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(共65张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第三章
运动和力的关系
思维进阶三　板块模型和传送带模型
板块模型
考点一
破题路径
能力要语
破题路径
能力要语
角度突破
传送带模型
考点二
角度突破
能力要语
破题路径
能力要语
[思维进阶(三)]　板块模型和传送带模型
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谢谢观看思维进阶三　板块模型和传送带模型
对应学生用书P64
考点一　板块模型
力作用在物块上：水平外力作用于物块时，分析木板与物块间的摩擦力变化及运动状态
【例1】 如图所示，一质量M＝2 kg、长L＝1 m的木板置于光滑水平地面上，木板左端静置一个质量m＝1 kg的小物块，现给小物块施加一水平向右的拉力F。已知小物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若将木板固定，对物块施加水平力后经过t1＝1.0 s滑离木板，求水平拉力F的大小；
(2)若木板不固定，水平拉力F与(1)中相同，求经过多长时间物块滑离木板；
(3)若木板不固定，欲使小物块与木板运动过程中始终保持相对静止，求水平拉力的大小范围。
解析：(1)若木板固定，对滑块有L＝a1
解得a1＝2 m/s2
根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1
解得F＝4 N。
(2)若木板不固定，物块仍以a1＝2 m/s2向右加速，木板在物块的摩擦力作用下加速，对木板有
μmg＝Ma2
解得a2＝1 m/s2
由位移关系a1t2－a2t2＝L
可得t＝ s。
(3)若木板不固定，要使物块与木板运动过程中始终保持相对静止，最小拉力大于零，若两者恰要相对滑动时拉力最大，对木板和物块系统有
Fm＝(M＋m)a
对木板，加速度最大为a2＝1 m/s2＝a
解得最大拉力为Fm＝3 N
故水平拉力的范围为0＜F≤3 N。
答案：(1)4 N　(2) s　(3)0＜F≤3 N
破题路径
能力要语
抓住“相对滑动”的临界条件，灵活运用整体法与隔离法。
教学札记：
力作用在木板上：水平外力作用于木板时，判断物块是否滑动及两者的加速度关系
【例2】 (学科内融通题)如图甲所示，质量M＝0.2 kg的木板放在水平地面上，质量m＝0.1 kg的物块(可视为质点)叠放在木板上P处，整个系统处于静止状态。现对木板施加一水平向右的拉力F，在0～1.5 s内拉力随时间t的变化关系如图乙所示，1.5 s末撤去拉力。物块始终未从木板上掉下。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2。求：
(1)t1＝1 s时物块的速度大小；
(2)0～1.5 s内木板运动的位移大小；
(3)物块最后静止时到P处的距离。
解析：(1)对物块根据牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
t1＝1 s时物块的速度大小为v1＝a1t1＝2 m/s。
(2)拉力为2 N时，木板的加速度为
F1－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝3 m/s2
木板的速度为v2＝a2t1＝3 m/s
木板的位移为x2＝a2＝1.5 m
拉力为1.4 N时的加速度为
F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3
解得a3＝0
木板做匀速运动，位移为x3＝v2t2＝1.5 m
0～1.5 s内木板运动的位移大小为
x＝x2＋x3＝3 m。
(3)物块加速到3 m/s的时间为t3＝＝1.5 s
物块加速到3 m/s的位移为x4＝a1＝2.25 m
此过程中物块相对木板向左滑动距离为0.75 m
撤去拉力后物块做减速运动的加速度大小
a1＝2 m/s2
停止运动时的位移x5＝＝2.25 m
木板做减速运动，有
μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma4
解得a4＝5 m/s2
停止运动时的位移x6＝＝0.9 m
此过程中物块相对木板向右滑动1.35 m，可知物块最后静止时到P处的距离为1.35 m－0.75 m＝0.6 m，在P点右侧。
答案：(1)2 m/s　(2)3 m　(3)0.6 m
破题路径
能力要语
紧扣图像分段，在每段内判断摩擦力的性质，再选择整体法或隔离法求加速度，进而求位移、速度等物理量。
教学札记：
考点二　传送带模型
水平传送带划痕问题：已知初速度与传送带速度差异，求物体在传送带上留下的划痕长度
【例3】 (学科内融通题)如图所示，一水平传送带以v0＝6 m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝4 m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M＝1.5 kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高；现将质量m＝0.5 kg的煤块(可视为质点)轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端；已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)煤块刚放上传送带时的加速度大小；
(2)煤块在传送带上留下的划痕长度；
(3)小车的长度。
解析：(1)煤块放上传送带时，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)若煤块与传送带能共速，则煤块在传送带上运动的距离x＝
解得x＝9 m＞L＝4 m
说明煤块未能与传送带共速，则煤块到达B点时，有＝2aL
且v1＝at
解得v1＝4 m/s，t＝2 s
则煤块在传送带上留下的划痕长度s＝v0t－L
解得s＝8 m。
(3)煤块在滑上小车时，对于煤块有μ2mg＝ma1
对于小车有μ2mg＝Ma2
当煤块和小车共速时，煤块到达小车右端，则有
v1－a1t1＝a2t1
则小车的长度l＝v1t1－a1－a2
解得l＝2 m。
答案：(1)2 m/s2　(2)8 m　(3)2 m
角度突破
教学札记：
倾斜传送带：分析物体以不同初速度滑上传送带时的运动状态(加速、减速或静止)
【例4】 图甲为一皮带传送装置，皮带逆时针方向匀速传动，一黑色物体由静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，2.0 s到达底端，其在传送带上运动的v-t图像如图乙所示，g＝10 m/s2。求：
(1)皮带匀速运动的速度大小v0；
(2)物体从顶端滑到底端在皮带上的划痕长度；
(3)皮带与水平面间的夹角θ及物体与皮带之间的动摩擦因数μ。
解析：(1)由题图乙可知，皮带的速度为
v0＝8.0 m/s。
(2)0～1.0 s内，物体相对皮带向上滑动，其相对位移大小为
Δx1＝v0t1－v0t1
解得Δx1＝4 m
1.0～2.0 s内 ，物体相对皮带向下滑动，其相对位移大小为
Δx2＝t2－v0t2
解得Δx2＝1 m
物体从顶端滑到底端在皮带上的划痕长度为
Δx1＝4 m。
(3)由物体运动的v-t图像得
a1＝＝，a2＝＝
在0～1.0 s内皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
在1.0～2.0 s内皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立解得θ＝30°，μ＝。
答案：(1)8.0 m/s　(2)4 m　(3)30°　
教学札记：
角度突破
能力要语
准确判断摩擦力的方向和作用(动力或阻力)，是分析倾斜传送带问题的关键。
教学札记：
混合传送带时间计算：物体先后经过水平与倾斜段传送带，求总运动时间
【例5】 (学科内融通题)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(工件通过连接处时速度大小不变)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。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)工件运动了2 025 s时所在的位置。
解析：(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为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＝＝0.8 s
工件前进的位移为x1＝a1＝1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2＝＝0.6 s
所以工件第一次到达B点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4 s。
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得
μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由速度位移公式得0－v2＝2a2
解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为
t3＝＝2 s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度大小相同，在传送带的水平段运动时的加速度大小也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
由于工件第一次到达B点所需要的时间为1.4 s，随后≈361.4
而Δt＝(2 025－1.4)－361×5.6＝2 s
工件从B点沿BC向上运动的距离为
L＝Δt＝4 m
所以工件运动了2 025 s时所在的位置在BC上且距离B点4 m处。
答案：(1)1.4 s　(2)2.4 m　(3)在BC上且距离B点4 m处
破题路径
能力要语
“分段处理，速度衔接”。关键是抓住水平段末端速度作为倾斜段运动的初速度。
教学札记：
[思维进阶(三)]　板块模型和传送带模型
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F＝1.2μmg，则木板的加速度a的大小是(　　)
A.0.45μg B.0.35μg
C.0.25μg D.0.5μg
解析：选B。若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有μmg－×2mg＝ma，解得a＝。对物块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma'，解得a'＝0.2μg＜a，所以二者之间不发生相对滑动，木板的加速度大小为a木板＝＝0.35μg，B正确。
2.如图所示，在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动，某时刻将物块a轻放在b上，同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等，a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时，关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
解析：选B。a和b的速度达到共速之前，a受到b向右的摩擦力和恒力F，b受到a向左的摩擦力，a做加速运动，b做减速运动，则对于a，由牛顿第二定律有a1＝，对b有a2＝＝μg＜a1，由此可知a的加速度大于b的加速度，A、C错误；a、b共速后，若在恒力作用下，a、b间的摩擦力f没有达到最大静摩擦力，则一起做加速运动，则对于b有a共＝，且f≤μmg，故a、b的加速度a共＜a1，B正确；若在恒力作用下，a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则a、b的加速度大小不相等，且均做加速运动，则对于a有a3＝，对b有a4＝＝μg，可知a的加速度a3小于共速前a的加速度a1，D错误。
3.(2025·南通检测)如图所示，在光滑的水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。已知木板B的质量为2 kg，木块A的质量为1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，用一水平力F＝6 N作用于B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
A.A受到向右的摩擦力
B.A、B间的摩擦力为5 N
C.B的加速度为0.5 m/s2
D.A、B间的摩擦力为2 N
解析：选D。地面光滑，假设A、B一起向左加速，则对A、B整体有a＝＝2 m/s2，而A能和B保持相对静止的最大加速度为aAm＝μg＝5 m/s2，故假设成立，A受到向左的静摩擦力，大小为f＝mAa＝2 N，D正确。
4.光滑水平面上静止叠放着物体A和足够长的木板B，t＝0时刻给木板施加一个随时间变化的水平拉力F，拉力F与时间t关系为F＝(1＋2t) N。已知A和B的质量分别为1 kg和3 kg，A和B之间的动摩擦因数为0.2，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.2.5 s末A、B即将相对滑动
B.2 s末A、B间摩擦力大小为 N
C.4 s末A的加速度大小为2.25 m/s2
D.5 s末A的速度大小为6.9375 m/s
解析：选D。设A、B恰好发生相对滑动时的加速度为a0，则有μmAg＝mAa0，F＝(mA＋mB)a0，解得F＝8 N，根据F＝(1＋2t) N＝8 N，解得t＝3.5 s，即3.5 s末A、B即将发生相对滑动，A错误；结合前面分析，可知2 s末A、B间摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律可知A、B间摩擦力大小为f＝mAa，且F＝5 N＝(mA＋mB)a，联立求得f＝ N，B错误；4 s末A、B已经发生相对滑动，根据牛顿第二定律，可得此时A的加速度大小为a＝μg＝2.0 m/s2，C错误；结合前面分析可知，0～3.5 s内A、B一起加速，根据动量定理，有t＝(mA＋mB)v1，利用F-t图像围成的面积表示物体动量的变化量，可得3.5 s末A的速度大小为v1＝ m/s＝3.937 5 m/s，3.5～5 s内，A、B发生相对滑动，A做匀加速直线运动，加速度大小为2.0 m/s2，则5 s末A的速度大小为v2＝v1＋aΔt＝3.937 5 m/s＋2×1.5 m/s＝6.937 5 m/s，D正确。
5.(生产生活融通题)如图甲所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度—时间(v-t)图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.黑色痕迹的长度为80 m
B.煤块在传送带上的相对位移为16 m
C.煤块在传送带上先加速，之后与传送带保持相对静止
D.煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
解析：选B。煤块的最大加速度为am＝＝2 m/s2，在v-t图像上作出煤块的速度—时间图像，如图所示，
由图可知，痕迹长度为l＝×12×8 m＝48 m，A错误；煤块在传送带上的相对位移为Δx＝48－×4×16 m＝16 m，B正确；煤块在传送带上先做匀加速直线运动，共速后做匀减速直线运动，C错误；质量变大，不改变加速度，痕迹长度不变，D错误。
6.如图所示，倾角为θ的传送带以一恒定速率逆时针转动。t＝0时在传送带顶端轻放一小物块。不计空气阻力，关于小物块运动过程中的速度v随时间t变化的关系图线一定不正确的是(　　)
解析：选D。物块轻放在传送带上，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，小物块先做匀加速运动。传送带较短时，则小物块在传送带上一直加速；传送带较长时，共速后，若摩擦力大于重力向下的分力，物块做匀速直线运动；若摩擦力小于重力向下的分力，则mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，可知a1＞a2，D错误。
7.如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ＜tan θ。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是(　　)
A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B.滑块一定可以回到A点
C.滑块最终停留在B点
D.若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
解析：选A。因μ＜tan θ，可得mgsin θ＞μmgcos θ，所以滑块由A点释放后沿传送带向下做匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，A正确；若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，B、D错误；由上述分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，C错误。
8.如图甲所示，倾角为θ的传送带始终以恒定速率运行，t＝0时初速度大小为v1的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v-t图像如图乙所示(v1＞v2)。已知v1、v2、t1、θ及当地重力加速度g，不能求出的物理量是(　　)
A.传送带的转动方向和速度大小
B.小物块与传送带间的动摩擦因数
C.小物块的质量
D.小物块返回传送带底端时的速度大小
解析：选C。通过图乙可以看出，小物块先向上做减速运动，减速到零后反向加速，当速度与传送带速度相等时，即速度为v2时，加速度大小发生变化，所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前，摩擦力方向一直沿斜面向下，t2时刻以后摩擦力方向沿斜面向上，可知传送带逆时针转动，速度大小为v2；根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma＝m，解得μ＝－tan θ；根据图乙知小物块与传送带共速后滑到底端的距离为s，则有s＝t1－(t2－t1)，t2－t1＝，共速后由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma'，再由v2－＝2a's，联立可求出小物块到达底端时的速度；综上可知小物块的质量无法求出，故C符合题意。
9.如图所示，在光滑的水平面上静置一质量M＝2 kg、长度L＝8 m的木板，另一质量m＝1 kg的小滑块以v0＝10 m/s的水平初速度从木板的左端滑上木板(此时开始计时)。已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小；
(2)若木板不固定，求木板的加速度并通过计算判断小滑块能否从木板上滑离；
(3)若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力F，要使小滑块不从木板上滑离，求恒力F的大小范围。
解析：(1)若木板固定在水平面上，对滑块，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
解得加速度大小为a1＝μg＝4 m/s2
设滑块从木板上滑离时速度为v，根据运动学公式可得v2－＝－2a1L
解得v＝6 m/s。
(2)若木板不固定，对木板根据牛顿第二定律可得μmg＝Ma2
解得加速度大小为a2＝2 m/s2
设经时间t1，滑块从木板上滑离，则有
v0t1－a1－a2＝L
代入数据可得3－10t1＋8＝0
解得t1＝ s或t1＝2 s(舍去，因为此时滑块速度小于木板速度)
可知滑块可以从木板上滑离。
(3)若木板不固定，滑块刚好滑到木板右端且与木板共速，即滑块恰好不从木板的右端滑落；对木板，有F＋μmg＝Ma2'
设该过程经历的时间为t2，则有
v0－a1t2＝a2't2，v0t2－a1－a2'＝L
联立解得t2＝1.6 s，a2'＝2.25 m/s2，F＝0.5 N
滑块与木板共速后，当滑块与木板刚好不发生相对滑动时，以滑块与木板为整体，有
F＝(M＋m)a2″
对滑块有μmg＝ma2″
联立解得F＝12 N
所以要使小滑块不从木板上滑离，恒力的大小范围为0.5 N≤F≤12 N。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s2，可以从木板上滑离
(3)0.5 N≤F≤12 N
10.(学科内融通题)如图所示，倾斜固定放置的传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，传送带两端A、B间的距离L＝3.24 m，传送带以v＝2.4 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动。质量为M＝3 kg的足够长的长木板放在水平面上，上表面的左端C点与传送带下端B点平滑连接。质量为m＝1 kg的物块轻放在传送带的上端A点，由静止开始沿传送带向下运动。已知物块与传送带和长木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.75，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，不计物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块刚放在传送带上时的加速度大小；
(2)物块在传送带上运动的时间；
(3)长木板在水平面上运动的时间。
解析：(1)设物块在传送带上开始滑动时加速度大小为a1，则有mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma1
解得a1＝12 m/s2。
(2)设达到共速的时间为t1，则
t1＝＝0.2 s
运动的位移x1＝a1＝0.24 m
因为μ1＝tan θ，所以之后物块做匀速运动，设物块匀速运动的时间为t2，则
t2＝＝1.25 s
所以物块在传送带上运动的时间为
t＝t1＋t2＝1.45 s。
(3)物块滑上长木板后做匀减速直线运动，加速度大小为μ1mg＝ma2
设长木板做匀加速直线运动的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3
设物块滑上长木板与长木板共速所用的时间为t3，共同速度为v1。根据运动学公式可知
v－a2t3＝a3t3，v1＝a3t3
设共速后，物块与长木板共同运动的加速度大小为a4，由牛顿第二定律有
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a4
设共速后又运动的时间为t4，则t4＝
所以长木板运动的总时间为
t总＝t3＋t4＝0.4 s。
答案：(1)12 m/s2　(2)1.45 s　(3)0.4 s

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