2026年高考物理一轮复习精讲精练第17讲传送带模型和“滑块—木板”模型(练习)(学生版+解析)

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A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t=t0时，B的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，
代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有，
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合
可知，故D正确。
故选BD。
2．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求：
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b从M运动到N的时间；
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)95J
【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）a从静止释放到M点过程中，根据动能定理
解得
与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
滑上传送带后，根据牛顿第二定律
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间
b从M运动到N的时间
（3）设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到所需的时间
可得
在时间内向右运动的距离
循环10次后向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量
然后继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
此过程，b相对传动带运动的路程
此过程中与传送带摩擦产生的热量
b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
3．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
4．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
5．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；；（2）
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
【点睛】
6．（2021·全国乙卷·高考真题）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A．B．
C．D．在时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
故选BCD。
模拟冲关
7．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示。其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．DE段表示滑块最终与滑板共速
B．F=0时，滑块离开滑板的速度v=2m/s
C．B点的坐标为（，）
D．C点的坐标为（，）
【答案】D
【详解】A．在AB段，拉力F较小，物体在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从板右侧滑离木板；在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在DE段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左侧滑离木板；故A错误；
B．时，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为
由图像AB段可知，滑块相对木板的路程为
联立解得或（舍去，此时滑块的速度小于木板的速度）
则物块滑离木板时的速度大小为
故B错误；
C．在AB段，F较小，物块将从木板右端滑下，其中B点，对应物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，设此时对应的恒力为，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙可知，B点对应的相对路程，代入解得
故B点的坐标为（，），故C错误；
D．在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；C点时物块与木板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的恒力为，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得
以物块为对象，由牛顿第二定律得
联立解得，
由C选项分析同理可得
代入，可得
故C点的坐标为（，），故D正确。
故选D。
8．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，时与长木板质量相同的小滑块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3倍。设滑块没有离开木板，则下列关于滑块的速度与时间的关系图像以及木板的速度与时间的关系图像，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】规定向右为正，滑块与木板之间存在相对运动，滑块受到木板施加的滑动摩擦力为
根据牛顿第二定律滑块的加速度
因此滑块的速度随时间变化关系
木板受到滑块施加的滑动摩擦力（方向向右）和地面施加的动摩擦力，即
根据牛顿第二定律木板的加速度
因此木板的速度随时间变化关系
则在某时刻，滑块与木板相对静止，一起运动，系统加速度为
因v-t图像的斜率等于加速度，可知只有B正确。
故选B。
9．（2025·河北·模拟预测）一游戏装置的竖直截面如图所示，左侧光滑圆弧轨道与半径的竖直光滑螺旋圆轨道，以及水平光滑直轨道平滑连接。长的木板B紧靠直轨道右端放置，木板C位于B右侧距离为的位置，B、C厚度相同，位于同一水平面上，且上表面恰好与光滑直轨道平齐，B、C碰撞时会粘在一起。小滑块由圆弧轨道上一定高度由静止下滑，穿过螺旋轨道后再经水平直轨道滑上木板B。已知的质量的质量，的质量A、B间动摩擦因数，B下表面光滑，C运动时受到地面摩擦力大小恒定为，不计空气阻力，重力加速度取。求：
(1)若滑块A恰能通过圆形轨道最高点，求A经过圆轨道上的最低点时对轨道的压力大小；
(2)若滑块A在B碰撞前不从B上滑落，求A从轨道上下滑的最大高度；
(3)若保证滑块A能滑上木板C，求A滑上B时的最小速度。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小滑块恰好通过，根据牛顿第二定律则有
由到，根据机械能守恒定律得
在点，由牛顿第二定律得
联立解得
由牛顿第三定律得，对轨道压力为，方向竖直向下
（2）设下滑高度为，根据机械能守恒定律得
滑块滑上后，对，由牛顿第二定律得
对，由牛顿第二定律得
当刚好不能从上滑落，设共速用时为，则有，
联立解得
的位移为且
则可通过轨道，且与共速前与不发生碰撞，所以下滑的最大高度
（3）设滑上且能滑上的最小速度为，从滑上到、共速过程中，设共速后速度为，系统水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒则有
同理可知，碰撞满足动量守恒
、碰后，根据牛顿第二定律可知，的加速度满足
的加速度满足
设经过时间、、共速，则有，
恰好能滑到上须满足
代入数值联立解得
即最小速度为
10．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图甲所示，质量M=0.8kg；的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在长木板右侧还依次放着质量均为无穷多个木块（m0可视为质点），相邻木块间的距离为2m。开始时长木板、滑块木块均静止。t=0时刻在滑块上施加方向水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F。4s后撤去力F，5s时木板与右侧第一个木块碰撞。若滑块与木板间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，（所有碰撞均为弹性碰撞）求：
(1)t1=1s时滑块的加速度大小；
(2)t2=4s时滑块的速度大小；
(3)撤去F后物块与木板因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)4m /s
(3)
【详解】（1）0~2s内滑块相对于木板滑动的临界状态时，根据牛顿第二定律可知，对木板有μmg=Ma，
对滑块有F-μmg= ma
联立解得F=0.5 N， a=0.5m /s2
F1 = 0.25N < F
物块和木板一起运动，则有F1=（M + m）a0
（2）F-t图像与t轴所围的面积代表冲量，0s~2s时间内拉力的冲量为
2s~4s时间内拉力的冲量为
0s~2s物块与木板相对静止
解得
2s~4s物块相对木板滑动，对滑块有（t为2s~4s的时间）
解得4s时滑块速度大小v2=4m /s
（3）对滑块和木板
撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒有
解得v=2m/s
根据动量守恒有
Q1=0.5J
木板与m滑块相互作用直到共速
解得t=1s，
木板与m滑块第5s共速后与m0滑块相撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
解得，
木板与m滑块相互作用直到共速
解得
由动能定理可得
解得x板