第三单元 课时跟踪练14　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（云南专版）

课时跟踪练14　传送带模型和“滑块—木板”模型 基础应用练 1．(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一个小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力，则木板加速度a大小可能是 (　　) A．0 B． C． D． ABC　解析：水平面对木板的最大摩擦力为fm＝·2mg＝μmg，若拉力满足F≤fm＝μmg，则物块和木板均处于静止状态，木板的加速度为a＝0，A正确；若物块相对木板运动，以木板为对象，根据牛顿第二定律可得μmg－·2mg＝ma，解得木板的加速度为a＝μg，此时μg为木板的最大加速度；当物块与木板相对静止一起在水平面上加速运动时，木板的加速度应满足0＜a＜μg，B、C正确，D错误。 2．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一条水平传送带两端相距36 m，物料与传送带间的动摩擦因数为0.2。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当传送带分别以8 m/s和16 m/s的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小g＝10 m/s2，物料通过传送带的时间差为 (　　) A．0.5 s B．1 s C．2.5 s D．4 s A　解析：物料在传送带上做加速运动时的加速度为a＝＝2 m/s2，当传送带以 v＝8 m/s的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为t1＝＝ s＝4 s，加速过程的位移为x1＝t1＝16 m，匀速过程的时间为t2＝＝2.5 s，物料通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝6.5 s；当传送带以v′＝16 m/s的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有L＝at′2，解得t′＝＝6 s，物料离开传送带时的速度为v1＝at′＝12 m/s＜16 m/s，假设成立，故物料通过传送带的时间差为Δt＝t－t′＝6.5 s－6 s＝0.5 s，A正确。 3．如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物体A与小车上表面间的动摩擦因数； (2)物体A与小车B的质量之比； (3)小车的最小长度。 答案：(1)0.3　(2)　(3)2 m 解析：(1)根据v－t图像可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小a1＝＝3 m/s2 若物体A的质量为m，与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则μmg＝ma1 联立可得μ＝0.3。 (2)设小车B的质量为M，加速度大小为a2，由题图乙可知a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝Ma2，解得＝。 (3)设小车的最小长度为L，整个过程系统损失的动能全部转化为内能，由动能定理得 μmgL＝mv－(M＋m)v2 解得L＝2 m。 素养提升练 4．(多选)(2024·云南昆明模拟)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间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一个水平拉力F，则 (　　) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度都不会超过μg BCD　解析：A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力时Ff＝2μmg，当F＜2μmg时，即水平拉力小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动；对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力Ffmax＝μ×3mg＝μmg，当F≤μmg时，A、B相对地面静止，A错误。当A、B刚要发生相对滑动时，对物块B，根据牛顿第二定律得2μmg－μ×3mg＝ma，解得a＝μg；对整体，根据牛顿第二定律有F－μ×3mg＝3ma，解得F＝3μmg，可知当F＞3μmg时，A、B发生相对滑动，C正确。当F＝μmg＜3μmg时，A、B保持相对静止，对整体分析，F－μ×3mg＝3ma，解得A的加速度为μg，B正确。设B的最大加速度为amax，由牛顿第二定律得2μmg－μmg＝mamax，得amax＝μg，可知B的加速度不会超过μg，D正确。 5．(多选)如图所示，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物的质量为10 kg，重力加速度g取10 m/s2。则 (　　) A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s B．货物与传送带间的动摩擦因数为 C．A、B两点的距离为16 m D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功5 J AB　解析：由题图乙可知，货物先向上做匀加速运动，再向上做匀速运动，所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s，A正确；开始时货物的加速度a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律可知μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝，B正确；由题图乙可知，A、B两点的距离为s＝×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，C错误；由动能定理可知Wf－mgs sin 30°＝mv2，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf＝795 J，D错误。 6．(多选)(经典高考题)水平地面上有一块质量为m1的长木板，木板的左端上有一个质量为m2的物块，如图甲所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则 (　　) A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2>μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 BCD　解析：由题图丙可知，在t1时刻物块与木板相对静止，木板刚要在水平地面上滑动，以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；由题图丙可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a；以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，B、C正确；由题图丙可知，0～t2这段时间内物块与木板相对静止，有相同的加速度，D正确。 7．(多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 (　　) A．两物块间的动摩擦因数为0.2 B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止 C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动 D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大 AB　解析：根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝＝2 m/s2，加速度不变，D错误。 8．(经典高考题)如图所示，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。 (1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。 答案：(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s 解析：(1)传送带的速度v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2－v＝－2as1 联立并代入题给数据得s1＝4.5 m 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有 v＝v0－at1′ t1＝t1′＋ 联立并代入题给数据得t1＝2.75 s。 (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有 －μmgL＝mv－mv μmgL＝mv－mv 联立并代入题给数据得 v1＝ m/s，v2＝4 m/s。 9．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一块长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，物块可视为质点。 (1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； (2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。 答案：(1)20 N<F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m 解析：(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F－(M＋m)g sin α＝(M＋m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 Ff－mg sin α＝ma 又因为Ff≤Ffm＝μmg cos α 解得F≤30 N 又因为a>0，解得F>20 N 所以20 N<F≤30 N。 (2)因为F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板。隔离木板，由牛顿第二定律得 F－μmg cos α－Mg sin α＝Ma1 隔离物块，由牛顿第二定律得 μmg cos α－mg sin α＝ma2 设物块滑离木板所用时间为t 木板的位移x1＝a1t2 物块的位移x2＝a2t2 物块与木板分离的临界条件为 Δx＝x1－x2＝L 联立以上各式解得t＝1.2 s 物块滑离木板时的速度v＝a2t 又因为－2g sin α·x＝0－v2 解得x＝0.9 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$