2021年高中物理解题技巧点拨 传送带模型和滑块木板模型(学审题,理思路)

1、学审题，理思路专题十九、传送带模型和滑块木板模型1.（2021河南洛阳期中测试）如图所示，传送带的水平部分长为L运动速率恒为也在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左到右的运动时间可能是（）A.2gB.A.2gB.D.【学审题理思路】在传送带左端无初速放上木块一分类讨论一直加速（没有达到传送带速度）一直加速（恰好达到传送带速度）先加速到传送带速度后匀速；牛顿运动定律，匀变速直线运动【参考答案】ACD【命题意图】本题以传送带为情景，考查牛顿运动定律、滑动摩擦力、匀变速直线运动规律及其相关知识点，体现的核心素养是运动和力的观念、科学思维的周密性。【解题思路】题述要求木块从

2、左到右的运动时间可能是多少，需要我们全面考虑各种可能的情况进行分析。在其左端无初速放上木块，若木块在滑动摩擦力作用下一直加速，到达最右端后速度小于传送带速度v,由牛顿12L第二定律，g，由匀变速直线运动规律，L=2at2,可得t=y2L,选项C正确；若木块在滑动摩擦力作用2L下一直加速，到达最右端后速度恰好等于传送带速度v,由L=2vt,可得t=2L，选项D正确；若木块在滑动摩擦力作用下加速一段时间后速度达到传送带速度v,然后与传送带相对静止，由牛顿第二定律，g，设木块加v2速运动时间为t1，由匀变速直线运动规律，加速阶段位移x=2g,v=aq,匀速运动位移L-x,匀速运动时间12=Lx，木块

3、从左到右的运动时间是t=t12,联立解得t=L+。v，选项A正确。2v12v2g【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是没有把各个可能的情况全面考虑,导致漏选答案；二是认为物块在传送带上以传送带速度匀速运动，导致错选选项B。2.如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时逆时针运行，速度大小为%粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A端将粮袋轻放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为私关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是从粮袋到达B端时的速度与v比较，可能大,可能小，也可能相等8.粮袋开始运动的加速度为g(

4、sin-cos)，若L足够大，则最终粮袋会以速度v做匀速运动C.若tan，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D.不论大小如何,粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度agsin【学审题理思路】工人在A端将粮袋轻放到运行中的传送带上一初速度为零!一直同一加速度加速先加速运动后匀速先加速度大后加速度小分类讨论【参考答案】A【名师解析】若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动到达B端时的速度小于v；若传送带较长，tan，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同;若tan，则粮袋先做加速度为g(sincos)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做

5、加速度为g(sin-cos)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v,选项A正确.粮袋初始速度为零,相对传送带的运动方向是沿传送带向上,所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力,大小为gcos,根据牛顿第二定律可得加速度a=g(sincos)，选项B错误.若tan，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传动带的速度相同后，做匀速运动，选项CD均错误.【关键点拨】传送带问题的分析思路(1)抓好一个突破点摩擦力的分析在分析传送带问题时,对摩擦力的分析至关重要.分析摩擦力时,先要明确“相对运动”或“相对运动趋势”,当二者达到共速的瞬间,是摩擦力发生突变的临界状态.（2）要注意三个状态的

6、分析初态、共速和末态3.（2021广东七校联合体第一次联考）如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m=1kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度-时间（v-t）图的部分图像如图乙所示，已知sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）物块与皮带之间的动摩擦因数（2）物块沿皮带向上运动的最大位移【学审题理思路】物块的速度-时间（v-t）图的部分图像卜图像信息；物块加速度卜匀变速直线运动规律卜物块沿皮带向上运动的最大位移；牛顿第二定律；物块与皮带之间的动摩擦因数【解题思路】（1）由图乙可知，物块的初速度v=8m/S，皮带转动时的速度V=4m/s，在t=0到t=0.4

7、s04m/s-8m/s一时间内，物块加速度a=-=-1。m/s210.4s由牛顿第二定律：-mgsin0-mgcos0=ma1，联立得N=0.5。（2）在t=0.4s后，由牛顿第二定律-mgsin0+Nmgcos0=ma；2解得物块加速度a=-2m/s2;2物块从t=0.4s开始，经过11时间速度减为零，1从t=0到t=0.4s，物块位移为S1-V0t+201t2=2.4mv从t=0.4s到t=2.4s，物块减速到零的位移S2-t1-4m物块沿皮带向上运动过程中的位移为S-s+S-6.4m12命题意图以物块在传送带上的匀变速直线运动为背景知识，考查摩擦力、匀变速直线运动的规律、受力分析、牛顿第

8、二定律的应用等知识。通过速度相等临界点的分析、图像分析以及受力情况变化分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。4.（13分）（2021河南信阳罗山第一次调研）如图所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一质量为M的长木板.开始时，长木板上有一质量为m的小铁块（视为质点）以相对地面的初速度v0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v的匀速运动（已知v0v）,小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动.已知小铁块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数均为（），求：（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度大小和方向；（2）长木板至少要有多长？【学审题理思路】小

9、铁块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数一|一小铁块在木板上相对滑动时的加速度沿斜面向上；牛顿运动定律；小铁块在长木板上滑动时的加速度；匀变速直线运动规律；长木板最小长度【名师解析】（1）因为tan，所以小铁块在木板上相对滑动时的加速度沿斜面向上.（1分）TOC o 1-5 h z由牛顿第二定律：mgsmgsin=ma（2分）代入数据得：a=g（ssin）（1分）（2）小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零，再向上匀加速，设经过时间t小铁块达到匀速v,则:v（v0）=at（2分）得：t=（V0+V.、（2分）g（ssin）设此段时间内小铁块的位移为.，木板的位移为s2,有：s1=（V02V）t方向沿

10、斜面向下（式中V0v）（2分）s2=vt方向沿斜面向上（1分）所以：2s1+s2（1分）（V.+v）2解得：L2（s1+s2）=g（$0.）.（2分）.（2021河南洛阳期中测试）如图所示，一长L=2m、质量M=4kg的薄木板（厚度不计静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘/=5m,木板的正中央放有一质量为巾=1kg的物块（可视为质点，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为尸0.4。t=0时刻对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2,试求:（1）t=0时刻木板和物块的加速度大小；（2）要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数2应满足的条件。【学审

11、题理思路】分别隔离物块和木板分析受力；牛顿运动定律；t=0时刻木板和物块的加速度；物块与平台间的动摩擦因数2应满足的条件【命题意图】本题考查滑块木板模型、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点，意在考查综合运用知识的能力，体现的核心素养是运动和力的观念，科学思维能力。【压轴题透析】（1）分别隔离物块和木板分析受力，由牛顿运动定律求得t=0时刻木板和物块的加速度大小；（2）利用匀变速直线运动规律，列方程求得小物块恰好从木板左端滑离时力F的作用时间t,利用速度公式得出小物块滑至平台时的速度，利用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式列方程得出物块与平台间的动摩擦因数N2应满足的条件。【解题思路】

12、（1）假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律,对木板有：f_n（m+m）g_11分解得：a-6m/s21111分解得：a-6m/s211分对物块有日mg=ma121分解得：a-4m/s2。21分因为故假设成立;二设F作用/秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有:L1-L1-a12-a12221221分代入数据解得：=1s代入数据解得：=1s物块的位移为：X之二1分1at12-2m1分22末速度为：y-at-4m/s1分22小物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律,对物块有：巴mg=ma2解得：a2=N2g.1分若小物块在平台上速度减为0则通过的位移为：X若小物块在平台上速度减为

13、0则通过的位移为：X2=v222a21分L1分要使从小物块最终不会从平台上掉下去需满足：1+己N.2+X1分联立解得：日0.22.（2021河南信阳罗山第一次调研）如图所示，在倾角为e的足够长的斜面上，有一质量为M的长木板.开始时，长木板上有一质量为m的小铁块（视为质点）以相对地面的初速度v0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v的匀速运动（已知v0v），小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动.已知小铁块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数均为（），求:（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度大小和方向；（2）长木板至少要有多长？【学审题理思路】小铁块与木板间

14、、木板与斜面间的动摩擦因数If小铁块在木板上相对滑动时的加速度沿斜面向上1;牛顿运动定律;小铁块在长木板上滑动时的加速度;匀变速直线运动丽;长木板最小长度【名师解析】（1）因为ta，所以小铁块在木板上相对滑动时的加速度沿斜面向上.（1分）TOC o 1-5 h z由牛顿第二定律：mgsmgs=ma（2分）代入数据得：a=g（ss）（1分）（2）小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零，再向上匀加速，设经过时间t小铁块达到匀速v,则：v（v0）=at（2分）得：t=（V0+V、（2分）g（ss）设此段时间内小铁块的位移为.，木板的位移为s2,有：s1=（V02V）t方向沿斜面向下（式中V0v）（2分）

15、s2=vt方向沿斜面向上（1分）所以：2s1+s2（1分）解得：L2Gi+sJ=g（：o+vS2）.（2分）7.如图所示，一足够长的粗糙木板在水平粗糙面上向右运动.某时刻速度为v0=2m/s,此时一质量与木板相同的小滑块（可视为质点）以v1=4m/s的速度从最右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2=1m/s,方向向左.重力加速度g=10m/s2,求：/（1）木板与滑块间的动摩擦因数1;木板与地面间的动摩擦因数2;（3）从滑块滑上木板,到最终两者静止的过程中,滑块相对木板的位移大小.【学审题理思路】小滑块以V1=4m/s向左的速度从最右侧滑上向右运动的木板!对小滑块受力分析!对小滑块受力分析!牛顿第二定律列方程对木板受力分析|一隔离体法受力分析!牛顿第二定律列方程I木板与滑块间的动摩擦因数1木板与滑块间的动摩擦因数1木板与地面间的动摩擦因数2;!匀变速直线运动规律!滑块相对木板的位移大小.【参考答案】（1）0.3（3）2.75m【名师解析】（1）以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为4=二=-3m/s2,方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有-1mg=ma1,解得1=0.3(2)对木板分析,其先向右做减速运动至速度为零,根据牛顿第二定律以及运动学公式可得mg+m2mg=m