2024年高考物理总复习强化练 传送带模型和滑块-木板模型

核心素养测评•专题强化练•实验抢分专练

专题强化练（三）传送带模型和滑块一木板模型（25分钟40

分）

一、选择题

1.（5分）如图所示，水平方向的传送带以力的恒定速度顺时针转动。一物块从右端以

为（W>%）的速度滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为〃，传送带长度L>畀。在

物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是图中的（B）

v2

由题可知■，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动，当

物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为

又>%，则%>X'

故向右运动的速度与传送带速度相等后，物块做匀速直线运动。故选B。

2.（5分）（多选）如图甲所示，长木板B静止在水平地面上，在t=0时刻，可视为质点、

质量为1kg的物块4在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上并从静止开始运动，1s后撤去

外力F,物块4长木板B的速度一时间图像如图乙所示，g取10m/s2,则下列说法正确的是

（ABD）

B

"777777777777777777777777777777777777777777777

甲

A.长木板的最小长度为2mB.Z、B间的动摩擦因数是0.1

C.长木板的质量为0.5kgD.外力F的大小为4N

［解析］选A、B、Do由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面

之间无摩擦，17—t图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2s内

物块的位移为=4m,木板的位移为％2=2m,故长木板的最小长度为L=%—&=2m,A

正确；由题可知，1s时撤去外力F,在1〜2s内由物块2的受力及牛顿第二定律可知〃7ng=

maA

由图乙可知1〜2s内物块”的加速度大小为期=lm/s?,解得力、B间的动摩擦因数为〃=

0.1,B正确；由图乙可知，木板的加速度大小为沏=lm/s2,由木板B的受力及牛顿第二定

律可知〃771°="与，解得长木板的质量为M=1.0kg,C错误；由0〜1s内的物块4的受力及

r2

牛顿第二定律可知尸—^mg=maA,又此过程中加速度的大小为a%=3m/s,解得F=

4N,D正确。

二、计算题

3.［2023•邵阳模拟］（14分）如图所示，传送带和水平地面的夹角为6=37。，传送带顶端2

到底端B的高度九=9.6m,传送带以10m/s的速度转动，在传送带上端2无初速度地放一个质量

为0.5kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,sin370=0.6,

cos37°=0.8,g—lOm/s2,求：

（i）若传送带顺时针转动，物体从a运动到B所用的时间;

［答案］2s

［解析］由〃BSE37°=h

得48的长度=16m

若传送带顺时针转动，对物体由牛顿第二定律得：mgsind+11mgeos®=mar

解得物体的加速度“1=gsin。+/igcosO=10m/s2

则物体加速至与传送带速度相等时需要的时间力i=2=1s

发生的位移为：Si==5m<16m

可知物体加速到1Om/s时未到达B点

第二阶段，应用牛顿第二定律有：

7ngsin。—iimgcosO=ma2

2

所以此阶段物体的加速度为：a2=2m/s

设第二阶段物体滑动到B端需要的时间为12，则有：

19

LAB-SI~"2+5a2t2

解得:t2-Is

则物体从2运动到B所用的时间为t=J+七=2s

(2)若传送带逆时针转动，物体从a运动到B所用的时间。

［答案］4s

2

［解析］若传送带逆时针转动，物体从2到B一直以加速度a2做匀加速运动，则有：LAB=1a2t

解得：t=4s

【加固训练】快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是快递分

拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意

图，CD部分倾角。=37。，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4m/s的速率顺时针转

动。把一个可视为质点的货物无初速度放在2端，图3为水平传送带段数控设备记录的货

物的运动图像，1.3s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带的动摩擦因数相

同。g取lOm/s2。求：

(1)水平传送带的长度及动摩擦因数；

［答案］3.6m0.5

［解析］由u—t图像可知，传送带段的长度为1MB=3.6m

货物在水平传送带上运动时，

根据牛顿第二定律可得〃7ng—ma1

解得的="g

由图像可知水平传送带上的加速过程加速度为

的——m/s2—5m/s2

0.8

则〃=0.5

(2)若CD段的长度为2.6m,CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在。端取到快件。

［答案］3m/s

［解析］依题意，货物以4m/s的速度滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未

知，第一种情况:若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍

并；

第二种情况:若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则

ma2=7ngsin。+mfigcosd

解得g=10m/s2

故货物先沿传送带向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于〃Vtan。，故共速后将

仍做匀减速直线运动。则Hi%=Mgsin。—mfigcosO

解得=2m/s2

建立运动u-t图像如图所示:

则有S1=三上，

一2a2

2

S=-0--v，

2一2a3

LCD=SJ+S2

解得u=3m/s,即至少传送带的速度为3m/s,快递员才能在。端取得货物。

4.［2023•长郡中学模拟］（16分）如图所示，将物块（可视为质点）置于长木板正中间，用

水平向右的拉力将木板快速抽出，物块的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性

演示实验。若物块和木板的质量都为瓶，物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为〃

和多重力加速度为g。

物块拉力

木板

~77777777777777777777777777777777777

（1）当物块相对木板运动时，求木板所受摩擦力的大小；

［答案］

［解析］当物块相对木板运动时，木板上表面受到摩擦力大小为/i=林mg

方向水平向左，木板下表面受到的摩擦力大小为心=1x2mg-林mg

方向也是水平向左，故木板受到的总的摩擦力大小为/=%_+%=2林mg

（2）要使物块即将相对木板运动，求所需拉力F的大小；

［答案］

［解析］当物块即将相对木板运动时，对物块有am-9合="9

对物块和木板构成的整体有尸—-2mg-2mam

联立得F=3〃7ng

（3）小李同学上台演示实验时，先对木板施加2F［F为第（2）问中的结果］的恒定拉力，让

木板从静止开始运动起来。但他由于紧张，拉力作用一段时间At后突然脱手，此后未再干

预，物块刚好不掉下木板，已知m=1kg,〃=0.4,At=0.5s,g-10m/s2,试求木板的长

度L（两物体均未离开桌面）。

［答案］6m

［解析］施加拉力2F时，物块加速度大小为的-p.g-4m/s2

木板加速度大小为

-=622*mg=

mm/

撤去拉力时，物块、木板速度分别为

%=CLjAt=2m/s,v2=a2At=8m/s

撤去拉力时，物块、木板位移分别为

22

=|^i（^0=0.5m,x2=|a2（At）=2m

撤去拉力时，由于木板的速度大于物块，因此物块的摩擦力方向不变，故物块的加速度不

变，而木板加速度大小变为a'2=~=8m/s2

此时加速度方向与木板运动方向相反，设再历时后物块与木板共速，则有%+

tart=v2—

优2t

解得t=0.5s

从撤去拉力到共速，物块、木板的位移分别为％，=2

vrt+^art=1.5m,x'2=v2t—

1.2zo

-a2t=3m

共速后物块与木板共同做减速运动，直至停止，无相对位移，由于物块刚好不掉下木板，因

此从开始到共速整个过程满足

g—x2+x'2—x1—x\——3m

故L-6m

【加固训练】

1.［2024•阜阳模拟］如图所示，水平面上有一长度为L=1m的平板4其正中间放置一小物

块（可视为质点），和的质量分别为%=、与之间、与地面之间的

B2B2kgmB=1kg,2B2

动摩擦因数分别为〃1=0.20,林2=030。开始时4和B都静止，用一个水平推力F=12N作用

到平板2上，当2的位移为久=2m时，立即撤去推力，已知重力加速度g=10m/s2。求：

L

□8

FA

7777777777777777777777777777777777777777777777777777777777

(1)撤去推力前，物块B和平板4的加速度；

［答案］均为lm/s2,方向跟F方向相同

［解析］设4、B发生相对滑动时最小推力为用，

则由牛顿第二定律，

对B有〃ITHBO=巾

对4、8整体有

F。~〃2(巾4+mB)g=(mA+mB)a0

解得a。=2m/s2,

Fo=15N

由于F<Fo

故力、B不能发生相对滑动，设共同加速度为a,

对4、8整体有F-42(如+mB^g=(,mA+

解得加速度大小a=lm/s2

加速度方向跟F方向相同；

(2)撤去推力时，物块B和平板2的速度大小；

［答案］均为2m/s

［解析］当4的位移为％=2m时，设4、B的速度为打，由运动学公式资=2a%,

解得%=2m/s；

(3)物块B停止运动时到平板左侧距离。

［答案瑞m

［解析］假设撤去推力后4、B不能发生相对滑动，有共同加速度的，则〃2(叫4+租吕)。=

(mA+血口)“1

解得的=3m/s

由于%>a0

则4、B一定会发生相对滑动，

设4、8加速度分别为以，aB,

贝=ao=2m/s2

〃2(血力+mB)g-^mBg=mAaA

解得知-3.5m/s2

设撤去推力到停止运动4、B的位移分别为乙，xB,

由说=2ax

解得久4=,m

xB—lm

物块B停止运动时到平板左侧距离为

%=：+%-马)

解得力=-14m

2.如图所示，右侧带有挡板的长木板质量M=6kg、放在水平面上，质量m=2kg的小物块放

在长木板上，小物块与长木板右侧的挡板的距离为如此时水平向右的力F作用于长木板上，

长木板和小物块一起以几=4m/s的速度匀速运动。已知长木板与水平面间的动摩擦因数为

%=0.6,物块与长木板之间的动摩擦因数为〃2=04,某时刻撤去力F,最终小物块会与右

侧挡板发生碰撞。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

L

(1)求力F的大小；

［答案］48N

［解析］长木板