第三章　培优练4　动力学中的传送带问题、板块问题-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动力学传送带与板块问题，以牛顿第二定律为核心，通过多过程受力分析与运动分段，构建“受力-运动-相对关系”解题逻辑，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带问题|4题|共速判断-摩擦力方向分析-运动分段-相对位移计算|以摩擦力性质为基础，结合运动学公式推导运动过程，建立“速度关系-位移关系”关联| |板块问题|5题|整体隔离法-临界加速度分析-多过程相对运动|通过整体与隔离受力分析，确定临界条件，应用牛顿定律与运动学公式解决相对滑动问题|

培优练4　动力学中的传送带问题、板块问题 [分值：55分] [1~5题，每题4分] 1.如图所示，与水平面夹角为37°的倾斜传送带，在电机控制下以4 m/s的恒定速率逆时针运转，两轮中心间的距离为5.75 m。质量为10 kg的小物块(可视为质点)以1 m/s的初速度从传送带顶端滑至底端的过程中(已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小取10 m/s2)，物块(　　) A.先做匀加速直线运动，后做匀速运动 B.所受的摩擦力方向一直沿传送带向上 C.从顶端运动至底端的时间为1.4 s D.在传送带上留下的划痕长度为1 m 答案　D 解析　刚开始时，物块受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物块先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma，假设能与传送带达到共速，则x1==0.75 m<L=5.75 m，假设成立。由于μ<tan 37°，所以二者共速后物块继续沿传送带向下做匀加速直线运动，即受到沿传送带向上的滑动摩擦力，故A、B错误；共速后，物块的加速度为a'=，根据位移时间关系有L-x1=vt2+a'，代入数据解得t2=1 s，所以从顶端运动至底端的时间为t=t1+t2=+t2=1.3 s，故C错误；共速前划痕长度为Δx1=vt1-x1=0.45 m，共速后划痕长度为Δx2=L-x1-vt2=1 m>Δx1，所以传送带上留下的划痕长度为1 m，故D正确。 2.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针转动，初速度大小为v2(v2>v1)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面，水平向左滑上传送带，选v2的方向为正方向，从物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像不可能是图中的(　　) 答案　C 解析　小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A可能；小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B可能；物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速直到速度等于传送带速度v1后匀速运动，故C不可能；小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故D可能。 3.质量为m1=2 kg、长度L=2 m的长木板甲静止在光滑水平面上，一质量为m2=1 kg的小物块乙(可视为质点)放在长木板甲的左端，如图所示。水平向右的拉力F，第一次作用在长木板甲右端，大小为6 N，甲和乙刚要发生相对滑动；第二次作用在小物块乙的右侧，大小为7 N。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。拉力F第一次和第二次作用前，甲和乙如图所示静止在水平面上。下列说法正确的是(　　) A.拉力F第一次作用时，甲和乙的加速度大小为a=3 m/s2 B.甲和乙之间的动摩擦因数μ=0.4 C.拉力F第二次作用时，经时间t=1 s后乙从甲的右端滑出 D.拉力F第二次作用时，乙从甲的右端滑出时相对于甲的速度为5 m/s 答案　C 解析　水平拉力F第一次作用时，甲和乙刚要发生相对运动，对于甲和乙构成的整体，根据牛顿第二定律有a==2 m/s2，故A错误；水平拉力F第一次作用时，对于物块乙有μm2g=m2a，解得μ==0.2，故B错误；水平拉力F第二次作用时，根据牛顿第二定律，对甲有a1==1 m/s2，对乙有a2==5 m/s2，经时间t，乙物块到达甲的右端，有L=a2t2-a1t2，解得t=1 s，故C正确；当乙滑动到甲的右端时，乙的速度为v2=a2t=5 m/s，方向水平向右，甲的速度为v1=a1t=1 m/s，方向水平向右，乙相对于甲的速度大小为v相对=v2-v1=4 m/s，故D错误。 4.如图所示，质量M=4 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t=0时刻对木板施加F=45 N的水平向右恒力，同时质量m=1 kg的小物块以v0=15 m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L=7.8 m，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为8 m/s2 B.t=1 s时，小物块恰好运动到木板最右端 C.t=(1+) s时，小物块从木板左端脱离 D.若t=2 s时撤去外力F，小物块最终会从木板左端脱离 答案　C 解析　小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有F+μ2mg-μ1(m+M)g=Ma1，解得a1=10 m/s2，故A错误；对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2，解得a2=5 m/s2，t=1 s时，小物块的速度v1=v0-a2t=10 m/s，此时木板的速度v2=a1t=10 m/s=v1，两者的相对位移x相1=t-t=7.5 m<L=7.8 m，可知，t=1 s时，小物块并没有运动到木板最右端，故B错误；结合上述，在t=1 s时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以a2=5 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma3，解得a3=7.5 m/s2，上述过程小物块相对于木板向左运动，则有x相1=v2t1+a3-(v1t1+a2)，解得t1= s，可知，小物块从木板左端脱离的时间t2=t+t1=(1+) s，故C正确；若t=2 s时撤去外力F，由于t2=(1+) s>2 s，令t3=2 s-1 s=1 s，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为v3=v1+a2t3=15 m/s，v4=v2+a3t3=17.5 m/s，此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x相2=t3-t3=1.25 m，撤去外力后小物块向右继续以a2=5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木板进行分析有μ2mg+μ1(m+M)g=Ma4，解得a4=3.75 m/s2，令历时t4两者达到相等速度，则有v5=v3+a2t4=v4-a4t4，解得t4= s，此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x相3=t4-t4= m，由x相2+x相3<x相1可知，撤去外力，两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑离木板，之后两者保持相对静止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0后静止，即若t=2 s时撤去外力F，小物块最终不会从木板左端脱离，故D错误。 5.如图所示，长为L=2 m的水平传送带以v=3 m/s的速率顺时针方向匀速转动，传送带的右侧平台上紧靠传送带放置一块长木板C，长木板C上表面与传送带在同一水平面内，滑块B静止在长木板C上，距长木板C左端l=2.75 m。现有一个滑块A以初速度v0=6 m/s从左端滑上传送带，经过传送带后无能量损失地滑上长木板C，之后与滑块B发生弹性碰撞。已知A、B、C的质量分别为mA=mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，A、B可视为质点，A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，A、B与C间的动摩擦因数均为μ2=0.2，C与平台间的动摩擦因数μ3=0.05，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.滑块A滑上长木板C时的速度大小为3 m/s B.滑块A与B碰撞前瞬间滑块B的速度大小为1 m/s C.滑块A与B碰撞后瞬间滑块B的速度大小为4 m/s D.要使滑块B不从长木板C上滑落，长木板C最小长度为3.2 m 答案　D 解析　若A一直减速到传送带右端，由动能定理有-μ1mAgL=mA-mA，解得vA=4 m/s>v=3 m/s，假设成立，即滑块A滑上长木板C时的速度大小为4 m/s，故A错误；假设A滑上C后，B与C保持相对静止，对B、C整体，由牛顿第二定律有μ2mAg-μ3(mA+mB+mC)g=(mB+mC)a1，解得a1=0.5 m/s2<μ2g=2 m/s2，假设成立，对滑块A，由牛顿第二定律有μ2mAg=mAaA，解得aA=2 m/s2，滑块A与B碰撞前，满足vAt-aAt2-a1t2=l，解得t=1 s，t= s(舍去)，则滑块A与B碰撞前瞬间滑块B的速度大小为vB=a1t=0.5 m/s，故B错误；滑块A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小为vA'=vA-aAt=2 m/s，滑块A与滑块B发生弹性碰撞，由于滑块A与滑块B质量相等，则二者速度互换，即碰撞后滑块A的速度为vA″=0.5 m/s，碰撞后滑块B的速度为vB'=2 m/s，故C错误；结合上述分析可知，滑块A与滑块B碰撞后，滑块B做减速运动，滑块A与C一起加速，当三者共速时，滑块B恰好滑到C的右端，此时长木板C长度最小，对滑块B，由牛顿第二定律有μ2mBg=mBaB，解得aB=2 m/s2，则有vB'-aBt1=vA″+a1t1，解得t1=0.6 s，则有Δx=vB't1-aB-(vA″t1+a1)=0.45 m，则要使滑块B不从长木板C上滑落，长木板C最小长度为L'=l+Δx=3.2 m，故D正确。 6.(8分)小明利用气垫导轨“验证牛顿第二定律”，实验装置如图所示。重力加速度大小为g。 (1)(4分)主要的实验步骤如下： ①开动气泵，调节气垫导轨，将滑块无初速度轻放在导轨上，滑块能　　　　，可认为导轨水平。  ②测出遮光片的宽度d。 ③用天平称出托盘和砝码的总质量m、滑块(含遮光片)的质量M。 ④将滑块移至图中所示位置A，测出遮光片到光电门B的距离l，将滑块由静止释放，读出遮光片通过光电门B的遮光时间t，滑块通过光电门B时的速度v=　　　　(用已知物理量符号表示)。  ⑤移动光电门B，得到多组t和l的对应数据，根据数据，作出-l图像。 ⑥改变托盘和砝码的质量，重复实验。 (2)(4分)实验中用托盘和砝码的重力代替细线拉力，则能替代的条件为　　　　(填m和M的关系)，在此条件下，若-l图像斜率k=　　　　(用符号d、m、M、g表示)，则验证了牛顿第二定律。  答案　(1)①保持静止　④　(2)m≪M　 解析　(1)①开动气泵，调节气垫导轨，将滑块无初速度轻放在导轨上，滑块能保持静止，可认为导轨水平； ④根据光电门的测速原理可知，滑块通过光电门B时的速度v= (2)对托盘和砝码进行分析，根据牛顿第二定律有mg-FT=ma 对滑块(含遮光片)进行分析，根据牛顿第二定律有FT=Ma 解得FT== 可知，当m≪M时，可以近似认为FT=mg 用托盘和砝码的重力代替细线拉力，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg=Ma 根据速度与位移的关系有v2=2al，结合上述解得=·l，则-l图像斜率k=。 7.(13分)质量为M=1 kg的木板放在水平地面上，质量为m=0.5 kg的小滑块(其大小可忽略)放在木板上最右端，如图所示，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与滑块间的动摩擦因数为μ2=0.1。在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则： (1)(4分)若F=4 N，则小滑块和木板的加速度大小分别为多少？ (2)(5分)若F=9 N，作用了1 s后撤去。如果运动过程中滑块始终未脱离木板，则木板长度最短为多少？ (3)(4分)在(2)的情境中，求滑块和木板最终静止时，滑块到木板最右端的距离为多少？ 答案　(1) m/s2　 m/s2　(2)4.5 m　(3)3.3 m 解析　(1)滑块最大加速度出现在板块刚好要发生相对运动时，对滑块有μ2mg=ma2 解得a2=1 m/s2 此时外力F0为滑块与木板发生相对滑动的最小值，对整体分析有F0-μ1(M+m)g=(M+m)a2 解得F0=4.5 N 当F=4 N时，F小于F0，滑块与木板相对静止一起向右做匀加速运动。 对整体有F-μ1(M+m)g=(M+m)a 解得a= m/s2 (2)F持续时间内(0~1 s内)，由于F=9 N>4.5 N，滑块与木板发生相对滑动。 根据(1)分析知此时滑块做匀加速直线运动，加速度大小为a2=μ2g=1 m/s2 木板也做匀加速直线运动，对木板分析有F-μ1(m+M)g-μ2mg=Ma1 解得木板加速度大小a1=5.5 m/s2 令t1=1 s，这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移Δx1=-=2.25 m 力F撤去时，木板速度v1=a1t1=5.5 m/s 滑块速度v2=a2t1=1 m/s 力F撤去后，滑块将以原来的加速度a2继续加速，木板减速，直到它们速度相等，对木板分析有μ1(m+M)g+μ2mg=Ma3 解得木板减速时的加速度大小a3=3.5 m/s2 设经过t2时间滑块和木板的速度相等，由运动学公式得共速时的速度v=v2+a2t2=v1-a3t2 代入数据解得v=2 m/s，t2=1 s 这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移为Δx2=v1t2-a3t22-(v2t2+a2t22)=2.25 m 故木板长度最短为L=Δx1+Δx2=4.5 m (3)由于μ2<μ1，则共速之后两者无法保持相对静止，木板继续减速，对木板分析有μ1(m+M)g-μ2mg=Ma4 解得木板减速时的加速度大小a4=2.5 m/s2 滑块也做减速运动，加速度的大小仍为a2=μ2g=1 m/s2 直到最后都停止运动，其v-t图像如图所示。这段时间内滑块相对木板向右运动，相对位移为Δx3=-=1.2 m 最终滑块停在木板右端点的左方，与右端点的距离为Δx=Δx1+Δx2-Δx3=2.25 m+2.25 m-1.2 m=3.3 m。 8.(14分)如图所示，一倾角为θ=37°，足够长的传送带始终以v0=8.4 m/s的速度顺时针匀速运转，一可视为质点、质量为m=1 kg的物块放在质量为M=2 kg的木板上的某位置。t=0时刻，两者同时在传送带的顶端由静止释放，木板与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.6，物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计其他阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)(4分)求由静止释放后木板和物块开始运动时加速度的大小a1和a2； (2)(5分)要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为多少； (3)(5分)t'=2 s时，物块恰好从木板下端滑下，求木板的长度至少是多长。 答案　(1)12 m/s2　8.4 m/s2　(2)1.26 m　(3)1.8 m 解析　(1)释放后，木板受传送带向下的滑动摩擦力，由于μ1大于μ2，木板比物块运动得快，对物块由牛顿第二定律得mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2 解得a2=8.4 m/s2 对木板有Mgsin θ+μ1(m+M)gcos θ-μ2mgcos θ=Ma1 解得a1=12 m/s2 (2)设经时间t1木板与传送带速度相同，则v0=a1t1 解得t1=0.7 s 同速后由于μ1(m+M)gcos θ+μ2mgcos θ=16.8 N，Mgsin θ=12 N 可知μ1(m+M)gcos θ+μ2mgcos θ>Mgsin θ 故木板与传送带相对静止一起匀速运动，物块继续加速，设再经时间t2物块与木板及传送带速度相同，则v0=a2(t1+t2) 解得t2=0.3 s 此时物块相对木板上端发生位移为Δx1=a1+v0t2-a2=1.26 m 故要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为1.26 m。 (3)同速后物块会相对于木板下滑，对物块有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2' 解得a2'=3.6 m/s2 对木板有F合=μ2mgcos θ+Mgsin θ-μ1(m+M)gcos θ=0 知木板仍匀速运动至t'=2 s 则从物块与木板及传送带等速至物块从木板下端滑下时间为t3=t'-(t1+t2)=1 s 这段时间内物块相对木板向下运动的距离为Δx2=v0t3+a2'-v0t3=1.8 m 由Δx2>Δx1可得木板长度至少是1.8 m。 学科网（北京）股份有限公司 $