高考物理一轮复习 自主测评课件 第3章　专题4　传送带模型　板块模型

第三章牛顿运动定律专题4传送带模型板块模型配套练习245137968101[2025扬州期末]如图所示，倾角为θ的传送带以一恒定速率逆时针转动．t＝0时在传送带顶端轻放一小物块．不计空气阻力，关于小物块运动过程中的速度v随时间t变化的关系图线一定不正确的是(

)ABCD24513796810答案：

D解析：物块轻放在传送带上，受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，小物块先做匀加速运动．传送带较短时，则小物块在传送带上一直加速；传送带较长时，共速后，若最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，物块做匀速直线运动；若最大静摩擦力小于重力沿传送带向下的分力，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，可知a1>a2，D错误．故选D.245137968102[2025无锡期末]如图所示，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则在上升过程中小物体受到的摩擦力(

)A.方向始终沿传送带向上B.方向始终沿传送带向下C.方向先沿传送带向上，后沿传送带向下D.大小始终为12N24513796810答案：

A解析：小物体轻放在传送带的A端，开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，大小为f＝μmgcos37°＝12.8N，由于μmgcos37°＝12.8N>mgsin37°＝12N，则物体沿传送带向上做加速运动，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带相等时，物体与传送带保持相对静止一起向上做匀速运动，物体受到沿传送带向上的静摩擦力，大小为f′＝mgsin37°＝12N，A正确．24537968103[2026南通开学考试]如图所示，长木板静止在水平地面上，小滑块置于木板的左端．已知木板与滑块的质量相等，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数相同．敲击滑块使其以初速度v0向右运动，恰能滑至木板的右端；若敲击木板，使其获得向左的初速度，恰好使滑块滑至木板右端，则木板的初速度为(

)A.v0 B.2v0C.3v0 D.4v0124537968101答案：

B24537968104[2025泰州期中]一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5m，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(工件通过连接处时速度大小不变)，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转．现将一个工件(可看作质点)无初速地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上升的最大高度；(3)工件运动了2025s时所在的位置？124537968101解析：(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝5m/s2，24537968101(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，解得a2＝－2m/s2，此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T＝2t1＋2t3＝5.6s，2453796810124537968105[2025无锡阶段练习]如图所示，在光滑的水平面上静置一质量M＝2kg、长度L＝8m的木板，另一质量m＝1kg的小滑块以v0＝10m/s的水平初速度从木板的左端滑上木板(此时开始计时)．已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10m/s2.(1)若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小；(2)若木板不固定，求木板的加速度并通过计算判断小滑块能否从木板上滑离；(3)若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力F，要使小滑块不从木板上滑离，求恒力F的大小范围．1245361245361245361245361对滑块有μmg＝ma″2，联立解得Fmax＝12N，所以要使小滑块不从木板上滑离，恒力的大小范围为0.5N≤F≤12N.245366[2025南通期末]如图所示，小物块A放在木板B的左端，A、B用细线通过轻质滑轮连接，静置在水平面上．已知A、B的质量分别为mA＝1.0kg、mB＝3.0kg，A、B间动摩擦因素μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，B的长度L＝1.5m，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F作用在滑轮上．(1)若F＝2.0N，求物块A受到的摩擦力大小f；(2)若A、B间发生相对滑动，求拉力的最小值F0；(3)若F＝18N，作用一段时间后撤去拉力F，最终A刚好不脱离B.求拉力的作用时间t.1245361解析：(1)A、B之间的最大静摩擦力为f1m＝μ1mAg＝5N，B与地面之间的最大静摩擦力为f2m＝μ2(mA＋mB)g＝8N，若F＝2.0N时，可知A、B均处于静止状态，以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得2T1＝F，以A为对象，根据平衡条件可得T1＝f，联立可得物块A受到的摩擦力大小为f＝1N.245361(2)若A、B间发生相对滑动，当A、B间的静摩擦力刚好达到最大时，拉力有最小值F0，此时A、B仍有相同的加速度；以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得2T0＝F0，以A、B和轻质滑轮为整体，根据牛顿第二定律可得F0－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，以A为对象，根据牛顿第二定律可得T0－μ1mAg＝mAa，联立解得F0＝12N.245361(3)若F＝18N，以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得2T＝F，解得细线拉力大小为T＝9N，以A为对象，根据牛顿第二定律可得T－μ1mAg＝mAaA，解得aA＝4m/s2，