重难专题：传送带模型 板块模型 分层练习-2025-2026学年高一上学期物理粤教版必修第一册

重难专题　传送带模型　板块模型 一、必备知识基础练 题组一　水平方向的传送带问题 1.(多选)(2025宁夏银川高一期末)如图所示,水平传送带A、B两端点相距s=4 m,以v0=2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1,g取10 m/s2,由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕,则小煤块从A运动到B的过程中(　　) A.小煤块先做加速运动后做匀速运动 B.小煤块一直做加速运动 C.小煤块从A运动到B的时间是2 s D.小煤块从A运动到B的时间是3 s 2.如图所示,某煤矿使用传送带运送煤块.水平传送带的长度一定,以一定的速度顺时针转动.将一煤块轻放在传送带最左端的A点,煤块先做匀加速运动再匀速运动到达最右端.下列说法正确的是(　　) A.煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力,后是静摩擦力 B.煤块在向右匀加速运动的过程中,受到的摩擦力水平向左 C.煤块质量越大,在传送带上留下的划痕越长 D.仅提高传送带的传送速度,煤块在传送带上可能一直做匀加速运动 题组二　倾斜方向的传送带问题 3.(2025河南月考)如图甲所示,倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行,将一质量为m的可视为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P点,2 s末物块恰好到达传送带底端Q点.物块的速度v随时间t的变化图像如图乙所示,重力加速度大小g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A.物块与传送带之间的动摩擦因数为 B.物块滑到Q点的速度大小为9 m/s C.P、Q两点之间的距离为12 m D.传送带划痕的长度为3 m 4.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　) 题组三　板块问题 5.如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面.由于A、B间存在摩擦,之后运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示.g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.A、B所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2 C.A的长度可能为L=0.8 m D.A的质量是B的1.5倍 6.如图所示,质量为m0的木板静止在粗糙水平地面上,质量为m的滑块叠放在木板上,用力F将滑块从木板左端匀加速拉到右端,此过程中木板保持静止状态.若滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,重力加速度为g,则滑块在木板上向右滑动过程中,地面对木板的摩擦力大小为(　　) A.μ1mg B.μ2m0g C.μ2(m0+m)g D.μ1mg+μ2m0g 二、关键能力提升练 7.(2025湖南高一期末)如图所示,平板车静止在水平面上,可视为质点的物块放在平板车的右端,现让平板车以a1=6 m/s2的加速度做匀加速运动,运动2 s后做匀速直线运动,最终物块恰好运动到平板车的左端,已知物块与平板车上表面的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则平板车的长度为(　　) A.12 m B.24 m C.36 m D.48 m 8.如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,物体2 s时滑离传送带.设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则(　　) A.传送带的倾角θ=30° B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4 C.传送带的长度为15 m D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m 9.(多选)如图甲所示,两个皮带轮顺时针转动,带动水平传送带以恒定的速率v运行.现使一个质量为m的物体(可视为质点)沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0(v0<v)从传送带左端滑上传送带.若从物体滑上传送带开始计时,t0时刻物体的速度达到v,2t0时刻物体到达传送带最右端.物体在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示,不计空气阻力,则(　　) A.0~t0时间内,物体相对传送带向后运动,受到向前的滑动摩擦力的作用 B.t0~2t0时间内物体受到静摩擦力的作用 C.若增大物体的初速度v0但v0仍小于v,则物体在传送带上运动的时间一定小于2t0 D.若增大传送带的速度,则传送带速度越快物体被传送的整个过程时间会越短 三、核心素养拔高练 10.(2025湖北荆州高一月考)如图所示,以v=4 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带,左端与粗糙倾斜轨道在B点平滑对接,右端与放在粗糙水平地面上的长木板D上表面等高,且紧密靠近(间隙可以忽略不计),相同长木板E与D接触但不粘连,每块木板长L=1.2 m、质量M=0.2 kg.质量m=0.1 kg的小物块(可以看作质点)从倾斜轨道上高h=3 m处的A点由静止开始下滑,经过传送带后滑上木板D.物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ1=0.3,物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2=0.5,木板D、E与地面间的动摩擦因数μ3=0.1.倾斜轨道与水平面的夹角θ=37°,传送带BC之间的距离d=8 m.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力. (1)求物块到达B点时的速度大小vB. (2)求物块从B点运动到C点的总时间t. (3)求物块最终停在E木板上时距E木板左端的距离. 参考答案 1.AD　解析 小煤块在传送带上滑动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma,可知a=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2,当小煤块速度达到v0时,滑行的距离为s1= m=2 m,由于s1<s,可知小煤块先做加速运动后做匀速运动,故A正确,B错误;小煤块速度达到v0时,时间为t1= s=2 s,匀速运动时间为t2= s=1 s,故小煤块从A运动到B的时间是t=t1+t2=3 s,故C错误,D正确.故选AD. 2.D　解析 共速前,煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力;共速后,煤块不受摩擦力作用,故A错误;煤块在向右匀加速运动的过程中,受到的摩擦力水平向右,故B错误;以煤块为对象,根据牛顿第二定律可得a==μg,煤块与初速度共速所用时间为t=,煤块在传送带上留下的划痕长度为Δs=s传-s煤=vt-t=,可知煤块在传送带上留下的划痕长度与煤块的质量无关,故C错误;仅提高传送带的传送速度,可能煤块到达右端前还没有与传送带共速,则煤块在传送带上可能一直做匀加速运动,故D正确. 3.D　解析 由题图乙可知,物块从0开始先加速到与传送带共速(v共=6 m/s),之后再继续加速到传送带末端,设动摩擦因数为μ,v-t图像斜率表示加速度,故结合题图乙可知共速前,物块加速度大小a1=gsin 30°+μgcos 30°= m/s2=6 m/s2,解得μ=,故A错误;共速后,物块加速度大小a2=gsin 30°-μgcos 30°=4 m/s2,物块滑到Q点的速度大小为vQ=v共+a2×Δt=(6+4×1) m/s=10 m/s,故B错误;v-t图像面积表示位移,P、Q两点之间的距离为L= m=11 m,故C错误;由图像可知从开始到共速用时t1=1 s,则共速前划痕长Δs1=v共×t1-a1,联立以上解得Δs1=3 m,由题图乙可知,共速后到Q点用时t2=1 s,则共速到Q点划痕长Δs2=v共×t2+a2-v共×t2,联立以上,解得Δs2=2 m<Δs1,故传送带划痕的长度为3 m,故D正确. 4.C　解析 初状态时,小木块重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma,解得加速度大小为a=gsin θ+μgcos θ;当小木块的速度与传送带速度相等时,由μ>tan θ可知小木块与传送带一起匀速下滑,图像的斜率表示加速度,可知第一段是倾斜的直线,第二段是平行时间轴的直线,故选C. 5.B　解析 B受到的摩擦力方向水平向左,与B的运动方向相反,A受到的摩擦力方向水平向右,与A的运动方向相同,故A错误;以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得aB==μg,根据v-t图像可知B的加速度大小为aB= m/s2=2 m/s2,联立解得A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2,故B正确;以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得aA=,根据v-t图像可知A的加速度大小为aA= m/s2=1 m/s2,联立可得mA=2mB,故D错误;根据v-t图像可知共速前B相对于A发生的位移为Δs=sB-sA=×1 m-×1×1 m=1.5 m,则A的长度至少为1.5 m,故C错误. 6.A　解析 对滑块进行分析,滑块相对于木板向右运动,木板对滑块向左的滑动摩擦力大小为f=μ1FN=μ1mg,根据牛顿第三定律可知,滑块对木板的摩擦力大小也为μ1mg,方向向右,由于木板处于静止状态,根据平衡条件可知,地面对其摩擦力大小与滑块对木板的摩擦力大小相等,即有f地=μ1mg,故选A. 7.B　解析 根据题意可知,平板车开始向右做匀加速直线运动,物块相对于平板车向左运动,物块相对于水平面向右做匀加速直线运动,对物块有a2==2 m/s2,运动2 s时,平板车的速度v0=a1t0=12 m/s,设再经历时间t1物块与平板车速度相等,此后两者保持相对静止,则有v0=a2(t0+t1),解得t1=4 s,由于最终物块恰好运动到平板车的左端,则有L=t0+v0t1-(t0+t1),解得L=24 m,故选B. 8.D　解析 由图乙得0~1 s内物体的加速度大小a1= m/s2=10.0 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1~2 s内物体的加速度大小a2= m/s2=2.0 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.5,故A、B错误.由题可得物体0~2 s内的位移大小即为传送带的长度,根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移,则传送带的长度为l= m+×1 m=16 m,故C错误.由图乙知传送带的速率v0=10 m/s,则0~1 s内,物体的位移大小为s1= m=5 m,传送带的位移大小为s2=v0t1=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δs1=s2-s1=10 m-5 m=5 m,物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移大小为s3=×1 m=11 m,传送带的位移大小为s4=v0t2=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δs2=s3-s4=1 m,物体相对传送带向下运动,痕迹重叠1 m,因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m,故D正确. 9.AC　解析 0~t0时间内,由于v0<v,物体相对传送带向后运动,则物体受到向前的滑动摩擦力的作用,故A正确;t0~2t0时间内,物体做匀速直线运动,处于平衡状态,不受到静摩擦力的作用,故B错误;当物体初速度增大且仍小于v时,物体加速时间缩短,在传送带上运动时间小于2t0,故C正确;若物体在传送带上一直加速,在右端刚好与传送带共速,设这种情况下传送带速度为v1,则当传送带实际速度v传<v1时,随着传送带速度的增加,物体加速时间变长,则传送带速度越快物体被传送的整个过程时间会越短,当v传≥v1时,随着传送带速度的增加,物体始终一直做加速运动,而初速度、加速度、位移不变,则物体被传送的整个过程时间不变,故D错误.故选AC. 10.解析 (1)物块在倾斜轨道上,由牛顿第二定律得 mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma1 物块从A点到B点,有=2a1 联立解得vB=6 m/s. (2)物块在传送带上先做匀减速运动,由牛顿第二定律得 μ2mg=ma2 物块与传送带共速时,有t1==0.4 s 此时物块的位移s1=t1=2 m<d 之后物块与传送带一起匀速运动到C点,则t2==1.5 s 物块从B点运动到C点的总时间t=t1+t2=1.9 s. (3)物块刚滑到木板D上时,对两木板整体分析可知 μ2mg=μ3(m+2M)g 所以两木板保持静止,物块在木板D上匀减速运动,由牛顿第二定律得μ2mg=ma 又-v2=-2aL 解得v1=2 m/s 故物块能滑上木板E;物块在木板E上运动时,对木板E由牛顿第二定律得μ2mg-μ3(m+M)g=Ma' 经过时间t'物块与木板E共速,则有v1-at'=a't' 此时物块距木板E左端的距离为Δs=v1t'-at'2-a't'2 联立解得Δs= m 由于μ2>μ3,此后物块与木板E一起匀减速至0,物块最终停在木板E上,故Δs= m. 答案 (1)6 m/s (2)1.9 s (3) m 1 学科网（北京）股份有限公司 $