板块与传送带问题 高频考点专项练 -2027届高考物理一轮复习备考

**基本信息** 聚焦力与直线运动高频考点，以传送带、板块模型为核心，通过14道分层试题（单选5道、多选4道、解答5道）强化动力学综合分析能力，适配高考一轮复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|5|摩擦力方向判断、相对运动分析|基础概念辨析，结合传送带匀速转动情境| |多选题|4|多体加速度计算、v-t图像应用|综合受力分析，涉及动摩擦因数关联| |解答题|5|传送带多过程运动、板块相对滑动|多阶段动力学建模，融合运动学公式与牛顿定律|

力与直线运动--板块与传送带问题 高频考点专项练 2027届高中物理高考一轮复习备考 一、单选题 1．如图所示，一质量为m的物块用水平轻质细线连接，细线绕过光滑的滑轮后其下悬挂一质量为的物体，物块放在水平传送带上，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，物块以初速度向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为。则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是（　　）。 A．若，则，方向向左 B．若，则，方向向右 C．若，且物块m保持匀速运动，则 D．若，且物块m保持匀速运动，则，方向向左 2．如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数，B、C间和C与地面间的动摩擦因数。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。可得与F的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取）下列说法正确的是（　　） A．滑块A能获得的最大加速度为 B．A、B之间的初始距离为4m C．滑块A的质量为1kg D．若，A、C之间将发生相对滑动 3．如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，速度大小分别为2m/s、3m/s，将工件（视为质点）轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落，工件与传送带的摩擦因数为0.5，g=10m/s2，两传送带正常工作时，对其中一个工件A在传送带乙上留下的痕迹，痕迹的长度为（　　） A．1.3m B．1.6m C．0.9m D．0.4m 4．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（视为质点）从传送带的底端以速度v₀冲上传送带，，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 5．如图所示，倾角的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长、质量的薄木板，木板的最右端叠放一质量的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，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。则（　　）    A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力 B．当恒力时，物块会与木板发生相对滑动 C．当恒力时，物块会与木板发生相对滑动 D．当恒力时，物块滑离木板所用的时间为 二、多选题 6．如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝24 s D．木板的最大加速度为2 m/s2 7．一传送带装置如图所示，水平部分长为，倾斜部分长为，倾角。和在点通过一极短的圆弧连接，传送带以的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.5。现将一质量的工件（可视为质点）无初速地放在A点，重力加速度，，，下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为 B．工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为4m C．工件第二次到达B点的速度大小为 D．工件自释放至第三次到达B点的时间为 8．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 9．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＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．传送带的速率v0＝10m/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＝0.25 D．0～2.0s内物体相对地面的位移大小为16m 三、解答题 10．如图甲所示，倾斜传送带倾角θ=37°，两端A、B间距离为L=4m，传送带以4m/s速度沿顺时针转动，质量为1kg的小滑块从传送带顶端B点由静止释放下滑，到A时用时2s，g取10m/s2，求： (1)小滑块与传送带间的动摩擦因数； (2)若该小滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带向上的大小为6N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，当速度与传送带速度相等时求滑块的位移大小。 11．如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 12． 如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）B与木板相对静止时，木板的速度大小； （2）木板在地面上运动的距离一共是多少？    13．如图所示，长度L=5.8m的传送带与水平方向成θ=37°角，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动，水平面上质量M=1kg的木板紧靠在传送带底端，木板上表面与传送带底端B等高。质量m=3kg的物块（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，在底端B滑上静止的木板，假设物块冲上木板前后瞬间速度大小不变，最终物块恰好不滑离木板。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ3=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2，求： （1）物块运动到B点时的速度大小； （2）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小； （3）木板的长度； （4）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间。    14．如下图所示，有一足够长的斜面固定在水平地面上，它与水平方向的夹角，斜面上每隔固定一个挡板，从上往下依次标记为。挡板1的上方某处有一厚度均匀、质量为的长木板A，A的上表面放有一质量为的小物块B，B与A之间动摩擦因数，A与斜面之间动摩擦因数，最初A、B均处于静止状态。现给物块B一个平行于木板斜向下、大小的作用力，经后撤去。再经后，木板A与挡板1发生碰撞。若木板A每次与挡板碰撞都以碰前的速度反弹，且每次与挡板碰后立即撤离被碰挡板，物块B始终没有与挡板相碰，B也始终没有滑离木板A，重力加速度，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。求： (1)作用的内A、B的加速度大小； (2)A与挡板1碰撞时的速度大小； (3)B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程（结果保留2位有效数字）。 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 D C A C C ACD BD BCD AD 1．D A．若，则物块相对于传送带向左滑动，故滑动摩擦力方向向右，大小为，故A错误； B．若，则物块相对于传送带向右滑动，故滑动摩擦力方向向左，大小为，故B错误； CD．若，且物块保持匀速运动，由物块处于平衡可知，摩擦力方向向左，且大小为，故C错误，D正确。 故选D。 2．C A．对滑块A有 解得 A错误； B．对滑块B有 解得 由图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为 由 解得 B错误； C．当，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有 得，C正确； D．设A、B、C均产生相对运动时的拉力为，则有 得 故时，A、C保持静止，D错误。 故选C。 3．A 工件相对传送带乙的速度为 则痕迹的长度为 代入数据解得 故选A。 4．C A．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 可得 故A错误； B．因为，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 物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为 故B错误； C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为 故C正确； D．设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为，此过程物块的位移为 传送带的位移为 可知此过程物块在传送带上的划痕长度为 若满足 则有 由于不一定等于，则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。 故选C。 5．C A．要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有 解得 故A错误； BC．对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得 对物块有 为使物块不滑离木板，则 解得 综上可得，当时物块不滑离木板；当时物块与木板发生相对滑动；故B错误，C正确； D．若，物块能滑离木板。对木板有 对物块有 设经时间t滑块滑离木板，由运动学公式有 解得 故D错误。 故选C。 6．ACD A.由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为 故A正确； B.由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为 μ′＝＝0.1 故B错误； CD.t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力fm＝8 N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有 fm－μ′·2mg＝mam 解得 am＝2 m/s2 对滑块有 F－fm＝mam 解得 F＝12 N 则由 F＝0.5t（N） 可知 t2＝24 s 故CD正确。 故选ACD。 7．BD A．由于，可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 故工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为1:1，故A错误； B．工件无初速地放在A点，加速度大小为 设经过时间工件与传送带共速，则有 共速前工件通过的位移大小为 可知工件以速度从B点滑上传送带倾斜部分，则工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为，故B正确； C．由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次到达B点的速度大小为，故C错误； D．工件第一次在传送带水平部分运动加速运动时间为 匀速运动时间为 工件第一次经过B点到第二次到达B点所用时间为 工件第二次到达B点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，工件第二次经过B点到第三次到达B点所用时间为 则工件自释放至第三次到达B点的时间为，故D正确。 故选BD。 8．BCD A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 A错误； BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 解得 BC正确； D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。 故选BCD。 9．AD A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为v0＝10m/s，故A正确； BC．在0～1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 a1＝＝gsinθ＋μgcosθ 由图可得 a1＝＝10m/s2 即有 gsinθ＋μgcosθ＝10 在1.0～2.0s，物体的加速度为 a2＝＝gsinθ－μgcosθ 由图可得 a2＝＝2m/s2 即有 gsinθ－μgcosθ＝2 联立解得 μ＝0.5 θ＝arctan 故B、C错误； D．根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物体相对于地的位移 x1＝×10×1m＝5m 1.0～2.0s物体相对于地的位移 x2＝×1m＝11m 所以0～2.0s内物体相对地面的位移大小为16m，故D正确。 故选AD。 10．(1)0.5 (2)2m （1）根据运动学公式可得 解得 小滑块相对于传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 解得 （2）小滑块相对传送带沿斜面向下运动，受到的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 解得 设经过时间小滑块速度与传送带速度相等，则有 此时滑块的位移为 11．（1）4m/s；；（2） （1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 薄板做加速运动的加速度 对物块 对薄板 解得 （2）物块飞离薄板后薄板得速度 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为 则平台距地面的高度 12.（1）1 m/s；（2）0.55m （1）对B分析有 解得物块B加速度大小为 对木板分析有 解得木板加速度大小为 设B与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得 解得 则B与木板相对静止时，木板的速度大小为 （2）对A分析有 解得物块A加速度大小为 由于A与B初速度与加速度大小相等，所以当B速度减为时 ，A速度大小也减为 B与木板相对静止后，对B与木板整体有 解得B与木板的加速度大小为 设经时间t2，A与木板共速，取向右为正方向，由公式可得 代入数据解得 此时三者具有共同速度为 最后三者一起做匀减速运动，则可得 解得共同加速度大小为 木板在地面上运动的距离为 13．（l）6m/s；（2）0.2m；（3）4.5m；（4）3.65s （1）根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得 解得 设物块滑上传送带后经时间t1与传送带同速，则 解得 此过程物块的位移大小为 之后滑块所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得 解得 由匀变速直线运动规律得 解得 （2）由匀变速直线运动规律得 解得 物块从A端运动到B端的过程中相对传送带的位移大小为 （3）物块滑上木板后，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得 解得 ， 物块与木板经时间t3达到共同速度v1，则有 ， 联立解得 ， 则木板的长度 （4）因，当物块与木板共速后二者一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得 解得 从物块与木板同速到减速到0的过程有 解得 物块从A端运动到静止所经历的时间 14．(1)， (2) (3) （1）设F作用的内A、B的加速度大小分别为、，则对A、B分别受力分析由牛顿第二定律可得 代入数据可得 ， （2）刚撤去F时A的加速度不变，B的加速度设为，对B受力分析由牛顿第二定律得 代入数据可得 A继续加速B以减速直至共速，设F作用的时间为t，撤去F后经两者达到共同速度，则 代入数据可得 ， 因，之后0.1s两者一起匀速直至与第一个固定挡板碰撞，故A与挡板1碰撞时的速度大小 （3）与第一个挡板碰前B相对于A滑行的路程 与第一个挡板碰后瞬间B速度不变之后以减速，A速度大小不变方向相反，设其加速度为，受力分析由牛顿第二定律可得 代入数据可得 则A速度先减速到0，其位移及所用时间为 之后A以反向沿斜面向下加速B仍以减速至达到共同速度，用时，则 代入数据可得 ， A沿斜面加速的位移为 由几何关系可知此时A距离第二个固定挡板还有 因，两者一起匀速直至与第二个固定挡板碰撞，与第一个固定挡板碰撞到与第二个固定挡板碰撞这个过程B相对于A滑行 之后的过程与此类似，可以以此类推设，与第n个固定挡板碰撞时的速度为，则有 即 与第n个固定挡板碰撞后至与第n+1个固定挡板碰撞前B相对于A滑行的路程 即 故B在A上面滑行时，B相对于A滑行的总路程 学科网（北京）股份有限公司 $