2025年高考物理第一轮总复习专项训练：17专题强化四传送带模型和“滑块_木板”模型（附答案）

这是一份2025年高考物理第一轮总复习专项训练：17专题强化四传送带模型和“滑块_木板”模型（附答案），共10页。
题组一 传送带模型
1．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2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v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t3时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
[答案] C
[解析] 由v－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时刻，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＝μmg，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误。
2. (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
[答案] AC
[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。
3．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0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，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。g取10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为16 m/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
[答案] C
[解析] 由图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；在0～1 s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mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝eq \f(16－8,1) m/s2＝8 m/s2，在1～3 s内传送带的速度大于物块的速度，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mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2，根据图乙可得a2＝eq \f(8－0,2) m/s2＝4 m/s2，联立解得μ＝0.25，B错误，C正确；当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，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。
4．(2025·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，沿传送带向下以速度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( )
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)
[答案] D
[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 “滑块—木板”模型
5. (多选)(2025·八省联考内蒙古卷)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中( )
A．物块的运动方向不变
B．物块的加速度方向不变
C．物块相对木板的运动方向不变
D．物块与木板的加速度大小相等
[答案] CD
[解析] 根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速eq \f(1,2)v0，然后一起减速到0，所以物块的运动方向先向左再向右，故A错误；物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向不变，故C正确；由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1＝eq \f(2v0－\f(1,2)v0,t)＝eq \f(3v0,2t)，物块的加速度大小为a2＝eq \f(v0＋\f(1,2)v0,t)＝eq \f(3v0,2t)，即木板和物块加速度大小相等，故D正确。故选CD。
6．如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。
[答案] (1)22 N (2)6 m/s
[解析] (1)木板所受摩擦力的大小Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N。
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝5.5 m/s2
设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①
滑块相对于地面的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2②
木板相对于地面的位移
x2＝v0t－eq \f(1,2)a2t2③
又L＝x2－x1
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。
能力提升练
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( )
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
[答案] AD
[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)粗糙水平面上有一块足够长的木板B，小物块A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示。取水平向右为正方向，t＝0时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度v0，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2
B．两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝4∶5
C．木板B向前滑行的最大距离为eq \f(32,3) m
D．物块A相对木板B滑过的位移大小为10 m
[答案] AC
[解析] 以水平向右为正方向，对小物块有μ1mAg＝mAaA，根据题图乙可知aA＝2 m/s2，那么物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，A正确；对木板，受物块与地面的摩擦力，则有μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBaB，根据题图乙可知aB＝1 m/s2，那么木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.025，两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝8∶1，B错误；结合图乙，从t＝2 s开始，设物块与木板达到共速又用了时间t1，则2 m/s－aBt1＝aAt1，解得t1＝eq \f(2,3) s，此时的速度为v1＝eq \f(4,3) m/s，之后物块与木板具有共同的加速度a′＝μ2g＝0.25 m/s2，对于木板，在相对滑动阶段的位移x1＝eq \f(4＋\f(4,3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(2,3)))m＝eq \f(64,9) m，共同前进阶段的位移x2＝eq \f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2,－2×0.25) m＝eq \f(32,9) m，那么木板B向前滑行的最大距离为eq \f(32,3) m，C正确；两者的相对初速度为8 m/s，达到相对末速度为0所用的时间为2 s＋t1＝eq \f(8,3) s，则物块A相对木板B滑过的位移大小为eq \f(8＋0,2)×eq \f(8,3) m＝eq \f(32,3) m，D错误。
9．(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．A的加速度大小为1 m/s2
B．B的加速度大小为6 m/s2
C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大
D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止
[答案] BC
[解析] 对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBg
Ff1＝μ2FNB
根据牛顿第二定律有
Fcs 37°－Ff1＝mBaB
联立可得aB＝6 m/s2，故B正确；

对长板A受力分析，如图乙，
可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg
由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误；
若力F作用一段时间后，撤去力F，
则对A有aA′＝eq \f(μ2mBg－μ1mA＋mBg,mA)＝1 m/s2
对B有aB′＝μ2g＝5 m/s2
可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。
10．(多选)如图甲所示，逆时针匀速转动的传送带与水平面的夹角θ＝37°。在传送带的顶端A处无初速度地释放一个小物块一段时间后物块到达底端B处。当改变传送带匀速转动的速度v1时，小物块到达B处的速度v2也会相应变化，v2和v1的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．小物块可能先匀加速再匀速运动
B．传送带A、B之间的距离为25 m
C．小物块和传送带间的动摩擦因数为0.375
D．小物块从A运动到B的最短时间为eq \r(5) s
[答案] BD
[解析] 根据题图乙知，当传送带速度为零时，小物块到达B处的速度为vB＝10 m/s，故小物块重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，因此不管传送带如何转动，小物块始终做加速运动，A错误；传送带速度为零时，根据牛顿第二定律得小物块在传送带上运动的加速度大小为a1＝gsin 37°－μgcs 37°，当传送带速度为10eq \r(5) m/s时，小物块到达B处的速度vB′＝10eq \r(5) m/s，此后无论传送带速度如何增加，小物块到达B处的速度不再发生改变，故当传送带速度大于等于10eq \r(5) m/s时，小物块在传送带上始终加速，且所受摩擦力的方向一直沿传送带向下，设此种情况下小物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得a2＝gsin 37°＋μgcs 37°，由速度与位移的关系得veq \\al(2,B)＝2a1LAB，vB′2＝2a2LAB，联立解得μ＝0.5，LAB＝25 m，B正确，C错误；当传送带的速度为10eq \r(5) m/s时，小物块在传送带上以最大加速度a2始终做加速运动，小物块运动时间最短，根据速度与时间的关系得，小物块从A运动到B的最短时间为tmin＝eq \f(vB′,a2)＝eq \f(10\r(5),10) s＝eq \r(5) s，D正确。
11．(多选)(2025·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( )
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
[答案] AD
[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。
12．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg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μ1＝0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度大小a1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。
[答案] (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
[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mgsin 37°－Ff1＝ma1，
其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcs 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcs 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcs 37°
解得a2＝1 m/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＝eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2，又x1－x2＝L，解得t＝1 s。
13．一传送带的部分装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m；BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角θ＝37°。AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s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μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(3)工件运动23 s后所在的位置。
[答案] (1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处
[解析] (1)设工件刚放在水平传送带上时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝5 m/s2，经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s，工件前进的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.6 mμmgcs θ，工作在倾斜传送带上做匀减速运动，设在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma2，解得a2＝－2 m/s2，由速度—位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)，解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s，由于mgsin θ>μmgcs θ，且工件在传送带的倾斜段运动的加速度相同，在传送带的水平段运动的加速度也相同，故此后工件将在传送带上做周期性往复运动，其周期为T＝2t1＋2t3＝5.6 s，工件从开始运动到第一次返回传送带的水平段，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。