高考一轮微专题训练【4】“滑轮”模型和“死结”模型问题(含答案)
高中物理模型分类解析模型2活结与死结(解析版)
模型2活结与死结（解析版）死结:可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点。
“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一泄相等。
活结:可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点。
“活结” 一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。
绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一上相等,两段绳子合力的方向一泄沿这两段绳子夹角的角平分线。
【典例1】（2020年全国In卷）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固立在墙上，另一端通过光滑泄滑轮与物体乙相连。
甲、乙两物体质量相等。
系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和艮若α=70S则”等于（）【答案】B【解析】【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等•则甲、乙绳的拉力大小相等,O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示根据几何关系有180 =20 +α解得0 = 55：。
故选B。
【变式训练1】（2019 •天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。
为保持以往船行习惯，任航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，英索塔与钢索如图所示。
下列说法正确的是A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B.为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的髙度C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【答案】C【解析】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数疑钢索对索塔的向F的压力数值不变，故A错误；B、由图屮可知2Tcosa = Mg,'勺索塔高度降低后，◎变大，CoSa变小，故了变大，故B错误C、由B的分析可知.片钢索对称分布时，2Tcos a = Mg,钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确D、受力分析如图乙，由正弦定理可知,只要-7^- = —τ ,钢索"、M的拉力屉、SInCZ SlnP厶进行合成，合力竖直向下，钢索不一泄要对称分布，故D错误：综上分析：答案为C。
高考物理大一轮复习微专题04“传送带模型”和“滑块—木板模型”问题学案新人教版(2021年整理)
2019年高考物理大一轮复习微专题04 “传送带模型”和“滑块—木板模型”问题学案新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理大一轮复习微专题04 “传送带模型”和“滑块—木板模型”问题学案新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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微专题04 “传送带模型”和“滑块—木板模型"问题“传送带模型"问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题1．水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．2．倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．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．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m,g 取10 m/s2．(1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小;(2）求行李做匀加速直线运动的时间；（3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到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．解析：(1）行李所受滑动摩擦力大小F f＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N,加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2．（2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at,1得t1＝错误!＝错误! s＝1 s．（3)行李始终匀加速运行时,所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v错误!＝2aL，得v min＝错误!＝错误! m/s＝2 m/s,所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s．由v min＝at min得行李最短运行时间t min＝错误!＝错误! s＝2 s．答案：（1）4 N 1 m/s2(2）1 s (3)2 s 2 m/s如图所示为货场使用的传送带的模型,传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB长度足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s 的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0。
2019高考物理大一轮复习微专题04“传送带模型”和“滑块_木板模型”问题
1．(2017·辽宁东北育才学校三模)如图所示为粮袋的传送装置，已知 A、B 间长 度为 L，传送带与水平方向的夹角为 θ，工作时逆时针运行，速度为 v，粮袋与传送 带间的动摩擦因数为 μ，正常工作时工人在 A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于 粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( A )
⑦
v1＝a1t1
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s
⑨
(2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－12aBt21
⑩
设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的 体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2
前 3 s 内煤块的位移 s1＝v22t＝4.5 m，方向向左， 3～4 s 内煤块的位移 s2＝v21t′＝0.5 m，方向向右， 4 s 内煤块的位移 s＝s1－s2＝4 m，方向向左， 煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间 t2＝vs1＝4 s， 故煤块在传送带上运动的时间 t＝t1＋t2＝8 s．
答案：v202aμ0－gaμ0 g
解析：设煤块在加速过程中的加速度为a，根据题意知a＜a0，根据牛顿第二定 律可得a＝μg．
设传送带由静止开始加速到速度等于v0，经历的时间为t， 则v0＝a0t，此时煤块的速度v＝at． 由于a＜a0，故v<v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用，仍以加速度a做匀加速 运动．设再经过时间t′，煤块的速度由v增加到v0，有v0＝v＋at′．
设煤块的速度从 0 增加到 v0 的整个过程中，煤块和传送带相对地面移动的距离 分别为 x 和 x0，
则 x＝2va20，x0＝12a0t′2＋v0t′， 传送带上留下的黑色痕迹的长度 l＝x0－x， 由以上各式得 l＝v202aμ0－gaμ0 g．
高考物理一轮复习 微专题4 动力学中常考的“三个物理模型”练习 新人教版
微专题四动力学中常考的“三个物理模型”[A级—基础练]1．(08786280)(2018·湖南衡阳联考)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图象如图乙所示，关于传送带的运动情况描述正确的是 ( )A．一定是向右的匀加速运动B．可能是向右的匀速运动C．一定是向左的匀加速运动D．可能是向左的匀速运动解析：A [由题意可知：物块P向右做加速运动，初始做加速度为μg的加速运动，然后与传送带相对静止一起向右做匀加速运动，故A正确．]2．(08786281)(2018·河南信阳高级中学大考)身体素质拓展训练中，人从竖直墙壁的顶点A沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上(人可看成质点)，若木板的倾斜角不同，人沿着三条不同路径AB、AC、AD滑到木板上的时间分别为t1、t2、t3，若已知AB、AC、AD与板的夹角分别为70°、90°和105°，则( )A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1＝t2＝t3D．不能确定t1、t2、t3之间的关系解析：A [以AO为直径作圆，可知圆周过C点，B点在圆周外，D点在圆周内．从圆周的最高点沿光滑斜面由静止释放，滑至圆周的时间相等，可以判断t1>t2>t3，A正确．] 3．带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：C [刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg ＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝v22μg，设相对滑动时间为t，由v＝at得t＝vμg，此时传送带的位移为x传＝vt＝v2μg，所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝v22μg，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误．]4．(08786282)(2018·唐山一中模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是 ( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：D [因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．]5．如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( )A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C ．a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2D ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2解析：D [当F <μmg ＝3 m/s 2·m 时，物块与小车一起运动，且加速度相等，最大共同加速度为a max ＝μg ＝3 m/s 2，故A 、B 错误；当F ≥3 m/s 2·m 时，小车的加速度大于物块的加速度，此时物块与小车发生相对运动，此时物块的加速度最大，由牛顿第二定律得：a 1＝μmg m＝μg ＝3 m/s 2，小车的加速度a 2>3 m/s 2，故C 错误，D 正确．] 6．如图所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3.若将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2解析：C [当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，临界情况是A 、B 的加速度相等．隔离对B 分析，B 的加速度为a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mg m ＝13μg .当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时A 、B 间的摩擦力刚好达到最大，A 、B 的加速度相等，有a 1＝a 2＝μmg m＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3.故选C.] 7．(08786283)(多选)(2018·盐城1月检测)如图甲所示，以速度v 逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m 的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )解析：CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C 、D 项正确，A 、B 项错误．]8．(08786284)(多选)如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a F 图象，已知g 取10 m/s 2，则( )甲 乙A ．滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为1 kgC ．当F ＝10 N 时木板B 的加速度为4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.1解析：BC [当F ＝8 N 时，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝4 kg ，当F ＞8 N 时，对B 根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M ，由题图图象可知，图线的斜率k ＝1M ＝Δa ΔF ＝28－6kg －1＝1 kg －1，解得M ＝1 kg ，滑块的质量为m ＝3 kg ，故A 错误，B 正确；根据F 大于8 N 时的图线知，F ＝6 N 时a ＝0，即0＝11×6－μ×301，代入数据解得μ＝0.2，故选项D 错误；由图示图象可知，当F ＝10 N 时，滑块与木板相对滑动，B 滑动的加速度为a ＝11×10 m/s 2－0.2×301m/s 2＝4 m/s 2，故C 正确．][B 级—能力练]9．(08786285)(多选)(2018·河北唐山一中调研)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，下列说法正确的是( )A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰好到达桌面边缘解析：BC [对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为μ(M ＋m )g ＋μMg ，故A 错误．设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝Ma 1，F －f 1－f 2＝ma 2，发生相对运动需要a 2＞a 1，代入数据解得：F ＞2μ(M ＋m )g ，故B 正确．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码匀加速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，则总位移小于d ，不会从桌面上掉下，故C 正确．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未脱离纸板时的加速度a 1＝μg ，纸板的加速度a 2＝F －μM ＋m g －μMg m ＝2μg ，根据12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝ 2d μg，则此时砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移x ＝v 22a ′＝2μgd 2μg＝d ，而匀加速运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码离开桌面，D 错误．] 10．(08786286)(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上D ．物块A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块B 下滑过程中相对传送带的路程 解析：BCD [A 、B 都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A 错误，B 、C 正确；A 物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D 正确．]11．(2018·安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L ＝2 m ，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑．现传送带沿顺时针方向以v ＝2.5 m/s 的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A 点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g 取10 m/s 2.试求：(1)小物块运动至B 点的时间；(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A 点以v 0＝3 6 m/s 的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B 点的速度范围．解析：(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 1，解得a 1＝2.5 m/s 2. 设小物块速度等于2.5 m/s 时，小物块对地位移为L 1，用时为t 1，则t 1＝v 1a 1＝2.52.5s ＝1 s.L 1＝v 212a 1＝ 2.522×2.5m ＝1.25 m ， 因L 1＜L 且μ＞tan 30°，故小物块速度等于2.5 m/s 时，将做匀速直线运动至B 点，设用时为t 2，则t 2＝L －L 1v＝0.3 s ，故小物块从A 到B 所用时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s. (2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从A 到B 一直做匀加速直线运动，到达B 点的速度最大．由牛顿第二定律及运动学公式有v 2B －v 20＝2a 1L ，解得v B ＝8 m/s.小物块从A 到B 一直做匀减速直线运动，到达B 点的速度最小，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，解得a 2＝12.5 m/s 2.由运动学公式可知v ′2B ＝v 20－2a 2L ，解得v B ′＝2 m/s.即小物块到达B 点的速度范围为2 m/s≤v B ≤8 m/s.答案：(1)1.3 s (2)2 m/s≤v B ≤8 m/s12．(08786287)(2018·河南中原名校联考)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l 为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，设木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律得，F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，设二者共速时的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式得v ＝v 0－at ，v ＝a ′t ；小物块的位移为s ，木板的位移为s ′，由运动学公式得，s ＝v 0t －12at 2，s ′＝12a ′t 2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s －s ′＝l ，联立解得l ＝0.5 m.答案：0.5 m。
近年届高考物理一轮复习微专题4动力学中常考的“三个物理模型”练习新人教版(2021年整理)
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微专题四动力学中常考的“三个物理模型"［A级—基础练]1．（08786280)（2018·湖南衡阳联考）如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图象如图乙所示，关于传送带的运动情况描述正确的是( )A．一定是向右的匀加速运动B．可能是向右的匀速运动C．一定是向左的匀加速运动D．可能是向左的匀速运动解析：A [由题意可知:物块P向右做加速运动，初始做加速度为μg的加速运动，然后与传送带相对静止一起向右做匀加速运动，故A正确．] 2．（08786281)(2018·河南信阳高级中学大考）身体素质拓展训练中，人从竖直墙壁的顶点A沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上(人可看成质点），若木板的倾斜角不同,人沿着三条不同路径AB、AC、AD滑到木板上的时间分别为t1、t2、t3,若已知AB、AC、AD与板的夹角分别为70°、90°和105°，则( ）A．t1〉t2>t3B．t1〈t2<t3C．t1＝t2＝t3D．不能确定t1、t2、t3之间的关系解析：A ［以AO为直径作圆，可知圆周过C点,B点在圆周外，D点在圆周内．从圆周的最高点沿光滑斜面由静止释放，滑至圆周的时间相等,可以判断t1>t2〉t3,A正确．］3．带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：C [刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快,木炭包相对传送带向后滑动,所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2ax得,木炭包位移x木＝错误!，设相对滑动时间为t，由v＝at得t＝错误!，此时传送带的位移为x传＝vt＝错误!，所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝错误!，由此可知,黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短,所以C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误．]4．(08786282）(2018·唐山一中模拟）一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是 ( )A．速度增大,加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：D [因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零,故只有D项正确．］5．如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车,物块的加速度为a1，小车的加速度为a2。
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块木板模型(附答案)
错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块木板模型(附答案解析)1.(2024·云南省名校联考)如图所示，斜面AB 的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P 点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。
若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P 点静止释放，则下列说法正确的是( )A ．滑块可能再次滑上斜面B ．滑块在传送带上运动的时间增长C ．滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多D ．滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.mv 24B.mv 22C ．mv 2D ．2mv 2 3．(多选)(2023·福建龙岩市期中)如图甲，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。
t ＝0时刻在传送带适当位置放上一个具有初速度的小物块。
取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。
已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝3 5C．0～t2时间内电动机多消耗的电能为36 JD．0～t2时间因摩擦产生热量为15 J4．(2023·河南省联考)全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。
一种交叉带式分拣机俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送带运动方向与小车运动方向垂直。
板块(滑块木板) 模型(牛顿第二定律)-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(解析版)
板块(滑块木板)模型(牛顿第二定律)建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1没有外力的板块模型6单选+1多选考点2受恒定外力的板块模型3单选+4多选考点3受变化外力的板块模型3单选+3多选考点01：不受外力的板块模型(6单选+1多选)一、单选题1(2023·湖北·模拟预测)如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为μ1、μ2且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
滑块的v-t图像如图所示，则有()A.μ1=μ2B.μ1<μ2C.μ1>2μ2D.μ1=2μ2【答案】C【详解】由v-t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ22mg则有μ1>2μ2故选C。
2(2023·湖南·统考模拟预测)如图所示，一质量为0.3kg的“L”型平板B静置在地面上，平板B的上表面O点左侧粗糙、右侧光滑，质量为0.1kg的小物块A从平板B上的O点以某一初速度沿平板B向右滑动，与平板B右侧挡板碰撞后瞬间，二者速度大小均为2m/s，速度方向相反，当小物块A速度减为零时，恰好返回到相对地面的出发位置，已知小物块A与平板B间的动摩擦因数为0.4，平板B与地面间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g=10m/s2，整个过程中小物块A始终未滑离平板B，下列说法正确的是()A.碰撞后平板B在运动过程中加速度大小不变B.碰撞后小物块A 减速时的加速度大小为2.25m/s 2C.碰撞后小物块A 刚减速时平板B 的速度大小为1m/sD.平板B 上O 点右侧光滑部分的长度为67m【答案】C【详解】AB ．碰撞后小物块A 先在平板B 的光滑部分做匀速直线运动，后在平板B 的粗糙部分做匀减速直线运动，平板B 在这两个过程中做加速度不同的匀减速直线运动；对小物块A 、平板B 分别应用牛顿第二定律得a A =μ1m A gm A=4m/s 2a B 1=μ2m A +m B g m B =3m/s 2，a B 2=μ2m A +m B g +μ1m A g m B =133m/s 2故AB 错误；C ．设碰撞后小物块A 刚滑到平板B 的粗糙部分开始做减速运动时，平板B 的速度大小为v B 0，则有v B 0<v B =v A又a B 2>a A所以平板B 的速度先减为0，后小物块A 的速度再减为0。
模型05“活结”和“死结”问题(解析版)-备战2021年高考物理模型专题突破
5
的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓 慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有
A．小球对斜劈的压力保持不变 B．轻绳对小球的拉力先减小后增大 C．竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小 D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大 【答案】D 【详解】 A、B、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：
重力之和，故 N+T=mg+Fsin30°,故 T≤1．5mg，0≤N≤1．5mg．可知地面对 A 的支持力可能等于 0，根据
牛顿第三定律，球 A 对地面的压力可能为零．故 D 错误；故选 C．
考点：考查共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【名师点睛】该题考查共点力作用下物体的平衡，解答本题关键是先后对两个小球受力分析，然后根据
由以上分析可知，当
3 4
m1 m2
6 5
时，物体
P
6
有沿斜面向下运动的趋势；当
11
m1 m2
3 4
时，物体 P
有沿
斜面向上运动的趋势，当
m1 m2
3 4
时，物体
P 与斜面间没有相对运动趋势，C、D 情况物体
P 不能静止，
与题目条件矛盾，故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 7．如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上
A．球 A 对竖直墙壁的压力大小为 1 mg 2
B．弹簧对球 A 的弹力大于对球 B 的弹力 C．绳 OB 的拉力大小等于 mg D．球 A 对地面的压力不可能为零 【答案】C 【解析】 试题分析：C、对 B 球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图；
“滑块—木板”模型中的动力学问题(解析版)—2025年高考物理一轮复习
运动和力的关系“滑块—木板”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。
2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
1.如图所示，质量为4kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg 的物块，现对物块施加一大小为12N 、水平向右的恒定拉力F ，只要拉力F 作用的时间不超过1s ，物块就不能脱离木板。
已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小210m/s g =。
则木板的长度为（ ）A ．0.8mB ．1.0mC ．1.2mD ．1.5m考点一 水平面上的板块问题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，滑块和木板具有不同的加速度。
2．模型构建(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．解题关键(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
例题1.如图所示，质量为m的长木板A放在光滑的水平面上，物块B、C放在长木板上。
物块B的质量也为m，B、C与A间的动摩擦因数均为m，A、B、C均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
高考物理模型讲练结合—04静力学部分(2)
模型04 静力学部分（2）-冲刺36模型模型+典例+方法+练习目录动态平衡 (2)五、动杆死结死杆活结模型 (2)六、挂件模型 (4)斜面模型 (6)轻绳轻杆轻弹簧 (10)一、轻绳 (10)二、弹簧（橡皮筋） (11)三、轻杆 (13)环杆模型 (15)动态平衡五、动杆死结死杆活结模型【模型+方法】1.动杆和定杆问题杆所受到的弹力方向可以沿着杆，也可以不沿杆，因此在分析问题时，要注意是动杆还是定杆。
若轻杆用转动轴或铰链连接，当处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动;若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。
2.“活结”和“死结”问题当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上各处的力是相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向不改变力的大小;若结点不是滑轮，是称为“死结”的结点，则两侧绳上的弹力不一定相等。
3.物体的平衡问题中，常常遇到“动杆和定杆活结与死结”的问题，我们要明确几个问题：①动杆上的弹力必须沿着杆子的方向，定杆上的弹力可以按需供给；②活结两边的绳子上的张力一定相同，死结两边的绳子上的张力可以不同；③动杆配死结，定杆配活结。
【典例】城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂．如图是这类结构的一种简化模型，硬杆左端可绕通过B点且垂直于纸面的轴无摩擦的转动，右端O点通过钢索挂于A点，钢索和硬杆所受的重力均可忽略．有一质量不变的重物悬挂于O点，现将钢索缓慢变短，并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动，以保证硬杆始终处于水平．则在上述变化过程中，下列说法中正确的是( )A．钢索对O点的拉力变大B．硬杆对O点的弹力变小C．钢索和硬杆对O点的作用力的合力变大D．钢索和硬杆对O点的作用力的合力变小【答案】A【解析】以O点为研究对象，分析受力，作出受力分析图，根据平衡条件得：钢索AO对O点的拉力F AO sin θ＝G＝mg，则F AO＝mgsin θ，杆BO对O点的支持力F BO＝Gtan θ＝mgtan θ，将钢索缓慢变短，并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动，θ减小，则F AO增大，F BO 增大，故A正确，B错误；BO始终水平，O点始终平衡，钢索和硬杆对O点的作用力的合力与重力平衡，保持不变，故C、D错误．【练习】如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过光滑定滑轮系住P端.在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α(0＜α＜π)缓慢增大时，力F的大小应( )A.逐渐增大B.恒定不变C.逐渐减小D.先增大后减小六、挂件模型【模型+方法】利用对称性，做反向延长线求解【典例】如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。
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微专题训练4 “滑轮”模型和“死结”模型问题 )
1．(单选)如图1所示，杆BC的B端用铰链接在竖直墙上，另一端C为一滑轮．重物G上系一绳经过滑轮固定
于墙上A点处，杆恰好平衡．若将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，则( )．
图1
A．绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大
B．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大
C．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小
D．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力不变
解析 选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如图所示，绳中的弹力大小相等，即T1＝T2＝
G，C点处于三力平衡状态，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如图中虚线所示，设AC段绳子与
竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可知F＝2Gsin θ2，当绳的A端沿墙缓慢向下移时，绳的拉力不变，
θ增大，F也增大，根据牛顿第三定律知，BC杆受绳的压力增大，B正确．
答案 B
2．(单选)如图2所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持
静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角θ，则物体A、B的质量之比mA∶m
B
等于( )．
图2
A．cos θ∶1 B．1∶cos θ
C．tan θ∶1 D．1∶sin θ
解析 由物体A平衡可知，绳中张力F＝mAg，物体B平衡，竖直方向合力为零，则有Fcos θ＝mBg，故得：
mA∶mB＝1∶cos θ，B正确．
答案 B
图3
3．(2018·扬州调研)(单选)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图3所示，OA、OB与水平面的夹角
分别为30°、60°，M、m均处于静止状态．则( )．
A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力
B．绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力
C．m受到水平面的静摩擦力大小为零
D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
解析 设绳OA对M的拉力为FA，绳OB对M的拉力为FB，由O点合力为零可得：FA·cos 30°＝FB·cos 60°
即3FA＝FB.故A、B均错误；因FB>FA，物体m有向右滑动的趋势，m受到水平面的摩擦力的方向水平向左，
D正确，C错误．
答案 D
4．(单选)在如图4所示的四幅图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在
B处由铰链相连接．下列说法正确的是( )．
图4
A．图中的AB杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、乙
B．图中的AB杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、丙、丁
C．图中的BC杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丙
D．图中的BC杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丁
解析 如果杆端受拉力作用，则可用等长的轻绳代替，若杆端受到沿杆的压力作用，则杆不可用等长的轻绳
代替，如图甲、丙、丁中的AB杆受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均
错误，只有B正确．
答案 B
5．如图5所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg的物体，∠ACB＝30°，g
取10 m/s2，求：
图5
(1)轻绳AC段的张力FAC的大小；
(2)横梁BC对C端的支持力大小及方向．
解析 物体M处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为
研究对象，进行受力分析，如图所示．
(1)图中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力大小为：
FAC＝FCD＝Mg＝10×10 N＝100 N
(2)由几何关系得：FC＝FAC＝Mg＝100 N
方向和水平方向成30°角斜向右上方
答案 (1)100 N
(2)100 N 方向与水平方向成30°角斜向右上方
6．若上题中横梁BC换为水平轻杆，且B端用铰链固定在竖直墙上，如图6所示，轻绳AD拴接在C端，求：
图6
(1)轻绳AC段的张力FAC的大小；
(2)轻杆BC对C端的支持力．
解析 物体M处于平衡状态，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分
析，如图所示．
(1)由FACsin 30°＝FCD＝Mg得；
FAC＝2Mg＝2×10×10 N＝200 N
(2)由平衡方程得：FACcos 30°－FC＝0
解得：FC＝2Mgcos 30°＝3Mg≈173 N
方向水平向右．
答案 (1)200 N
(2)173 N，方向水平向右