练案17 第三章 第17讲 专题强化四 传送带模型和“滑块一木板”模型-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

向上除了拉力F,设其他力合力大小为F,根据牛顿第二定律 顿第二定律有mgsin37°-umgcos37°=ma2,根据图乙可得a2 得F+R=m,变形得a=F+B,图线的斜率k=上 8-0 82m/s=4m/s,联立解得u=0.25,B错误，C正确，当传 m 2kg1,解得m=0.5kg,故C正确：由图线与纵轴的交，点可知 送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a F=ma1=0.5kg×2m/s2=1N,结合B项分析可知，此1N并 的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端 非物块Q受到的摩擦力，故D错误。故选BC。 时的速度都相等，D错误。 11.A设开始时弹簧的压缩量为0，则x。=4mg,拉力F开始施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 加的瞬间，弹簧对A的弹力不变，对A物体，根据牛顿第二定： 速度大小为1/s,因此没从N点离开，并且能沿着传送带斜向 律有k。-3mg-Fa=3ma,解得Fa=学，A正确，B错误；在 上运动，速度大小为1m/s,A、B错误：-t图像中斜率表示加速 度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=-2.5m/s2,C错误： A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，弹簧弹力不为零，对A受力 分析得kx-3mg=3ma,解得这一瞬间弹簧的压缩量为x= 根搭牛顿第二定律gn30°-ung30°=m,可得u=.D 则A,B上升的高度A=-x,由h=2a,解得从施加 正确。 4k 5.CD根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块 2m,CD错误。 力到AB分离的时间是=√下， 达到共速了0，然后一起减速到0，所以物块的运动方向先向左 2.(停 (2)2s 再向右，故A错误；物块在向左减速和向右加速阶段加速度方 向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改 [解析](1)设小球的质量为m,滑撬和小球整体的质量为 变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向 M,对小球进行受力分析，细线的拉力为F,小球的加速度为 左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向 a,由牛顿第二定律得mgsin0-Frsin a=ma 不变，故C正确：由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度 Frcos a =mgcos 0 对滑撬和小球整体进行分析：设斜坡对滑撬的弹力为F、,斜坡： 大小为a1= 与滑撬的动摩擦因数为u,摩擦力为F,由牛顿第二定律得 20之-尝箱块的加造发大小为 t Mgsin 0-F =Ma 1 Fx =Mgcos 0,Fr=uF o+乞_3，即木板和物块加速度大小相等，放D正确。故 t 2t 解得a=105, 选CD 3 39 6.(1)22N(2)6m/s (2)设活提前指到达效底的时同为4，有品。了 [解析](1)木板所受摩擦力的大小F,=mg+4(M+m)g 解得t=2s。 =22N。 (2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1,则山mg= 练案[17] ma1,a =ug =2 m/s2 1.C由-t图像得，小物块在t1时刻速度为零，下一刻开始向右 木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2,则2mg+41（M+ 运动，所以t1时刻小物块离A处最远，故A错误；t2时刻，小物 m)g=Ma, 块第一次与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动， 解得a2=5.5m/s2 所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误； 设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有α1t= 0~t,时刻小物块相对传送带始终向左运动，始终受到向右的 6-a2t① 滑动摩擦力f=4mg,滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正 滑块相对于地面的位移x=2a,② 确，D错误。 2.AC开始时，对行李，根据牛顿第二定律有mg=ma,解得a= 木板相对于地面的位移。=t-2a,③ 2/s2,故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1,行李做匀 又L=x2-x1 加速运动的末速度为v=0.4m/s,根据v=ad,代人数据解得t1 由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最 =0.2,匀加速运动的位移大小x=之42°=之×2×02m= 大值v。=6m/s。 0.04m,匀速运动的时间为2=1-3=2-004、=4.9s,可得 7.AD由图乙可知，当F=18N时，物块和木板刚好发生相对滑 0.4 动，两者加速度为2m/s2。对物块，由牛顿第二定律得u1mg= 行李从A到B的时间为t=t+2=5.1s,故B错误；由以上分 ma,解得μ1=0.2，A正确；物块和木板发生相对滑动过程中，对 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: 大板，有F二mg-凸(m+M)g=Ma,即a= 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 擦痕迹长度为△x=t1-x=(0.4×0.2-0.04)m=0.04m,故 业+m+,,由图像知，斜率=子解得M=4kg M D错误。 3.C由图乙可知传送带的速度为8m/s,A错误；在0~1s内，物 当F=18N时，a=2m/s2,得2=0.1，B、C错误；横轴截距表示 块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向 物块和木板整体即将相对地面滑动时外力F的值，故F=~2(m 下，根据牛顿第二定律有mgsin37°+mgeos37°=ma1,根据图 +M)g得F=6N,D正确。 乙可得4，=16-8m/g=8/s,在1~3s内传送带的速度大 8.AC以水平向右为正方向，对小物块有u1mg=ma4,根据题 1 图乙可知a=2m/s2,那么物块与木板间的动摩擦因数为u1= 于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛0.2，A正确；对木板，受物块与地面的摩擦力，则有以mg+ 591 山(m:+mg)g=mgag,根据题图乙可知 ↑m·s 度α2始终做加速运动，小物块运动时间最短，根据速度与时间 ag=1m/s2,那么木板与地面间的动摩 擦因数为42=0.025，两处的动摩擦因数 的关系得，小物块从A运动到B的最短时间为=公： 之比为4：山2=8：1，B错误；结合图 2 4 105 s=5s,D正确。 乙，从t=2s开始，设物块与木板达到共 10 速又用了时间t1,则2m/s-agt1=at, 11.AD物体运动的位移即-t图像中图线与横轴围成的面积， 解得=号，此时的速度为气=号，之后物块与木板具有 则x=2+6x4m-2×2×号 2 m=14m,A正确；由物体运动的 共同的加速度a'=u2g=0.25m/s2,对于木板，在相对滑动阶段 4+4 U-t图像可知，在2~6s内物体做匀加速直线运动，有a= △t 的位移=2x(2+号)m-gm,共同前进阶段的位移 =40m/g2=1m/3,且mgcos37°-mgsin37°=ma,解得 4 -() u=0.875,B错误；在0~4s内由题图知，物体运动的位移为 -2×0.25m=号m,那么木板B向前滑行的最大距离为 32 x2= 0,则在0~4s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知， 32 在0~8s内物体的位移x=14m,传送带的位移x'=t=4× 3 m,C正确；两者的相对初速度为8m/s,达到相对末速度为0 8m=32m,则0~8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为△x 所用的时间为2s+4=号 ,则物块A相对木板B滑过的位移 =x'-x=18m,D正确。 12.(1)4m/s21m/s2(2)1s 大小为“x号m=号m,D错误。 .32 [解析](1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑 9.BC对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知 块，由牛顿第二定律有mgsin37°-Fn=ma1, FB+Fsin37°=mBg 其中Fn=u1FN1,FM=mgcos37° Fn =uFNB 解得a1=gsin37°-h1gcos37°=4m/s2 根据牛顿第二定律有 对薄平板，由牛顿第二定律有 Fcos 370-Fn =maaB Mgsin37°+Fa-F2=Ma 联立可得ag=6m/s2,故B正确； 其中Fn=2F2,Fa=(m+M)gcos37 对长板A受力分析，如图乙， 解得a=1m/s2,a1>a,假设成立， 即滑块会相对于薄平板向下滑动。 (2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t,由运动学公式，有x1= B af出=分4，又西-名=L,解得1=1s。 13.(1)1.4s(2)2.4m(3)在A点右侧2.4m处 mg [解析](1)设工件刚放在水平传送带上时的加速度大小 可知FNA=FNB'+mag=FNB+mag 为a1, 由F地m=u1FA=5.4N>Fa'=Fn可知，长板A静止，即aa=0, 由牛顿第二定律得wmg=ma1,解得a1=g=5m/s2,经t时 故A错误： 间工件与传送带的速度相同，解得七=”=0.8s,工件前进的 若力F作用一段时间后，撤去力F, a 则对A有a'=m8-(m+m)E=1m/S 位移名=之0,42=1.6m<L,此后工件将与传送带一起句速 mA 对B有ag'=h2g=5m/s2 运动至B点，用时6=L“二=0.65，所以工件第一次到达B 可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D 点所用的时间t=t1+t2=1.4s。 错误。 (2)由于mgsin0>mgcos0,工作在倾斜传送带上做匀减速运 10.BD根据题图乙知，当传送带速度为零时，小物块到达B处的 动，设在倾斜传送带上工件的加速度为2，由牛顿第二定律得 速度为"g=10/s,故小物块重力沿斜面向下的分力大于滑动 摩擦力，因此不管传送带如何转动，小物块始终做加速运动，A umgcos0-mgsin0=ma2,解得a2=-2m/s2,由速度一位移公 错误；传送带速度为零时，根据牛顿第二定律得小物块在传送 式得0-2=2a,,解得hm=2.4 带上运动的加速度大小为a1=gsin37°-4gcos37°，当传送带 速度为10,5m/s时，小物块到达B处的速度vB'=105m/s, (3)工件沿传送带向上运动的时间为t3= =益。=2由于 此后无论传送带速度如何增加，小物块到达B处的速度不再 mgsin0>umgcos0,且工件在传送带的倾斜段运动的加速度相 发生改变，故当传送带速度大于等于105m/s时，小物块在 同，在传送带的水平段运动的加速度也相同，故此后工件将在 传送带上始终加速，且所受摩擦力的方向一直沿传送带向下， 传送带上做周期性往复运动，其周期为T=2t1+2t3=5.6s,工 设此种情况下小物块的加速度大小为α2，由牛顿第二定律得 件从开始运动到第一次返回传送带的水平段，且速度变为零 a2=gsin37°+gcos37°，由速度与位移的关系得g2=2a1LaB, 所需时间t6=21+,+2t3=6.2s,而23s=6+3T,这说明经 vB2=2a2LB,联立解得u=0.5,LB=25m,B正确，C错误；当 过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故 传送带的速度为I05m/s时，小物块在传送带上以最大加速 工件在A点右侧，到A点的距离x=LB-x1=2.4m。 592练案[17] 第17讲 专题强化四传送带模型和 “滑块一木板”模型 ↑m·s 基础巩固练 16, ⊙ 12 题组一传送带模型 1.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率“，运 Q37 行。初速度大小为2的小物块从与传送带等高的光 甲 滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上 A.传送带的速度为16m/s 传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像 B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 (以地面为参考系)如图乙所示。已知2>“，则 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 ( D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的 速度就会越大 4.(2025·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 甲 的物块，沿传送带向下以速度o=4m/s从M点开始 A.2时刻，小物块离A处的距离达到最大 沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图 B.3时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 乙所示，取g=10m/s2,则 () C.0~,时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力 ◆(ms-） 作用 3 D.0~2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后 向左 61s 2.(多选)应用于机场和火车站的安全8一”6 分 检查仪，其传送装置可简化为如图 A.物块最终从传送带V点离开 所示的模型，传送带始终保持v=0.4/s的恒定速率 B.传送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向下 运行，行李与传送带之间的动摩擦因数u=0.2,A、B C.物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s2 间的距离为2m,g取10m/s2。旅客把行李（可视为 质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是 D.物块与传送带间的动摩擦因数4- 2 )题组二“滑块一木板”模型 A.开始时行李的加速度大小为2m/s2 5.（多选)(2025·八省联考内蒙古 B.行李经过2s到达B处 卷)一小物块向左冲上水平向右 C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s 运动的木板，二者速度大小分别 2 D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m 为o、2o,此后木板的速度v随 3.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度，沿顺时针 时间：变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑 方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度 动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中（) 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其 A.物块的运动方向不变 运动的-图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速 B.物块的加速度方向不变 度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8。g取10m/s2, C.物块相对木板的运动方向不变 则 ()D.物块与木板的加速度大小相等 347 6.如图所示，木板长L=2.4m,质 m口， 量之比为1：3，物块A与木板B之间、木板B与地面 量M=4.0kg,与地面间的动摩 之间的动摩擦因数分别为以，和山2，重力加速度g= 擦因数为w1=0.4。质量为m=1.0kg的小滑块（可 10m/s2,忽略空气阻力，则下列说法正确的是() 视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因 (m·s 数为2=0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现 给木板一个向右的初速度o,取g=10m/s2,求： A 0 (1)木板所受摩擦力的大小： 2 34 (2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度。的最 大值。 A.物块与木板间的动摩擦因数为=0.2 B.两处的动摩擦因数之比为u1:2=4:5 C木板B向前滑行的最大距离为号n D.物块A相对木板B滑过的位移大小为10m 9.(多选)如图所示，质量 mA=1kg足够长的长 37 板A置于水平地面上， mmmmmmwaA 质量mg=2kg的小滑块B置于长板A的左端，A与 水平地面间的动摩擦因数1=0.3，B与A间的动摩 擦因数2=0.5，对B施加一大小为F=20N,方向与 水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6， cos37°=0.8。下列说法正确的是 () A.A的加速度大小为1m/s2 B.B的加速度大小为6m/s2 C.若力F作用一段时间后，撤去力F,A的加速度大小 增大 能力提升练 D.若力F作用一段时间后，撤去力F,B相对A静止 10.（多选)如图甲所示，逆时针匀速转动的传送带与水 7.(多选)如图甲所示，长为L的木板M放在水平地面 平面的夹角0=37°。在传送带的顶端A处无初速度 上，质量为m=2kg的小物块（可视为质点）放在木板 地释放一个小物块一段时间后物块到达底端B处。 的右端，两者均静止。现用水平向右的力F作用在木 当改变传送带匀速转动的速度，时，小物块到达B 板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变 处的速度v2也会相应变化，，和v,的关系如图乙所 化关系图像如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑 示，取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6， 动摩擦力，g=10m/s2,下列说法正确的是 c0s37°=0.8，下列说法正确的是 () ↑/(m·s ◆a/m.s3) 2------ 105 m mht∴F 1018 甲 乙 10W5 /m·s A.m与M间的动摩擦因数u1=0.2 甲 乙 B.M与水平地面间的动摩擦因数2=0.3 A.小物块可能先匀加速再匀速运动 C.M的质量为2kg B.传送带A、B之间的距离为25m D.图乙中横轴截距为6N C.小物块和传送带间的动摩擦因数为0.375 8.(多选)粗糙水平面上有一块足够长的木板B,小物块 D.小物块从A运动到B的最短时间为5s A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示。 11.（多选)(2025·广东省华南师大附中检测)如图甲所 取水平向右为正方向，t=0时刻分别使A和B获得等 示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳 大反向的水平速度。，它们一段时间内速度v随时间t 定运行，一质量m=1kg、底部有墨粉的小物体从传 变化的图像如图乙所示。已知物块A跟木板B的质 送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带 348 向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随13.一传送带的部分装置如图所 时间变化的关系如图乙所示，若取g=10m/s, 示，其中AB段是水平的，长度 sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的有 LB=4m;BC段是倾斜的，长 B 0 度LBc=5m,倾角0=37°。AB 个(m.s-） 和BC由B点通过一段短的圆弧连接（图中未画出圆 弧)，传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转，已 知工件与传送带间的动摩擦因数4=0.5，重力加速 24687 度g取10m/s2。现将一个工件（可看作质点）无初 Q37 速度地放在A点，求： 甲 乙 (1)工件第一次到达B点所用的时间； A.0~8s内物体的位移大小为14m (2)工件沿传送带上升的最大高度； B.物体与传送带间的动摩擦因数为0.625 (3)工件运动23s后所在的位置。 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 12.如图所示，在倾角为0=37°的足 AR 够长固定斜面上放置一质量M= B 2kg,长度L=1.5m的薄平板n AB,在薄平板上端A处放一质量m=1kg的小滑块 (视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放， 已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为1= 0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因数为2=0.5， sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2,求： (1)释放后，小滑块的加速度大小a,和薄平板的加 速度大小a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间。 -349-