训练17 专题突破：传送带模型和“滑块一木板”模型-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

班级： 姓名： 训练17专题突破：传送带模型和“滑块一木板”模型（总分：60分） 基础巩固凵 如图所示的装置，水平传送带长为L,以一定的速 度v2=8m/s顺时针匀速运动，工作人员以一定 1.(5分)(2024·北京卷)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 的初速度1将快递箱推放到传送带左端。若快 送带一起匀速运动。下列说法正确的是( 递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速 A.刚开始物体相对传送带向前运动 时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 与传送带间的动摩擦因数4=0.4，重力加速度g C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 取10m/s2,则 () D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间 A.传送带长L为24m 越长 B.若v1=0,全程快递箱在传送带上留下的痕迹长 2.(5分)(2024·辽宁沈阳模拟) 为4m 在物流运输的过程中经常使 1 用传送带，如图所示，倾角为 C.若v1一202，则全程快递箱的路程与传送带的 30°的足够长的传送带以恒定 30° 路程之比为12：13 的速率v稳定运行。质量为m的物体由A点到 D.若1=0，将传送带速度增大为原来的2倍，则 达B点，传送带和物体间的动摩擦因数为4，则在 快递箱先匀加速运动再匀速运动 物体随传送带稳定运行的过程中 5.(5分)(2024·湖南长沙模拟)如图所示，质量M= A.运动的物体受到的摩擦力一定为mg cos30 4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左 B.物体受到4个力的作用 端有一质量m=2kg的物块，现对物块施加一大 C.物体对传送带的作用力垂直传送带向下 小为12N,水平向右的恒定拉力F,只要拉力F D.物体受到的合力为零 作用的时间不超过1s,物块就不能脱离木板。已 3.(5分)（多选）(2024·广 F 知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面 西南宁模拟)如图所示，质17122227771121177112217711111771 间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，重力加 量m=1kg的小滑块（可视为质点）放在木板的右 速度大小g取10m/s2。则木板的长度为() 端，质量为M=4kg的木板与水平地面和滑块间 m 的动摩擦因数皆为以=0.4，最大静摩擦力等于滑 E M 7177777777777777777777777777777 动摩擦力，开始时木板与小滑块均处于静止状态， A.0.8m B.1.0m 现给木板加一水平向右的恒力F,重力加速度g C.1.2m D.1.5m 取10m/s2,则以下说法错误的是 6.(5分)（多选）(2025·福建泉州质 A.当拉力F=18N时，小滑块和木板一起匀速 检)如图所示，一足够长的倾斜传 运动 送带顺时针匀速转动。一小滑块 B.当拉力F=24N时，小滑块和木板一起匀速 运动 以某一初速度沿传送带向下运 C.当拉力F=30N时，小滑块和木板一起加速 动，小滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静 运动 摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度？随时间t变化 D.当拉力F=42N时，小滑块和木板发生相对 的图像可能是 滑动 4.(5分)（多选）快递分拣站利 用传送带可以大幅提高分 拣效率，其过程可以简化为 B (横线下方不可作答) 321□ 第三章运动和力的关系 L素养提升」 角a=37°，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传 送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下 7.(5分)（多选）(2024·四川遂宁模拟)如图甲所示， 件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动 足够长的木板静置于水平地面上，右端放置 摩擦因数4=0.8。重力加速度g取10m/s2, 可视为质点的小物块。在t=0时刻对木板施加一 sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 得分 水平向右的恒定拉力F=36N,作用1s后撒去 (1)小包裹相对传送带滑动时加速度α的大小； F,整个过程木板运动的v-t图像如图乙所示。 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 已知小物块的质量m=2kg,木板的质量为M,小 物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相 同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2,小物块始终未从木板掉落。下列说法正 确的是 () ↑l(m·s) 11.5 甲 A.木板的质量M=4.5kg B.小物块与木板及木板与地面间的动摩擦因数大 小均为0.2 10.(10分)(2024·宁夏银川三模)如图所示，光滑水 C.小物块相对木板运动的位移大小为2.25m 平面上放着长L=2m、质量为M=4kg的薄木 D.整个过程木板运动的位移大小为6.75m 板，一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最 8.(5分)(2024·江苏扬州模拟)如图甲所示，光滑斜 右端，小物体和薄木板之间的动摩擦因数：三 面上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄 0.2,开始时均静止，现对木板施加一水平向右的 木板C,木板下端位于挡板A处，整体处于静止状 恒定拉力F,重力加速度g取10m/s2。求： 态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F 得分 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， immmmmmi 重力加速度g取10m/s2,则由图像可知下列说法 (1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过 多少？ 正确的是 ( (2)如果拉力F=11N,小物体需要多长时间就 ↑a/m·s-2) 脱离木板？ B 2.5--- 014 1015 FIN 乙 A.10NF15N时物块B和木板C相对滑动 B.木板C和物块B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>15N时物块B和木板C相对滑动 9.(10分)机场地勤工作人员利用 传送带从飞机上卸行李。如图 所示，以恒定速率w1=0.6m/s 运行的传送带与水平面间的夹 O 红对勾·讲与练 322 高三物理·基础版 ■T=mg sin日，为正值，表示方向沿斜面 向下，故B错误：若增加B物体的质 量，设增量为△m,则A、B整体所受合 力F=(3m+△m)gsin8-(2m+ o9=号dng5n0,上式说 明此时A、B整体所受合力沿斜面向 上，则A、B整体将沿斜面减速下滑，故 C正确；增加A物体的质量，设增量为 △m,则A、B整体所受合力F=(3m十 △m)gsin8-2 umg cos8=△ng sin8, 上式说明此时A、B整体所受合力沿斜 面向下，则A、B整体将沿斜面加速下 滑，故D正确。 9.D当小球刚好要从槽中滚出时，小球 受重力和圆孤槽A点对它的支持力， 如图所示。由牛顿第二定律有 mg tan60° a,解得小球的加速度a= tan 60 3:以整体为研究对象，由牛顿第 定律有Mg=(M+2m)a,解得重物C 的质量M=(√3十1)m,故D正确，A、 B、C错误。 ma B mg 10.A当滑块向右运动的加速度为某一 临界值时，斜面对小球的支持力恰好 为零，此时小球受到重力和细线的拉 力的作用，如图甲所示。根据牛顿第 二定律有Frcos 0=mao,Frsin0 mg=0,其中日=45°，解得a。=g,则 知当滑块向右运动的加速度a=2g 时，小球已“飘”起来了，此时小球受 力如图乙所示，则有Fc0sa=m 2g,Fisin a -mg =0,cos'a 十 sin2a=1,联立解得F1=10N,故A 正确。 ↓mg mg 甲 乙 11.(1)7×103N (2)见解析图 18m/s 解析：(1)加速度随时间的变化率k= △a ,所以及-t图线与t轴所围的面积 △t 表示加速度的变化量，由题图甲可知 t=3s时加速度最大，a=1X 3m/s2=3m/s2,此时牵引力最大，根 据牛顿第二定律F一f=ma,解得 F=7×103N。 (2)由题图甲可得09s内加速度a 512 红对沟·讲与练·高三物理·基 随时间t变化的图像如图所示，a-t 图像与t轴围成的面积表示速度的变 化量，可得9s末汽车的速度大小为 v= 2 -×(3+9)×3m/s=18m/s。 ↑a/m·s2) 3日 2 0 tis 12.(1)2m/s2 (2)0.5(3)125 5 N 1 解析：1)根据L=ut十2at, 代入数据解得a=2m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F一ngsin0 mg cos日=ma,代入数据解得4= 0.5。 (3)设F与斜面夹角为a, 平行斜面方向有 F cos a-mg sin 0-uFx=ma, 垂直斜面方向有 Fy十F sin a=ng cos8, 联立解得F=ma十mg(sin日+ucos9) cOsa十usin a =a十mg(sin0+ucos0) √a2+1sin(e十a) 当sin(p十a)=1时，F有最小值 Fnim,代入数据解得Fm 125N. 5 训练17专题突破： 传送带模型和 “滑块一木板”模型 1.D刚开始时，物体速度小于传送带速 度，则物体相对传送带向后运动，A错 误：物块与传送带一起匀速运动过程 中，物体与传送带之间无相对运动趋 势，则物体不受摩擦力作用，B错误：物 体加速运动过程中，由动能定理可知， 摩擦力对物体做正功，C错误：设物体 与传送带间的动摩擦因数为以，物体相 对传送带运动时加速度a=m竖 以g,若物体速度小于传送带速度，则物 体一直加速，由v=at可知，传送带速 度越大，物体加速运动的时间越长，D 正确。 2.D物体随传送带稳定运行的过程中， 物体与传送带保持相对静止，物体受 到重力、垂直于传送带的支持力与沿 传送带向上的静摩擦力，即物体受到3 个力的作用，故B错误；结合上述可 知，稳定时，物体随传送带向上做匀速 直线运动，根据平衡条件可知，运动的 物体受到的摩擦力一定为mg sin30°， 故A错误；结合上述可知，传送带对物 体的摩擦力和支持力的合力与重力平 衡，即传送带对物体的作用力方向竖 直向上，根据牛顿第三定律可知，物体 础版 对传送带的作用力方向竖直向下，故C 错误；结合上述可知，稳定时，物体随 传送带向上做匀速直线运动，物体受 到的合力为零，故D正确。 3.AB木板受到地面的最大静摩擦力 f1=u(M十m)g=20N,则当拉力 F=18N时，小滑块和木板都保持静 止，故A错误，符合题意：当小滑块受 到最大摩擦力时，产生的最大加速度 大小为a=mg=4m/s,对木板受力 分析，根据牛顿第二定律可知F mng一μ(M十m)g=Ma,解得F= 40N,当拉力F=24N时，因为 20N<24N<40N,所以小滑块和木 板一起匀加速运动，故B错误，符合题 意；当拉力F=30N时，因为30N< 40N,所以小滑块和木板一起匀加速 运动，故C正确，不符合题意；当拉力 F=42N时，因为42N>40N,两者发 生相对滑动，故D正确，不符合题意。 4.AC根据牛顿第二定律知，快递箱加 速时的加速度a=m5=4g=4m/s, 772 1=0时，快递箱加速的位移x1= Za =8m,由加速时间和匀速时间相等 可知快递箱匀速的位移x2=2·心= a 16m,所以传送带总长L=24m,故A 正确；若U1=0,快递箱加速的位移 x1=8m,传送带在这段时间内运动的 位移，=0·2=16m,则痕选长 S=x一x1=8m,故B错误；如果 1 01=之v2,快递箱加速的时间t1= 。”=1s加速的位移心 a 2a 6m,匀速的时间t2 L一x1=2.25s V2 全过程传送带运动的路程x=U2(t1十 t2）=26m,所以两者路程之比为L: x=12:13,故C正确；01=0，如果传 送带速度加倍，则快递箱加速的时间 4s加速的位移z”双片 32m,大于24m,所以快递箱一直做匀 加速运动，故D错误。 5.B设拉力F作用下物块在木板上滑 动，物块的加速度大小为a1,撤去外力 后物块的加速度大小为a2,木板的加 速度为a,根据牛顿第二定律有F- uimg ma,uimg =ma2,uimg 2(M十m)g=Ma3,解得a1=2m/s2, a2=4m/s,aa=0.5m/s2,拉力F作 用的时间为t1=1s时，物块、木板的速 度分别为v1=a1t=2m/s,v2 a3t1=0.5m/s,设又经t2时间，物块、 木板共速，则共=v1一a2t2=v?十 2 at,解得t=3s,=了m/s,木 1 1 板的长度为L=201一2十 U1十V共 U2十U共 t2=0.75m 2 2 0.25m=1.0m,故选B。 6BC设传送带的倾角为日，小滑块与传 送带间的动摩擦因数为，若ngsin 6> umgcos日，小滑块所受合力沿传送带 向下，小滑块向下做匀加速运动；若 gsin日=ngcos0,小滑块沿传送带 方向所受合力为零，小滑块匀速下滑： 若ng sin日<umg cos日，小滑块所受合 力沿传送带向上，小滑块做匀减速运 动，当速度减为零时，开始反向加速， 当加速到与传送带速度相同时，因为 最大静摩擦力大于小滑块的重力沿传 送带向下的分力，故小滑块随传送带 做匀速运动。A、D错误，B、C正确。 7.BCD由题图乙可知，在t=1.5s时木 板的加速度发生了变化，说明此时小 物块与木板的速度相等，小物块对木 板的摩擦力方向发生了变化，在1一 1.5s时间内小物块相对木板滑动，根 据图像可知木板的加速度大小为a2= 5-3 m/s2=4m/s2,对木板由牛顿 2 1.5-1 第二定律得mg十以(m十M)g Ma2,根据图乙可知在01s时间内 5-0 木板的加速度大小为a1= m/s2= 5m/s2,由牛顿第二定律得F一mg (m十M)g=Ma1,联立解得M= 4kg,4=0.2,故B正确，A错误；在 0~一1.5s时间内小物块始终相对木板 滑动，由牛顿第二定律，得小物块的加 速度大小为a,=mg=2m/s,小物块 m 41产-2.25m,木板 1 的位移为x新= 的位移为这段时间内U一t图线与t轴 1 所包周的面积，则x=2X5X1m十 5十3 ×(1.5-1)m=4.5m,t>1.5s 2 时，小物块与木板相对静止，则整个过 程小物块相对木板运动的位移大小为 x相=x板一x新=2.25m,木板与小物 块一起运动的位移大小为x板 U共 2μg 2.25m,木板运动的总位移大小为 x板总=x板十x=6.75m,故C、D正确 i a 8.D由题图乙可知，当10N<F<15N 时物块B和木板C相对静止，当F> 15N时木板C的加速度变大，物块B 和木板C产生了相对滑动，故A错误， D正确；对木板C和物块B整体，当 F1=10N时，a=0,则F1=(M十 m)gsin0,当F2=15N时，a=2.5m/s2, 则F2-(M十m)gsin8=(M十m)a, 联立得M士m=2kg,sn9=2,但是 不能求解木板C的质量，故C错误：当 F2=15N时，对物块B,有ng cos8 mg sin0=a,解得以-，故B错误 9.(1)0.4m/s2(2)4.5s 解析：(1)小包裹的初速度2大于传送 带的速度1，所以开始时小包裹受到 的传送带的摩擦力方向沿传送带向上， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于小包 裹重力沿传送带方向上的分力，即 ng cos a>ng sin a,所以小包裹与传 送带共速后做匀速直线运动至传送带 底端，根据牛顿第二定律可知mgc0sa ng sin a=ma,解得a=0.4m/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传 送带上做匀减速直线运动， 用时t1=—心=1.6-0.6 s=2.5s, 0.4 在传送带上滑动的距离为1=巴1 2 0.6+1.6×2.5m=2.75m, 2 共速后，匀速运动的时间为t2= Lx1=3.95-2.75 s=2s,所以小包 0.6 裹通过传送带所需的时间为t=t1十 t2=4.5s。 10.(1)10N(2)4s 解析：(1)设小物体随木板运动的最 大加速度大小为a,对小物体由牛顿 第二定律得g=ma,可得a=g= 0.2×10m/s2=2m/s2, 为使小物体不从木板上掉下，木板与 小物体具有相同的加速度，对整体分 析，由牛顿第二定律得 Fm=(M+m)a=10N。 (2)因施加的拉力F=11N>10N, 故小物体相对木板滑动，设木板对地 运动的加速度大小为a1,对木板由牛 顿第二定律得F一mg=Ma1,解得 a1=2.25m/s2, 设小物体在木板上运动的时间为t, 则L=2a1-2at 代入数据解得t=4s。 训练18实验四： 探究加速度与力、质量的关系 1.(1)1.63.2(2)见解析图(3)实验 前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 (4)C 解析：(1)小车在AC这段位移内的平 均速度等于小车在AC这段时间中间 时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度， AB-+BC 故vB= 4T (6.19+6.70)×102 m/s≈1.6tm/s。 4×0.02 由逐差法求解小车的加速度大小为 (CD+DE)-(AB+BC) 4×(2T) (7.21+7.72-6.19-6.70)×102 m/s 4×(2×0.02) ≈3.2m/s2。 (2)将坐标系中各，点连成一条直线，连 线时应使直线过尽可能多的，点，不在 直线上的点应大致对称地分布在直线 的两侧，离直线较远的点应视为错误 数据，不予考虑，连线如图所示。 ↑al/(ms2 2.0 1.51 1.0出 0.5 Mkg 01.02.03.04.0 (3)图线与横轴有截距，说明实验前没 有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 (4)在实验中认为细绳对小车的拉力F 等于细砂和小桶的总重力mg,实际 上，细绳拉力F'=Ma,又有mg-F'= ma,解得F'=M牛m M ·mg,a= ·mg=M十m ·F,所以当拉力 M+m F变大时，m必定变大，M十m 必定减 小。当M>m时，a-F图像为直线， 当不满足M>m时，a一F图像的斜率 逐渐变小，C正确。 ,(1)小于(2)左(3)kM 解析：(1)当滑块质量为M1时，开始释 放滑块获得的加速度大小为 0.610m/s2;当滑块及其上物体总质量 为M,时，开始释放滑块获得的加速度 大小为3.08m/s2;这两次实验中刚释 放滑块时弹簧弹力相等，根据a=M 可知M2<M1。 F 1 (2)根据a=M,可得aM图像的斜 率等于开始释放时滑块受到的弹簧的 弹力，因Ⅱ图像对应的斜率较小，可知 释放位置的弹簧弹力较小，可以推断B 点在A点的左侧。 (3)根据牛顿第二定律可知刚释放滑 块时滑块的加速度a=: M ,则a-z 图像的斜率6一材，可知弹簧的劲度 系数为k1=kM3 3.(4)较大较小(5)见解析图(6)远 大于钩码质量见解析 解析：(4)由题图(b)分析可知，与图线 甲相比，图线乙的线性区间较大，非线 性区间较小。 (5)在坐标系中进行描点，结合其他点 用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点 在线上，不在线上的，点均匀分布在线 的两侧，如图所示。 +a/(m·s2) 6.0 丙 3.0 29 1.0 0.10 0.20 0.30F19.8N) 参考答案【 513