2024版新教材高考物理复习特训卷考点19传送带模型和“滑块_木板”模型

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考点19 传送带模型和“滑块—木板”模型——提能力
1．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，则不正确的是(　　)

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

2．[2023·河北廊坊模拟](多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且以v1＝2 m/s的恒定速率运行．初速度大小v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面(图中未画出)上的A处滑上传送带，墨块可视为质点．若从墨块滑上传送带开始计时，墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则(　　)
A．墨块与传送带速度相同之前，受到传送带的摩擦力方向水平向右
B．墨块在传送带上滑行的加速度大小a＝0.2 m/s2
C.墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 m
D．墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m
3．(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2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F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1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μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.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．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
4．(多选)如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v ­ t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
B．物体A与小车B的质量之比为1∶2
C．小车B的最小长度为2 m
D．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
5．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v ­ t图像，其中可能正确的是(　　)


[答题区]
题号
1
2
3
4
5
答案





6.某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究，如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm，橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
(2)若要求橡皮擦移动的时间最长，求纸板被弹出的最小速度？









7.

[2023·上海市市西中学二模]如图所示，以恒定速率v1＝0.5 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝4 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.5 m/s从传送带顶端推下一件m＝2 kg的小包裹(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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小．
(2)小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小．
(3)小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功．





考点19　传送带模型和“滑块—木板”
模型——提能力
1．答案：D
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，设加速度大小为a，得ma＝μmg由匀变速规律可知v－v＝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，而且v 2．答案：AD
解析：墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A正确；墨块在摩擦力的作用下匀变速滑行，t＝5 s后与传送带速度相同，则墨块加速度大小a＝＝1 m/s2，选项B错误；墨块向左匀减速运动过程，对墨块有0＝v2－at1，x1＝t1，解得该过程用时t1＝3 s，墨块的路程x1＝4.5 m，t1时间内传送带的路程x2＝v1t1＝6 m，墨块向右匀加速运动过程，对墨块有v1＝at2，x′1＝t2，解得该过程用时t2＝2 s，墨块的路程x′1＝2 m，t2时间内传送带的路程x′2＝v1t2＝4 m，则墨块在传送带上留下的痕迹长度x＝x1＋x2＋x′2－x′1＝12.5 m，选项C错误，D正确．
3．答案：BCD
解析：由图(c)可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；由图(c)可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，对木板μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，整理可得F2＝(μ2－μ1)g，B正确；由图(c)可知，对木板μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，故μ2m2g＞μ1(m1＋m2)g，即μ2>μ1，C正确；由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，D正确．
4．答案：AC
解析：物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体分析有μmAg＝mAaA，由v ­ t图像可得aA＝＝m/s2＝3 m/s2联立解得μ＝0.3，所以A正确；对小车B分析有μmAg＝mBaB，由v ­ t图像可得aB＝＝m/s2＝1 m/s2，联立解得＝，所以B错误；小车B的最小长度为物体A在小车B上的最大相对滑动位移，则有Lmin＝sA－sB＝×1－×1(m)＝2 m，所以C正确；如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A在小车B上的相对滑动位移减小，所以物体A不可能冲出去，则D错误．
5．答案：BD
解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当：μ1mg＞μ2(M＋m)g最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由：μ1mg＞μ2(M＋m)g可得：μ1mg＞μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图像的斜率将变小，故C错误，B正确；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故D正确．
6．答案：(1)F0>0.15 N　(2)0.866 m/s
解析：(1)当橡皮擦在纸板上滑动时，橡皮擦的加速度a1：μ1m1g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，硬纸板的加速度a2：F0－μ2(m1＋m2)g－μ1m1g＝m2a2，要使橡皮擦在纸板上滑动，需使a2>a1，解得F0>0.15 N.
(2)纸板获得初速后做减速运动，令加速度为a′2，则μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a′2，解得a′2＝13 m/s2，假设橡皮擦一直在纸板上运动，令纸板被弹出后经时间t，橡皮擦与纸板速度相同，则a1t＝v0－a′2t，代入解得t＝，此过程橡皮擦的位移x1，则有x1＝a1t2，纸板的位移x2＝v0t－a′2t2，要使橡皮擦离开纸板，则需x2>x1＋，解得v0≥m/s＝0.866 m/s.
7．答案：(1)0.4 m/s2　(2)2.5 s　2.5 m　(3)－50 J

解析：(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律可知mg sin α－μmg cos α＝ma
代入数据可得a＝－0.4 m/s2
所以加速度的大小为0.4 m/s2，方向为沿斜面向上；
(2)由(1)可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v1相同，用时
t＝＝ s＝2.5 s
相应的匀减速直线运动的距离为s＝v2t＋＝m＝2.5 m.
(3)因为s 因此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直线运动阶段所受静摩擦力大小为
Ff2＝mg sin α
位移大小为s2＝L－s
所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为
Wf＝－Ff1s－Ff2(L－s)＝－μmgs cos α－mg(L－s)sin α
代入数据可得Wf＝－50 J．