专项培优：传送带模型 板块模型 同步练习-2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

专项培优　传送带模型　板块模型 一、必备知识基础 题组一　传送带模型问题 1.如图甲所示,传送带与水平面的夹角为θ,逆时针运行速度恒为v0,现将质量为m的物块轻放到传送带顶端,物块从顶端到底端的过程中v-t图像如图乙所示,物块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则物块(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.在0~t1时间内所受摩擦力大小为μmg,方向沿斜面向下 B.在0~t1时间内所受摩擦力大小为μmgcos θ,方向沿斜面向上 C.在t1后所受摩擦力大小为μmgcos θ,方向沿斜面向下 D.在t1后所受摩擦力大小为mgsin θ,方向沿斜面向上 2.(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,传送带以v0=4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2,则煤块从A运动到B的过程中(　　) A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s C.划痕长度是2 m D.划痕长度是0.5 m 3.快递给人们带来更加快捷的生活,快递公司通过传送带分拣物品。如图为快递传送带的简化模型,水平传送带以2 m/s的恒定速率顺时针转动,A、B间的距离为4.25 m,物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。将一可视为质点的物品轻放在水平传送带的左端A处,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物品在传送带上一直做加速运动 B.物品经过0.25 s到达B端 C.物品相对于传送带的位移为0.25 m D.若仅使传送带的速率增大,物品在传送带上受到的摩擦力也增大 题组二　板块模型问题 4.如图所示,在光滑平面上有一静止小车,质量为m',小车上静止地放置着一质量为m的物块,物块和小车间的动摩擦因数为μ=0.4,用水平恒力F推动小车。设物块的加速度为a1,小车的加速度为a2,当水平恒力F取不同值时,a1与a2的值可能为(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2 B.a1=6 m/s2,a2=3 m/s2 C.a1=3 m/s2,a2=3 m/s2 D.a1=8 m/s2,a2=4 m/s2 5.(多选)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在光滑水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,设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F,则(　　) A.无论F为何值,B的加速度都不会超过μg B.当F=4μmg时,B的加速度大小为2μg C.当F=8μmg时,A的加速度大小为3μg D.当F>6μmg时,A、B开始相对滑动 6.(多选)如图甲所示,粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F,滑块和长木板的v-t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m=1 kg,小滑块Q始终没有从长木板P上滑下,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3 B.拉力F的大小为1.75 N C.5 s后,长木板的加速度大小为3 m/s2 D.长木板P的长度至少是3.5 m 二、关键能力提升 7.(多选)如图所示,一倾角为θ的倾斜传送带以速度v顺时针匀速运转,t=0时刻,一小滑块(可视为质点)从传送带底端以大小为v0的初速度向上滑入传送带,经一段时间后小滑块离开传送带。关于小滑块在传送带上的运动,下列说法可能正确的是(　　) A.小滑块一直做匀速直线运动 B.小滑块一直做匀加速直线运动 C.小滑块一直做匀减速直线运动 D.小滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动 8.(多选)如图所示,物块A和木板B的质量均为m,A、B间的动摩擦因数为2μ,B与水平面间的动摩擦因数为,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平向右的恒定拉力F,则施加拉力F后(　　) A.B与地面间的摩擦力大小可能等于F B.A、B之间的摩擦力大小可能等于2μmg,也可能小于2μmg C.B的加速度可能为 D.B的加速度可能为 9.(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,工件滑上A端的瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.若传送带不动,则vB=4 m/s B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,则vB=4 m/s C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=3 m/s D.若传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,则vB= m/s 10.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0.5,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1.5 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2 C.经过 s的时间,小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s 三、核心素养拔高 11.如图所示,静止的水平传送带足够长,其上叠放着静止的A、B两物体,A与B之间的动摩擦因数为μ1,B与传送带之间的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2,某时刻传送带由静止开始顺时针转动,其水平部分加速度大小为a,重力加速度为g,则在传送带加速过程中(　　) A.物体A、B之间的摩擦力可能为0 B.无论a多大,物体B相对传送带都不会滑动 C.只要a足够大,物体A、B之间就可以发生相对滑动 D.若a<μ2g,则物体A、B与皮带之间都保持相对静止 参考答案 1.D　在0~t1时间内所受摩擦力为滑动摩擦力,所以摩擦力大小为μmgcos θ,物体相对传送带向上运动,所以摩擦力方向沿斜面向下,故A、B错误;t1后两者相对静止,受到的摩擦力为静摩擦力,根据平衡可知,摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力mgsin θ,方向沿斜面向上,故C错误,D正确。 2.BC　煤块在传送带上先做匀加速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,得a=μg=4 m/s2,当煤块速度和传送带速度相同时,煤块与传送带之间无相对位移,此时煤块相对地面的位移x1==2 m<4 m,煤块匀加速运动的时间t1==1 s,之后煤块匀速运动,时间t2==0.5 s,煤块从A运动到B的总时间t=t1+t2=1.5 s,故A错误,B正确;在煤块加速阶段产生相对位移即产生的划痕,则有Δx=v0t1-x1=2 m,故C正确,D错误。 3.C　物品刚放上传送带时的加速度为a==8 m/s2,设物品到达B端前已经与传送带共速,则加速过程时间为t1= s=0.25 s,加速过程通过的位移为x1=t1=0.25 m<4.25 m,假设成立;共速后物品做匀速运动的时间为t2= s=2 s,故物品从A到B端所用时间为t=t1+t2=2.25 s,故A、B错误。物品相对于传送带的位移为Δx=x传-x1=vt1-x1=2×0.25 m-0.25 m=0.25 m,故C正确。若仅使传送带的速率增大,物品在传送带上受到的摩擦力为Ff=μmg,可知受到的摩擦力保持不变,故D错误。 4.C　物块在水平方向只可能受摩擦力,最大为Ffm=μmg,由牛顿第二定律可知,Ffm=mam,解得物块最大加速度am=4 m/s2,当物块的加速度小于am时,物块与小车不发生相对运动,此时物块与小车共同运动,即a1=a2,故C正确,A、B、D错误。 5.CD　A与B间的最大静摩擦力为Ffm=μ·2mg=2μmg,当A、B恰好要发生相对滑动时,B的加速度最大,根据牛顿第二定律有Ffm=ma,解得a=2μg,故A错误;此时对A、B整体,有F0=3ma,解得F0=6μmg,可知,当F>6μmg时,A、B开始发生相对滑动,故D正确;当F=4μmg时,A、B保持相对静止,对A、B整体有4μmg=3ma1,解得a1=μg,故B错误;当F=8μmg时,A、B发生相对滑动,对A,有F-Ffm=2ma2,解得a2=3μg,故C正确。 6.BD　由题图乙可知,在4 s时撤去力F,此时长木板P的速度为v1=3 m/s,5 s时两者速度均为v2=2 m/s,0~5 s内,根据题图乙可求滑块Q的加速度大小为a1= m/s2=0.4 m/s2,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1,联立解得μ1=0.04,4~5 s内,长木板P的加速度大小为a1'==1 m/s2,由牛顿第二定律有μ1mg+μ2·2mg=ma1',联立并代入数据解得μ2=0.03,故A错误;0~4 s内,长木板P的加速度大小为a2= m/s2=0.75 m/s2,由牛顿第二定律有F-μ1mg-μ2·2mg=ma2,解得F=1.75 N,故B正确;因μ1>μ2,5 s后小滑块和长木板相对静止,整体受力分析由牛顿第二定律有μ2·2mg=2ma3,解得a3=0.3 m/s2,故C错误;0~5 s内,小滑块的位移大小为x1=×5×2 m=5 m,长木板的位移大小为x2=×3×4 m+×(3+2)×1 m=8.5 m,故长木板P的长度至少为Δx=x2-x1=8.5 m-5 m=3.5 m,故D正确。 7.ABC　设滑块与传送带间的最大静摩擦力为Ffm,若满足v=v0,Ffm≥mgsin θ,则小滑块一直做匀速直线运动,故A正确;设滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,若满足v>v0,μmgcos θ>mgsin θ,滑块滑上传送带后,做匀加速直线运动,若滑块加速到与传送带同速前,离开传送带,则小滑块在传送带上一直做匀加速直线运动,故B正确;若满足v<v0,滑块滑上传送带后,做匀减速直线运动,若滑块减速到与传送带同速前,离开传送带,则小滑块在传送带上一直做匀减速直线运动,故C正确;小滑块先做匀加速直线运动,则需要满足v>v0,μmgcos θ>mgsin θ,当加速至和传送带同速时,由于μmgcos θ>mgsin θ,所以滑块会随传送带一起做匀速直线运动,不会做匀减速直线运动,故D错误。 8.ABD　若F比较小,A、B整体处于静止状态,由整体法可知地面对B的摩擦力大小等于F,故A正确;假如A、B之间不相对滑动,它们之间的静摩擦力就小于或者等于2μmg,假如A、B之间发生相对滑动,它们之间的滑动摩擦力就等于2μmg,故B正确;当A、B之间的摩擦力达到最大值2μmg,B和地面之间的摩擦力达到μmg时,木板B的加速度最大,据牛顿第二定律得2μmg-μmg=ma,所以木板B的最大加速度为μg,故C错误;当A、B一起加速时,对A、B整体由牛顿第二定律得加速度为a=,故D正确。 9.CD　若传送带不动,工件的加速度a=-=-μg=-1 m/s2,由=2as得vB=3 m/s,故A错误;若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度仍为a=-μg,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=3 m/s,故B错误;若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左,做匀减速运动,工件的加速度仍为a=-μg,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=3 m/s,故C正确;若传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右,做匀加速运动,由牛顿第二定律得知,工件的加速度为a'=μg=1 m/s2,由vB'2-=2a's得vB'= m/s,故D正确。 10.C　对小孩受力分析,小孩受到重力、支持力和滑板对小孩沿斜面向上的摩擦力,由于小孩与木板间的动摩擦因数小于木板与沙间的动摩擦因数,所以小孩相对于木板下滑。对小孩根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma1,解得a1=2 m/s2,故A错误;小孩和滑板脱离前,对滑板运用牛顿第二定律有mgsin 37°+μ1mgcos 37°-2μ2mgcos 37°=ma2,代入数据解得a2=1 m/s2,故B错误;设经过时间t,小孩离开滑板,根据位移—时间关系可得a1t2-a2t2=L,解得t= s,故C正确;小孩离开滑板时的速度为v=a1t=2× m/s=2 m/s,故D错误。 11.D　因为传送带由静止开始顺时针加速转动,则A、B也会加速运动起来,又因为A的加速度由B给A的摩擦力提供,则物体A、B之间的摩擦力一定不为零,故A错误。将A、B看作整体,整体的最大加速度满足μ2(m+m0)g=(m+m0)am,即am=μ2g,A的最大加速度满足μ1mg=ma1m,可得a1m=μ1g,因为μ1>μ2,则A、B之间始终保持相对静止;当传送带的加速度a大于A、B整体的最大加速度时,即a>μ2g,整体会相对于传送带发生滑动;若传送带的加速度小于等于A、B整体的最大加速度时,即a≤μ2g,整体会与传送带保持相对静止,故B、C错误,D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $