课后跟踪训练（16）　传送带模型和“滑块—木板”模型-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教版）

课后跟踪训练（16）　传送带模型和“滑块—木板”模型 1．(多选)如图所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的v-t(速度—时间)、a-t(加速度—时间)图像可能正确的是(　　) ABD　解析：若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零；若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，C错误，A、B、D正确。 2．如图所示，倾角为θ＝37°且长L＝0.4 m的传送带以恒定的速率v＝1 m/s 沿顺时针方向运行。现一质量m＝2 kg 的物块(可视为质点)以v0＝3 m/s的速度从底部滑上传送带，传送带与物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则物块(　　) A．先做减速运动，后做匀速运动 B．初始加速度大小为 2 m/s2 C．经过t＝0.2 s到达顶端 D．相对传送带发生的位移大小为0.4 m C　解析：初始加速度大小为a＝＝10 m/s2，物块与传送带共速时v02－v2＝2ax得x＝L＝0.4 m，则物块一直做匀减速运动，到达传送带顶端时恰好与传送带共速，A、B错误；物块到达顶端的时间为t＝＝0.2 s，C正确；相对传送带发生的位移大小为Δx＝x－vt＝0.2 m，D错误。 3．如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是(　　) A．M下滑的速度不变 B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动 C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动 D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上 C　解析：当传送带静止时，物块匀速下滑，有mg sin θ＝Ff，故当传送带的速度小于物块的速度时，物块受到向上的摩擦力，仍有mg sin θ＝Ff，物块向下做匀速运动，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，C正确。 4．如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上，在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。原来系统静止，现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，将A从B下抽出，g取10 m/s2，求： (1)A从B下抽出前A、B的加速度大小； (2)B运动多长时间离开A。 答案：(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s 解析：(1)对于B，由牛顿第二定律可得μ1mg＝maB 解得aB＝1 m/s2 对于A，由牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA 解得aA＝2 m/s2。 (2)设经时间t抽出，则xA＝aAt2，xB＝aBt2 B离开A时Δx＝xA－xB＝l－x 解得t＝2 s。 5．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，g取10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求： (1)邮件滑动的时间t； (2)邮件对地的位移大小x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。 答案：(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J 解析：(1)邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 取向右为正方向，有v＝at 解得a＝5 m/s2，t＝0.2 s。 (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，有x＝at2＝0.1 m。 (3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt 摩擦力对皮带做的功W＝－μmgs 解得W＝－2 J。 6．(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v－t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力 B．物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s C．物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s D．物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m BCD　解析：由题图可知，物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得－μmg＝ma，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得v22－v12＝2aL，L＝t0，解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，D正确。 7．(多选)(2025·湖南邵阳测试)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力，则下列选项正确的是(　　) A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmg C．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg CD　解析：A所受B的最大静摩擦力Ff1＝μ·2mg＝2μmg，B所受地面的最大静摩擦力Ff2＝μ·3mg＝μmg，故当F<μmg时，A、B都相对地面静止，A错误；当A、B一起运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律得F－μmg＝3ma，对A根据牛顿第二定律得F－Ff＝2ma，两式联立得F＝3Ff－3μmg，当A、B之间的摩擦力最大为Ffmax＝2μmg时，解得F＝3μmg，即当μmg<F<3μmg时，A、B两物块相对地面以相同的加速度运动，将F＝μmg代入F＝3Ff－3μmg，解得A、B间的摩擦力Ff＝μmg，B错误；由前述分析可知，当F>3μmg时，A相对B滑动，C正确；当A、B发生相对滑动时，A对B的滑动摩擦力为Ffmax＝2μmg，对B根据牛顿第二定律得2μmg－μmg＝maB，解得aB＝μg，故无论F为何值，B的加速度不会超过μg，D正确。 8．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1时，小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2。 (2)小包裹在传送带上做匀减速运动的时间 t1＝＝ s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为 x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动，直至到达传送带底端，则匀速运动的时间为 t2＝＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 学科网（北京）股份有限公司 $$