课后跟踪训练（16）　传送带模型和“滑块—木块”模型中的动力学问题-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（粤教版）

1.(2025·广东江门高三期中)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，传送带将它送入飞机货舱．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．要实现这一目的前提是μ<tan θ B．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 C　解析：要实现这一目的前提是行李箱沿传送带向上的最大静摩擦力不小于重力沿传送带向下的分力，即μmg cos θ≥mg sin θ，可得μ≥tan θ，A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为f＝mg sin θ，B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，D错误． 2.(2025·广东深圳高三月考)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到逆时针转动的水平传送带上，工件恰好能传送到另一端是合格的最低标准．假设传送带两个转轮之间的长度为18 m、运行速度是6 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是12 m/s，工件可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.则(　　) A．工件被传送到另一端的最长时间是3 s B．工件与传送带间动摩擦因数不大于0.1才合格 C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为12 m/s A　解析：工件恰好传到右端，有0－v02＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.4，工件与传送带间动摩擦因数不大于0.4才为合格，此时用时t＝＝3 s，A正确，B错误；若工件不能被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，C、D错误． 3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．M＝m B．M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 BC　解析：物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋1)×2 m＝8 m，C正确． 4.(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°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s BC　解析：对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C正确，D错误． 5.(多选)如图所示，有一条传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带以v＝4 m/s的速度匀速运动．现将一个小物块轻放在最高点A，经过时间t小物块运动到最低点B.已知A、B之间的距离为5.8 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则小物块从A到B的时间可能是(　　) A．1 s B．1.4 s C． s D． s BD　解析：没有明确传送带的运动方向，因此，传送带可能沿顺时针方向转动，也可能沿逆时针方向转动．若传送带顺时针转动，则物体从A到B一直匀加速运动mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s2，则有L＝at2，代入数据解得t＝ s，若传送带逆时针转动，物体的加速度a1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，则物体加速至与传送带速度相等需要的时间为t1＝＝0.4 s，发生的位移为L1＝a1t12＝0.8 m，可知物体加速到4 m/s时仍未到达B点，设此后物块加速度为a2，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，则有L－L1＝vt2＋a2t22，解得t2＝1 s，故物体从A运动到B所用的总时间t′＝t1＋t2＝1.4 s，B、D正确． 6．(多选)(2025·广东河源高三质检)如图甲所示，一个足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一个质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　) A．0～8 s内物体的位移大小为14 m B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625 C．0～4 s内物体上升的高度为4 m D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m AD　解析：物体运动的位移即v－t图像中图线与横轴围成的面积，则s＝×4 m－2×2× m＝14 m，A正确；由物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝＝ m/s2＝1 m/s2，且μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8 s内物体的位移s＝14 m，传送带的位移s′＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δs＝s′－s＝18 m，D正确． 7．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态．木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是(　　) A．10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C．由题目条件可求木板C的质量 D．F>15 N时物块B和木板C相对滑动 D　解析：由题图乙可知，当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止，当F>15 N时木板的加速度变大，物块B和木板C产生了相对滑动，A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1＝10 N时，a＝0，则F1＝(M＋m)g sin θ，当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a，联立得M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解木板C的质量，C错误；当F2＝15 N时，对物块B，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得μ＝，B错误． 8.如图所示，一块长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一个物块轻放到木板上，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—时间图像可能是下列选项中的(　　) A　解析：设在木板与物块达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)g，设物块与木板达到相同速度之后，当μ1≥μ2时，二者相对静止，共同的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|；当μ1＜μ2时，二者相对滑动，木板的加速度为a3，对木板有－2μ2mg＋μ1mg＝ma3，a3＝－(2μ2－μ1)g，可见|a1|＞|a3|，由v－t图像的斜率表示加速度可知，A正确． 9.如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一个长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一个质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.则(　　) A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F>15 N B．当恒力F＝25 N时，物块会与木板发生相对滑动 C．当恒力F>30 N时，物块会与木板发生相对滑动 D．当恒力F＝37.5 N时，物块滑离木板所用的时间为1 s C　解析：要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M＋m)g sin α，解得F>20 N，A错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F－(M＋m)g sin α＝(M＋m)a，对物块有f－mg sin α＝ma，为使物块不滑离木板，则f≤μmg cos α，解得F≤30 N，综上可得，当F≤30 N时物块不滑离木板，当F>30 N时物块与木板发生相对滑动，B错误，C正确；若F＝37.5 N>30 N，物块能滑离木板，对木板有F－Mg sin α－μmg cos α＝Ma1，对物块有μmg cos α－mg sin α＝ma2，设经时间t物块滑离木板，由运动学公式有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1.2 s，D错误． 10．如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间1.5 s滑到斜面底端A.已知O、A之间距离LOA＝4.5 m，传送带左右两端A、B间的距离LAB＝10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计物体经过A时的动能损失． (1)求物体沿斜面下滑的加速度大小； (2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1； (3)物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出？如果滑出，求离开B点的速度大小？如果不滑出，求物体返回到A点的速度大小． 答案：(1)4 m/s2　(2)0.25　(3)不滑出　4 m/s 解析：(1)由匀变速直线运动规律可得LOA＝at2 解得a＝4 m/s2. (2)由牛顿第二定律有 mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 解得μ1＝0.25. (3)由匀变速直线运动规律可知物体滑至A点时的速度vA＝at＝6 m/s 而物体在传送带上滑动时的加速度大小为 a1＝μ2g＝5 m/s2 则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为s＝＝3.6 m<10 m 故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止所需位移为 s′＝＝1.6 m<s 物体返回到A点的速度vA′＝v＝4 m/s. 学科网（北京）股份有限公司 $$