高考物理一轮复习考点分类训练3.4传送带模型和“滑块－木板”模型（2份，原卷版+解析版）

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考向一、传送带模型
考向二、“滑块－木板”模型
考向三、斜面问题
考向四、生活情景问题
考向一、传送带模型
一、eq \a\vs4\al(水平传送带)
二、eq \a\vs4\al(倾斜传送带问题)
【典例1】（多选）(2022·陕西咸阳市质检)如图所示水平传送带A. B两端点相距x=4m,以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中（ ）
A. 小煤块从A运动到B的时间是2√s
B. 小煤块从A运动到B的时间是2.25s
C. 划痕长度是4m
D. 划痕长度是0.5m
【答案】 BD
【解析】 A. 根据牛顿第二定律得,小煤块的加速度a=μg=4m/s2，
则匀加速运动的时间t1=v0/a=2/4s=0.5s,匀加速运动的位移x1=at2/2==0.5m.
则小煤块匀速运动的位移x2=x−x1=4−0.5m=3.5m,则匀速运动的时间t2=x2/v0=3.52s=1.75s，
所以小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25s.故A错误，B正确。
C. 在煤块匀加速运动的过程中,传送带的位移x3=v0t1=2×0.5m=1m，
则划痕的长度△x=x3−x1=0.5m.故C错误，D正确。
【典例2】.(2022·吉林三调)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物块从传送带底端以初速度v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v­t图象不可能是( )
【答案】 C
【解析】若F>mgsinθ＋μmgcsθ，物块一直做匀加速直线运动，v­t图象是向上倾斜的直线，A图是可能的。若F＝mgsinθ＋μmgcsθ，物块一直做匀速直线运动，v­t图象是平行于t轴的直线，B图是可能的。若Fμ2（m1+m2）g+（m1+m2）μ1g二者相对滑动
木块A μ1m1g=m1aA
得aA=μ1g
木板B F-μ2（m1+m2）g-μ1m1g=m2aB
地面光滑时：木块A μ1m1g=m1aA 得 aA=μ1g
木板B F--μ1m1g=m2aB
二、木块A受到水平拉力
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2，设 μ1m1g>μ2（m1+m2）g
（1）当F≤μ2（m1+m2）g时,AB都静止不动
此时木块A受到的摩擦力fA=F ，地面对木板B受到的摩擦力f地=F
（2）当μ2（m1+m2）g< F≤μ2（m1+m2）g+（m1+m2）am时，二者一起加速
假设在F作用下AB一起加速，由牛顿运动定律可知当F逐渐增大，二者加速度a也随之增大。对木板B来说，此时木板B受到的静摩擦力向右，在静摩擦力带动下使木板B随着木块A一起加速。而木板B受到的静摩擦力也随着加速度的增大而增大，当达到最大静摩擦力fm时，木板B达到最大加速度：
木板B μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2am
得 am=
整体 Fm-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）am

地面光滑时：木板B μ1m1g=m2am
得 am= μ1m1g/m2
整体 Fm =（m1+m2）am
Fm=（m1+m2） μ1m1g/m2
（3）F> Fm=（m1+m2）二者相对滑动
木块A F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）aA
木板B μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2aB
地面光滑时：木块A F-μ2（m1+m2）g=m1aA
木板B μ1m1g=m2aB
三、木块以v0滑上木板
木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2,如图木块A以一定的初速度V0滑上原来静止在地面上的木板B，A一定会在B上滑行一段时间，木板B长为L，设μ2（m1+m2）g< μ1m1g。
如果μ2（m1+m2）g< μ1m1g。，那么B受到的合力就不为零，就要滑动，此时木板加速，木块减速。
木块A加速度 μ1m1g=m1aA 木板B加速度 μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2aB
（1）如果B足够长，经过一段时间t后，A、B将会以共同的速度向右运动。设A在B上相对滑动的距离为d，如图所示，A、B的位移关系是sA-SB =d，那么有：
V0-aAt =aBt
V0t+aAt2/2=d+aBt2/2
（2）如果板长L μ1m1g，木块A和木板B相对滑动，各自减速。
木块A aA=μ1g
木板B μ2（m1+m2）g- μ1m1g=m2aB
【典例3】(2014·江苏·8)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq \f(1,2)μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq \f(1,2)μg
【答案】BCD
【解析】当01）。A、B由离地H高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且能量损失，A环运动过程中未落地。则下列说法正确的是（ ）
A.B与地底一次碰撞后，B上升的最大高度是
B.B与地底一次碰撞后，B上升的最大高度是
C.B与地底一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B离地面的高度是
D.B与地底一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B离地面的高度是
【答案】AC
【解析】AB.物体A、B一起下落H过程，机械能守恒，则
解得
对B来说碰撞以后以速度v向上作匀减速运动，其加速度，由牛顿第二定律得
得
根据速度位移公式，上升的最大高度
即B与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是，故A正确，B错误；
CD.对A来说碰撞后的加速度，由
得
方向竖直向上，当A、B速度相等时，两者相对静止，设经时间t后，两者速度相等，有
解得
B下端离地面的高度为
即B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为，故C正确，D错误。
故选AC。
练习3.(2022·荆州模拟)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块、A、B与木板之间的动摩擦因数都为 μ＝0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，水平恒力F作用在A物块上，如图3­3­25所示(重力加速度g取10 m/s)．则( )
A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B物块的加速度为1.0 m/s2
【答案】D
【解析】A物块与板间的最大静摩擦力为2 N，当F＜2 N时，A物块没有与木板发生相对滑动，A、B与板整体向左加速，选项A错误；若F＝1.5 N，对A、B及轻质木板整体有a＝eq \f(F,mA＋mB)＝0.5 m/s2，对A物块分析有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1 N，选项B错误；若F＝4 N，则A物块与板发生相对滑动，板对B物块的静摩擦力为2 N，选项C错误；若F＝8 N，板对B物块的静摩擦力仍为2 N，根据a＝eq \f(Ff,mB)可得a＝1 m/s2，选项D正确．
练习4.(2022·河南林州市专项练习)如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fa，显然经历一段时间t1之后B先与木板达到相对静止状态，且此时A、B速度大小相等，方向相反．不妨假设此时B与木板的速度大小为v1：
v1＝v0－aAt1⑦
v1＝at1⑧
解得：t1＝0.4 s，v1＝1 m/s.
(2)设在t1时间内，A、B的位移大小分别为xA，xB，由运动学公式得：
xA＝v0t1－eq \f(1,2)aAteq \\al(2,1)⑨
xB＝v0t1－eq \f(1,2)aBteq \\al(2,1)⑩
此后B将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和A相遇，这段时间内A的加速度大小仍为aA，设B和木板的加速度大小为a′，则根据牛顿运动定律得：
对木板和B：
μ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋m))g＋μ1mAg＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mB＋m))a′⑪
假设经过t2时间后A、B刚好相遇，且此时速度大小为v2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：
对B和木板：v2＝v1－a′t2⑫
对A：v2＝－v1＋aA′t2⑬
联立⑪～⑬解得t2＝0.3 s，可以判断此时B和木板尚未停下，则t2时间内物块A、B的位移大小假设为xA′、xB′，由运动学公式：
xA′＝v1t2－eq \f(1,2)aA′teq \\al(2,2)⑭
xB′＝v1t2－eq \f(1,2)a′teq \\al(2,2)⑮
则A和B开始相距x满足：x＝xA＋xA′＋xB＋xB′⑯
联立解得：x＝1.9 m.
分析滑块－木板模型时要抓住一个转折和两个关联。
叠加体系统临界问题的求解思路
【巧学妙记】
斜面问题
【典例1】（多选）(2022·湖南株洲市质检)如图所示，三角形物体ACE由两种材料拼接而成，上面的ABD部分为一种材料，下面的BDEC部分为另一种材料。BD界面平行与底面CE，AC侧面与水平面的夹角为θ1，AE侧面与水平面的夹角为θ2，且有θ1＜θ2。物块从A点由静止下滑，加速至B点后，又匀速运动至C点。若该物块由静止从A点沿另一侧面下滑，则有（ ）
A.由D匀速运动至E
B.由D加速运动至E
C.通过D点的速率等于通过B点的速率
D.AB段运动的时间大于AD段运动的时间
【答案】BD
【解析】AB.由题意可知物块从B匀速运动到C，则有
由D到E，根据牛顿第二定律有
因为
所以即由D加速至E，故A错误，B正确；
C.从A到B根据动能定理，有
从A到D根据动能定理，有
根据几何关系所以故C错误；
D.由牛顿第二定律，在AB段
在BC段
因为 所以
根据解得
因为所以故D正确。
故选BD。
【典例2】（多选）(2022·安徽省池州市上学期期末)如图，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a；a与b之间、b与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上．现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能（ ）
A．a与b之间的压力减少，且a相对b向下滑动
B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动
C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动
D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动
【答案】 BC.
【解析】假设a和b相对静止，一起向左减速，则其共同加速度向右，以物块a为研究对象，其受力如图所示（假设摩擦力沿斜面向上），将加速度分解到垂直、平行斜面方向，则由牛顿第二定律，
解得 ，
其中，加速度a从0增加到了a.
可以看出 FN一定增大了，即压力增大了。
若a较小，，Ff方向向上；
若，Ff=0；
若a较大，，Ff方向向下；
若a太大，则Ff可能超过最大静摩擦力，物块a就会相对斜面上滑。物块相对斜面上滑时，物块有竖直向上加速度，超重，因此整体对地压力大于整体重力。
练习5.（2022河南省百校联盟高三月考）如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为θ，初始时将一物体A轻放在斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列分析正确的是（ ）
A．若μ＞tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动
B．若μ＝tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动
C．若μ＜tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将仍以加速度a沿斜面向下加速运动
D．若μ＜tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将以大于a的加速度沿斜面向下加速运动
【答案】D
【解析】AB、若μ≥tanθ，重力下滑分力小于或等于最大静摩擦力，物体静止，施加F后相当于增大重力，物静A仍静止，故AB错误；
CD、若μ＜tanθ，重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速下滑，施加F后合外力增大，但质量不变，故加速度增大，故D正确C错误。
考向四、生活情景问题
【典例1】(2022·河南省驻马店市第二次质检)某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为x.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.
(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；
(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．
【答案】见解析
【解析】 (1)在匀速运动阶段，有mgtan θ0＝kv0
得k＝eq \f(mgtan θ0,v0).
(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为F′N，有
F′Nsin θ－kv＝ma
F′Ncs θ＝mg
得tan θ＝eq \f(a,g)＋eq \f(v,v0)tan θ0.
(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有
F＝eq \f(mg,cs θ0)
球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fsin β＝ma′
设匀速跑阶段所用时间为t，有t＝eq \f(x,v0)－eq \f(v0,2a)
球不从球拍上掉落的条件eq \f(1,2)a′t2≤r
得sin β≤eq \f(2rcs θ0,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)－\f(v0,2a)))2).
【典例2】(2022·广东省深圳市三校模拟)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cs θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
【答案】(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m
【解析】(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcs θ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－eq \f(1,2)a1t2⑥
s2＝vt－eq \f(1,2)a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m。⑩
练习7.(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距x0和x1(x1μmgcs θ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcs θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θmgsinθ＋μmgcsθ，则物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，选项A正确；若Fv1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是( )
A．从下端B离开，v>v1 B．从下端B离开，vmgB.t1~t2 时间内，v减小，FN0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为⑯
新课程标准
1．理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对科学思维、科学探究等物理学科的核心素养的要求。对传送带模型和板块模型考查频率高，题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，
试题情境
生活实践类
传送带模型，板块模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v0
＞v，返回时速度为v；若v0＜v，返回时速度为v0
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)一直加速（x物=eq \f(v2,2a)≥l,且μ≥tan θ)
(2)可能先加速后匀速（x物=eq \f(v2,2a)