2025版高考物理全程一轮复习专题练习第三章牛顿运动定律专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型

这是一份2025版高考物理全程一轮复习专题练习第三章牛顿运动定律专题强化五传送带模型和“滑块_木板”模型，共6页。试卷主要包含了解题关键点，9 s，等内容，欢迎下载使用。
1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题．
2．能正确运用动力学观点处理“滑块—木板模型”．
考点一 传送带模型
1．模型特点
传送带问题一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型，其实质是物体与传送带间的相对运动问题．
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
3．“传送带”问题解题思路
考向1 动力学中水平传送带问题
例1 (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( )
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
[解题心得]

考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例2 (多选)某快递公司用倾斜传送带运送包裹，如图所示．包裹被轻放在传送带的底端，在经过短暂的加速过程后，与传送带达到共速，最终被运送到传送带的顶端．若传送带运行速度一定，包裹与传送带间的动摩擦因数相同，则( )
A．在包裹加速运动阶段，传送带对包裹的作用力方向竖直向上
B．传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大
C．传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长
D．包裹越重，从传送带的底端运送到顶端所需要的时间越长
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2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v ­ t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
考点二 “滑块—木板”模型
1．模型特点：滑块(一般视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．两种常见类型
3.解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
考向1 水平面上的板块问题
例4 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
[教你解决问题] 审题图解
[试答]
考向2 斜面上的板块问题
例5 (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μ1＝.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，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为μ2＝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( )
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
考向3 板块问题中的动力学图像问题
例6[2024·江西南昌统考一模]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，1 s后两物体相对静止一起匀速运动，它们的位移—时间图像如图乙所示，A、B两物体的质量比为( )
A.4∶3 B．2∶1 C．3∶2 D．5∶2
例7[2024·贵州黔东南校考模拟预测]如图甲，质量为m＝2 kg的小物块放在长木板左端，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.1.长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，质量为M＝0.5 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.07.t＝0时刻小物块获得水平向右的初速度v0＝8 m/s，同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力.4 s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短．最终，小物块静止于长木板上某一位置，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)4 s内水平向右作用力的冲量大小；
(2)小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小；
(3)小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离．
[试答]
专题强化五 传送带模型和“滑块——木板”模型
考点一
例1 解析：开始时，对行李，根据牛顿第二定律得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＝＝×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝＝ 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．
答案：AC
例2 解析：在包裹加速运动阶段，包裹加速度沿传送带向上，根据力的合成可知传送带对包裹的作用力方向偏向右上方，故A错误；包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速，根据平衡条件可得f＝mg sin θ，所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，故B正确；依题意可得，包裹加速所需时间满足v＝at，又μmg cs θ－mg sin θ＝ma，联立可得包裹加速所需时间t＝，由数学知识可知，传送带倾斜角度越大，包裹加速所需时间越长，故C正确；依题意由选项C可知，包裹在加速阶段的时间与包裹质量无关，在匀速阶段时间取决于传送带的速度，也与包裹质量无关，所以，整个过程包裹从传送带的底端运送到顶端所需要的时间与包裹质量无关，故D错误．故选BC.
答案：BC
例3 解析：如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1，结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做匀减速直线运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于v ­ t图线与横轴所围的面积，即L＝×(4＋2)×0.2 m＋×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝L sin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误．
答案：BC
考点二
例4 解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2.
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5 m.
(3)刚撤去F时，v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s.
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝，解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
答案：(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
例5 解析：对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
答案：BC
例6 解析：由图乙可知，0～1 s内，xA＝5 m，xB＝2 m，对A进行受力分析得μmAg＝mAaA，对B进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后两物体相对静止一起匀速运动，则有v0－aAt＝aBt，B的位移为xB＝aBt2＝2 m，解得aB＝4 m/s2，则得出共速的速度为v末＝vB＝aBt＝4 m/s，对A有xA＝t＝5 m，v末＝v0－aAt＝4 m/s，解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故选B.
答案：B
例7 解析：(1)冲量大小即为图线与时间轴围成的面积，则I＝ N·s＝4 N·s.
(2)对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得I－μ1mgt＝mv－mv0，
带入数据解得v＝6 m/s.
(3)物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左
对木板，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，解得木板加速度大小为a1＝0.5 m/s2
对物块，由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma2
解得物块加速度大小为a2＝1 m/s2
设经过时间t，木块和木板速度相等，由运动学公式可得v′＝a1t′＝v－a2t′
解得t′＝4 s，v′＝2 m/s
由于a2>a1，所以物块和木板共速后保持相对静止
在时间t′内，木板位移为x1＝t′＝×4 m＝4 m
物块位移为x2＝t′＝×4 m＝16 m，
这段时间内相对位移为Δx＝x2－x1＝16 m－4 m＝12 m
所以小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离为12 m.
答案：(1)4 N·s (2)6 m/s (3)12 m
类型图示
规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA