专题强化课二　传送带模型和“滑块—木板”模型 专项训练 -2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

**基本信息** 聚焦传送带与滑块—木板模型，通过递进式问题链构建动力学分析体系，强化科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|4题（含倾斜/水平情境）|结合快递分拣等实际场景，考查共速条件、相对位移计算|从摩擦力分析切入，构建"运动状态判断→加速度计算→位移关系"逻辑链| |滑块—木板模型|5题（含多体相互作用）|涉及相对运动、临界状态及v-t图像应用|通过动静摩擦转换，深化牛顿定律与运动学公式的综合应用|

专题强化练 专题强化课二　传送带模型和 “滑块—木板”模型 (40分钟　60分) 一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。 1.2025年中国快递业迅猛发展,自动化分拣设备也得到了广泛应用。如图为一快递分拣流水线的简化示意图,快递包裹从距传送带 0.2 m高度处的分拣口无初速度释放,释放时传送带的A点恰好在包裹正下方。若传送带足够长,包裹落到传送带上不反弹,传送带匀速转动的速度v=0.4 m/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则包裹与传送带共速时,包裹与传送带上A点的距离为(　　) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.0.08 m B.0.09 m C.0.10 m D.0.12 m 2.(2026·大同模拟)在快递分拣中心,常用倾斜传送带运输物品。如图所示,某倾斜传送带与水平面夹角为θ=37°,传送带长度为L=7.2 m,以恒定速度v0=4 m/s逆时针转动。将快递包裹(可视为质点)从传送带顶端A无初速度释放,包裹与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。已知sin37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。关于包裹在传送带上的运动,下列说法正确的是(　　) A.以加速度大小为10 m/s2一直做匀加速运动 B.到达传送带底端B时的速度大小为4 m/s C.在传送带上划痕长度等于相对于传送带发生的位移大小 D.若在包裹放置前增大传送带速度,包裹运动的最短时间为1.2 s 3.(2026·运城模拟)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(可视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是(　　) A.μ与θ之间的关系为μ=tanθ B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcosθ D.物块的速度达到v前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 4. 【多选】如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一质量为2 kg的物体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,之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体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.1 s末物体B从木板A的右端滑落 D.长木板A的质量是4 kg 5. 【多选】如图甲所示,一水平浅色传送带上放置一煤块(可视为质点),初始时,两者都是静止的,现让传送带在电机带动下先加速后减速,传送带的速度—时间图像如图乙所示,t=5 s时煤块与传送带共速,设传送带足够长,最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹,重力加速度g取10 m/s2。整个过程中,下列说法正确的是(　　) A.煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.24 B.煤块的位移大小为60 m C.煤块相对传送带的位移大小为28 m D.黑色痕迹的长度为16 m 6. 【多选】(2026·山西三重联考)如图所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,处于静止状态。小滑块Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,滑块、木板的质量均为1 kg,重力加速度g取10 m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则下列说法可能正确的是(　　) A.F=4 N时Q受到的摩擦力为0 B.F=14 N时P的加速度等于4 m/s2 C.F=8 N时Q受到的摩擦力为1 N D.F=8 N时经过4 s撤去F,若要Q不从P上滑脱,长木板至少为4 m 7.如图,在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动,某时刻将物块a轻放在b上,同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等,a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时,关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 8. 【多选】倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2 kg,长8 m的长木板Q,木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放,以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)(　　) A.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2 B.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2 C.P滑块在Q上运动时间为1 s D.P滑块在Q上运动时间为2 s 二、计算题:本题共1小题,共12分。 9.(12分)一足够长的水平传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,把一质量为M=1 kg的足够长的木板B轻轻放在传送带上,B与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.4,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)刚将木板B放上传送带时,木板B的加速度;(3分) (2)若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m=1 kg的物块A轻放在木板B上,如图所示,A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2,求A、B两个物体的加速度大小;(3分) (3)接上问,若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少?(6分) 【加固训练】 如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=0.75 m、质量M=2 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板,求恒力F应满足的条件; (2)若恒力F=21 N,求物块在薄木板上滑行的时间及在整个过程中向上滑行的最大距离。 - 11 - 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题强化练 专题强化课二　传送带模型和 “滑块—木板”模型 (40分钟　60分) 一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。 1.2025年中国快递业迅猛发展,自动化分拣设备也得到了广泛应用。如图为一快递分拣流水线的简化示意图,快递包裹从距传送带 0.2 m高度处的分拣口无初速度释放,释放时传送带的A点恰好在包裹正下方。若传送带足够长,包裹落到传送带上不反弹,传送带匀速转动的速度v=0.4 m/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则包裹与传送带共速时,包裹与传送带上A点的距离为(　　) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.0.08 m B.0.09 m C.0.10 m D.0.12 m 【解析】选D。根据自由落体运动公式,有h=g,解得包裹落到传送带上的时间为t1=0.2 s,A点运动的位移为x1=vt1=0.08 m,包裹落到传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀加速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2 m/s2,包裹达到和传送带共速所用的时间为t2== s=0.2 s,此过程中包裹的位移为x2=a=×2×0.22 m=0.04 m,此过程中传送带的位移为x3=vt2=0.4×0.2 m=0.08 m,包裹与传送带上A点的距离为l=x1+x3-x2=0.12 m,故选D。 2.(2026·大同模拟)在快递分拣中心,常用倾斜传送带运输物品。如图所示,某倾斜传送带与水平面夹角为θ=37°,传送带长度为L=7.2 m,以恒定速度v0=4 m/s逆时针转动。将快递包裹(可视为质点)从传送带顶端A无初速度释放,包裹与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。已知sin37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。关于包裹在传送带上的运动,下列说法正确的是(　　) A.以加速度大小为10 m/s2一直做匀加速运动 B.到达传送带底端B时的速度大小为4 m/s C.在传送带上划痕长度等于相对于传送带发生的位移大小 D.若在包裹放置前增大传送带速度,包裹运动的最短时间为1.2 s 【解析】选D。包裹刚滑上传送带时,传送带逆时针转动,包裹受到向下的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,代入数据解得a1=10 m/s2;假设经过t1时间与传送带达到共速,包裹运动位移为x1,由v0=a1t1,得t1=0.4 s。x1=t1=0.8 m<L,共速后由于mgsinθ>μmgcosθ,包裹继续向下加速运动,故A、B错误;包裹先是落后于传送带,即相对于传送带上滑,共速后相对于传送带下滑,相对位移为上述两个之差,而痕迹长度是上述两个相对滑动距离的最大值,故C错误;增加传送带速度,包裹运动时间会减小,当传送带速度增大到一定值后,包裹一直以a1=10 m/s2的加速度加速,时间最短,即L=a1t2,得t=1.2 s,故D正确。 3.(2026·运城模拟)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(可视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是(　　) A.μ与θ之间的关系为μ=tanθ B.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变 C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcosθ D.物块的速度达到v前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半 【解析】选C。根据题意可知,物块与传送带速度相等后继续向上减速,则有μmgcosθ<mgsinθ,可得μ<tanθ,故A错误;因为v0>v,物块与传送带速度相等之前,物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度沿斜面向下,大小为a1==gsinθ+μgcosθ,物块与传送带速度相等之后,加速度沿斜面向下,大小为a2==gsinθ-μgcosθ<a1,则物块与传送带在速度相等前后,加速度的大小之差为Δa=a1-a2=2μgcosθ,故B错误,C正确;设物块从冲上传送带到与传送带共速所用时间为t,此过程物块的位移为x物=t,传送带的位移为x带=vt,此过程中物块在传送带上的划痕长度为Δx=v物-v带=t-vt=t,若满足Δx=x物,则有v0=3v,因v0不一定等于3v,故共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半,故D错误。 4. 【多选】如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一质量为2 kg的物体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,之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体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.1 s末物体B从木板A的右端滑落 D.长木板A的质量是4 kg 【解析】选B、D。由题意可知,A木板的运动方向与其摩擦力方向相同,物体B运动方向与其摩擦力方向相反,故A错误;由题图乙知B的加速度大小为aB= m/s2=2 m/s2,对B由牛顿第二定律有μmBg=mBaB,解得μ=0.2,故B正确;由题图乙可知0~1 s内二者相对运动,之后相对静止一起匀速运动,故C错误;长木板A的加速度大小为aA=1 m/s2,由μmBg=mAaA,μmBg=mBaB,联立两式可解得==,长木板A的质量是B物体的两倍,即mA=4 kg,故D正确。 5. 【多选】如图甲所示,一水平浅色传送带上放置一煤块(可视为质点),初始时,两者都是静止的,现让传送带在电机带动下先加速后减速,传送带的速度—时间图像如图乙所示,t=5 s时煤块与传送带共速,设传送带足够长,最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹,重力加速度g取10 m/s2。整个过程中,下列说法正确的是(　　) A.煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.24 B.煤块的位移大小为60 m C.煤块相对传送带的位移大小为28 m D.黑色痕迹的长度为16 m 【解析】选A、B、D。 煤块的加速度a==μg,t=5 s时煤块与传送带共速,速度为v5= 12 m/s,在v-t图上斜率为加速度, 则a=μg= m/s2,得μ=0.24,故A正确;根据几何关系可知,煤块的图像与传送带的图像交于(5 s,12 m/s);然后减速,交t轴于10 s,v-t图线与时间轴围成的面积代表位移,煤块的位移大小为x煤=×10×12 m=60 m,故B正确;由图可知,煤块先相对于传送带向左滑动的相对位移为Δx1=×4×16 m+×1 m×5×12 m=16 m,共速后煤块相对于传送带向右滑动的相对位移为Δx2=×5×12 m×3×12 m=12 m,则痕迹长度应取较长的相对位移16 m,煤块相对于传送带的总位移为Δx=Δx1-Δx2=4 m,故C错误,D正确。 6. 【多选】(2026·山西三重联考)如图所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,处于静止状态。小滑块Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,滑块、木板的质量均为1 kg,重力加速度g取10 m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则下列说法可能正确的是(　　) A.F=4 N时Q受到的摩擦力为0 B.F=14 N时P的加速度等于4 m/s2 C.F=8 N时Q受到的摩擦力为1 N D.F=8 N时经过4 s撤去F,若要Q不从P上滑脱,长木板至少为4 m 【解析】选A、C、D。F至少等于f1=μ2(M+m)g=6 N才能拉动木板P,F=4 N时木板P保持静止,Q的摩擦力为0, A正确。F=14 N时,Q在P上相对滑动,对P分析有a1==6 m/s2,B错误。F=8 N时,Q与P加速度相等,a2==1 m/s2,Q受到的摩擦力f2=ma2=1 N,C正确。F=8 N时,经过4 s撤去F,此时Q与P具有相同的速度v=a2t=4 m/s,滑块Q的加速度a3=μ2g=2 m/s2,木板P的加速度a4==4 m/s2,板先停,块后停,s相==2 m,板长至少为4 m,D正确。 7.如图,在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动,某时刻将物块a轻放在b上,同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等,a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时,关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 【解析】选B。a和b的速度达到共速之前,a受到b向右的摩擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力,a做加速运动,b做减速运动,则对于a,由牛顿第二定律有a1=,对b有a2==μg<a1,由此可知a的加速度大于b的加速度,故A、C错误;a、b共速后,若在恒力作用下,a、b间的摩擦力f没有达到最大静摩擦力,则一起做加速运动,则对于b有a共=,且f≤μmg,故a、b的加速度a共<a1,故B正确;若在恒力作用下,a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力,发生相对滑动,则a、b的加速度大小不相等,且均做加速运动,则对于a有a3=,对b有a4==μg,可知a的加速度a3小于共速前a的加速度a1,故D错误。 8. 【多选】倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2 kg,长8 m的长木板Q,木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放,以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)(　　) A.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2 B.P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2 C.P滑块在Q上运动时间为1 s D.P滑块在Q上运动时间为2 s 【解析】选B、D。对P受力分析,受重力和Q对P的支持力作用,根据牛顿第二定律有mPgsin37°=mPaP,解得aP=gsin37°=6 m/s2;对Q受力分析,受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用,根据牛顿第二定律有mQgsin37°-μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ,解得aQ=2 m/s2,故A错误,B正确;设P在Q上面滑动的时间为t,因aP= 6 m/s2>aQ=2 m/s2,故P比Q运动更快,根据位移关系有L=aPt2aQt2,代入数据解得t=2 s,C错误,D正确。 二、计算题:本题共1小题,共12分。 9.(12分)一足够长的水平传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,把一质量为M=1 kg的足够长的木板B轻轻放在传送带上,B与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.4,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)刚将木板B放上传送带时,木板B的加速度;(3分) 答案:(1)4 m/s2　方向水平向右　 【解析】(1)刚将木板B放上传送带时,根据牛顿第二定律可得μ1Mg=Ma 解得木板B的加速度为a=4 m/s2 方向水平向右。 (2)若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m=1 kg的物块A轻放在木板B上,如图所示,A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2,求A、B两个物体的加速度大小;(3分) 答案: (2)2 m/s2　6 m/s2　 【解析】(2)由于μ2=0.2<μ1=0.4 可知A相对于B向左滑动,以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ2mg=maA 解得A的加速度大小为aA=2 m/s2 以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g-μ2mg=MaB 解得B的加速度大小为aB=6 m/s2 (3)接上问,若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少?(6分) 答案: (3)1 s 【解析】(3)若将物块A改为以水平向右v=6 m/s的初速度放上木板B,则A相对于B向右运动,受到的摩擦力向左,A向右做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可得a'A==2 m/s2 以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma'B 解得a'B=10 m/s2 设经过t1时间,A、B速度相同,设为v1,则有v1=v-a'At1,v1=a'Bt1 解得t1=0.5 s,v1=5 m/s A、B共速后,根据(2)分析可知,A开始做加速度为aA=2 m/s2的匀加速运动,B开始做加速度为aB=6 m/s2的匀加速运动,设经过t2时间,B与传送带共速,则有t2== s= s 此时A的速度为vA=v1+aAt2=5 m/s+2× m/s= m/s B与传送带共速后,B与传送带保持相对静止一起做匀速运动,A继续做匀加速运动,设经过t3时间,A、B与传送带速度相同,则有t3== s= s 则从开始到最终A、B、传送带都相对静止所经历时间为t=t1+t2+t3= 1 s 【加固训练】 如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=0.75 m、质量M=2 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板,求恒力F应满足的条件; 答案:(1)15 N<F≤18 N　 【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象,由牛顿第二定律得 F-(M+m)gsinα=(M+m)a 对物块有f-mgsinα=ma 刚好不滑动时f=fm=μmgcosα 两者一起加速,由牛顿第二定律得 F-(M+m)gsinα>0 联立解得15 N<F≤18 N (2)若恒力F=21 N,求物块在薄木板上滑行的时间及在整个过程中向上滑行的最大距离。 答案: (2)1 s　0.6 m 【解析】(2)因F=21 N>18 N,所以物块能够滑离木板,对木板,由牛顿第二定律可得 F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1 对物块,由牛顿第二定律可得μmgcosα-mgsinα=ma2 设物块滑离木板所用时间为t,木板的位移x1=a1t2 物块的位移x2=a2t2 物块与木板的分离条件为Δx=x1-x2=L 联立以上各式解得t=1 s 物块滑离木板时的速度v=a2t=1 m/s 在斜面上滑行时的加速度大小a斜=gsinα=5 m/s2 根据运动学公式有-2a斜x3=0-v2 物块向上滑行的最大距离x=x2+x3=0.6 m - 11 - 学科网（北京）股份有限公司 $