第15讲 传送带模型 板块模型 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦传送带与板块模型，通过基础到综合的层级训练，构建相对运动分析框架，强化科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|5题|水平/倾斜传送带、板块模型基础问题|从水平到倾斜，从单一物体到系统，构建相对运动分析步骤| |能力·高分练|3题|含v-t图像、多过程传送带/板块问题|结合图像分析运动过程，深化摩擦力方向与共速条件应用| |素养·提升练|1题|传送带-板块跨模型综合题|融合运动学与动力学，提升复杂情境下的问题解决能力|

第15讲　传送带模型　板块模型 基础·满分练 命题角度一　水平的传送带问题 1.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法正确的是(　　) A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短 C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短 D.木炭包与传送带间的动摩擦因数越大,径迹的长度越短 命题角度二　倾斜的传送带问题 2.(10分)如图所示,工人要将货物运送到平台上,由于货物与传送带间的动摩擦因数较小,便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角θ=24°,长度l=4 m,向上运动的速度v=1.2 m/s,货物质量m=20 kg,与传送带间的动摩擦因数为0.2,货物可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度g取10 m/s2) (1)货物轻放到传送带的下端,开始阶段工人施加F1=60 N的拉力,求货物经多长时间能达到与传送带共速; (2)货物与传送带共速后,工人至少用多大的拉力可以保持货物相对传送带静止。 命题角度三　水平的板块模型 3.(2026浙江桐乡模拟)光滑水平面上停放着质量M=2 kg的平板小车,一个质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)以v0=3 m/s的初速度从A端滑上小车,如图所示。小车长l=1 m,小滑块与小车间的动摩擦因数为μ=0.4,g取10 m/s2,从小滑块滑上小车开始计时,2 s末小滑块与小车B端的距离为(　　) A.1 m B.0 C.0.25 m D.0.75 m 命题角度四　倾斜的板块模型 4.(2026河南部分名校模拟)如图所示,足够长、上表面光滑的斜面体静止在水平面上,一薄木板A和物块B沿着斜面相对静止一起上滑,滑到最高点后一起沿着斜面下滑,薄木板和物块始终相对静止,斜面体始终静止在水平面上,在薄木板和物块向上滑动和向下滑动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.向上滑动过程中,薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上 B.向下滑动过程中,薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上 C.薄木板与物块之间始终没有摩擦力 D.斜面体与水平面之间没有摩擦力 命题角度五　板块模型中的动力学图像问题 5.(2025山东青岛检测)如图甲所示,小物块A以初速度v0冲上水平放置的平板B,在此后的运动过程中A始终没有滑离平板B,A、B运动的部分v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.若mA=2mB,则v1= B.A、B两物体质量可能相同 C.0~2t1时间内,B有时仅受一个摩擦力作用 D.A与B间的动摩擦因数小于B与地面间的动摩擦因数 能力·高分练 6.(2026江苏盐城模拟)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,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.传送带上下两端的间距为15 m D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m 7.(2026福建三明模拟)如图所示,一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上,质量为M=4 kg的长木板B沿着斜面以速度v0=12 m/s匀速下滑,现把质量为m=2 kg的铁块A(可视为质点)无初速度放在长木板B的左端,铁块最终没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是(　　) A.铁块A刚放在长木板B上时,长木板B的加速度大小为12 m/s2,方向沿斜面向上 B.铁块A和长木板B共速后的速度大小为4 m/s C.长木板的长度一定为4 m D.从铁块放上长木板到两者共速的过程中,两者所构成的系统动量守恒,机械能不守恒 8.(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v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a; (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 素养·提升练 9.(12分)(2025浙江宁波测试)如图所示,在竖直平面内,倾斜传送带倾角θ=37°,可视为质点的物块a与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,传送带底端B与光滑平台BC平滑连接,有一长木板b置于平台右侧的光滑水平面上,其左端面紧贴平台右端面CD放置、上表面与平台BC齐平。已知传送带顶端A到底端B的长度为L=3.2 m,物块的质量m=1 kg,长木板质量M=4 kg,物块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.2,物块经过各连接处时速度大小不变。现将该物块无初速地在传送带顶端A处释放,不计空气阻力。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)若传送带以2 m/s的速度逆时针转动,求物块滑到B时的速度大小vB; (2)若传送带以2 m/s的速度顺时针转动,求物块从A滑到B所用的时间t; (3)若传送带以2 m/s的速度顺时针转动,要使物块不从长木板右端掉落,求长木板的最小长度lmin。 答案： 课时突破练15　传送带模型　板块模型 1.D　解析 木炭包在传送带上先做加速运动后做匀速运动,在加速过程中木炭包和传送带出现相对位移,且传送带位移大,黑色的径迹将出现在木炭包的右侧,A项错误;由关系式s相=s传送带-s木炭包=vt-可知,传送带运动的速度越大或木炭包与传送带间的动摩擦因数越小,径迹的长度越长,B、C两项错误,D项正确。 2.(1)1.5 s (2)44 N 解析 (1)货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上,则有 F1+μmgcos θ-mgsin θ=ma 达到共速时有v=at 解得t=1.5 s。 (2)货物与传送带共速后,若货物相对传送带静止,对货物受力分析有 mgsin θ=F拉+Ff静 则当静摩擦力取得最大值且向上时,拉力取得最小值,即F拉min=mgsin θ-Ff静max 解得F拉min=44 N。 3.C　解析 由牛顿第二定律,对小滑块有a1==μg=4 m/s2,对小车有a2==2 m/s2;设经时间t两者共速,有v=v0-a1t=a2t,解得t==0.5 s,v=1 m/s;对小滑块有x1=t=1 m,对车x2=t=0.25 m,小滑块相对小车向右滑行的距离为Δx=x1-x2=0.75 m,共速后小滑块与车一起向右做匀速直线运动,2 s末小滑块与小车B端的距离为d=l-Δx=0.25 m,故选C。 4.C　解析 在向上滑动过程中,整体根据牛顿第二定律可得(M+m)gsin θ=(M+m)a,对物块受力分析可得mgsin θ+Ff=ma可得Ff=0,所以向上滑动过程中薄木板和物块之间没有摩擦力,同理下滑过程中也没有摩擦力,A、B错误,C正确;斜面体与A的作用力只有弹力,方向垂直于接触面,具有水平分量,由平衡条件可知斜面体与水平面之间有摩擦力,D错误。 5.A　解析 设A、B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为μ1、μ2,0~t1时间内,对A、B,由牛顿第二定律分别有μ1mAg=mAaA,mAgμ1-(mA+mB)gμ2=mBaB,解得A、B加速度分别为aA=gμ1,aB=,则0~t1时间内,对A有=v0-aAt1=v0-gμ1t1,对B有=aBt1=t1,t1~2t1时间内,对整体有v1=-aABt1=-gμ2t1,联立解得v1=,若mA=2mB,解得v1=,故A正确;以上分析可知v1=,若A、B质量相等,则v1=,而由题图乙可知t1时速度就已经为,故2t1时速度不可能还是,故B错误;速度—时间图线的斜率表示加速度,由题图乙可知0~2t1时间内A的加速度始终不为零,故A、B间一直存在摩擦力,所以B在0~2t1时间内一直同时受到A给的摩擦力和地面给的摩擦力,故C错误;由题意可知,要让B运动起来,必须满足mAgμ1>(mA+mB)gμ2,即>1,故A与B间的动摩擦因数大于B与地面间的动摩擦因数,故D错误。 6.D　解析 0~1 s内物体加速度a1= m/s2=10.0 m/s2,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1~2 s内加速度a2= m/s2=2.0 m/s2,由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得θ=37°,μ=0.5,故选项A、B错误;0~2 s内物体的位移大小即为传送带上下两端的间距,根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移,可知位移为l= m+×1 m=16 m,故选项C错误;传送带的速率v0=10 m/s,则0~1 s内,物体的位移为x1= m=5 m,传送带的位移为x2=v0t1=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx1=x2-x1=10 m-5 m=5 m,物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移为x3=×1 m=11 m,传送带的位移为x4=v0t2=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx2=x3-x4=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,故选项D正确。 7.D　解析 开始时长木板B沿着斜面以速度v0=12 m/s匀速下滑,有Mgsin 37°=μMgcos 37°,解得μ=0.75;铁块A刚放在长木板B上时,对A根据牛顿第二定律有μmgcos 37°+mgsin 37°=maA,解得aA=12 m/s2,方向沿斜面向下;对B根据牛顿第二定律有μ(M+m)gcos 37°+μmgcos 37°-Mgsin 37°=MaB,解得aB=6 m/s2,方向沿斜面向上;设铁块A和长木板B共速的时间为t,则v0-aBt=aAt,解得t= s;铁块A和长木板B共速后,速度大小为v共=v0-aBt=8 m/s,故选项A、B错误。铁块A和长木板B共速,一起沿斜面匀速下滑,则长木板的最小长度为L0=xB-xA=t-t=4 m,即长木板的长度L≥4 m,故C错误;由于滑动摩擦力做功,A、B系统机械能不守恒,又因为(M+m)gsin 37°=μ(M+m)gcos 37°,A、B系统合外力为零,系统动量守恒,故选项D正确。 8.(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s 解析 (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1,所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律可知μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得a=0.4 m/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= s=2.5 s 在传送带上滑动的距离为x1=t1=×2.5 m=2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力,即μmgcos θ>mgsin θ,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,匀速运动的时间为 t2= s=2 s 所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5 s。 9.(1) m/s　(2)1.2 s　(3)3.2 m 解析 (1)传送带以2 m/s的速度逆时针转动,由牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma 解得a=2 m/s2 由匀加速直线运动的位移关系有=2aL 解得vB= m/s。 (2)传送带以2 m/s的速度顺时针转动,由牛顿第二定律有mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1 解得a1=10 m/s2 加速到共速的时间为t1==0.2 s 位移为x1=·t1=0.2 m 共速后,由牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma2 解得a2=2 m/s2 位移关系为vB'2-v2=2a2(L-x1) 解得vB'=4 m/s 时间为t2==1 s 总时间为t=t1+t2=1.2 s。 (3)物块在木板上减速时,由牛顿第二定律有μ2mg=ma3 解得a3=2 m/s2 木板加速,由牛顿第二定律有μ2mg=Ma4 解得a4=0.5 m/s2 两者共速时有v共=vB'-a3t0=a4t0 解得t0=1.6 s 最小板长为lmin=·t0-·t0=3.2 m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $