素养培优1 利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型问题(专题跟踪检测)-【领跑高中】2026年高考物理二轮专题复习学生用书Word

素养培优1　利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型问题 1.〔多选〕（2025·河北石家庄模拟）如图所示，传送带以恒定速度v1匀速运行。在t＝0时刻，将一物块放置于传送带的左端，物块初始时具有向右的速度v2，并受到一个向左的恒力F作用。在t＝t0时刻，物块离开传送带。根据以上条件，下列描述物块速度随时间变化关系的图像可能正确的是（　　） 2.（2025·浙江1月选考8题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则（　　） A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 3.〔多选〕（2025·辽宁大连模拟）如图a所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5 kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8 s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图b所示。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.物块在传送带上运动的路程为2 m B.物块与传动带之间的动摩擦因数为 C.运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1 J D.运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 J 4.（2025·浙江杭州联考）如图，相距L＝8.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度大小v＝4.0 m/s。质量m＝10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。求： （1）载物箱通过传送带所需的时间t； （2）因传送载物箱，电机对传送带做的功W； （3）载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量大小I。 5.（2025·天津宁河区一模）如图所示，水平面上竖直固定一个粗糙圆弧轨道BC。圆弧轨道C端切线水平，长木板静止在光滑的水平面上，木板左端紧靠轨道右端且与轨道C点等高但不粘连（长木板厚度不计）。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量m＝2 kg的物块（可视为质点），物块恰好能从B点沿切线方向无碰撞进入圆心角θ＝53°的圆弧轨道BC，物块滑到圆弧轨道C点时速度大小为vC＝4 m/s，经圆弧轨道后滑上长木板。已知长木板的质量M＝6 kg，A点距C点的高度为H＝1.2 m，圆弧轨道半径为R＝1 m，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3。物块始终未滑出长木板，空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： （1）物块从B滑到C的过程中摩擦力做的功； （2）在物块相对长木板运动的过程中，木板的位移大小。 6.（2025·山东高考17题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： （1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； （2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 素养培优1　利用三大观点解决“传送带”、“板块”模型问题 1.BC　若v2＜v1，且F＜μmg，则μmg－F＝ma1，当物块加速运动速度达到v1后，与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（也可能加速过程中就离开传送带），故B正确；若v2＜v1，且F＞μmg，则物块先匀减速到速度为零，再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）；若v2＞v1，且F＜μmg，则物块先匀减速至v1，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带（有可能减速过程中就离开传送带）；若v2＞v1，且F＞μmg，满足F＋μmg＝ma2，中途速度减至v1，以后满足F－μmg＝ma3，先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），故C正确，A、D错误。 2.D　碰前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规定向右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有mvA－mvB＝2mv1，解得两者碰后瞬间的共同速度v1＝1 m/s，从A、B碰后到三者共速的过程，A、B、C组成的系统动量守恒，则有2mv1－mvC＝3mv，解得三者共同速度v＝0，所以最终三者静止，对滑块C，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，从碰后到三者相对静止的时间为t＝＝0.4 s，B错误；由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对静止的过程因摩擦而产生的热量为Q＝×2m＋m＝3 J，C错误；该过程由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝0.6 m，D正确。 3.AC　物块在传送带上运动的路程由图b可知x＝m＝2 m，故A正确；由图b可知0～0.4 s内，物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝7.5 m/s2，在0.4～0.8 s内，物块的加速度大小为a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得μ＝，θ＝30°，故B错误；摩擦力对物块做的功为W＝μmgcos θ＝－1 J，故C正确；传送带的速度3 m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmg［3×0.4－＋－3×0.4］·cos θ＝1 J，故D错误。 4.（1）2 s　（2）－40 J　（3）10 N·s 解析：（1）传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有v2－＝－2ax1 联立各式，代入数据得x1＝4.5 m 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t、做匀减速运动所用的时间为t'，由运动学公式有v＝v0－at'，t＝t'＋ 联立各式并代入数据得t＝2 s。 （2）传送带始终匀速，根据能量守恒定律可知电机对传送带做的功W＝－μmg×vt'＝－40 J。 （3）传送带对载物箱的摩擦力冲量水平向左，由动量定理有If＝m＝10 N·s 支持力的冲量竖直向上，有IN＝mgt＝200 N·s 则传送带对它的冲量大小为I＝＝10 N·s。 5.（1）－17 J　（2）0.5 m 解析：（1）从A到B物块做平抛运动，根据图中几何关系可得h＝R（1－cos θ） 根据运动学公式可得＝2g（H－h） 解得vBy＝4 m/s 从B到C，由动能定理可得mgh＋Wf＝m－m 其中vB＝ 解得Wf＝－17 J。 （2）对物块和木板分析，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mvC＝（M＋m）v 解得v＝1 m/s 在物块相对长木板运动的过程中，根据动能定理可得μmgx＝Mv2 解得x＝0.5 m。 6.（1）6 m/s， m/s　（2） m/s，2.5 J 解析：（1）小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有 0＝mv1－Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝m＋M 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 （2）从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有 mv1＝（m＋ma）v0 解得v0＝2 m/s b刚解除锁定时，有F＝kx0 小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有 （m＋ma）＝（m＋ma）＋Ep0 其中Ep0＝k 联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小va＝1 m/s b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 （m＋ma）va＝（m＋ma＋mb）vb 解得vb＝ m/s 由机械能守恒定律有 （m＋ma）＝（m＋ma＋mb）＋Epm 解得Epm＝2.5 J。 学科网（北京）股份有限公司 $