热考(2)传送带模型与板块模型-【创新大课堂系列】高三物理全国名校名卷168优化重组卷

热考（二） 传送带模型与板块模型 [热考解读] A.0~x。过程，物块所受的摩擦力方向向左 B.xo~2x0过程，物块做匀加速运动 传送带模型与板块模型是近几年高考的命题 热点，尤其在力学压轴大题中频频亮相，解决此类 C.弹簧的劲度系数为mg 2x0 问题重点把握以下两点： D.物块运动到3.x0处时，物块的加速度大小 1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解 答传送带上物体的动力学问题， 为2μg 2.能正确运用动力学观点处理“滑块一木板模型”. 2.(2025·江苏·二模)如图所示，一水平传送带 利用牛顿运动定律处理这两类模型时应把握： 与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送 带与水平面的倾角为0.传送带均以速率。沿顺 项目 模型 模型特点 解题思路 时针方向匀速运行.从倾斜传送带上的A点由 静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间 传送带问题一 般分为水平传 与同向 的动摩擦因数均为u,且u<tan0.不计滑块在 送带、倾斜传送 传送带 摩擦力方向 加速度方向 化情况 物与是否返 传送带连接处的能量损失，传送带足够长.下列 带两种类型，其 反向门回加速 说法正确的是 模型 实质是物体与 传送带间的相 对运动问题. ⊙ ⊙A0 分析“板块”模型时要 A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 抓住一个转折和两个 涉及两个物体， 关联 B.滑块一定可以回到A点 板块模型 并且物体间存 个胡一怪株年交投芳州医阳责变禁价资 C.滑块最终停留在B点 在相对滑动. D.若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到 两个天联 的转变。转析首、 A点上方 3.(2025·河南许昌·三模)如图甲所示，质量为 [热考热练] 2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B 如 质量均为m,置于C上，B位于A右方某处.A、 (时间：75分钟分值：100分) C间的动摩擦因数A=0.2,B、C间和C与地 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共 28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 面间的动摩擦因数B=4C=0.1.给C施加一 水平向右的恒力F,从开始施加恒力到A、B第 合题目要求的. 1.(2025·陕西省西安中学高三模拟)如图甲所 示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时 次相遇时间为。.可得与F的关系如图乙所 针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙 示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10ms2) 面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此 下列说法正确的是 时弹簧恰处于原长且为水平.物块向右运动的 A B 过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系 77777777777777777777777777 如图乙所示.己知物块质量为m,物块与传送带 甲 间的动摩擦因数为以，重力加速度为g,最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，xo为已知量，则( 2小 0.25 图甲 图乙 105 A.滑块A能获得的最大加速度为1m/s2 与木板运动的v-t图像，图中t0已知，重力加速度 B.A、B之间的初始距离为4m 大小为g.下列说法正确的是 ( C.滑块A的质量为1kg D.若F=10.5N,A、C之间将发生相对滑动 3 4.(2025·安徽·三模)轮船运输过程中常用传送 带将船舱里的货物输送到码头，工作人员将货 物轻放在传送带的底端，由传送带传送到顶端， 随后由其它工作人员完成装车任务.可以简化 甲 为如图所示模型，图甲为倾角37°的传送带，在 电动机的带动下以一定的速度稳定运行，电动 A.木板的最小长度为 %l0 机的内阻不计.货物质量M=50kg,从轻放在 B.物块与木板的质量之比为2：3 传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B, 其运动过程的v-t图像如图乙，g取10m/s2, C.物块与木板间的动摩擦因数为20 gto sin37°=0.6，则货物从A运动到B的过程中， D.整个过程中物块减小的动能、木板增大的动 下列说法正确的是 能及物块与木板组成的系统产生的热量之比 B ↑/(ms) 为9：2：7 7.(2025·吉林省长春市东北师大附中高三月考) 如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板 A37 P,小滑块Q放置于长木板上的最右端.现将一 10.t/s 甲 乙 个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木 A.货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变 板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作 B.货物机械能的增加量为4500J 用.滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知 C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量为： 物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从 1600J 长木板P上滑下.重力加速度g=10m/s2.则 D.传送货物过程中电动机多消耗的电能为 下列说法正确的是 () 6400J ◆/(m·s) 5.(2025·湖北省武汉市部分重点 D 中学期末)如图所示，倾斜的传 送带以大小恒定的速率1沿顺 0 56 t/s 时针方向转动，现将物块从传送 甲 带上端释放，释放时速度大小为2，方向沿斜面 A.t=9s时长木板P停下来 向下.关于此后物块运动的v一t图像，下图中不！ B.长木板P的长度至少是16.5m 可能发生的是 ( C.长木板P和水平地面之间的动摩擦因数 是0.05 D.滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为3m 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共 20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选 错的得0分. 8.(2025·辽宁·模拟预测)如图(a)所示，倾角为 0的传送带以恒定的速率顺时针转动.质量为 0.5kg的物块在传送带的顶端无初速度释放， D 物块在传送带上运动0.8s后离开传送带，运动 6.(2025·河北·模拟预测)如图甲所示，一木板静 的整个过程中物块的速率v随时间1变化的关 止于光滑水平桌面上，=0时，物块（视为质点）以 系如图(b)所示.已知重力加速度g取10m/s2, 大小为的速度水平滑上木板左端.图乙为物块 下列说法正确的是 () 106 4/m·s-l) 动摩擦力，物体从顶端A点运动至底端B点 的过程中 ) 4 A.物体一直做匀加速直线运动 B.物体从A点运动至B点所用时间为1.5s 1 C.物体在传送带上留下划痕的长度为3m ...09 00.2040.60.8h D.物体从A点运动至B点的过程中因摩擦产 图(a) 图(b) 生的内能为20J A.物块在传送带上运动的路程为2m 11.(2025·山东省济南市高三联考)如图甲所示， B.物块与传动带之间的动摩擦因数为 一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，质量 5 1kg的滑块（可视为质点），置于木板中央.木板 C.运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为 在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F,其 -1J 一图像如图乙所示.已知滑块与木板间的动 D.运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩 摩擦因数为以=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩 擦产生的热量为0.5J 擦力，取g=10m/s2.下列说法正确的是 9.(2025·内蒙古赤峰·二模)如图甲，木板A静 止于光滑水平面上，水平面上有一轻弹簧固定 +t/(m·s-l) 在C处.t=0时小物块B以o=6m/s的水平 速度滑上A.A的动能Ek随时间t变化关系如： 77m07m 图乙所示.已知A、B间的动摩擦因数为0.4，B 4 i/s 甲 始终在A上，弹簧始终处于弹性限度内，弹性势 A.0~2s滑块的加速度大小为2m/s2 能E,=k2,2为弹簧的形变量，设最大静摩 B.拉力F的大小2N 擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.下列说法 C.木板的质量为0.5kg D.为了使滑块不脱离木板，木板的长度至少为3m 正确的是 ( 三、非选择题：本题共5小题，共52分 B :12.(2025·安微省合肥市高三二模)(6分)如图甲 C 77777777 所示为某种排盘机，可以通过排盘器将包子、 甲 蛋糕等食品整齐地摆放在托盘中，图乙为排盘 机的示意图.开始时排盘器水平，静止在托盘 上方，其上表面距托盘高h=5cm.包子到达距 排盘器左端1=14.5cm处时速度大小为o= 1.4m/s,方向水平向左，此时排盘器以a= 5m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动. 1.01.5 t/s 当包子刚好离开排盘器时，排盘器立即停止运 A.B的质量为1.0kg 动.已知包子所受的阻力为其重力的0.4倍， B.0~1s内A的加速度逐渐增加 重力加速度g取10m/s2,求： C.接触弹簧前，A、B的相对位移大小为3m 如包子 D.若弹簧的劲度系数为k=12N/m,A接触弹 排盘器 簧后两物体始终保持相对静止 托盘 10.(2025·湖北省高三三模) 甲 乙 如图所示，某传送带的倾 角a=37°，长为10.5m, (1)排盘器加速运动的时间； (2)包子落至托盘瞬间的速度！ 以6m/s的速率逆时针运 转.在传送带顶端A点静 B 止释放一个质量为1kg 的物体，同时传送带在电动机的带动下，以： 4m/s2加速运转，已知物体与传送带间的动摩 擦因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重 力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑 107 13.(2025·辽宁丹东·一模)(8分)如图所示，在 端，已知货物A与传送带间的动摩擦因数= 光滑水平面上，质量m=1kgmE 0.8,取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 可视为质点的小物块，静止 M g=10m/s2. 在质量M=2kg的长木板左端，m与M间的 (1)求货物A刚开始运动时的加速度大小及在 动摩擦因数以=0.4，现对m施加一水平向右 传送带上运动的时间； 的拉力F=8N,作用一段时间t1后立刻撤掉： (2)为了提高运送货物的效率，人们采用了“配 外力F,小物体又经时间2恰好运动到长木板 重法”，即将货物A用跨过定滑轮的轻绳与质量 的右端且没从右端落下，重力加速度为g= 为m2=1kg的重物B连接，如图中虚线所示，A 10m/s2,求： 与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的 (1)时间t1与时间t2的比值； 轻绳足够长，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动 (2)若长木板的长度L=号m,则在外力F作 到传送带顶端前重物B都没有落地，求： ①货物A在传送带上运动的时间； 用时间1内小物块和长木板组成的系统产生 ②货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其 的热量大小 做的功. 14.(2025·四川省成都外国语教育集团高三联16.(2025·陕西省西安中 考)(10分)如图所示，传送带 B 学高三模拟)(16分)如 倾斜放置，倾角为0=37°，以 图所示，底部带有挡板 恒定速率o=4m/s顺时针转 的固定光滑斜面，倾角 30入 动.一煤块以初速度0= 为0=30°，上有质量为 12m/s从A端冲上传送带，煤块刚好不会从 m的足够长木板A,其下端距挡板间的距离为 传送带顶端B冲出.已知煤块和传送带之间的： L,质量也为m的小物块B置于木板A的顶 动摩擦因数=0.25，g取10m/s2.求： (1)求AB之间的距离L; 端，B与木板A之间的动摩擦因数为么=5 2 (2)煤块在传送带上留下的划痕长度△x. 无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与 底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短. 可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度为g.试求： (1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的 过程中木板A和物块B各自加速度的大小； (2)木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中 运动的总路程s; (3)若从开始到A、B最后都静止的过程中，物 15.(2025·黑龙江省齐齐哈尔市高三一模)(12分) 块B一直未从木板A上滑落，则木板A长度1 人们用传送带从低处向 山 应满足的条件」 高处运送货物，如图所 示，一长L=5m的倾 B 斜传送带在电动机带动 A 下以速度o=2m/s沿 顺时针方向匀速转动， 传送带与水平方向的夹角0=37°，某时刻将质： 量为m1=15kg的货物A轻轻放在传送带底： 10816.解析(1)物块滑离平台后做平抛运动，根据平抛运动的规： 律可得分g=九，wt=5 解得小物块运动到平台末端A的速度大小为：=3/s, 报据能量守位有瓦=宁m2=子×1X3J=45J: 1 (2)设物块运动到B点时，竖直方向速度为v,,则有 u,2=2gh, 解得：v,=4m/s, 刻有an0受-专可得0- 则圆孤BC所对的圆心角为53°； (3)B、C两，点的高度差为hc=R-Rcos53°=(1-1X0.6)m: =0.4m, 若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒有E。十 mg(h十hx)=hmgL, 解得A一器。 若恰不从B飞出根据能量守恒有E。十mgh=2gL, 5 解得=16 若从BC滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，根据能量守恒有： E。十mg(h十hx)=3amgL, 解得内一离 鲸上可得品<<器 33 答案(1)4.5J(2)53° (3)5 <器 热考（二）传送带模型与板块模型 14 1.C2.A3.C4.C5.B6.C7.A8.AC9.ACD 10.BC11.BC 12.解析(1)对包子分析，根据牛顿第二定律有 0.4mg=ma', 解得a=4m/s2, 1 对包子而言，做匀减速运动，其位移为西=t一之t, 1 对排盘器而言，做匀加速运动，其位移为马=之， x1十x2=1, 解得t=0.1s或t=-2.9s(舍) (2)包子在排盘器上减速过程y=一at', 解得=1m/s, 包子微平抛运动，竖直方向A=, 解得t=0.1s, 竖直方向的速度，=gt=l0X0.1m/s=1m/s, 水平方向的速度v,==1m/s, 所以合速度=√0，十，=√十1产m/s=√2m/s 答案(1)0.1s(2)w2m/s 13.解析(1)方法一：由题得小物块与长木板最终共速，设速度！ 大小为，对小物块列动量定理 Ft1-fmg(t1十t2)=mu-0 ! 对长木板列动量定理 mmg(t十t2）=Mv-0 217 方法二：对小物体受力分析列方程 F-umg=ma 得a1=4m/s 对长木板受力分析列方程 umg=Ma 得a2=2m/s 小木块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后 匀速，小物块减速得加速度一umg=ma? 得a3=-4m/s 小物块加速阶段最大速度=a1ti1小物块减速阶段v= a1t1十a3t2 长木板一直加速v=a2(t十t) (2②)小物块加速阶授位移=了， 小物块减速阶段位移工，=巧4十2a,4 长木板位移西=2a(十) 由z1十x2-x=L 得t1=1s 4时间内相对位移△x=4一之a:4=1m Q=mg△x=4J. 答案(1) (2)4J 解析(1)0到1s内，对煤块由牛顿第二定律可得 mgsin 6umgcos ma, 可得煤块的加速度大小a1=8m/s, 煤块运动时间=二， 煤块运动位移：L1= v%十v 24, 煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律可得 mg sin日-umg cos8=ma2, 可得煤块的加速度大小a2=4m/s, 煤块运动时间t,=巴， a2 煤块运动位移：山，=之， 则AB之间的距离s=L1十L2, 代入数据解得s=10m; (2)0一1s内：传送带运动位移L'=t1, 传送带上痕迹长度△x2=L,'一L1, 煤块与传送带共速后，对煤块上滑和下滑的过程，由牛顿第 二定律可得-L1=t-a2t'? 可得t=(1十5)s, 传送带上痕迹长度△x2=vt十L1, 解得△x2=(12十4√5)m, 可得传送带上痕迹总长度△x=△x2=(12十4√5)m. 答案 (1)10m(2)(12+4√5)m 15.解析(1)对货物A受力分析，由牛顿第二定律1gc0s日-： migsin 6=mia, 解得a1=0.4m/s2,设货物一直加速，则由运动学公式有L=; 解得t=5s,此时货物A的速度为v1=a1t=0.4X5m/s= 2m/s,符合题意. (2)①对货物A受力分析，由牛顿第二定律 T+um gcos 0-mgsin 0=ma:' 对重物B受力分析，由牛顿第二定律m2g一T=m2a2, 联立解得a2=1m/s, 到与传送带共速时间为击一号=二、 赏前A运动的位移为4=号=号×2m=2m, 假设货物A达到与传送带共速后，货物A和重物B能够匀 速运动， 对货物A有m2g十f=o gsin8, 即f=m1gsin9-m2g=15×10×0.6N-1×10N=80N, fmm1gcos9=0.8×15×10×0.8N=96N, 所以之后物块A匀速，则匀速的时间为，=L一飞=5.2 2 =1.5s, 则货物A从底端到达顶端所需的时间为t=t1十t,=2s十 1.5s=3.5s, ②在货物A加速阶段，摩擦力为斤=um1gcos日=0.8×15× 10×0.8N=96N, 摩擦力对其做的功为W1=f1x1=96×2J=192J, 1. 10 在货物A匀速阶段，摩擦力为f2=m1gsin0-m2g=15×10: 12 ×0.6N-1×10N=80N, 则摩擦力对其做的功为W,=f2(L-x1)=80X(5一2)J= 240J, 即货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为W=: W1+W2=192J+240J=432J. 答案(1)0.4m/s2,5s(2)①3.5s,②432J 16.解析(1)设所求的木板A和物块B的加速度的大小分别： 为aA,aB,木板A与挡板第一次碰撞前，A、B相对静止一起 下滑，木板A与挡板第一次碰撞后，B相对A下滑，由牛顿！ 第二定律得 对A有：ngsin9+mgcos8=1aA, 对B有：gcos日-mgsin8=maB, 解得a=号g,方向沿斜面向下， 1 a=车g,方向沿斜面向上； (2)木板A与挡板第一次碰撞前，A、B相对静止一起下滑的！ 加速度大小为a=gsin30°=立g, 1 木板A与挡板第一次碰撞前瞬间的A、B的速度大小为U1=13 √2aL=√gL, 木板A与挡板发生弹性碰撞，碰撞后A原速率被反弹，A先 沿斜面向上做匀减速直线运动，B沿斜面向下匀减速直线运； 动，因aA>aB,故A速度先减为零，之后A沿斜面向下匀加！ 速直线运动，AB共速之后相对静止一起沿斜面向下做匀加： -218 速直线运动，直到A与挡板第二次碰撞， 2 碰撞后A上滑的最大距离为x1=2a二5 设第一次碰撞后经过t时间AB共速，共速时速度大小为 U共，则有： U共=一十aat=U1一aBt, 2 解得0共=31， 设第一次碰撞后到AB共速A的位移大小为x,A第二次与 挡板碰撞前瞬间的速度大小为2， 则有-2a4x=vg2-y2,2ax=v,2-U#2, 2 解得U一√3 大碰撞后A上滑的最大距离为石，一日 可得木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路 LL: 程为s=L十2x1十2x2= (3)最终木板A静止在斜面底端，全过程B相对A始终沿斜 面下滑，设B相对A下滑的总位移为△x, 由能量守恒和功能关系得umgsin8·△x=mgLsin日+ mg(L+△x)sinB, 解得△x=4L,则木板A长度1应满足的条件为1≥4L 答案1)子g子g2)子1(3)B4L 热考（三）动力学和能量观点的综合应用 C 2.C 3.A 4.B 5.D 6.C 7.C 8.AD 9.AD BD 11.CD 解析(1)小物块从P点到第一个圆轨道最高点，根据动能 定理得： 2g.2R-mg·5R=2mU1-2m2, 在最高，点时，对小物块，根据牛顿第二定律得 mg十FN=mR' 根据牛顿第三定律知小物块对轨道压力的大小 F=F, 联立解得：Fy'=0.5mg; (2)设脱轨时小物块与圆心的连线与水平方向夹角为日. 小物块从P点到脱轨，根据动能定理得： 21 mg(R+Rsin)+mg·10R三之n-7m% 2 刚脱轨时，对小物块，有mgsin日=mR, U2 联立解得：= gR A2 答案(1)0.5mg(2)/】 解析(1)设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程 根据牛顿第二定律：omg=ma. ① 设加速过程物块的位移为x则v=2ax ② 由①②解得x=1m<L,假设成立，A碰B前速度为2m/s: (2)规定水平向右的方向为正方向，A、B碰撞过程由动量守 恒和能量守恒得