练案(17)第3章 专题强化四 传送带模型和”滑块一木板”模型-【衡中学案】2025年高考物理一轮总复习提能训练（新教材）

12.(2023·河南漯河高一统考期末)如 又s 图所示，现有一倾角为0=60°的斜 3.0 坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑 15 并开始计时。滑撬的顶端有一轻质 011 2468101214167 细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中 细线与虚线（垂直于斜坡方向）的夹 (1)2s未物体的速度； 角为：=30°，已知滑撬前端与坡底的 (2)前168内物体发生的位移。 高度差为h=10m,滑撬与斜坡间的动摩擦因数处处 相同。g取10m/s2,试求： (1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数： (2)滑撬前端到达坡底需要的时问。 练案[17]专题强化四 传送带模型和“滑块一木板”模型 4tim 基础过关练 4m-s少 15 13 1.0 题组一传送带模型 1.（多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐 轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图 甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放 20 2.0 到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。如 15 图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带 ab始终以1m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为 3 1kg的小包（可视为质点）无初速度地放在传送带左 2.如图所示，水平传送带A、B两Q 端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1， B 端相距s=3.5m,工件与传送带 a,b间的距离为2m,g取10m/s。下列速度一时间 间的动摩擦因数从=0.1。工件 (一)图像和位移一时间(x-1)图像中，可能正确反 映行李在4、b之间的运动情况的有（除C中0~1s为 滑上A端瞬时速度，=4m/s,到达B端的瞬时速度 设为，则下列说法不正确的是 () 曲线外，其余均为直线段) A.若传送带不动，则g=3m/s B.若传送带以速度n=4m/s逆时针匀速转动，g=3m/s C.若传送带以速度n=2m/s顺时针匀速转动，。=3mVs D.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，g=2m/s —332— 3.(多选)应用于机场和火车站的安全县 能力综合练 检查仪，其传送装置可简化为如图 所示的模型，传送带始终保持，=0.4/s的恒定速率7.（多选）如图甲所示，长为L的木板M放在水平地面 运行，行李与传送带之间的动摩擦因数4=0.2，A、B 上，质量为m=2kg的小物块（可视为质点）放在木板 间的距离为2m,g取10m/、。旅客把行李（可视为质 的右端，两者均静止。现用水平向右的力F作用在木 点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( 板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变 A.开始时行李的加速度大小为2m/s 化关系图像如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑 B.行李经过2s到达B处 动摩擦力，g=10m/s2,下列说法正确的是 ( C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.O8m 4.(2024·福建漳州质检)如图甲所示，MN是一段倾角 为0=30°的传送带，一个可以看作质点、质量m=1kg 的物块，沿传动带向下以速度。=4m/s从M点开始 10 沿传送带运动。物块运动过程的部分"-1图像如图 甲 乙所示，取g=10m/s2,则 ( A.m与M间的动摩擦因数41=0.2 来mh- B.M与水平地面间的动摩擦因数山2=0.3 C.M的质量为2kg D.图乙中横轴截距为6N 8.(多选)(2024·湖南长沙月考)如图甲所示，一块质量 6 ma=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量 乙 m:=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向 右的水平恒力F,一段时间后B从A右端滑出，A继续 A.物块最终从传送带N点离开 B.传送带的速度：=1/s,方向沿斜面向下 在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随 C.物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s。下列说法正 D.物块与传送带间的动摩擦因数4=马 确的是 题组二板块模型 m。 5.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻 (1=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。 已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与 地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板 上之后，木板运动的速度一时间图像可能是图中的 A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面间的动摩擦因数为O.1 C.F的大小可能为9N D.F的大小与板长L有关 9.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的 一项运动，其运动过程可类比为如图 所示的模型，倾角为37°的斜坡上有 37 长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩 6.(2024·广东惠州月考)光滑水平面上停放着质量 擦因数为 。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑 M=2kg的平板小车，一个质量为m=1kg的小滑块 板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因 (视为质点)以。=3ms的初速度从A端滑上小车， 数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩 如图所示。小车长I=1m,小滑块与小车间的动摩擦 擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足 因数4=0.4，取g=10m/s2,从小滑块滑上小车开始 够长，5in37°=0.6，c0537°=0.8，g取10m/s2,则下 计时，1s末小滑块与小车B端的距离为 列判断正确的是 A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s mmimini B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8/s2 A.Im B.0 C.经过1s的时间，小孩离开滑板 C.0.25m D.0.75m D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s -333- 10.(多选)(2024·广东省华南师大附中检测)如图甲所12.如图所示，倾角0=37°的斜面周定在 示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳 地面上，斜面光滑且足够长。其上有 定运行，一质量m=1kg、底部有墨粉的小物体从传 一质量M=1kg、长L=6m的木板，木a 送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带 板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的 向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随 质量m=2kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数4 时间变化的关系如图乙所示，若取g=10m/s2, =0.5。开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的 sin37°=0.6.cos37°=0.8。则下列说法正确的有 恒力F=30N拉木块，且在木块从木板右端滑落时 撤去恒力F,取重力加速度g=10m/s2,sin37°= 个s当 0.6.cos37°=0.8。 (1)经过多长时问木块从木板右端滑落？ (2)当木板相对斜面速度为零时，求木板右端与木块 2468 之间的距离。 ⊙ -3 甲 A.0-8s内物体的位移大小为14m B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.625 C.0-4s内物体上升的高度为4m D.0~8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m 11.如图所示，倾角为37°、长1 16m的传送带，转动速度= 10m/s,在传送带顶端A处无初 速度地释放一个质量为m= 4137 0.5kg的物体，物体与传送带间 的动摩擦因数u=0.5。已知sin37°=0.6,0s37°= 0.8,g取10m/s2。求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底瑞B 的时间： (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B 的时间。 -334练秦[17] 速直线运动。则在0~Q.5s时间内小滑块位移与=6，” 2% 1,AC行李放到传送带上，由mg=m和可得a=I/s,则由r= 1m,小车位移=2。=0.25m,小滑块与小车B端的距离d= ,得=1s,可知行李在0-18内做匀加速直线运动，与传送 带共速后做匀速直线运动，故A正确，B错误：行李在1=1=时 1+x-x1=0.25m,C项正确 的位移x=了=05m,行李在0-1内做匀加速直线运动。 x-1图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x-图像为直线.故 门N C正确.D错误。 2.D若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平 7.AD由图乙可知.当F=18N时，物块和木板刚好发生相对滑 向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得mg▣ma,由匀变 动，两者加速度为2m/:2。对物块，由牛顿第二定律得4mg= 速运动的规律可知pn2-5,2=-2,代人数据解得Pm=3m/, m,解得4，=0.2，A正确：物块和木板发生相对滑动过程中，对 A,B正确：若传送带以速度#=2/s顺时针匀速转动，假设工 F 件在到达B端前速度降至2m/,则工件水平方向受水平向左 木板，有F-4mg-k(m+N)g=a,即a=- 的滑动摩擦力作用，设加速度大小为？，由牛顿第二定律，得 丛+)，由图像知，斜率=子，解得M=4 1 mg=ma,工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度诚小到 2m:时所经过的位移=-16-4】 当F=18N时，a=2m/:,得4=0.1，B,C错误：横轴截距表示 2a 2 m=6m>3.5m,所 物块和木板整体即将相对地而滑动时外力F的值，故F=4:(m 以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的 +M)g得F=6N.D正确 规律可知。-r,=-2as,代人数据解得e=3m/s,D错误，C 正确。 8即对木板A,当滑块在木板上滑动时，木板的加速度，= 3.AC开始时，对行李，根据牛顿第二定律有g=ma,解得a= 2m/:2,故A正确：设行李做匀加速运动的时间为，行李做匀 =子m?=2m,根据牛顿第二定律得mg一西(m,+ 加速运动的末速度为D=0.4m/s,根据=at,,代人数据解得 =02,匀加速运动的位移大小=叫2=方×2×0,2m= m)g=m,a,滑块从木板上滑出后，木板的加速度4=， 一立/8=-1m,根据牛顿第二定律得-mg=m,4, 2 Q.04m,匀速运动的时间为42=4-.2-0.04。 =4.9s,可得 0.4 联立解得41=0.72=0.1，A项错误，B项正确：对滑块B,有F 行李从A到B的时间为1=4+4=5.1s,故B错误：由以上分 -4mg=mm。,其中a>2m/s2,则F>9N,即F的大小不可 析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B 处时速度大小为0.4m/s,故C正确：行李在传送带上留下的摩 能为9N,C项错误：根据L=宁0，-之，式中1=1，联立 擦痕迹长度为△x=41-x=(0.4×0.2-0.04)m=0.04m,故 解得F=(2L+9)N,即F的大小与板长L有关.D项正确。 D错误 9.BC对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小a= 4.D从题图乙可知，物块速度减为零后又反向向上运动，最终的 Mgsin37°-41 Mgeos37 速度大小为1s,因此没从N点离开，并且能沿着传送带斜向 -=2.8m/2.同理对滑板，加速度大小a2 上运动，速度大小为1m/s,A、B错误：-t图像中斜率表示加速 Mgsin 37+u Mgcos 370-2u:Mgeos 37 -=0.8m/s2,A错误，B 度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=-2.5m/%,C错误 根据牛顿第二定律mh0一gm刘，可得=号.D 正确：小孩附与滑板分离时，有宁，-宁=山，解得1=1s 正确。 离开滑板时小孩的速度大小：=a,1=2.8m/s.D错误，C正确。 5.A放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦10.AD物体运动的位移即"-1图像中图线与横轴围成的面积， 力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下诚 则x2生×4m-2x2×了m=14m,A正确：由物体运动的 2 速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用.做匀加速运动，当两者 速度相等后，可能以共同的加速度一起减速.直至速度为零，共 。-1图像可知，在2~6s内物体做匀加速直线运动，有a= 同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，A正确， BC错误：由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D =4-0 4 m/s2=1m/。2,且mge0s37°-mgsin37°=ma,解得4 错误 =0.875,B错误：在04s内由题图知，物体运动的位移为0， 6,C设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a,=m竖= 则在0~4爷内物体上升的高度为0.C错误：由选项A可知，在 0~8s内物体的位移x=4m,传送带的位移x'=情=4×8m g,小车加速度a,=,则r=-,=a6,联立解得6 =32m,则0~8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为△x= 0.5<1,=1m/s,0.5后小滑块与小车以共同的速度做匀 x'-x=18m,D正确。 500 11.(1)48(2)28 实验四探究加速度与物体受力、物体质量的关系 [解析](1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运 动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向上，又4<tn37,故物实验知识·自主回顾 体相对传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有 知识梳理 mgsin37°-umgc0s37°=ma 2.(1)合外力(2)质量 则a=gsin37°-4gcos37=2m/s 3.电磁打点计时器 4.(1)托盘天平(3)匀速直线运动(4)小盘内的砝码个数 核心考点·重点突破 解得1=48。 跟宗训练1：(1)CADBE(2)2(3)小于大小 (2)传送带逆时针转动时，当物体下滑速度小于传送带转动速 [解析](1)按熙实验原理，海中五个步骤的先后烦序应该为 度时，物体相对传送带向上运动，测物体所受滑动摩擦力沿传 CADBE 送带向下，设物体的如速度大小为1，由牛频第二定律得 (2)由Ax=aT mgsin37°+umgc0s37°=ma 则有4，-竖in37°+mgs37°=10m/ 得(7.1-1.1)×102m=3ar 解得a=2m/s2。 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为1，位 (3)实验中认为槽码的总重力等于绳的拉力F, 穆为，则有 则加选度a=M+m 4=5=0s=1s, a110 当m心W时，图线是直线，所以图线①的上部弯曲的原因是当 名=242=5m<1=16m 小车受拉力F较大时，不满足槽码的总所量远小于小车的质量 的条件： 因mgin37°>mgc%37°，则当物体运动速度等于传送带转动 图线②在？轴的哉距大于0.产生原因是平衡摩慕力时长术板 速度后，物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩 的倾角过大，拉力F=0(即不挂槽码)时小车就具有了加速度： 擦力，即摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转 图线③在F轴的距大于0，产生原因是平衡摩擦力时长木板 动速度时物体的加速度为a, 的倾角过小，尺有当拉力F增加到一定值时，小车才获得加 期4，=mgsin37°-mgcos37 =2m/8 速度。 跟踪训练2：(1)B(2)图见解析图甲(3)图见解析图乙A 名=1-名，=11m [解析](1)为精想加如速度与质量的关系，必须控制小车所受 1 又因为名=+24 拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B 解得2=1s(42=-118舍去) 正确。 所以线=4+42=25g (2)报据表中数据计算出7的值，然后描点。作国时，应酒一条 12.(1)28(2)4m 直线，使直线过尽量多的点，不能落在线上的点应大致均匀分 [解析](1)对木块由牛顿第二定律得 F-mgsin 6-umngcos 6=ma 布在线的制。一立图像如图甲所示。 解得a1=5m/s 对木板由牛频第二定律得 0.7 wngeos 0-Mgsin 0=Maz 0.6 解得a=2m/s 19 木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大， 0 则7，f-7r=t 0 解得1=28 0.1 (2)木块从木板右端滑落时，木块的速度？，=4,1=10m/s 木板的速度码2=af=4m/s 木块从木板右端滑落后，木块和木板运动的加速度大小 a,='=gim0=6m/s2,方向均沿斜面向下 木板到相对斜面速度为零运动的时问？=二=2 这段时间木块运动的位移 1 1 16 2242 4 乙 木板的位移6“20,2×6m=了m (3)小车受力示意图如图乙所示。使小车沿倾角合适的斜面运 木板右端与木块之同距离△=无，一2=4m 动，此时小车所受重力沿斜面的分力大小刚好等于小车所受的 501