1）
专题十四 弹簧、橡皮绳模型 滑板-滑块模型 传送带模型
新人教版
复习目标：
1.会分析物体受力的瞬时变化，掌握弹簧、橡皮绳模型中的加速度瞬时变化问题；
2.通过对传送带模型、滑块—木板模型的受力分析，学会用牛顿运动定律解决相关问题。
夯实考点
考点一 弹簧(或橡皮绳)模型
特点：
①当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。
②在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。
[典例1]（2023·重庆梁平·统考一模）A、B、C、D四个物体通过轻绳和轻弹簧按如图所示方式连接，已知mA=mC=2mB=2mD，重力加速度为g，若突然剪断B、C间的绳子，剪断绳子后的瞬间，下列有关表述正确的是（　　）

A．A的加速度为零 B．B的加速度为3g
C．C的加速度为 D．D的加速度为g
经典例题
【答案】C
【详解】AB．突然剪断B、C间的绳子，BC间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不变，将AB整体可得 ，解得 ，故AB错误；
CD．初始时由平衡条件可得弹簧的弹力 ，突然剪断B、C间的绳子，BC间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不变，可知D的受力情况保持不变，则 ，对C ，解得
，故C正确，D错误。故选C。
变式1（2023·全国·二模）如图所示，倾角为30o的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T1，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T1，则T1，T2等于（　　）
A．9:2 B．9:8 C．3:2 D．1：1
变式训练
【答案】B
【详解】匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为，质量为，根据平衡条件可得
对2、3、4物块由平衡条件可得 ,可得 ,连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3根据牛顿第二定律可得 ,对2、3物块根据牛顿第二定律可得
可得 ,可得 ,故选B。
夯实考点
考点二　滑板-滑块模型
1.两种类型
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
2.滑板-滑块模型的解题策略
(1)明确各物体初始状态(对地的运动和物体间的相对运动)，确定物体间的摩擦力方向.
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变).
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.
2.板块模型的解题策略
[典例2]（2024·辽宁鞍山·统考二模）如图所示，有一长为L=2m长木板A静止在水平地面上，其右端静止一体积可忽咯的小物块B。现对长木板A施加一水平向右的恒力F，使长木板A和小物块B发生相对滑动，已知长木板A的质量为mA=2kg，小物块B的质量为mB=1kg，长木板A和小物块B之间的动摩擦因数μ1=0.4，长木板A与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2，水平恒力F=20N，g=10m/s2，试求：
（1）在长木板A受到一水平恒力F作用后，长木板A和小物块B的加速度各是多大；
（2）经多长时间小物块B离开长木板A；
（3）从长木板A受到一水平恒力F作用开始到B离开A，整个系统由于滑动摩擦力作用而产生的总热量Q。
经典例题
【答案】（1） ； （2） ；（3）
（1）对长木板A，根据牛顿第二定律 ,其中 ， ，
解得 ,对小物块B，根据牛顿第二定律 ,解得 ;
（2）对长木板A ,对小物块B ,解得 ;
（3）根据题意，产热 ,解得
（1）滑板滑块不发生相对滑动的条件：滑板滑块间的摩擦力不能超过最大静摩擦力.
（2）判断滑板滑块问题是否发生相对滑动的步骤：
第一步：用整体法受力分析结合牛顿第二定律出整体加速度。
第二步：用隔离法受力分析（一般优先分析力少的），结合牛顿第二定律求出滑板滑块简的摩擦力，若f>fmax,相对滑动，否则，没有滑动。
（3）分析两者的运动情况，判断是否相对滑动是关键。
（4）相对位移的计算方法：先算出各自位移，同向相减，反向相加。
【方法提炼】
变式2（2024·河南·统考模拟预测）(多选)如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（　　）
A．若只增大M，则小滑块能滑离木板
B．若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长
C．若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小
D．若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大
变式训练
【答案】AC
【详解】A．若只增大木板的质量M，根据牛顿第二定律 ,可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为 ,不变，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；
B．若只增大木板的初速度v0，小滑块受力情况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误；
C．若只减小小滑块的质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；
D．若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用时间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。
故选AC。
1.水平传送带
可能滑块一直被加速
可能滑块先加速、后匀速
夯实考点
考点三　传送带模型
1.水平传送带
可能滑块一直匀速
可能一直加速，也可能先加速再匀速
可能一直减速，也可能先减速再匀速
1.水平传送带
传送带较短时，滑块一直减速到达左端
传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端，返回时速度为v
传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端，返回时速度为v0
2.倾斜传送带
可能一直加速
可能先加速后匀速
2.倾斜传送带
可能一直加速
可能先加速后匀速
可能先以a加速、后以a’加速
倾斜传送带问题分析注意：
（1）物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsinθ与μmgcosθ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
（2）痕迹问题：
共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传-x物，
共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段。
[典例3]．（2024·河南信阳·信阳高中校考一模）水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持1m/s的恒定速度运行，一质量为m=4kg的行李无初速的放在A处，该行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离l=2m，g取10m/s2，求：
（1）行李从A运送到B所用的时间t为多少；
（2）如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v’。
经典例题
【答案】（1）2.5s；（2）2s，2m/s
【详解】（1）行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=1.0m/s2,设行李从速度为零运动至速度为1m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则v=at1，解得t1=1s，又有 ,解得
行李速度达到1m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为，有
设行李从A运送到B共用时间为t，则
（2）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短为行李一直加速，到B端时刚好共速，有
解得 ,此时传送带对应的运行速率为 ,故传送带对应的最小运行速率为2m/s。
(1)求解水平传送带问题的关键
①正确分析物体所受摩擦力的方向。
②注意转折点:物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
(2)处理此类问题的一般流程
弄清初始条件 判断相对运动 判断滑动摩擦力的大小和方向 分析物体受到的合外力及加速度的大小和方向 由物体的速度变化分析相对运动 进一步确定以后的受力及运动情况。
【方法提炼】
变式3．（2024·河南信阳·信阳高中校考一模）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包 轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移的变化图像如图乙所示（重力加速度g取10m/s2），则下列说法正确的是（　　）
A．传送带与水平面的夹角为37o B．包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．传送带运行的速度大小为6m/s D．包裹到B点时的速度为8m/s
变式训练
【答案】C
【详解】AB．小包裹放上传送带后瞬间，小包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得 ,运动到与传送带共速时，根据牛顿第二定律得
,其中 ， ,联立解得 ， ,可得
故AB错误；
C．由 ,可得 ,则传送带的速度为6m/s，故C正确；
D．第二段匀加速过程有 ,解得 ,可知包裹到B点时的速度为7m/s，故D错误。故选C。
1.（2023·全国·模拟预测）如图所示，水平面上的物体A左端用跨过定滑轮的轻质细线连接物体B，物体B、C用轻弹簧相连放置在倾角为37o的斜面上．开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，且 ，重力加速度 ，不计一切摩擦， ， ．下列说法正确的是（ ）
A．剪断弹簧的瞬间，B的加速度大小为2m/s2
B．剪断弹簧的瞬间，B的加速度大小为6m/s2
C．在细线被烧断的瞬间，C的加速度大小为6m/s2
D．在细线被烧断的瞬间，C的加速度大小为12m/s2
针对性训练
【答案】A
【详解】AB．设 ，对物体A受力分析，由平衡条件可知
,在剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为0，所以A、B成为连接体，整体受力分析由牛顿第二定律得，A、B共同加速度为 ,代入数据解得，B的加速度大小为 ,A正确，B错误；
CD．在细线被烧断前，对C受力分析，由平衡条件可得，弹簧对物体C的弹力为
,在细线被烧断的瞬间，细线对物体B的拉力变为零，但弹簧的弹力不变，所以C仍然受力平衡，则此时C的加速度大小为 ,C错误，D错误。
故选A。
2.（2023·海南·统考高考真题）如图所示，有一固定的光滑 圆弧轨道，半径R=0.2m，一质量为mb=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mc=3kg，B、C间动摩擦因数μ1=0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，C右端有一个挡板，C长为l。
求：
（1）B滑到的A底端时对A的压力是多大？
（2）B若未与C右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在 时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。

【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有 ,解得 ,在底部，根据牛顿第二定律 ,解得 ,由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为 ,对C分析，受B向右的摩擦力 和地面向左的摩擦力
,根据牛顿第二定律 ,解得其加速度向左为 ,由运动学位移与速度关系公式 ，得B向右运动的距离
C向右运动距离 ,由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
可得 .
【详解】（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有 ,解得
,B的位移为 ,则此刻的相对位移为 ,此时
,由 ，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有 ,解得 ,碰撞时B速度为
碰撞时由动量守恒可得 ,解得碰撞后B、C速度为 ,之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得 ,后再经后停下，则有 ,故从滑上到最终停止所用的时间总时间
3.（2021·辽宁·统考高考真题）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=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角 ，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/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=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。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知 ,解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
,在传动带上滑动的距离为 ,因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动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 ,所以小包裹通过传送带的时间为 。
4.（2024·河南·统考模拟预测）如图所示，长度L=5.8m的传送带与水平方向成θ=37°角，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动，水平面上质量M=1kg的木板紧靠在传送带底端，木板上表面与传送带底端B等高。质量m=3kg的物块（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，在底端B滑上静止的木板，假设物块冲上木板前后瞬间速度大小不变，最终物块恰好不滑离木板。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ3=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）物块运动到B点时的速度大小；
（2）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小；
（3）木板的长度；
（4）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间。
【答案】（l）6m/s；（2）0.2m；（3）4.5m；（4）3.65s
【详解】（1）根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得
，解得 ，设物块滑上传送带后经时间t1与传送带同速，则
，解得 ，此过程物块的位移大小为 ，之后滑块所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得 ，解得 ，由匀变速直线运动规律得 ，解得
（2）由匀变速直线运动规律得 ，解得 ，物块从A端运动到B端的过程中相对传送带的位移大小为
（3）物块滑上木板后，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得 ， ，解得 ， ，物块与木板经时间t3达到共同速度v1，则有 ， ，联立解得 ， ，则木板的长度
【详解】
（4）因 ，当物块与木板共速后二者一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得 ，解得 ，从物块与木板同速到减速到0的过程有
解得 ，物块从A端运动到静止所经历的时间

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