板塊、斜面、傳送帶模型（解析版）-2024年高考物理

焦點板塊、斜面、傳送密模型

命題趨勢

1,命題情境源自生產(chǎn)生活中的與力的作用下沿直線運動相關(guān)的情境，對生活生產(chǎn)中力和直線有關(guān)的問題平

衡問題，要能從情境中抽象出物理模型，正確畫受力分析圖，運動過程示意圖，正確利用牛頓第二定律、運動

學公式、動能定理、動量定理、動量守恒定律等解決問題。

2.命題中既有單個物體多過程問題又有多個物體多過程問題，考查重點在受力分析和運動過程分析,能選擇

合適的物理規(guī)律解決實際問題。

3.命題較高的考查了運算能力和綜合分析問題的能力。

.重難詮釋

1.板塊模型

板塊模型可以大體分為“有初速度”和“有外力”兩大類。有初速度可以是物塊有初速度，也可以是木板有

初速度;有外力可以是物塊有外力，也可以是木板有外力。第一大類:有速度、第二大類:有外力。解題思

路

1.根據(jù)相對運動，確定摩擦力②基于受力分析，列出牛頓第二定律③畫出VT圖像，列運動學公式④運

用整體法和隔離法找外力F的臨界值。

2.斜面模型

正確對物體受力分析，平行于斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐標系，對物體進行受力分析和運

動過程分析，利用牛頓第二定律、運動學公式、動能定理等解決問題。

3.傳送帶模型

I、受力分析

⑴“帶動法”判斷摩擦力方向：同向快帶慢、反向互相阻；

(2)共速要突變的三種可能性:①滑動摩擦力突變?yōu)榱?②滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力;③方向突變。

II、運動分析

(1)參考系的選擇:物體的速度、位移、加速度均以地面為參考系;痕跡指的是物體相對傳送帶的位移。

(2)判斷共速以后一定與傳送帶保持相對靜止作勻速運動嗎？

(3)判斷傳送帶長度一一臨界之前是否滑出？

III、畫圖

畫出受力分析圖和運動情景圖，特別是畫好。一力圖像輔助解題，注意摩擦力突變對物體運動的影響，注意

參考系的選擇。

G限時檢測

k........-'I-(建議用時：30分鐘)

一、單選題

題目0(2023?黑龍江?校聯(lián)考一模)如圖甲所示,粗糙的水平地面上有長木板P,小滑塊Q(可看做質(zhì)點)放置

于長木板上的最右端?，F(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動，一段時

間后撤去力F的作用?；瑝K、長木板的速度圖像如圖乙所示，已知小滑塊Q與長木板P的質(zhì)量相等，小滑

塊Q始終沒有從長木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是()

A.滑塊Q與長木板P之間的動摩擦因數(shù)是0.5B.長木板P與地面之間的動摩擦因數(shù)是0.75

C.t=9s時長木板P停下來D.長木板P的長度至少是16.5小

【答案】。

【解析】由乙圖可知，力F在5s時撤去，此時長木板P的速度為%=5m/s,6s時兩者速度相同為n2=

3m/s,在0~6s的過程對Q由牛頓第二定律得

〃img=ma2

根據(jù)圖乙可知

2

a2—今^=0.5m/s

代入數(shù)據(jù)可得

出=0.05

故A錯誤；

B.5s~6s對P由牛頓第二定律得

//img+42?2mg=mai

由乙圖可知

a尸2mzs2

代入數(shù)據(jù)可得

42=0.075

故B錯誤；

C.6s末到長木板停下的過程，對長木板由牛頓第二定律得

破2mg—%mg=ma3

代入數(shù)據(jù)可得

2

a3—lm/s

這段時間

,V2o

△At=——=3s

as

所以9s時長木板P停下來，故。正確；

D.6s前長木板的速度大于滑塊Q的速度，6s后長木板P的速度小于滑塊Q的速度，由”一方圖像的"面

積”可知前6s的相對位移大于6s后的相對位移，故長木板P的長度至少為前6s過程中Q相對P滑動的距

離

△rr=:X5X5m+x(5+3)x1m—x6x3m—7.5m

故D錯誤。

故選。。

題目區(qū)（2023?河南新鄉(xiāng)?統(tǒng)考一模）如圖所示,足夠長、上表面光滑的斜面體靜止在水平面上，一薄木板A和

物塊B沿著斜面相對靜止一起上滑，滑到最高點后一起沿著斜面下滑,薄木板和物塊始終相對靜止，斜面

體始終靜止在水平面上，在薄木板和物塊向上滑動和向下滑動的過程中，下列說法正確的是（）

A.向上滑動過程中，薄木板對物塊的摩擦力沿斜面向上

B.向下滑動過程中，薄木板對物塊的摩擦力沿斜面向上

C.薄木板與物塊之間始終沒有摩擦力

D.斜面體與水平面之間沒有摩擦力

【答案】。

【解析】ABC.在向上滑動過程中，整體根據(jù)牛頓第二定律可得（M+m）gsin（9=（Al+nz）a，對物塊受力

分析可得■mgsinB+f=ma可得/=0,所以向上滑動過程中薄木板和物塊之間沒有摩擦力，同理下滑過程

中也沒有摩擦力，AB錯誤，。正確；

D.斜面體與＞1的作用力只有彈力，方向垂直于接觸面，具有水平分量，由平衡條件可知斜面體與水平面之

間有摩擦力，。錯誤；

故選C。

題目區(qū)（2023?重慶梁平?統(tǒng)考一模）如圖所示，長度L=4力的傳送帶與水平方向的夾角。=37°,以°=5m/s

的速率順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，在傳送帶的上端輕輕放一個質(zhì)量為1kg的小物體,若已知物體與傳送帶

間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,則下列有關(guān)說法不正確的是（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=lOm/s?）（）

A.小物體運動0.5s后加速度大小為2mzs2B.小物體所受摩擦力大小保持不變

C.小物體相對傳送帶的位移為ImD.小物體在傳送帶上的劃痕為1.5小

【答案】。

【解析】A.對小物體受力分析由牛頓第二定律得

mgsin37°+〃mgcos37°=ma

經(jīng)過時間力小物體與傳送帶共速，由運動學公式得

v=at

聯(lián)立解得

t—0.5s

由于〃=0.5,小物體與傳送帶共速后不能一起勻速，接下來小物體相對傳送帶向下運動，對其由牛頓第二

定律得

mgsin37°一〃?ngcos37°=max

解得

5=2mzs2

A正確；

B.根據(jù)對4項分析可知小物塊與傳送帶之間一直有相對運動，所以小物體所受摩擦力大小保持不變，石

正確；

CD.小物體與傳送帶共速前相對傳送帶向上運動，在這一階段小物體與傳送帶的位移分別為力八的,則

V.

工尸矛

/2二世

相對位移為

AT=力2-

解得

=g=1.25m

小物體速度達到5m/s后，以加速度Qi做句加速直線運動，設(shè)運動到傳送帶底端的速度為%,則由運動學公

式得

解得

。產(chǎn)6m/s

小物體以加速度Q1做勻加速直線運動的時間為

力i=-------=0.5s

?

小物體與傳送帶共速后相對傳送帶向下運動，相對位移為

AT=L—g一比i=4m—1.25m—5X0.5m=0.25m

小物體先相對傳送帶向上運動Ac,后相對傳送帶向下運動所以小物體相對傳送帶的位移為

\x—t^x—1.25m—0.25m=Im

小物體先相對傳送帶向上運動△力，后相對傳送帶向下運動A/,又△/>A/,所以小物體在傳送帶上的劃

痕為

AT=1.25m

。正確，。錯誤。

本題選不正確的，故選。。

題目⑷（2023?遼寧鞍山?鞍山一中校考二模）如圖甲所示，質(zhì)量0.5kg的小物塊從右側(cè)滑上勻速轉(zhuǎn)動的足夠

長的水平傳送帶，其位移與時間的變化關(guān)系如圖乙所示。圖線的0~3s段為拋物線，3~4.5s段為直線，（t產(chǎn)

3s時/產(chǎn)3M）（力2=4.5s時/2=。）下列說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動B.傳送帶速度大小為lm/s

C.物塊剛滑上傳送帶時的速度大小為2m/sD.0~4.5s內(nèi)摩擦力對物塊所做的功為一3J

【答案】。

【解析】AB.根據(jù)位移時間圖象的斜率表示速度，可知：前2s物體向左勻減速運動,第3s內(nèi)向右勻加速運

動。3—4.5s內(nèi)土一力圖象為一次函數(shù)，說明小物塊已與傳送帶保持相對靜止,即與傳送帶一起向右勻速運

動，因此傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，且速度為

v———m/s=2m/s

At4.5-3

故AB錯誤；

C.由圖象可知，在第3s內(nèi)小物塊向右做初速度為零的勻加速運動，則

X—

其中

x=1m

t=ls

解得

a=2mzs之

根據(jù)牛頓第二定律

jLtmg=ma

解得

[i—0.2

在0-2s內(nèi)，對物塊有

Vt_VQ=_2QI

解得物塊的初速度為

D0=4m/s

故。錯誤；

D.對物塊在0~4.5s內(nèi)，根據(jù)動能定理

Wf=-^-mv2--

22

解得摩擦力對物塊所做的功為

%=—3J

故。正確。

故選。。

二、多融

題目可（2023?安徽宿州?統(tǒng)考一模）如圖所示，水平傳送帶以8m/s的恒定速率逆時針運轉(zhuǎn)，它與兩側(cè)的水平

軌道分別相切于A、6兩點，物塊（視為質(zhì)點）以初速度為從B點滑上傳送帶,與軌道左端的豎直固定擋板

P碰撞（無機械能損失）返回到B點。已知物塊與傳送帶、軌道間的動摩擦因數(shù)均為0.2,且AB=6M,AP

2

=5m,5（^=10m/so物塊的初速度*可能是（）

D.9m/s

【答案】BCD

【解析】從4點到返回/點的過程中，假設(shè)B點的速度剛好為零，則根據(jù)動能定理可得

—/j.mg（2AP+AB）—0——

解得

vA—8m/s

假設(shè)物塊從B點全程加速到A點，根據(jù)動能定理可得

□mgxAB=/nwj-/rn溫口

解得

vmin=2V10m/s

假設(shè)物塊從B點全程減速到A點，根據(jù)動能定理可得

、,/>T~）_1212

-U-mgXAB=—mvA--mvmin

解得

”mm=2V22m/s~9.38m/s

故選BCD。

題目回（2023?貴州?校聯(lián)考模擬預測）如圖，一質(zhì)量為河、長為1m的木板靜止在水平桌面上，另一質(zhì)量為m

的小物塊（可視為質(zhì)點）從木板上的左端以速度為=4m/s開始運動。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為出

=0.2,木板與桌面間的動摩擦因數(shù)為“2=0.1,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取lOm/s?。則（）

m----

M

Z///Z//ZZ/Z//ZZ/ZZ//Z////Z//ZZZ

A.當M=2m時,小物塊滑出長木板的時間為（2+V3）s

B.當Al=2m時，小物塊滑出長木板的時間為（2—血）s

C.當m=2河時，小物塊滑出長木板的時間為（4+嚴）s

D.當利=2河時，小物塊滑出長木板的時間為（上粵打

【答案】BD

【解析】AB.設(shè)物塊滑動摩擦力力，以向右為正方向，物塊與木板間的滑動摩擦力為

力=-〃img=-2m

物塊在木板上發(fā)生相對運動時，設(shè)物塊加速度為的，對物塊由牛頓第二定律可知物塊的加速度大小

/i=max

代入得

ai=-2m/s2

設(shè)木板滑動摩擦力力,木板與地面間的滑動摩擦力為

f2=U2（M+m）g

由分析知當M=2m時,如圖對木板進行受力分析知

/：</2

則木板在物塊運動過程中靜止，物塊從木板左端運動到木板右端的過程中，根據(jù)運動學公式知

I2

L=仇）AH1al"i

代入得

ti=（2—V3）s或t]=（2+s（舍去）

故A錯誤，B正確；

CD.同理的當m.=2M時，如圖對木板進行受力分析知

fl>f2

物塊在木板上發(fā)生相對運動時，對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度大小

fi-fi=Ma2

則

Uimg—〃2（館+M）g—Ma2

代人得

2

a2—lm/s

物塊從木板左端運動到木板右端的過程中，根據(jù)運動學公式知

L=立物一名板=v0t2+^-a1t^-^-a2tl

代入得

t2=上泮s或t產(chǎn)土子1s（舍去）

故。錯誤，。正確。

故選BD。

三、題

題目⑶（2023上?遼寧?高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，質(zhì)量2kg的薄木板靜置于足夠大的水平地面

上,其左端有一可視為質(zhì)點、質(zhì)量m=1kg的物塊，現(xiàn)對物塊施加一水平向右的恒定拉力F=6N,木板先在

水平地面上加速，物塊離開木板后木板在摩擦力的作用下開始減速,運動的總距離s=0.5m。已知物塊與

木板間的動摩擦因數(shù)〃尸0.4,木板與地面間的動摩擦因數(shù)4=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2=求：

（1）木板的加速距離d；

（2）木板的長度Z。

【答案】⑴;m;⑵1m

【解析】（1）分析可知，拉力F作用下物塊在木板上滑動，設(shè)物塊離開木板前木板的加速度大小為的，離開后

木板的加速度大小為電,木板的最大速度為"，則有

%?72g—〃2（M+m）g—Ma1

弘2Mg=Ma2

v2,G

----1-----—s

2s2a2

而

4五

解得

,1

d---m

o

⑵設(shè)在拉力F作用下木板的加速時間為禮物塊的加速度大小為03,則有

F—〃img=ma3

L—4。3r一d

而

v—。由

解得

I=Im

題目同（2024?安徽?校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，傳送帶長為L=5.8m,以。=3m/s的速率順時針勻速轉(zhuǎn)動,

傳送帶的傾角為。=30°,其右上側(cè)有一水平平臺MN,木板。與平臺左側(cè)對齊，物塊B距木板。左端

的距離d=B、。質(zhì)量g=館0=0.5kg且均靜止.一個質(zhì)量為如=1.0kg的物塊A以v0=9m/s的速

O

度滑上傳送帶，從傳送帶飛出后，恰好無碰撞地滑上木板。的上表面，經(jīng)過一段時間與物塊B發(fā)生碰撞,碰

撞時間極短,且碰后AB粘在一起且最終未能滑離C=已知A與傳送帶的動摩擦因數(shù)為由=暇，A、B與

0

。間的動摩擦因數(shù)/<4=出?=。.2,。與平臺間的動摩擦因數(shù)0.05,空氣阻力忽略不計，重力加速度g=

10m/s2,A,B均可視為質(zhì)點.求：

（1）物塊A滑離傳送帶時的速度大?。?/p>

（2）從物塊A滑上傳送帶到與B發(fā)生碰撞所需的時間；

（3）物塊A滑上木板。后系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量。

B

■IC

【答案】（l）2m/s;（2）1.59s;（3）耳J

o

【解析】（1）物塊A滑上傳送帶后由牛頓第二定律得

mAgsin0+Agcos3=mAax

解得

Qi=7.5m/s2

物塊A與傳送帶共速時，由運動學公式

V—0一Q/i

解得

ti=0.8s

則可得

力i=-°。-+-0力*i=4A.Q8m

共速后,物塊A不能勻速，仍然減速有

mAgsin0——mAa2

解得

2

a2=2.5m/s

由運動學公式得

L—a?i=vt2-~

8

解得

t2=0.4s