练案17 第三章 第17讲 专题强化四 传送带模型和 “滑块 — 木板” 模型-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习练案

练案[17] 第17讲专题强化四 基础巩固练 1.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率心，运 行。初速度大小为2的小物块从与传送带等高的光 滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上 传送带开始计时，小物块在传送带上运动的-t图像 (以地面为参考系)如图乙所示。已知2>心1，则 A.时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.3时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0~2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力 作用 D.0~2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后 向左 2.（多选)应用于机场和火车站的安全B←”口A 检查仪，其传送装置可简化为如图 所示的模型，传送带始终保持v=0.4/s的恒定速率 运行，行李与传送带之间的动摩擦因数u=0.2,A、B 间的距离为2m,g取10m/s2。旅客把行李（可视为 质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是 () A.开始时行李的加速度大小为2m/s2 B.行李经过2s到达B处 C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m 3.（(2025·广东省六校联考)如 图所示，飞机场运输行李的倾 斜传送带保持恒定的速率顺 时针运行，将行李箱无初速度 地放在传送带底端，当传送带 将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行 李箱与传送带之间的动摩擦因数为，传送带与水平 面的夹角为0，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦 力，下列说法正确的是 A.要实现这一目的前提是u<tan0 B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带 向上 D.若传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 传送带模型和“滑块一木板”模型 4.(多选)如图所示，一质量为m1的物块叠放在质量为 m2的长木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板 与物块间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦 因数为山2。现给长木板一水平向右的初速度，下列 关于长木板、物块的-图像（实线和虚线分别表示不 同物体)可能正确的是 () 5.(2025·福建漳州质检)如图甲所示，MN是一段倾角 为0=30°的传送带，一个可以看作质点、质量m=1kg 的物块，沿传送带向下以速度o=4m/s从M点开始 沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙 所示，g取10m/s2,则 个Wms- 6 t/s 甲 A.物块最终从传送带N点离开 B.传送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向下 C.物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s2 D.物块与传送带间的动摩擦因数μ=2 6.如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面 上，现给物块A一初速度，1s后两物体相对静止地一 起匀速运动，它们的位移一时间图像如图乙所示，则 A、B两物体的质量比为 x/m 分 A.4:3 B.2:1 C.3:2 D.5:2 55 能力提升练 7.(多选)传送带广泛地应用 于物品的传输、分拣、分装等 工作中，某物流公司利用如 图所示的三角形传送带进行 37 37⊙ 物品的分拣。传送带以2m/s的速度逆时针匀速转 动，两边的传送带长都是2m,且与水平方向的夹角均 为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1m/s 的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦 因数都是0.5，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8,下列判断正确的是 A.货箱B先到达传送带底端 B.货箱B在传送带底端时的速度大小为3/s C.下滑过程中货箱A相对传送带的路程小于货箱B D.下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同 8.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度1沿顺时针 方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度“。 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其 运动的-图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速 度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8。g取 10m/s2,则 (m·s 16 8-- 4 04 ts A.传送带的速度为16m/s B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的 速度就会越大 9.如图所示，质量为4kg的 M 薄木板静置于足够大的7mm 水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物 块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F,只要 拉力F作用的时间不超过1s,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，重力加速度 大小g取10m/s2。则木板的长度为 A.0.8mB.1.0mC.1.2m D.1.5m 10.如图所示，在倾角为0=37°的足 A尽 够长固定斜面上放置一质量M= 2kg,长度L=1.5m的薄平板 AB,在薄平板上端A处放一质量 m=1kg的小滑块（视为质点），将小滑块和薄平板同 时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩 擦因数为1=0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因 数为2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取 10m/s2,求： 356 (1)释放后，小滑块的加速度大小α1和薄平板的加 速度大小a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 1.（2026·河南郑州模拟)如图所 示，传送带倾斜放置，与水平方 A 向的夹角为0=37°，小物块以 v=2m/s的初速度从A端沿传 送带向下运动。当传送带静止 ®⊙0… 不动时，小物块从A端运动到B端所用的时间为△= 5s。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为以= 0.5,小物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2, sin37°=0.6，c0s37°=0.8，√5=1.73。 (1)求A、B两端之间的距离L; (2)若传送带以，=2m/s的速度沿逆时针方向匀速 转动时，求小物块在传送带上留下的痕迹s; (3)若传送带以2=8m/s的速度沿逆时针方向匀速 转动，求小物块从A端运动到B端所用的总时间 t。(结果保留3位有效数字)6.A设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为 ao,小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律ao=gtan60°= √3g,当滑块以加速度α=2g向左加速运动时，此时小球已经飘 离斜面，则此刻小球对滑块的压力为0，设此时细线与水平方向 的夹角为a,故有Frsin a=mg,Frcos a=ma=2mg,解得F= √5mg,故A正确，B、C、D错误。 7.A空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为f=m,上升阶段 由牛顿第二定律得mg+m=ma,随着速度的减小，加速度逐渐减 小，即上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，在最高点加速 度为a=g,下降阶段由牛顿第二定律得mg-hm=ma',随着速度 的增大，加速度继续减小，即下降阶段做加速度逐渐减小的加 速运动，故选A。 8.ABDt=0时F=ngsin0=5N,解得m=1kg,故A正确；当t= 1s时，Fr=0,说明F=mgsin0=5N,由F=t可知k=5N/s,故B 23 正确：由题图乙可知，滑动摩擦力mg0s0=6N,解得4=5， 故C错误；由F=umgcos0+mgsin0,即t,=6N+5N,解得t= 2.2s,即2.2s后物块开始向上滑动，当t=3s时，F=15N,则 F-mgcos0-mgsin0=ma,解得物块加速度大小a=4m/s2,故D 正确。 9.D现对A、B整体分析，有F=2ma,然后隔离B分析，如图所 示，B所受摩擦力F,和弹力Fv的合力F合，满足F合=ma,F合= ,由力的合成的L何关系可知上P,PF,A,B错误 根据前面受力分析可知，A,B间的动摩擦因数至少为兮。假设 F增大时，A、B仍然相对静止，受力分析可知，F,F会同比例 增大，所以无论用多大的力，A、B都不会出现相对滑动，C错误： F 若增大B的质量，F台m+mm增大，B,R会同比例增大，D 正确。故选D。 10.BC小球受力分析如图所示。系统静 止时，竖直方向有F。·sin37°=mg,水 平方向有F。·cos37°=F,解得F。= 10N,F,=8N,故A错误，B正确；当系 统沿竖直方向向上匀加速运动时，当a 线拉力为15N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有F。· sin37°-mg=ma,水平方向有Fm·cos37°=F,解得F=12N< 15N,此时加速度有最大值a=5m/s2,故C正确；系统沿水平 方向向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有F· sin37°=mg,水平方向有F。-F。·cos37°=ma,解得F.=10N, 当F=15N时，加速度最大为a≈11.67m/s2,故D错误。 11.AB施加拉力之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件有F =3 ngsin0,施加拉力瞬间A、B开始向上一起做加速度大小为 a=5g的匀加速直线运动，对A,B整体，根据牛顿第二定律有 F4fa-3mgim0=3nm,解得F=子mg。根据牛顿第二定律有 F+FA-2 mgsin0=2ma,解得A、B间的弹力大小为FBA=mg,故 A正确；分离时，A、B间作用力为0，F最大，对A根据牛顿第 -60 二定律得F-2 ngsin0=2ma,解得F=名g,对B沿斜面 方向上，根据牛顿第二定律有Fm'-mgsin0=ma,解得A、B分 4 离瞬间弹簧弹力大小为F'=了mg,故B正确，D错误；根据以 上分析可知整个过程中拉力F一直增大，故C错误。故 选AB。 121922 [解析](1)设小球的质量为m,滑撬和小球整体的质量为 M,对小球进行受力分析，细线的拉力为F,小球的加速度为 a,由牛顿第二定律得 mgsin 0-Frsin a=ma Frcos a=mgcos 0 对滑撬和小球整体进行分析：设斜坡对滑撬的弹力为F、,斜坡 与滑撬的动摩擦因数为u,摩擦力为F,由牛顿第二定律得 Mgsin 0-F=Ma F、=Mgcos0 F=uF -103 解得a=3ms μ398 (2)设滑撬前端到达坡底的时间为t,有 h 1 sin 02ar 解得t=2s。 练案17] 1.C由-t图像得，小物块在t1时刻速度为零，下一刻开始向右 运动，所以t1时刻小物块离A处最远，故A错误：t2时刻，小物 块第一次与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动， 所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误： 0~t2时间内，小物块相对传送带始终向左运动，始终受到向右 的滑动摩擦力f=umg,滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C 正确，D错误。 2.AC开始时，对行李，根据牛顿第二定律有mg=ma,解得a= 2m/s2,故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1,行李做匀 加速运动的末速度为v=0.4m/s,根据v=at,代入数据解得 ,=0.2s,匀加速运动的位移大小x=7,=2×2×0.2m= 1 004m,匀速运动的时间为5，-1x_2-004 =4.9s,可得行李 v0.4 从A到B的时间为t=t,+t2=5.1s,故B错误；由以上分析可知 行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速 度大小为0.4/s,故C正确：行李在传送带上留下的摩擦痕迹 长度为△x=t1-x=(0.4×0.2-0.04)m=0.04m,故D错误。 3.C要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于 重力沿传送带向下的分力，即mgcos0>mgsin0,可得u>tan0, 故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小 为F,=mgsin0,故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到 的摩擦力均沿传送带向上，故C正确：若传送带速度足够大，行 李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短， 故D错误。 4.AD由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速 直线运动，故四个选项中的虚线均表示物块、实线均表示木板， 某个时刻两者速度相等，之后若“>业2，则二者可相对静止以共 同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的 加速度大小均为2g,小于起初木板做匀减速运动的加速度，故 A正确，B错误；若41<弘2，则二者不能相对静止，二者以不同的 加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不变，方向相 反，故C错误，D正确。 5.D从题图乙可知，物块速度减为零后又反向向上运动，最终的 速度大小为1m/s,因此没从N点离开，并且能沿着传送带斜向 上运动，速度大小为1m/s,A、B错误；-t图像中斜率表示加速 度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=-2.5m/s2,C错误； 根据牛顿第二定律mgsn30°-mgow30°=u,可得4=5，D 2 正确。 6.B由题图乙可知，0~1s内，x=5m,xg=2m,对A进行受力 分析得mAg=maA,对B进行受力分析得umAg=mgag,1s后 两物体相对静止地一起匀速运动，则速度为o-aat=agt,由xg= 2“,解得ag=4m/s,则共速时的速度为铁=e=at= 4ms,对A有，-6=5m,=at=4m/s,联立解得 2 6m/s=0.2,m=2 ”mgi,故选B。 7.BC已知v=2m/s,vo=1m/s,l=2m,4=0.5。对A,刚开始下 滑时fA=umagcos37°，magsin37°+f=mAaA1,解得A的加速度 a1=10m/s2,A的速度达到2m/s以后，f=magcos37°， magsin37°-fa=maa,解得a2=2m/s2,对B,刚开始下滑时 f=umngcos37°，magsin37°-f=mgag,解得B的加速度ag= 2m/s2,A加速第一阶段的时间t= _0=0.1s,位移x=21 v+0 =0.15m,由运动学公式可得A加速第二阶段有1-x1=t2+ 1 4,解得=(2.85-1)s,货箱A下滑到底端的时间t4= +,=(V285-0.9),对B,由运动学公式得1=01+20， 解得货箱B下滑到底端的时间t=1s,由t<:可得，货箱A先 到达传送带底端，故A错误；货箱B在传送带底端时的速度大 小为te=o+ag=3m/s,故B正确；货箱A下滑到底端时相对 于传送带的路程△x、=l-t,,货箱B下滑到底端时相对于传送 带的路程△xB=l+t,所以下滑过程中货箱A相对传送带的路 程小于货箱B,货箱A在传送带上的划痕长度小于货箱B,故C 正确，D错误。 8.C由图乙可知传送带的速度为8m/s,A错误；在0~1s内，物 块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向 下，根据牛顿第二定律有mgsin37°+umgcos37°=ma1,根据图乙 可得4，=16-8m/g=8m/6,在13s内传送带的速度大于物 1 块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二 定律有mgsin37°umngcos37°=ma,根据图乙可得4，=)m/S =4m/s2,联立解得u=0.25,B错误，C正确；当传送带的速度大 于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动， 60 无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相 等，D错误。 9.B设在拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小 为a1,撤去外力后物块的加速度大小为a2,木板的加速度为a, 根据牛顿第二定律有F-41mg=ma1,41mg=ma2,4mg-,(M+ m)g=Ma3,解得a1=2m/s2,a2=4m/s2,a3=0.5m/s2,拉力F 作用的时间为1s时，物块、木板的速度为v1=a1t1=2m/s,2= at=0.5m/s,设又经t2时间，物块、木板共速，则v共=1-a22= 6+口2解得三了s,心生=号s,木板的长度为L=,, 分4宫，05m25m1.0m,放选B 1 10.(1)4m/s21m/s2(2)1s [解析](1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑 块，由牛顿第二定律有mgsin37°-Fn=ma1, 其中Fn=u1FN1,FN1=mgcos37° 解得a1=gsin37°-u1gcos37°=4m/s2 对薄平板，由牛顿第二定律有 Mgsin37°+Fa-Fe=Ma2 其中Fp=u2FN2,F2=(m+M)gcos37° 解得a2=1m/s2,a1>a2,假设成立， 即滑块会相对于薄平板向下滑动。 (2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t,由运动学公式，有x1= 20t,=2a,又x1-x=L,解得t=1s。 11.(1)35m(2)25m(3)3.52s [解析](1)传送带静止时，设小物块下滑的加速度大小为 a1,则根据牛顿第二定律有ngsin0-mgcos0=ma1 解得a1=2m/s 1 A,B丙端之间的距离为L=△+201(4) 解得L=35m。 (2)传送带以v1=2m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时，小 物块仍以加速度大小1做匀加速直线运动，故小物块运动的 位移仍为L,则传送带运动的位移为x普=△t=10m 小物块在传送带上留下的痕迹为s=L-x誉=25m。 (3)若传送带以v2=8m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，开 始时，小物块受到的摩擦力沿着传送带向下，设小物块的加速 度大小为a2,根据牛顿第二定律有mgsin0件umgcos0=ma2 解得a2=10m/s2 设经过时间t1,小物块与传送带达到共同速度，则有2=o +azt 这段时间内小物块运动的位移为x,=4+2, 在此之后，小物块仍以大小为α1的加速度做匀加速直线运动， 根据运动学公式有 x2=L-x1 x2=22+2a122 则小物块从A端运动到B端所用的总时间t=t1+t2 联立代入数据解得t=3.52s。