高考物理一轮总复习课时冲关十链接高考3两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”(含解析)新人教版

1、两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”A级基础练1. （2019 湖南衡阳联考）如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度一时间图象如图乙所示，关于传送带的运动情况描述正确的是（）A. 定是 向右的匀加速运动B. 可能是向右的匀速运动C. 一定是向左的匀加速运动D. 可能是向左的匀速运动解析：A 由题意可知：物块P向右做加速运动，初始做加速度为 卩g的加速运动，然 后与传送带相对静止一起向右做匀加速运动，故A正确.2. 带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机.如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速

2、运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是（）片右A. 黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B. 木炭包的质量越大，径迹的长度越短C. 木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D. 传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：C 刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误.木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，卩mg=ma所以a=卩g,当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2 = 2ax得，木炭包位移

3、 x木2 2vvv=,设相对滑动时间为t ,由v = at得t =，此时传送带的位移为 x传=vt = ，所2卩g卩g卩g以相对滑动的位移是 x = x传一x木=伴，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，2 3 g所以B错误.木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确.传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误.3. 一皮带传送装置如图所示， 轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 m的滑块，已知 滑块与皮带之间存在摩擦.现将滑块轻放在皮带上， 弹簧恰好处于自然长度且轴线水平.若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和

4、加速度变化情况是 （）A. 速度增大，加速度增大B. 速度增大，加速度减小C. 速度先增大后减小，加速度先增大后减小D. 速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：D 因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由 卩mg- kx = ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有 D项正确.4. 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为卩=0.3，用水平恒力F拉动小车，物块的加速度为ai,小车的加速度为a2,当水平恒力F取不同值时，ai与a2的值可能为（当地重力加速度g取10 m/s

5、2）（）A.ai= 2 m/s 2,a2 = 3 m/s 2B.ai= 3 m/s 2,a2 = 2 m/s 2C.ai= 5 m/s 2,a2 = 3 m/s 2D.ai= 3 m/s 2,a2 = 5 m/s 2解析：D 当Fvy mg= 3 m/s 2 m时，物块与小车一起运动，且加速度相等，最大共 同加速度为amax=卩g= 3 m/s2, 故 A、B错误；当F3 m/s 2 m时，小车的加速度大于物块的加速度，此时物块与小车发生相对运动，此时物块的加速度最大，由牛顿第二定律得：ai:卫=卩g= 3 m/s 2，小车的加速度2 a23 m/s，故C错误，D正确.5. （2019 江西南

6、昌三中模拟）如图1所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2 , t = 0时，车开始沿水平面做直线运动，其v t图象如图2所示.g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的v- t图象为（）图2图1刚m初）0 4 B 12 旳B06 12 thA解析：C 小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速运动和匀减速运 动的加速度大小相等，a=-V = 4 m/s2,根据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车的滑动 摩擦力产生的加速度为 2 m/s2,因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力根据受力分析，结合牛

7、顿第二定律，则有：当08s时，车的速度大于物块，因此物块受到滑动摩擦动力，则其加速度为2 m/s2，同理，可得：当 816s时，车的速度小于物块，因此物块受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2 m/s2, 故 C正确，A B、D错误.6. （2019 盐城1月检测）（多选）如图甲所示，以速度 v逆时针匀速转动的足够长的传 送带与水平面的夹角为0 .现将一个质量为 m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为卩，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是（）解析：CD 木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时

8、若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静 摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C、D项正确，A B项错误.7. （多选）如图甲所示，足够长的木板 B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A木板B受到随时间t变化的水平拉力 F作用时，用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的a F图象，已知g取10 m/s ,则（）A. 滑块A的质量为4 kgB. 木板B的质量为1 kgC. 当F= 10 N时木板B的加速度为4 m/s2D. 滑块A与木板B间的动摩擦因数为 0.1解析：BC 当F= 8 N时，加速度为a=

9、2 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有F=F 口 mg（阿ma,代入数据解得 阿m= 4 kg,当F8 N时，对B根据牛顿第二定律得 a= 沪乙 詁一晋，由题图图象可知，图线的斜率 k = M=-F= 总 kg 1= 1 kg 1,解得 M 1 kg , 滑块的质量为 m= 3 kg，故A错误，B正确；根据F大于8 N时的图线知，F= 6 N时a= 0,1x 30即0= 1 x 6，代入数据解得= 0.2，故选项D错误；由图示图象可知，当F= 10 N12 0.2 x 3022时，滑块与木板相对滑动，B滑动的加速度为 a= 1 x 10 m/s 一 m/s = 4 m/s，故C正确.&

10、（多选）如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37 .现有两个小物块 A B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5 , g取10 m/s2, sin 37=0.6 , cos 37 = 0.8.下列判断正确的是 （）A. 物块A先到达传送带底端B. 物块A、B同时到达传送带底端C. 传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D. 物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程解析：BCD A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力 均

11、沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故 A错误，B、C正确；A物块与传送带运动方向相同，相对路程较 小，故D正确.B级一能力练9. （2019 河北唐山一中调研）（多选）如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m各接触面间的动摩擦因数均为卩，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为 d.现用水平向右的恒定拉力 F拉动纸板，下列说法正确的是（）a纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为卩（m+ mgB. 要使纸板相对砝码运动，F一定大于2卩（M+ n）gC. 若砝码与纸板分离时的速度小于也gd,砝码不

12、会从桌面上掉下D. 当F=卩（2W 3n）g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：bc 对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为卩（阿mg+卩 Mg故A错误.设砝码的加速度为 ai,纸板的加速度为 a2,则有：fi= Ma, F-fi-f2= ma,发生相对运动需要 a2ai,代入数据解得：F2卩（阿mg,故B正确.若砝码与纸板分离时的速度小于l，1卩gd,砝码匀加速运动的位移小于2ai严=d匀减速运动的位移小于2 3 g 22ai證=2,则总位移小于d,不会从桌面上掉下，故C正确.当F= 讥2阿3m）g时，砝码未减速运动，匀减速运动的加速度大小a= 3 g,则匀减速运动的位移2vX = 2

13、=2 3 gd = d，F 3 M+ m g 卩 Mgi 2脱离纸板时的加速度ai = 3 g,纸板的加速度 a2=m= 2 3 g,根据a2t而匀加速运动的位移 x= iaitgait2= d,解得t =g，则此时砝码的速度v = ait = V2 3 gd，砝码脱离纸板后做匀= d,可知砝码离开桌面， D错误.i0.（多选）在内蒙古的腾格里沙漠，有一项小孩很喜欢的滑沙项目.其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37的斜面上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑.数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为(小孩与滑板

14、之间的动摩擦因0.5，小孩的质量与滑板的质）C. 经过 2 s的时间，小孩离开滑板D. 小孩离开滑板时的速度大小为3-(11 S解析：AC A项，对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦 力，根据牛顿第二定律，有min 37 卩imgcos 37= ma,得8 = ?川、2,故A项正确；B项，小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律，有min 37 +卩imgcos 37 2卩2mgpos 37= ma,代入数据，解得 a2= I| s2,故B项错误；C项，设经过时间t,小1 1孩离开滑板qait2 a2t 2= L,解得t =2 s，故C项正确；D项，小孩离开滑板时的速度为

15、v= a1t = 2 2 HlD项错误.AB在其左11. (2019 福建模拟)如图甲所示，一个以恒定速率逆时针转动的传送带侧边缘的B点有一个不计大小的滑块，若滑块以初速度v1=；i冲上传送带，滑块运动的v t图象如图乙中实线 a所示；若滑块以初速度v2 = 6 ill S冲上传送带，滑块运动的vt图象如图乙中实线b所示.重力加速度g取IU II s2,求：(1)传送带的长度L和传送带与滑块间的动摩擦因数(2)滑块以初速度1 ；V1= ?、冲上传送带到返回B点所用的时间t 解析：(1)由v t图象可知，滑块以初速度V2=6 川S冲上传送带时，在t = 8 s时刻到达A点，故传送带的长度为:L=

16、 v t = 2B发生的位移 sb= V0t ?aBt = 3.6 m所以A发生的位移为Sa+ s= 0.5 m + 0.3 mB 发生的位移为 Sb+ s= 3.6 m + 0.3 m = 3.9 m x (6 + 2) x 8 m= 32 m根据图线a或b,可求得滑块的加速度为:a=4 =-Q屮由牛顿第二定律可得：i mg= ma解得：= 0.05(2)滑块在前后两段时间的位移大小相等，方向相反,可得：2x 6x 3 m= 1 x (10 6) x 2m+ (t10) x 2 m解得滑块回到 B点的时间为：t= 12.5 s答案：(1)32 m 0.05(2)12.5 s12. (2019

17、 孝义市模拟)如图所示，长为I的长木板A放在动摩擦因数为 1 1的水平地面上，一滑块B(大小可不计)从A的左侧以初速度V0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为卩2( A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同).已知A的质量为M= 2.0kg, B 的质量为 m= 3.0 kg , A 的长度为 I = 3.0 m ,卩 1 = 0.2 ,卩 2= 0.4 , ( g 取i 川 QA、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大?为保证B在滑动过程中不滑出 A,初速度V。应满足什么条件?分别求A B对地的最大位移.解析：(1)分别对A B进行受力分析,根据牛顿第二定律得：B物体的加速度：aB=亓=A物体的加速度:2=1 m/saA= f - F 当A B速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，设经过时间t, AB的速度相等，则有： V0 aBt =