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2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练十七传送带模型和“滑块_木板”模型
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这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练十七传送带模型和“滑块_木板”模型，共5页。试卷主要包含了下图是行李安检机示意图等内容，欢迎下载使用。
1．下图是行李安检机示意图．行李箱由静止放上匀速运行的传送带，后沿着斜面滑到地面上，不计行李箱在MN转折处的机械能损失和斜面的摩擦力．关于行李箱在传送带和斜面的速度v或加速度a随时间t变化的图像，下列可能正确的是( )
2．如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A.要实现这一目的前提是μB.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D.若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
3．(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m．质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力
B.物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s
C.物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s
D.物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m
4．(多选)[2024·人大附中月考]如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.撤去力F时长木板的速度为3 m/s
B.撤去力F时滑块的速度为2 m/s
C.滑块最终的速度为3 m/s
D.长木板的长度为1.5 m
5．质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示．A、B运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示(g取10 m/s2).
(1)求木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；
(2)求4 s末A、B的速度大小；
(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？
素养提升练
6．(多选)[2024·河南郑州统考模拟预测]如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的( )
7．[2024·江苏常州联考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)传送带1的速度大小v1；
(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；
(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．
课时分层精练（十七） 传送带模型和“滑块—木板”模型
1．解析：由静止放上传动带的行李箱相对传送带向后滑动，在滑动摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，可能一直匀加速运动到MN，也可能在到达MN之前已与传送带共速，接着匀速运动到MN，由于斜面光滑，行李箱会沿斜面做匀加速直线运动，故A错误；整个过程行李箱都不可能做减速运动，故B错误；行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力，加速度不变，可能达到与传送带共速，共速后合力为零，加速度为零，进入斜面后受力也恒定，加速度也恒定，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
2．解析：要实现这一目的的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmg cs θ>mg sin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mg sin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误．
答案：C
3．解析：由题中图像可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得ma＝－μmg，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得2aL＝v eq \\al(2,2) －v eq \\al(2,1) ，L＝ eq \f(v1＋v2,2)t0，解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
4．解析：力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，解得滑块和长木板的加速度分别为a1＝2 m/s2，a2＝5 m/s2，撤去力F时滑块和长木板的速度分别为v1＝a1t＝2 m/s，v2＝a2t＝5 m/s，故A错误，B正确；撤去力F后，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝（m＋M）v，解得滑块最终的速度为v＝3 m/s，故C正确；撤去力F前，滑块在长木板上移动的距离为Δx1＝ eq \f(1,2)a2t2－ eq \f(1,2)a1t2＝1.5 m，撤去力F后，由能量守恒定律可得μmg·Δx2＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2)（m＋M）v2，解得Δx2＝0.75 m，则长木板的长度为L＝Δx1＋Δx2＝2.25 m，故D错误．
答案：BC
5．解析：（1）由题图乙知4 s末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时aA＝2 m/s2.
对于木板有f＝mAaA＝μmBg，
木板与木块间的动摩擦因数μ＝ eq \f(mAaA,mBg)＝0.3.
（2）由题图乙知，4 s末A、B的速度均为v＝ eq \f(1,2)×4×2 m/s＝4 m/s.
（3）4～6 s内，木板A运动的位移xA＝vt2＋ eq \f(1,2)aAt eq \\al(2,2) ，
木块B的位移xB＝vt2＋ eq \f(1,2)aBt eq \\al(2,2) ，
则木板的长度l＝xB－xA＝4 m.
答案：（1）0.3 （2）4 m/s 4 m/s （3）4 m
6．解析：小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝mab，解得ab＝μg
对长木板受力分析有F－μmg－μ×2mg＝maa，解得aa＝ eq \f(F,m)－3μg
根据图像斜率可知初始阶段aa＜0，ab＝|aa|，解得F＝2μg
则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确；根据图像知a做匀速直线运动，即F＝3μmg，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，解得a＝ eq \f(1,2)μg＝ eq \f(1,2)ab，故C正确；若aa＜ab，则有3μmg＜F＜4μmg，两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的F－2μmg＝2ma′，解得 eq \f(1,2)μg＜a′＜μg，故D错误．故选BC.
答案：BC
7．解析：（1）分析知，口罩盒（包括口罩）放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2
根据运动学公式有v eq \\al(2,1) ＝2aL1，解得v1＝4 m/s.
（2）若传送带2不转动，则口罩盒（包括口罩）向上运动的加速度一直保持不变，大小为a1＝ eq \f(μ2mg cs θ＋mg sin θ,m)＝g（μ2cs θ＋sin θ）＝10 m/s2
口罩盒（包括口罩）在传送带2上向上运动的最远距离为smax＝ eq \f(v eq \\al(2,1) ,2a1)＝0.8 m所以口罩盒（包括口罩）无法运动到c点
若传送带2的速度大于4 m/s，则口罩盒（包括口罩）向上运动的加速度一直保持不变，大小为a2＝ eq \f(mg sin θ－μ2mg cs θ,m)＝g（sin θ－μ2cs θ）＝2 m/s2
口罩盒（包括口罩）在传送带2上向上运动的最远距离为
s′max＝ eq \f(v eq \\al(2,1) ,2a2)＝4 m>L2
所以口罩盒（包括口罩）运动到c点时速度不为零
设传送带2的速度大小为v时，恰好能将口罩盒（包括口罩）运送至c点．据以上信息可知，v一定满足0（3）口罩盒（包括口罩）在传送带1上运动的时间不随传送带1、2的速度增大而变化，则有L1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(2,1) ，解得t1＝1 s
当传送带2的速度足够大时，口罩盒（包括口罩）在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动，则有L2＝v1t2－ eq \f(1,2)a2t eq \\al(2,2)
解得t2＝（2－ eq \r(3)）s或t′2＝（2＋ eq \r(3)）s舍去
则口罩盒（包括口罩）从a到达c的最短时间为t＝t1＋t2＝（3－ eq \r(3)）s.
答案：（1）4 m/s （2）1 m/s （3）（3－ eq \r(3)）s
1．下图是行李安检机示意图．行李箱由静止放上匀速运行的传送带，后沿着斜面滑到地面上，不计行李箱在MN转折处的机械能损失和斜面的摩擦力．关于行李箱在传送带和斜面的速度v或加速度a随时间t变化的图像，下列可能正确的是( )
2．如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A.要实现这一目的前提是μ
C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D.若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
3．(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m．质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力
B.物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s
C.物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s
D.物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1 m
4．(多选)[2024·人大附中月考]如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.2.某时刻用F＝9 N的水平恒力作用在长木板上，经t＝1 s后撤去力F，最终滑块恰好没有滑离长木板．若重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.撤去力F时长木板的速度为3 m/s
B.撤去力F时滑块的速度为2 m/s
C.滑块最终的速度为3 m/s
D.长木板的长度为1.5 m
5．质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示．A、B运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示(g取10 m/s2).
(1)求木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；
(2)求4 s末A、B的速度大小；
(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？
素养提升练
6．(多选)[2024·河南郑州统考模拟预测]如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的( )
7．[2024·江苏常州联考]图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带简化图，1为长度L1＝2 m的水平传送带，2为长度L2＝1 m、倾角θ＝37°的倾斜传送带．现将质量m＝0.2 kg的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a处，口罩盒(包括口罩)到达传送带1左端点b处刚好与传送带1的速度相等．口罩盒(包括口罩)与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5.口罩盒(包括口罩)在连接点b处滑上传送带2时速度大小不变，两传送带均逆时针转动，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)传送带1的速度大小v1；
(2)要使口罩盒(包括口罩)能够运送至c点(传送带2的最上端)，则传送带2的最小速度大小；
(3)增大传送带1、2的速度，则口罩盒(包括口罩)从a到达c的最短时间．
课时分层精练（十七） 传送带模型和“滑块—木板”模型
1．解析：由静止放上传动带的行李箱相对传送带向后滑动，在滑动摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，可能一直匀加速运动到MN，也可能在到达MN之前已与传送带共速，接着匀速运动到MN，由于斜面光滑，行李箱会沿斜面做匀加速直线运动，故A错误；整个过程行李箱都不可能做减速运动，故B错误；行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力，加速度不变，可能达到与传送带共速，共速后合力为零，加速度为零，进入斜面后受力也恒定，加速度也恒定，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
2．解析：要实现这一目的的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmg cs θ>mg sin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mg sin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误．
答案：C
3．解析：由题中图像可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得ma＝－μmg，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得2aL＝v eq \\al(2,2) －v eq \\al(2,1) ，L＝ eq \f(v1＋v2,2)t0，解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1 m，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
4．解析：力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，解得滑块和长木板的加速度分别为a1＝2 m/s2，a2＝5 m/s2，撤去力F时滑块和长木板的速度分别为v1＝a1t＝2 m/s，v2＝a2t＝5 m/s，故A错误，B正确；撤去力F后，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝（m＋M）v，解得滑块最终的速度为v＝3 m/s，故C正确；撤去力F前，滑块在长木板上移动的距离为Δx1＝ eq \f(1,2)a2t2－ eq \f(1,2)a1t2＝1.5 m，撤去力F后，由能量守恒定律可得μmg·Δx2＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2)（m＋M）v2，解得Δx2＝0.75 m，则长木板的长度为L＝Δx1＋Δx2＝2.25 m，故D错误．
答案：BC
5．解析：（1）由题图乙知4 s末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时aA＝2 m/s2.
对于木板有f＝mAaA＝μmBg，
木板与木块间的动摩擦因数μ＝ eq \f(mAaA,mBg)＝0.3.
（2）由题图乙知，4 s末A、B的速度均为v＝ eq \f(1,2)×4×2 m/s＝4 m/s.
（3）4～6 s内，木板A运动的位移xA＝vt2＋ eq \f(1,2)aAt eq \\al(2,2) ，
木块B的位移xB＝vt2＋ eq \f(1,2)aBt eq \\al(2,2) ，
则木板的长度l＝xB－xA＝4 m.
答案：（1）0.3 （2）4 m/s 4 m/s （3）4 m
6．解析：小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝mab，解得ab＝μg
对长木板受力分析有F－μmg－μ×2mg＝maa，解得aa＝ eq \f(F,m)－3μg
根据图像斜率可知初始阶段aa＜0，ab＝|aa|，解得F＝2μg
则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确；根据图像知a做匀速直线运动，即F＝3μmg，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，解得a＝ eq \f(1,2)μg＝ eq \f(1,2)ab，故C正确；若aa＜ab，则有3μmg＜F＜4μmg，两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的F－2μmg＝2ma′，解得 eq \f(1,2)μg＜a′＜μg，故D错误．故选BC.
答案：BC
7．解析：（1）分析知，口罩盒（包括口罩）放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4 m/s2
根据运动学公式有v eq \\al(2,1) ＝2aL1，解得v1＝4 m/s.
（2）若传送带2不转动，则口罩盒（包括口罩）向上运动的加速度一直保持不变，大小为a1＝ eq \f(μ2mg cs θ＋mg sin θ,m)＝g（μ2cs θ＋sin θ）＝10 m/s2
口罩盒（包括口罩）在传送带2上向上运动的最远距离为smax＝ eq \f(v eq \\al(2,1) ,2a1)＝0.8 m
若传送带2的速度大于4 m/s，则口罩盒（包括口罩）向上运动的加速度一直保持不变，大小为a2＝ eq \f(mg sin θ－μ2mg cs θ,m)＝g（sin θ－μ2cs θ）＝2 m/s2
口罩盒（包括口罩）在传送带2上向上运动的最远距离为
s′max＝ eq \f(v eq \\al(2,1) ,2a2)＝4 m>L2
所以口罩盒（包括口罩）运动到c点时速度不为零
设传送带2的速度大小为v时，恰好能将口罩盒（包括口罩）运送至c点．据以上信息可知，v一定满足0
当传送带2的速度足够大时，口罩盒（包括口罩）在传送带2上一直做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动，则有L2＝v1t2－ eq \f(1,2)a2t eq \\al(2,2)
解得t2＝（2－ eq \r(3)）s或t′2＝（2＋ eq \r(3)）s舍去
则口罩盒（包括口罩）从a到达c的最短时间为t＝t1＋t2＝（3－ eq \r(3)）s.
答案：（1）4 m/s （2）1 m/s （3）（3－ eq \r(3)）s
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