第3章 重难突破4 动力学中的传送带模型和板块模型(Word练习)-【高考快车道】2026年高考物理大一轮总复习

重难突破4　动力学中的传送带模型和板块模型 1.（2024·北京高考10题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（　　） A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 2.如图所示，两轮轴心间距为L＝0.4 m、倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率v＝1 m/s 沿顺时针方向运行。现将一质量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，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则物块（　　） A.先做减速，后做匀速运动 B.开始加速度大小为 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 3.（2025·安徽安庆期中）如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m，质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则物块在薄板上运动的时间为（　　） A.0.5 s　　 B.1 s　　 C.1.5 s　　 D.2 s 4.如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A一初速度，1 s后两物体相对静止地一起匀速运动，它们的位移—时间图像如乙图所示，则A、B两物体的质量比为（　　） A.4∶3 B.2∶1 C.3∶2 D.5∶2 5.如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为（取g＝10 m/s2）（　　） A. s B.（－1）s C.3 s D.2.5 s 6.〔多选〕（2025·安徽蚌埠期末）图甲为机场和火车站的安全检查仪器，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带以1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，该行李从A到B的过程中（　　） A.行李一直受到摩擦力作用，方向先水平向左，再水平向右 B.行李到达B处时速率为1 m/s C.行李到达B处所需的时间为2.5 s D.行李与传送带间的相对位移为2 m 7.〔多选〕传送带可以连续地进行物料运输，且结构设计简单。如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ，传送带顺时针运行的速度大小恒为v0，一物块从传送带顶端以初速度v1开始下滑，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，物块在传送带上运动过程中，速度随时间变化的图像可能是（以物块初速度v1的方向为正方向）（　　） 8.（2025·江西上饶二模）如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则木板的长度为（　　） A.1.0 m B.1.5 m C.2.0 m D.2.5 m 9.如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1∶4，A距B的右端L。现给长木板B一个水平向右初速度v0＝10 m/s，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为（　　） A.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s 10.如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度取g＝10 m/s2。求： （1）A被敲击后获得的初速度大小vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB'； （3）B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。 11.（2025·河南郑州模拟）如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向的夹角为θ＝37°，小物块以v0＝2 m/s的初速度从A端沿传送带向下运动。当传送带静止不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为Δt＝5 s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.73。 （1）求A、B两端之间的距离L； （2）若传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，求小物块在传送带上留下的痕迹s； （3）若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，求小物块从A端运动到B端所用的总时间t。（结果保留3位有效数字） 重难突破4　动力学中的传送带模型和板块模型 1.D刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，则摩擦力对物体做正功，C错误；加速运动过程ƒ＝μmg＝ma加速时间t＝ v越大，t越大，D正确。 2.C　开始时加速度大小为a＝＝10 m/s2，物块与传送带共速时－v2＝2ax，得x＝L＝0.4 m，则物块做匀减速运动到顶端时刚好与传送带共速，A、B错误；到达顶端的时间为t＝＝0.2 s，C正确；物块相对传送带发生的位移大小为Δx＝x－vt＝0.2 m，D错误。 3.B　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时间为t，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间为t＝1 s，故选B。 4.B　由图乙可知，0～1 s内，xA＝5 m，xB＝2 m，对A进行受力分析得μmAg＝mAaA，对B进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后两物体相对静止地一起匀速运动，则速度为v0－aAt＝aBt，由xB＝aBt2，解得aB＝4 m/s2，则共速时的速度为v共＝vB＝aBt＝4 m/s，对A有xA＝t＝5 m，v共＝aBt＝4 m/s，联立解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故选B。 5.C　物体在传送带上运动的加速度为a＝μg＝1 m/s2，加速到与传送带共速的时间为t1＝＝1 s，加速的距离为 x＝t1＝0.5 m，此后物体随传送带一起做匀速运动，则匀速运动的时间为t2＝＝2 s，故物体从a点运动到b点所经历的时间为t＝t1＋t2＝3 s，C正确。 6.BC　由牛顿第二定律得μmg＝ma，设行李与传送带共速所需的时间为t，则有v＝at，代入数值得t＝1 s，行李做匀加速运动的位移大小为x＝at2＝0.5 m＜2 m，所以行李先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，故A错误，B正确；匀速运动的时间为t'＝＝1.5 s，行李从A到B所需的时间为t总＝1 s＋1.5 s＝2.5 s，传送带在t时间内的位移为x'＝vt＝1 m，行李与传送带间的相对位移为Δx＝x'－x＝0.5 m，故C正确，D错误。 7.ABC　若μmgcos θ＞mgsin θ且v1≤v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v1从传送带顶端离开，物块加速和减速过程对称，故A正确；若μmgcos θ＞mgsin θ且v1＞v0，物块先向下减速到零，然后反向加速到v0，然后与传送带共速后向上匀速运动，故B正确；若μmgcos θ＝mgsin θ物块将向下一直做匀速直线运动，故C正确；若一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大小和方向均不变，物块加速度保持不变，故D错误。 8.B　设物块的质量为m，木板的质量为M，物块减速和木板加速到共速的时间为t1，物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1＞μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，从两者共速到停止运动，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。 9.B　由牛顿第二定律可得μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，设给长木板B一个水平向右的初速度v0，滑块A恰好滑下时的速度为v1，经过的时间为t1，则有v1＝v0－aBt1，v1＝aAt1，－＝2aB，＝2aAxA1，xB1－xA1＝L，可得＝L①，设给滑块A一个水平向右的初速度v，滑块A恰好滑下时的速度为v2，经历的时间为t2，则有v2＝v－aAt2，v2＝aBt2，v2－＝2aAxA2，＝2aBxB2，xA2－xB2＝L，可得＝L②，①、②两式相比可得v＝v0＝10 m/s，故选项B正确。 10.（1）4 m/s　（2）12 m/s2　4 m/s2 （3）8 m/s　3 m 解析：（1）先敲击A时，由牛顿第二定律知μmg＝maA A加速度的大小aA＝μg A对B的摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，B静止不动 根据匀变速直线运动速度与位移关系可知＝2aAL 解得vA＝＝4 m/s。 （2）在左边缘再次对齐前，对B， 根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB 解得aB＝3μg＝12 m/s2 对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB'，解得aB'＝μg＝4 m/s2。 （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA， 则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2 xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L 联立解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m A、B达到共同速度后，有v2＝2aB'xB' 解得xB'＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB'＝3 m。 11.（1）35 m　（2）25 m　（3）3.52 s 解析：（1）传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝2 m/s2， A、B两端之间的距离为L＝v0Δt＋a1（Δt）2 解得L＝35 m。 （2）传送带以v1＝2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动，故小物块运动的位移仍为L，则传送带运动的位移为x带＝v1Δt＝10 m 小物块在传送带上留下的痕迹为s＝L－x带＝25 m。 （3）若传送带以v2＝8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得a2＝10 m/s2 设经过时间t1，小物块与传送带达到共同速度，则有v2＝v0＋a2t1 这段时间内小物块运动的位移为x1＝v0t1＋a2 在此之后，小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式有 x2＝L－x1 x2＝v2t2＋a1 则小物块从A端运动到B端所用的总时间t＝t1＋t2 联立代入数据解得t＝3.52 s。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $