2025高考物理一輪復習練習題：“傳送帶”模型與“滑塊-木板”模型

2025版高考物理一輪復習練習題含答案解析

熱點專題五“傳送帶”模型與“滑塊一木板”模型

素養(yǎng)目標1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，能正確解答傳送帶上物體的動

力學問題。2.能正確運用動力學觀點處理“滑塊一木板模型”。

熱點一“傳送帶”模型

1.水平傳送帶模型

項目圖示滑塊可能的運動情況

①可能一直加速

情景1

Q____O②可能先加速后勻速

①。0>。，可能一直減速，也可能先減速再勻速

行一

情景2Q___O②00=0,一直勻速

③。0<。，可能一直加速，也可能先加速再勻速

①傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端

情景3O____O②傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端。若。0>

V,返回時速度為0,若00<0,返回時速度為00

2.傾斜傳送帶模型

項目圖示滑塊可能的運動情況

①可能一直加速

情景1

②可能先加速后勻速

①可能一直勻速

情景2

②可能一直加速

3.模型特點

傳送帶問題的實質是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。

4.解題關鍵

(1)理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關鍵。

⑵傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達到相同速度，這時會出現(xiàn)

摩擦力改變的臨界狀態(tài)，對這一臨界狀態(tài)進行分析往往是解題的突破口。

考向EI水平傳送帶

例1（2023?重慶月考）如圖1所示，長為L的水平傳送帶A3以速度◎逆時針運轉，

將小石墨塊P輕放在傳送帶右端A,當石墨塊從左端3離開傳送帶時，傳送帶上

留下了長度為/的痕跡，不計繞過傳動輪的皮帶長度，下列說法正確的是（）

p

B（.）一齡

圖1

A.增大傳送帶速度°,劃痕長度不變

B.減小石墨塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，劃痕長度可能會減小

C.增加傳送帶的長度，劃痕長度一定會變長

D.一定條件下可使

答案D

2

0V

解析分三種情況：①石墨塊到達3端前速度等于o,則/="一五，其中/=￡、

"、、

a=〃g,解得，=匯，0增大，則/變長；②石墨塊到達3速度小于或等于0,且

運動時間/管，則L,得2L—l=叭邑一L,增大0則/變長；

③石墨塊到達3速度小于或等于o,且運動時間色，此時在石墨塊到達3端

前劃痕前端就追上石墨塊，劃痕長度為2L,之后的劃痕與原來劃痕重疊，劃痕長

度為2L不變，選項A錯誤；由上述可知，減小石墨塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，

則/會變長或不變，選項B錯誤；第①種情況下/與L無關，選項C錯誤；由③

可知選項D正確。

考向向傾斜傳送帶

例2如圖2所示，傾角為37。，長為/=16m的傳送帶，轉動速度為10m/s,

動摩擦因數(shù)〃=0.5,在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m=0.5kg的

2

物體。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s0求：

A

B

kX370

圖2

(1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；

(2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間。

答案(1)4s(2)2s

解析(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦

力沿斜面向上，又〃<tan37。，故向下勻加速運動，設加速度為a,根據牛頓第二

定律，有

mg(sin37°—〃cos37。)=ma

則a=gsin37°—//geos37°=2m/s2

根據/=%?得t=4So

(2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶

向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為由

牛頓第二定律得

mgsin37°+〃加geos37°=mai

=mgsin37°+^gcos37°=

m

設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為力，位移為xi,則有

v101

九=—=彳萬

ai10s=ls

xi=^irf=5m<Z=16m

當物體運動速度等于傳送帶轉動速度的瞬間，有mgsin37°>//mgcos37°,則下一

時刻物體相對傳送帶向下運動，受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，摩擦力發(fā)生突

變，設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為〃2,則

mgsin37°—/zmgeos37°八，0

。2=

m=2m/s

X2=I—xi=11m

又因為％2="2+524，則有

10位+日=11

解得/2=1S(/2=—11S舍去)

所以t&=tl+t2=2So

跟蹤訓練

1.如圖3為裝卸貨物的帶式輸送機，輸送帶與水平方向夾角為37。，貨物以2m/s

的初速度從底端滑上輸送帶，已知輸送帶速度為4m/s,貨物與輸送帶間的動摩擦

因數(shù)為0.8,輸送機底端到頂端的距離為19m,sin37。=0.6,cos37°=0.8,g=

10m/s2,下列說法正確的是()

圖3

A.貨物到達頂端用時(2?-5)s

B.貨物到達頂端用時8s

C.貨物在輸送帶上一直做勻加速運動

D.貨物在輸送帶上先加速運動后做勻速運動

答案D

解析貨物加速上升時，有〃機geos37。一/ngsin37。=ma,解得a=0.4m/s2,貨物

加速到和傳送帶一樣速度的時間0=0o+af,解得f=5s,貨物加速的位移2ax=

v2~vi,解得x=15m,沒有到達傳送帶的頂端，則貨物和傳送帶一起勻速上升,

l—x1Q—15

勻速運動的時間h—s=ls,貨物到達頂端f2=f+九=6s,故D正

確。

熱點二“滑塊一木板”模型

1.模型特點

滑塊置于木板上，滑塊和木板在摩擦力作用下發(fā)生相對滑動。

2.解題關鍵

(1)臨界條件：使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的

速度與木板的速度恰好相同。

(2)問題實質：“板一塊”模型和“傳送帶”模型一樣，本質上都是相對運動問題,

要分別求出各物體相對地面的位移，再求相對位移。

考向n無外力作用

例3如圖4甲所示，小車3緊靠平臺的邊緣靜止在光滑水平面上，物體A(可視

為質點)以初速度oo從光滑的平臺水平滑到與平臺等高的小車上，物體和小車的。

一/圖像如圖乙所示，取重力加速度g=10m/s2,求：

甲

圖4

(1)物體A與小車上表面間的動摩擦因數(shù)；

(2)物體A與小車3的質量之比；

(3)小車的最小長度。

答案(1)0.3(2)1：3(3)2m

解析(1)根據0—/圖像可知，物體A在小車上做減速運動，加速度的大小

Ar4-1「八「

QI=不;=-j-m/s=3m/s

若物體A的質量為機，與小車上表面間的動摩擦因數(shù)為則fimg=ma\

聯(lián)立可得〃=0.3。

(2)設小車3的質量為加速度大小為。2,根據牛頓第二定律〃機g=Ma2

(3)設小車的最小長度為L,整個過程系統(tǒng)損失的動能，全部轉化為內能

ldmgL=^mvoni)v2

解得L=2nio

跟蹤訓練

2.如圖5所示，質量相等的物塊A和3疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與3、

3與地面間的動摩擦因數(shù)均為〃。先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度，在3

上滑動距離L后停下。接著敲擊3,3立即獲得水平向右的初速度，A、3都向右

運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：

、、“2、思

圖5

(1)A被敲擊后獲得的初速度大小辦；

(2)在左邊緣再次對齊的前、后，3運動加速度的大小恁、CIB'；

(3*被敲擊后獲得的初速度大小VB.

答案⑴也懣(2)3〃gfig(3)2色港E

解析A、3的運動過程如圖所示

LB敲擊A時

I

I「B-1接著敲擊B時

??

11A|

—支―BI達到共同速度。時

；I一?BI停下時

(1)由牛頓第二定律知，A加速度的大小

O4=〃g

A做勻變速直線運動時

vl=2aAL

解得VA=72jUgL。

(2)設A、3的質量均為根

對齊前，3所受合外力大小

F=3fxmg

由牛頓第二定律歹=儂化

得(2B=3〃g

對齊后，A、3整體所受合外力大小

F'=2/umg

由牛頓第二定律〃=2儂4

得CIB'=/ng。

(3)設經過時間f,A、3達到共同速度0,位移分別為無A、XB,A加速度的大小

O4=〃g

則v=aAt,v=VB~aBt

X4=1〃A產，XB—VBt-

且XB一XA=L

解得OB=26懣。

考向同有外力作用

例4(2023?江蘇馬壩高中模擬)如圖6所示，A、3兩物塊的質量分別為2機和加

靜止疊放在水平地面上。A、3間的動摩擦因數(shù)為〃，5與地面間的動摩擦因數(shù)為

5。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F,

求：

Vp

J'....B.......I,

//////////////////////,

圖6

(1)B的最大加速度；

(2)4、5不發(fā)生相對運動，R的最大拉力；

(3)當F=^mg時，A的加速度大小。

答案(l)5g(2)3〃機g(3)%g

解析(1)5所受合力的最大值

Lc31

Fm=2flmg~于mg=于mg

3的最大加速度

_^n_l

°Bmax—"%—乎g。

(2)設當A、3恰好發(fā)生相對滑動時的拉力為F，加速度為"，則對A,有

F'—2/img=Ima'

3

對A、3整體，有F'—^img=3ma,

解得F'=3同ng。

53

(3)當3fimg>F=-^img>^img

A、5以共同的加速度開始運動，將A、3看作整體，由牛頓第二定律有

3.

F—^img=3ma

解得a=?g。

跟蹤訓練

3.(2023?江蘇省響水中學高三開學考)如圖7所示,光滑水平面上有一質量為2kg,

長度為1m的木板甲，其上表面粗糙、下表面光滑。質量為1kg的物塊乙放在木

板甲的最左端，兩者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用F=2N的水平恒力將物塊乙從木板

甲的左端拉到右端，直至兩者分離。已知物塊乙與木板甲間的動摩擦因數(shù)為0.1,

g=10m/s?求：

——-F

(1)乙運動的加速度；

(2)該過程中甲的位移；

(3)要使物塊乙在木板甲上相對滑動，水平恒力F的最小值。

答案(1)1m/s2(2)1m(3)1.5N

解析(1)對乙，由牛頓第二定律得

F—/j.m^g=m乙。匕

2

解得a乙=1m/so

(2)對甲，由牛頓第二定律得

林mLg=m甲。甲

2

解得a甲=0.5m/s

相對滑動過程中，由運動學公式得

2a乙戶——中/=L

解得t=2s

=a

甲的位移尤v2甲*=1m。

(3)對乙，由牛頓第二定律得V一〃機乙g=機乙。乙

對甲，由牛頓第二定律得〃機乙g=機甲a單

發(fā)生相對滑動的條件是a/>a甲

聯(lián)立求得F>1,5N

即水平恒力R的最小值為1.5N。

提升

（限時：40分鐘）

A級基礎對點練

對點練1“傳送帶”模型

1.（2023?安徽宣城調研）如圖1所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率運行。

初速度大小為02的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。

若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像（以地面為

參考系）如圖乙所示。已知02>01,則（）

甲乙

圖1

A.fe時刻，小物塊離A處的距離達到最大

B./2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大

C.0?時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左

D.0?辦時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用

答案B

解析0?九時間內小物塊向左做勻減速直線運動,九時刻小物塊向左速度減為零，

此時離A處的距離達到最大，故A錯誤；這時刻前小物塊相對傳送帶向左運動，

之后小物塊相對傳送帶靜止，/2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，故

B正確；0?這時間內小物塊先減速，后反向加速，小物塊受到大小不變，方向始

終向右的摩擦力作用，故C錯誤；這時刻小物塊向右速度增加到與皮帶相等，/2

時刻之后小物塊與皮帶保持相對靜止隨水平傳送帶一起勻速運動，摩擦力消失，

故D錯誤。

2.一木塊沿一與水平面夾角為a的表面粗糙的傳送帶運動，其v-t圖像如圖2所

示，已知傳送帶以速率。0逆時針轉動，傳送帶足夠長，木塊與傳送帶間的動摩擦

因數(shù)為〃。則下列說法正確的是（）

圖2

A?—/圖像描述的是木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上的運動

B.從v—t圖像可知木塊的初速度大于vo

C.從。一/圖像可知木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃>tana

D.從o—/圖像可以得出木塊運動過程中的速度一定有等于oo的時刻

答案D

解析若木塊以一定的初速度做從傳送帶的底端開始向上的運動，木塊一定先減

速向上后加速向下，而圖像表示的是運動方向不變，且一直做加速運動，所以木

塊的初速度一定向下，A錯誤；木塊的初速度一定沿斜面向下，又因為圖像的斜

率先大后小，所以木塊的加速度也先大后小，木塊的合力先大后小，木塊所受的

摩擦力先向下后向上，只有木塊的初速度小于00時摩擦力的方向才能先向下，B

錯誤；木塊的初速度小于vo,摩擦力沿斜面向下，木塊向下做勻加速直線運動，

其加速度為機gsin當木塊的速度等于00時，若木塊與傳送帶間的動

摩擦因數(shù)〃〉tana,則〃祖geos6>/ngsina木塊將隨著傳送帶一起以oo的速度勻

速運動，不能繼續(xù)加速運動，C錯誤；當木塊的速度等于00時，且〃<tana,木塊

無法與傳送帶相對靜止，繼續(xù)向下加速運動，摩擦力的方向沿斜面向上，其加速

度為mgsin6—Ff=ma2,木塊運動過程中的速度一定有等于0（）的時刻，D正確。

對點練2板塊模型

3.（2022?江蘇吳江模擬）如圖3甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板

上表面粗糙，其質量為。=0時刻質量為機的物塊以水平速度。滑上長木板,

此后木板與物塊運動的。一/圖像如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2,則下列說

法正確的是（）

甲乙

圖3

A.M=m

B.M=3m

C.木板的長度為8m

D.木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.1

答案C

解析物塊在木板上運動過程中，在水平方向上只受到木板給的滑動摩擦力，故

_、_、7—3

pimg=mai,而。一/圖像的斜率表示加速度，故ai=?m/s2=2m/s2,解得〃=

2—0

0.2,選項D錯誤;對木板受力分析可知fimg=Mai,由圖知ai=—^-m/s2=lm/s2,

解得M=2機，選項A、B錯誤；從圖中可知物塊和木板最終分離，兩者0一/圖像

與坐標軸圍成的面積之差等于木板的長度，￡=3*(7+3)X2in—3*2X2m=8m,

選項C正確。

4.某實驗小組在探究接觸面間的動摩擦因數(shù)實驗中，如圖4甲所示，將一質量為

〃的長木板放置在水平地面上，其上表面有另一質量為機的物塊，剛開始均處于

靜止狀態(tài)。現(xiàn)使物塊受到水平力R的作用，用傳感器測出水平拉力R畫出R與

物塊的加速度a的關系如圖乙所示。已知重力加速度g=10m/s2,最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，整個運動過程中物塊始終未脫離長木板。則下列說法錯誤的是

()

圖4

A.長木板的質量為2kg

B.長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1

C.長木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為0.4

D.當拉力R增大時，長木板的加速度一定增大

答案D

解析由圖可知，當f>12N時物塊和木板開始發(fā)生滑動，則R—〃i/ng=/na,即

12—8

F=ma+nimg,由圖像可知機=--kg=2kg,機g=8,解得〃1=0.4,當12

NNRNdN時兩者共同運動，則R—n，z（M+ni）g==（M+m）tz,由圖像可知般+機=

12—4

―A—kg=4kg,則M=2kg,償（舷+m）g=4N,解得〃2=0.1,選項A、B、C

正確；當拉力歹增大時，長木板與物塊之間發(fā)生相對滑動，此時長木板受地面的

摩擦力和物塊的摩擦力不變，則加速度不變，選項D錯誤。

5.（2022?江蘇泰州中學模擬）如圖5甲所示，質量為2m的足夠長的木板B放在粗

糙水平面上，質量為機的物塊A放在木板3的右端，A與5、5與水平面間的動

摩擦因數(shù)均為〃，現(xiàn)對木板3施加一水平變力FR隨/變化的關系如圖乙所示,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A

pBn

，//〉/〃〃〃〃〃/〃〃〃)〃,

甲

圖5

A.刖3s內，A受到的摩擦力方向水平向右

B./=4s時，A的加速度大小為5g

C./=5s時，A受到的摩擦力大小為;?g

D.第6s以后，A受到的摩擦力會隨著R大小的增加而增大

答案B

解析A和5—起滑動時，CIAB=F解得歹>3〃mg,所以在前3s內,

AB靜止不動，A受到的摩擦力為0,故A錯誤；當f=4s時，A隨3一起將滑動

時，A的加速度大小為由=胃區(qū)='產"嶼故B正確；在-5s

JffLJffLJ

時,A隨3一起將滑動時,A受到的摩擦力大小Ft=maAB=mX

故C錯誤；A相對B即將滑動時，A的加速度aA=fig,B的加速度班=三產,

且有aA=aB,解得F=6jumg,所以F^6jumg,A相對3即將滑動，在f=6s以后，

A受到的摩擦力大小為〃根g,故D錯誤。

B級綜合提升練

6.如圖6甲所示，傾角為。的傳送帶以恒定速率逆時針運行?，F(xiàn)將一質量機=2kg

的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙

所示，2s末物體到達3端，取沿傳送帶向下為正方向，g=10m/s2,求：

圖6

(1)小物體在傳送帶A、3兩端間運動的平均速度。；

(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃。

答案(1)8m/s(2)0.5

解析(1)由。一/圖像的面積規(guī)律可知傳送帶A、3間的距離L即為。一/圖線與/

軸所圍的面積，所以L=gx1X10m+1x(10+12)X1m=16m

由平均速度的定義得。=彳=8m/So

(2)由v-t圖像可知傳送帶運行速度為

切=10m/s

Ao

。?1s內物體的加速度為ai=~^=10m/s2

1?2s內的加速度為〃2=2m/s2

根據牛頓第二定律得

mgsin。+〃加geos0=ma\

mgsin0—/zmgeos6=ma2

聯(lián)立兩式解得〃=0.5。

7.如圖7所示，在光滑的水平面上有一足夠長的質量為〃=4kg的長木板，在長

木板右端有一質量為根=1kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數(shù)為〃=

0.2,長木板與小物塊均靜止，現(xiàn)用尸=14N的水平恒力向右拉長木板，經時間/

=ls撤去水平恒力Rg取lOm/sz,則：

m