2025高考物理一轮复习练习题：“传送带”模型与“滑块-木板”模型

2025版高考物理一轮复习练习题含答案解析

热点专题五“传送带”模型与“滑块一木板”模型

素养目标1.会对传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上物体的动

力学问题。2.能正确运用动力学观点处理“滑块一木板模型”。

热点一“传送带”模型

1.水平传送带模型

项目图示滑块可能的运动情况

①可能一直加速

情景1

Q____O②可能先加速后匀速

①。0>。，可能一直减速，也可能先减速再匀速

行一

情景2Q___O②00=0,一直匀速

③。0<。，可能一直加速，也可能先加速再匀速

①传送带较短时，滑块一直减速到达左端

情景3O____O②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若。0>

V,返回时速度为0,若00<0,返回时速度为00

2.倾斜传送带模型

项目图示滑块可能的运动情况

①可能一直加速

情景1

②可能先加速后匀速

①可能一直匀速

情景2

②可能一直加速

3.模型特点

传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。

4.解题关键

(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。

⑵传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现

摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

考向EI水平传送带

例1（2023•重庆月考）如图1所示，长为L的水平传送带A3以速度◎逆时针运转，

将小石墨块P轻放在传送带右端A,当石墨块从左端3离开传送带时，传送带上

留下了长度为/的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是（）

p

B（.）一龄

图1

A.增大传送带速度°,划痕长度不变

B.减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小

C.增加传送带的长度，划痕长度一定会变长

D.一定条件下可使

答案D

2

0V

解析分三种情况：①石墨块到达3端前速度等于o,则/="一五，其中/=£、

"、、

a=〃g,解得，=汇，0增大，则/变长；②石墨块到达3速度小于或等于0,且

运动时间/管，则L,得2L—l=叭邑一L,增大0则/变长；

③石墨块到达3速度小于或等于o,且运动时间色，此时在石墨块到达3端

前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L,之后的划痕与原来划痕重叠，划痕长

度为2L不变，选项A错误；由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，

则/会变长或不变，选项B错误；第①种情况下/与L无关，选项C错误；由③

可知选项D正确。

考向向倾斜传送带

例2如图2所示，倾角为37。，长为/=16m的传送带，转动速度为10m/s,

动摩擦因数〃=0.5,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的

2

物体。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s0求：

A

B

kX370

图2

(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；

(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。

答案(1)4s(2)2s

解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦

力沿斜面向上，又〃<tan37。，故向下匀加速运动，设加速度为a,根据牛顿第二

定律，有

mg(sin37°—〃cos37。)=ma

则a=gsin37°—//geos37°=2m/s2

根据/=%»得t=4So

(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带

向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为由

牛顿第二定律得

mgsin37°+〃加geos37°=mai

=mgsin37°+^gcos37°=

m

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为力，位移为xi,则有

v101

九=—=彳万

ai10s=ls

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

当物体运动速度等于传送带转动速度的瞬间，有mgsin37°>//mgcos37°,则下一

时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，摩擦力发生突

变，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为〃2,则

mgsin37°—/zmgeos37°八，0

。2=

m=2m/s

X2=I—xi=11m

又因为％2="2+524，则有

10位+日=11

解得/2=1S(/2=—11S舍去)

所以t&=tl+t2=2So

跟踪训练

1.如图3为装卸货物的带式输送机，输送带与水平方向夹角为37。，货物以2m/s

的初速度从底端滑上输送带，已知输送带速度为4m/s,货物与输送带间的动摩擦

因数为0.8,输送机底端到顶端的距离为19m,sin37。=0.6,cos37°=0.8,g=

10m/s2,下列说法正确的是()

图3

A.货物到达顶端用时(2•-5)s

B.货物到达顶端用时8s

C.货物在输送带上一直做匀加速运动

D.货物在输送带上先加速运动后做匀速运动

答案D

解析货物加速上升时，有〃机geos37。一/ngsin37。=ma,解得a=0.4m/s2,货物

加速到和传送带一样速度的时间0=0o+af,解得f=5s,货物加速的位移2ax=

v2~vi,解得x=15m,没有到达传送带的顶端，则货物和传送带一起匀速上升,

l—x1Q—15

匀速运动的时间h—s=ls,货物到达顶端f2=f+九=6s,故D正

确。

热点二“滑块一木板”模型

1.模型特点

滑块置于木板上，滑块和木板在摩擦力作用下发生相对滑动。

2.解题关键

(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的

速度与木板的速度恰好相同。

(2)问题实质：“板一块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题,

要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移。

考向n无外力作用

例3如图4甲所示，小车3紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视

为质点)以初速度oo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。

一/图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2,求：

甲

图4

(1)物体A与小车上表面间的动摩擦因数；

(2)物体A与小车3的质量之比；

(3)小车的最小长度。

答案(1)0.3(2)1：3(3)2m

解析(1)根据0—/图像可知，物体A在小车上做减速运动，加速度的大小

Ar4-1「八「

QI=不;=-j-m/s=3m/s

若物体A的质量为机，与小车上表面间的动摩擦因数为则fimg=ma\

联立可得〃=0.3。

(2)设小车3的质量为加速度大小为。2,根据牛顿第二定律〃机g=Ma2

(3)设小车的最小长度为L,整个过程系统损失的动能，全部转化为内能

ldmgL=^mvoni)v2

解得L=2nio

跟踪训练

2.如图5所示，质量相等的物块A和3叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与3、

3与地面间的动摩擦因数均为〃。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度，在3

上滑动距离L后停下。接着敲击3,3立即获得水平向右的初速度，A、3都向右

运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：

、、“2、思

图5

(1)A被敲击后获得的初速度大小办；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，3运动加速度的大小恁、CIB'；

(3*被敲击后获得的初速度大小VB.

答案⑴也懑(2)3〃gfig(3)2色港E

解析A、3的运动过程如图所示

LB敲击A时

I

I「B-1接着敲击B时

।।

11A|

—支―BI达到共同速度。时

；I一।BI停下时

(1)由牛顿第二定律知，A加速度的大小

O4=〃g

A做匀变速直线运动时

vl=2aAL

解得VA=72jUgL。

(2)设A、3的质量均为根

对齐前，3所受合外力大小

F=3fxmg

由牛顿第二定律歹=侬化

得(2B=3〃g

对齐后，A、3整体所受合外力大小

F'=2/umg

由牛顿第二定律〃=2侬4

得CIB'=/ng。

(3)设经过时间f,A、3达到共同速度0,位移分别为无A、XB,A加速度的大小

O4=〃g

则v=aAt,v=VB~aBt

X4=1〃A产，XB—VBt-

且XB一XA=L

解得OB=26懑。

考向同有外力作用

例4(2023•江苏马坝高中模拟)如图6所示，A、3两物块的质量分别为2机和加

静止叠放在水平地面上。A、3间的动摩擦因数为〃，5与地面间的动摩擦因数为

5。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,

求：

Vp

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

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

图6

(1)B的最大加速度；

(2)4、5不发生相对运动，R的最大拉力；

(3)当F=^mg时，A的加速度大小。

答案(l)5g(2)3〃机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)设当A、3恰好发生相对滑动时的拉力为F，加速度为"，则对A,有

F'—2/img=Ima'

3

对A、3整体，有F'—^img=3ma,

解得F'=3同ng。

53

(3)当3fimg>F=-^img>^img

A、5以共同的加速度开始运动，将A、3看作整体，由牛顿第二定律有

3.

F—^img=3ma

解得a=?g。

跟踪训练

3.(2023•江苏省响水中学高三开学考)如图7所示,光滑水平面上有一质量为2kg,

长度为1m的木板甲，其上表面粗糙、下表面光滑。质量为1kg的物块乙放在木

板甲的最左端，两者均处于静止状态。现用F=2N的水平恒力将物块乙从木板

甲的左端拉到右端，直至两者分离。已知物块乙与木板甲间的动摩擦因数为0.1,

g=10m/s?求：

——-F

(1)乙运动的加速度；

(2)该过程中甲的位移；

(3)要使物块乙在木板甲上相对滑动，水平恒力F的最小值。

答案(1)1m/s2(2)1m(3)1.5N

解析(1)对乙，由牛顿第二定律得

F—/j.m^g=m乙。匕

2

解得a乙=1m/so

(2)对甲，由牛顿第二定律得

林mLg=m甲。甲

2

解得a甲=0.5m/s

相对滑动过程中，由运动学公式得

2a乙户——中/=L

解得t=2s

=a

甲的位移尤v2甲*=1m。

(3)对乙，由牛顿第二定律得V一〃机乙g=机乙。乙

对甲，由牛顿第二定律得〃机乙g=机甲a单

发生相对滑动的条件是a/>a甲

联立求得F>1,5N

即水平恒力R的最小值为1.5N。

提升

（限时：40分钟）

A级基础对点练

对点练1“传送带”模型

1.（2023•安徽宣城调研）如图1所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。

初速度大小为02的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为

参考系）如图乙所示。已知02>01,则（）

甲乙

图1

A.fe时刻，小物块离A处的距离达到最大

B./2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C.0〜时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D.0〜办时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

答案B

解析0〜九时间内小物块向左做匀减速直线运动,九时刻小物块向左速度减为零，

此时离A处的距离达到最大，故A错误；这时刻前小物块相对传送带向左运动，

之后小物块相对传送带静止，/2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故

B正确；0〜这时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始

终向右的摩擦力作用，故C错误；这时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，/2

时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，

故D错误。

2.一木块沿一与水平面夹角为a的表面粗糙的传送带运动，其v-t图像如图2所

示，已知传送带以速率。0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦

因数为〃。则下列说法正确的是（）

图2

A?—/图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动

B.从v—t图像可知木块的初速度大于vo

C.从。一/图像可知木块与传送带间的动摩擦因数〃>tana

D.从o—/图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于oo的时刻

答案D

解析若木块以一定的初速度做从传送带的底端开始向上的运动，木块一定先减

速向上后加速向下，而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木

块的初速度一定向下，A错误；木块的初速度一定沿斜面向下，又因为图像的斜

率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块所受的

摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于00时摩擦力的方向才能先向下，B

错误；木块的初速度小于vo,摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，

其加速度为机gsin当木块的速度等于00时，若木块与传送带间的动

摩擦因数〃〉tana,则〃祖geos6>/ngsina木块将随着传送带一起以oo的速度匀

速运动，不能继续加速运动，C错误；当木块的速度等于00时，且〃<tana,木块

无法与传送带相对静止，继续向下加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，其加速

度为mgsin6—Ff=ma2,木块运动过程中的速度一定有等于0（）的时刻，D正确。

对点练2板块模型

3.（2022•江苏吴江模拟）如图3甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板

上表面粗糙，其质量为。=0时刻质量为机的物块以水平速度。滑上长木板,

此后木板与物块运动的。一/图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2,则下列说

法正确的是（）

甲乙

图3

A.M=m

B.M=3m

C.木板的长度为8m

D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1

答案C

解析物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故

_、_、7—3

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

2—0

0.2,选项D错误;对木板受力分析可知fimg=Mai,由图知ai=—^-m/s2=lm/s2,

解得M=2机，选项A、B错误；从图中可知物块和木板最终分离，两者0一/图像

与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，£=3*(7+3)X2in—3*2X2m=8m,

选项C正确。

4.某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图4甲所示，将一质量为

〃的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为机的物块，刚开始均处于

静止状态。现使物块受到水平力R的作用，用传感器测出水平拉力R画出R与

物块的加速度a的关系如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板。则下列说法错误的是

()

图4

A.长木板的质量为2kg

B.长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1

C.长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4

D.当拉力R增大时，长木板的加速度一定增大

答案D

解析由图可知，当f>12N时物块和木板开始发生滑动，则R—〃i/ng=/na,即

12—8

F=ma+nimg,由图像可知机=--kg=2kg,机g=8,解得〃1=0.4,当12

NNRNdN时两者共同运动，则R—n，z（M+ni）g==（M+m）tz,由图像可知般+机=

12—4

―A—kg=4kg,则M=2kg,偿（舷+m）g=4N,解得〃2=0.1,选项A、B、C

正确；当拉力歹增大时，长木板与物块之间发生相对滑动，此时长木板受地面的

摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，选项D错误。

5.（2022•江苏泰州中学模拟）如图5甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗

糙水平面上，质量为机的物块A放在木板3的右端，A与5、5与水平面间的动

摩擦因数均为〃，现对木板3施加一水平变力FR随/变化的关系如图乙所示,

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A

pBn

，//〉/〃〃〃〃〃/〃〃〃)〃,

甲

图5

A.刖3s内，A受到的摩擦力方向水平向右

B./=4s时，A的加速度大小为5g

C./=5s时，A受到的摩擦力大小为;™g

D.第6s以后，A受到的摩擦力会随着R大小的增加而增大

答案B

解析A和5—起滑动时，CIAB=F解得歹>3〃mg,所以在前3s内,

AB静止不动，A受到的摩擦力为0,故A错误；当f=4s时，A随3一起将滑动

时，A的加速度大小为由=胃区='产"屿故B正确；在-5s

JffLJffLJ

时,A随3一起将滑动时,A受到的摩擦力大小Ft=maAB=mX

故C错误；A相对B即将滑动时，A的加速度aA=fig,B的加速度班=三产,

且有aA=aB,解得F=6jumg,所以F^6jumg,A相对3即将滑动，在f=6s以后，

A受到的摩擦力大小为〃根g,故D错误。

B级综合提升练

6.如图6甲所示，倾角为。的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量机=2kg

的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙

所示，2s末物体到达3端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s2,求：

图6

(1)小物体在传送带A、3两端间运动的平均速度。；

(2)物体与传送带间的动摩擦因数〃。

答案(1)8m/s(2)0.5

解析(1)由。一/图像的面积规律可知传送带A、3间的距离L即为。一/图线与/

轴所围的面积，所以L=gx1X10m+1x(10+12)X1m=16m

由平均速度的定义得。=彳=8m/So

(2)由v-t图像可知传送带运行速度为

切=10m/s

Ao

。〜1s内物体的加速度为ai=~^=10m/s2

1〜2s内的加速度为〃2=2m/s2

根据牛顿第二定律得

mgsin。+〃加geos0=ma\

mgsin0—/zmgeos6=ma2

联立两式解得〃=0.5。

7.如图7所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为〃=4kg的长木板，在长

木板右端有一质量为根=1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为〃=

0.2,长木板与小物块均静止，现用尸=14N的水平恒力向右拉长木板，经时间/

=ls撤去水平恒力Rg取lOm/sz,则：

m