第3章 专题突破6 动力学中的“传送带”和“板块”模型(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

**基本信息** 聚焦传送带与“滑块—木板”模型专项突破，以典型题载法，强化运动和相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|3题（1、2、6）|水平/倾斜传送带、v-t/a-x图像分析、共速临界问题|摩擦力性质判断→牛顿第二定律列方程→运动学公式求解位移/速度关系| |“滑块—木板”模型|7题（3-5、7-10）|相对滑动、恰好滑离临界条件、多体受力分析|动摩擦因数与加速度关联→系统动量/能量守恒（或牛顿定律）→相对位移计算|

限时规范训练(18) (建议用时：40分钟　满分：69分) (选择题1～5题每题5分，6～7题每题6分，共37分) [基础分组训练] 题组1　传送带模型 1．(2026·重庆一中开学考)如图所示是快递包裹运送和缓冲装置，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧起缓冲作用。将快递轻放在传送带左端，快递在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下面是描述快递从开始释放到第一次到达最右端过程中的v-t图像和a-x图像，其中可能正确的是(　　) 解析：B　快递在接触弹簧前速度已达到v，说明它在接触弹簧前先加速再匀速，匀速阶段不受摩擦力。接触弹簧后，在开始一段时间内快递相对于传送带静止，即其受弹簧弹力和静摩擦力平衡，继续做匀速运动，运动到弹力与最大静摩擦力相等时，由于惯性继续压缩弹簧，弹力越来越大，快递接下来做加速度增大的减速运动直到速度为零，故A错误，B正确；快递在接触弹簧前加速阶段，有μmg＝ma1，解得a1＝μg，方向向右；匀速运动阶段，有a2＝0，接触弹簧后，运动到弹力大于最大静摩擦力前，仍做匀速运动，加速度仍然为零，弹力大于最大静摩擦力后，有kx－μmg＝ma3，解得a3＝x－μg，方向向左，故CD错误。 2．(2026·山东济南开学考)如图所示，长度为L、与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将质量均为m的物块P、Q(均可视为质点)分别无初速度放在传送带最底端的M点，物块P的位移为L时恰好与传送带共速，物块Q的位移为时与传送带共速。物块P、Q与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，则μ1、μ2与θ满足的关系为(　　) A．μ2－2μ1＝tan θ　　 B．μ1－2μ2＝tan θ C．2μ2－μ1＝tan θ D．2μ1－μ2＝tan θ 解析：D　物块的加速度a＝μg cos θ－g sin θ，与传送带共速时满足v2＝2ax，可知2a1L＝即2(μ1g cos θ－g sin θ)＝μ2g cos θ－g sin θ，解得2μ1－μ2＝tan θ，故选D。 题组2　“滑块—木板”模型 3．(2026·北京人大附中月考)如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1∶4，A距B的右端为L。现给长木板B一个水平向右的初速度v0＝10 m/s，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右的初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为(　　) A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s 解析：B　第一种情形下有L，第二种情形下有L，联立解得v＝10 m/s。故B正确。 4．(多选)(2025·湖南武冈期中)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(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．长木板A、物体B所受的摩擦力方向均与各自运动方向相反 B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C．A长度至少为3 m D．长木板A的质量是4 kg 解析：BD　摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，由题意可知，A木板的运动方向与所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小为aB＝＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝mBaB，可解μ＝0.2，故B正确；由题图乙可知0～1 s内二者相对运动的位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小为aA＝＝1 m/s2，又μmBg＝mAaA，代入数据解得mA＝4 kg，故D正确。 5．(2026·山东日照开学考)如图所示，一质量为2 kg的足够长木板c置于水平面上，质量均为1 kg的滑块a、b置于c上，b位于a右方某处。a与c之间的动摩擦因数为0.2，b与c之间、c与地面之间的动摩擦因数均为0.1，若给c施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到a、b第一次相遇时间为t。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。当F＝10 N时，t＝1 s。下列判断正确的是(　　) A．初始时a、b之间的距离为0.5 m B．若F＝8 N，则t＝ s C．若F＝11 N，则t＝ s D．F越大，t越小 解析：C　假设a、c相对静止，b、c相对滑动，对ac，有F－μ2(2m＋M)g－μ2mg＝(M＋m)a1，解得a1＝ m/s2<μ1g＝2 m/s2，由于a1＝ m/s2<μ1g＝2 m/s2，a1＝m/s2>μ2g＝1 m/s2，则假设成立，对b，有a2＝＝1 m/s2，根据位移关系有xab＝m，故A错误；同理，当F＝8 N时，ac整体加速度大小为a1′＝1 m/s2<μ1g＝2 m/s2，由于a1′＝1 m/s2＝μ2g＝1 m/s2，说明三者保持相对静止，ab不能相遇，故B错误；当F＝11 N时，ac整体加速度大小为a1″＝2 m/s2＝μ1g>μ2g，ac保持相对静止，bc相对滑动，则xab＝a1″t′2－a2t′2，代入数据解得t′＝ s，故C正确；当ac相对静止，bc相对滑动时，力F越大，则ac的加速度越大，b的加速度不变，根据位移关系可知，二者相遇的时间t越小，但当ac相对滑动，bc相对滑动时，力F越大，c的加速度增大，但a、b加速度保持不变，所以二者相遇的时间不变，故D错误。 [创新提升训练] 6．(2026·重庆巴蜀中学模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长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，物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．传送带的速率v0＝12 m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4 D．0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m 解析：D　由题图乙可知，在t＝1 s时物块的加速度发生改变，此时物块的速度为10 m/s，可知传送带的速率v0＝10 m/s，A错误；根据牛顿第二定律结合v-t图像可知，开始阶段物块的加速度a1＝ m/s2，物块与传送带共速后物块的加速度a2＝ m/s2，联立解得传送带的倾角θ＝37°，物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，BC错误；0～1 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx1＝v0t1－v0t1＝5 m，1～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为Δx2＝t2－v0t2＝1 m，由Δx1>Δx2，可知0～2 s内物体在传送带上留下的痕迹为5 m，D正确。 7．(2026·湖南长沙模拟)如图所示，质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2。则木板的长度为(　　) A．0.8 m B．1.0 m C．1.2 m D．1.5 m 解析：B　设在拉力F作用下物块的加速度大小为a1，撤去拉力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma1，μ1mg＝ma2，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3，解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2，a3＝，拉力F作用的时间为1 s时，物块、木板的速度分别为v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝a3t1＝0.5 m/s，设又经t2时间物块恰好滑到木板右端，物块、木板共速，则v共＝v1－a2t2＝v2＋a3t2，解得t2＝ s，v共＝ m/s，木板的长度为L＝t2＝1.0 m，故选B。 8．(8分)(2026·湖北武汉外国语模拟)质量为m的薄木板静置于水平桌面上，其一端与桌边对齐，木板上放一质量也为m的小木块，木块与木板的左端相距为l，桌面长为L，如图所示。已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ，现有一水平恒力F作用于木板上，将木板从小木块下水平抽出，使小木块从薄木板上滑下后，恰好停在桌面的右边缘而不掉下。求： (1)小木块的运动时间； (2)恒力F的大小。 解析：(1)小木块先加速后减速运动，两次加速度大小相同设为a1，运动总时间设为t 对小木块有ma1＝μmg a1t02＝x1 根据运动的对称性x1＝ 其中t0＝ 联立解得t＝2。 (2)设木板加速度为a2，在t0时间内有 a2t02＝x2 x2－x1＝l 对木板受力分析有F－μmg－2μmg＝ma2 联立解得F＝4μmg＋μmgl 或写为F＝μmg。 答案：(1)2　　 (2)μmg 9．(12分)(2026·重庆一中开学考)如图所示，水平传送带以v0＝2 m/s的速度顺时针匀速率运转，A、B两端点相距4 m。现将一可视为质点的小物块无初速度地轻放至A点，小物块在传送带上留下划痕，之后离开传送带并无能量损失地滑上与传送带等高的木板。已知小物块质量m＝2 kg，木板质量M＝4 kg，小物块与传送带、木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小物块从A点运动到B点的过程中在传送带上留下划痕的长度； (2)若μ2＝0.2，小物块滑上木板时，对小物块施加一个大小为F＝2 N的水平向右的恒力，要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？ (3)若μ2＝0.1，小物块滑上木板时，改为对木板施加一个大小为F＝2 N的水平向右的恒力，则要使小物块恰好不从木板上滑落，全过程木板的位移是多少？ 解析：(1)小物块在传送带上滑动时的加速度大小为a1＝＝4 m/s2 加速到与传送带速度相等所用的时间为t1＝＝0.5 s 加速的位移为x1＝t1＝0.5 m 匀速运动的时间为t2＝＝1.75 s 则总时间为t＝t1＋t2＝2.25 s 传送带上留下划痕长度s＝v0t1－x1＝0.5 m。 (2)由于μ1mg＝8 N<μ2(m＋M)g＝12 N 则木板不动，小物块在木板上滑行的加速度大小a2＝＝3 m/s2 当小物块速度减小为0时刚好到达木板最右端，此时有v02＝2a2L1 则L1＝m。 (3)由于F＋μ1mg＝10 N>μ2(m＋M)g＝6 N 则长木板的加速度大小为 a2＝＝1 m/s2 小物块的加速度仍为4 m/s2，设小物块与木板速度相等所用的时间为t′，则有 v0－a1t′＝a2t′， 解得t′＝0.4 s 此过程小物块和木板的位移分别为x物＝v0t′－a1t′2＝0.48 m，x板＝a2t′2＝0.08 m 所以木板的长度至少为L2＝x物－x板＝0.40 m 共速时v＝a2t′＝0.4 m/s 此后经判断物块与木板相对静止共同减速运动a3＝ m/s2 从两者相对静止共同减速运动到速度减为0所用的时间为t3＝＝0.6 s 逆向分析此过程木板的位移为 x3＝a3t33＝0.12 m 木板总位移为x总＝x板＋x3＝0.2 m。 答案：(1)0.5 m　(2) m　(3)0.2 m 10．(12分)(2026·辽宁名校联盟联考)如图所示，倾角θ＝37°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝10.8 m、质量M＝2 kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量m＝1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数μ； (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ′＝0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围； (3)若μ′＝0.8，F＝24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 解析：(1)对物块受力分析，有 mg sin θ＝Ff FN＝mg cos θ Ff＝μFN 解得μ＝0.75。 (2)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律有 Ff′－mg sin θ＝ma 又Ff′≤Ffmax＝μ′mg cos θ，a>0 解得 18 N < F ≤ 19.2 N。 (3)由题意知物块会滑离木板，设物块在木板上的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，有 μ′mg cos θ－mg sin θ＝ma1 F－Mg sin θ－μ′mg cos θ＝Ma2 设物块在木板上运动的时间为t1，由几何关系有a1t12＝L 解得t1＝3 s 此后物块从木板上掉落，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，有 mg sin θ＝ma3 F－Mg sin θ＝Ma4 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2＝ 解得t2＝0.2 s 以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1＝t2 木板的位移大小x2＝a2t1t2＋a4t22 又x＝x2－x1 解得x＝1.68 m。 答案：(1)0.75　(2)18 N<F≤19.2 N (3)1.68 m 学科网（北京）股份有限公司 $