2025高考物理一轮总复习第3章运动和力的关系专题强化4传送带模型和“滑块_木板”模型提能训练

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题组一 传送带模型
1．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。如图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带ab始终以1 m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg的小包(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a、b间的距离为2 m，g取10 m/s2。下列速度—时间(v－t)图像和位移—时间(x－t)图像中，可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有(除C中0～1 s为曲线外，其余均为直线段)( AC )
[解析] 行李放到传送带上，由μmg＝ma可得a＝1 m/s2，则由v＝at，得t＝1 s，可知行李在0～1 s内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A正确，B错误；行李在t＝1 s时的位移x＝eq \f(1,2)at2＝0.5 m，行李在0～1 s内做匀加速直线运动，x－t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x－t图像为直线，故C正确，D错误。
2.如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是( D )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
[解析] 若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得μmg＝ma，由匀变速运动的规律可知veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝－2as，代入数据解得vB＝3 m/s，A、B正确；若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，假设工件在到达B端前速度降至2 m/s，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a，由牛顿第二定律，得μmg＝ma，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x＝eq \f(v\\al(2,A)－v2,2a)＝eq \f(16－4,2) m＝6 m>3.5 m，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝－2as，代入数据解得vB＝3 m/s，D错误，C正确。
3. (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，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 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/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( AC )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
[解析] 开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/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＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，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 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误。
4．(2024·福建漳州质检)如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量m＝1 kg的物块，沿传动带向下以速度v0＝4 m/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，取g＝10 m/s2，则( D )
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向下
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)
[解析] 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1 m/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1 m/s，A、B错误；v－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＝－2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma，可得μ＝eq \f(\r(3),2)，D正确。
题组二 板块模型
5．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是图中的( A )
[解析] 放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
6．(2024·广东惠州月考)光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为( C )
A．1 m B．0
C．0.25 m D．0.75 m
[解析] 设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝eq \f(μmg,m)＝μg，小车加速度a2＝eq \f(μmg,M)，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5 s<1 s，v＝1 m/s，0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动。则在0～0.5 s时间内小滑块位移x1＝eq \f(v0＋v,2)t0＝1 m，小车位移x2＝eq \f(v,2)t0＝0.25 m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25 m，C项正确。
能力综合练
7．(多选)如图甲所示，长为L的木板M放在水平地面上，质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)放在木板的右端，两者均静止。现用水平向右的力F作用在木板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变化关系图像如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( AD )
A．m与M间的动摩擦因数μ1＝0.2
B．M与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.3
C．M的质量为2 kg
D．图乙中横轴截距为6 N
[解析] 由图乙可知，当F＝18 N时，物块和木板刚好发生相对滑动，两者加速度为2 m/s2。对物块，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma，解得μ1＝0.2，A正确；物块和木板发生相对滑动过程中，对木板，有F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma，即a＝eq \f(F,M)－eq \f(μ1＋μ2mg＋μ2Mg,M)，由图像知，斜率eq \f(1,M)＝eq \f(1,4)，解得M＝4 kg。当F＝18 N时，a＝2 m/s2，得μ2＝0.1，B、C错误；横轴截距表示物块和木板整体即将相对地面滑动时外力F的值，故F＝μ2(m＋M)g得F＝6 N，D正确。
8．(多选)(2024·湖南长沙月考)如图甲所示，一块质量mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( BD )
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9 N
D．F的大小与板长L有关
[解析] 对木板A，当滑块在木板上滑动时，木板的加速度a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后，木板的加速度a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝－eq \f(2,2) m/s2＝－1 m/s2，根据牛顿第二定律得－μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A项错误，B项正确；对滑块B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中aB>2 m/s2，则F>9 N，即F的大小不可能为9 N，C项错误；根据L＝eq \f(1,2)aBt2－eq \f(1,2)a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝(2L＋9) N，即F的大小与板长L有关，D项正确。
9. (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(21,40)。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( BC )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
[解析] 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小a1＝eq \f(Mgsin 37°－μ1Mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小a2＝eq \f(Mgsin 37°＋μ1Mgcs 37°－2μ2Mgcs 37°,M)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确。
10．(多选)(2024·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则下列说法正确的有( AD )
A．0～8 s内物体的位移大小为14 m
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625
C．0～4 s内物体上升的高度为4 m
D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m
[解析] 物体运动的位移即v－t图像中图线与横轴围成的面积，则x＝eq \f(2＋6,2)×4 m－2×2×eq \f(1,2) m＝14 m，A正确；由物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－0,4) m/s2＝1 m/s2，且μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8 s内物体的位移x＝14 m，传送带的位移x′＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δx＝x′－x＝18 m，D正确。
11.如图所示，倾角为37°、长l＝16 m的传送带，转动速度v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
[答案] (1)4 s (2)2 s
[解析] (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向上，又μmgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
则a＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2
又l＝eq \f(1,2)at2
解得t＝4 s。
(2)传送带逆时针转动时，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
则有a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s，
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m因mgsin 37°>μmgcs 37°，则当物体运动速度等于传送带转动速度后，物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力，即摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，
则a2＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s。
12.如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足够长。其上有一质量M＝1 kg、长L＝6 m的木板，木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的质量m＝2 kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数μ＝0.5。开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F＝30 N拉木块，且在木块从木板右端滑落时撤去恒力F，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)经过多长时间木块从木板右端滑落？
(2)当木板相对斜面速度为零时，求木板右端与木块之间的距离。
[答案] (1)2 s (2)4 m
[解析] (1)对木块由牛顿第二定律得
F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma1
解得a1＝5 m/s2
对木板由牛顿第二定律得
μmgcs θ－Mgsin θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，
则eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L
解得t＝2 s。
(2)木块从木板右端滑落时，木块的速度v1＝a1t＝10 m/s
木板的速度v2＝a2t＝4 m/s
木块从木板右端滑落后，木块和木板运动的加速度大小
a1′＝a2′＝gsin θ＝6 m/s2，方向均沿斜面向下
木板到相对斜面速度为零运动的时间t′＝eq \f(v2,a2′)＝eq \f(2,3) s
这段时间木块运动的位移
x1＝v1t′－eq \f(1,2)a1′t′2＝10×eq \f(2,3) m－eq \f(1,2)×6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2 m＝eq \f(16,3) m
木板的位移x2＝eq \f(v\\al(2,2),2a2′)＝eq \f(42,2×6) m＝eq \f(4,3) m
木板右端与木块之间距离Δx＝x1－x2＝4 m。