高频微专题3 传送带模型与板块模型《巅峰突破》2026版物理高三一轮复习（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高频微专题3　传送带模型与板块模型
满分70分,限时40分钟
一、选择题(本题共6小题,共24分。在每小题给出的四个选项中,第1—3题只有一项符合题目要求,每小题4分;第4—6题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.一足够长倾斜传送带如图所示,木箱M沿静止的传送带匀速下滑。某时刻起传送带开始顺时针运转,木箱M将 (　　)
A.继续匀速下滑　　　　B.减速下滑
C.加速上滑　　　　D.匀速上滑
2.用倾角为30°的传送带向卡车内输送货物,如图所示。现将质量为4 kg、可视为质点的货物P轻放到传送带底端,当货物P离开传送带时刚好与传送带共速。已知货物P和传送带间的动摩擦因数为,传送带始终以4 m/s的速率顺时针转动,A、B两轮大小不计,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.货物P在传送带上运动时受到的摩擦力大小为20 N
B.货物P在传送带上运动时的加速度大小为5 m/s2
C.货物P在传送带上运动的时间为2 s
D.传送带B轮距地面的高度为1.6 m
3.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2) (　　)
　　　
A.木板A最终获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
4.如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向转动,传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面,速率为v'2,则下列说法中正确的是 (　　)
A.只有v1=v2时,才有v'2=v1
B.若v1>v2时,则v'2=v2
C.若v1D.不管v2多大,总有v'2=v2
5.渔业作业中,为了实现机械化分离鱼和虾、降低人工成本,某科学小组设计了“鱼虾分离装置”,模型如图所示,足够长的传送带与水平方向成37°角、顺时针转动的速率v=2 m/s,分离器出口与传送带有一定的高度差,鱼虾落到传送带上时有沿着传送带向下的初速度v0=1 m/s,鱼、虾与传送带之间的动摩擦因数分别为0.8和0.5,不考虑鱼和虾之间的相互作用,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.虾掉落到传送带上后,先要向下减速
B.鱼掉落到传送带上后,先要向下减速
C.掉落点距离传送带底端不少于1.25 m才能成功分离
D.要使鱼匀速到达顶端,传送带的长度至少为5 m
6.水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则 (　　)
　　
A.F1=μ1m1g
B.F2=(μ2-μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
二、非选择题(本题共3小题,共46分)
7.(12分)如图甲所示,一水平传送带沿顺时针方向旋转,将一可视为质点的质量m=2 kg的小物块从传送带左端A处以某一初速度释放,t=3 s时恰好到达右端B处。小物块从A端到B端运动的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数和A、B间的距离;
(2)小物块从A端到B端的过程中,系统因摩擦所产生的热量。
　　　
8.(15分)如图所示,一足够长的光滑斜面倾角θ=30°,斜面底端放一长为L= m、质量m=0.8 kg的木板B,在B的下端放一小物块A,A的质量为M=1.0 kg,A、B间的动摩擦因数为,A、B均保持静止。现在A上施加一个沿斜面向上的恒力F=12 N,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)A、B分离的时间;
(2)B从开始运动到滑回到出发点的总时间。
9.(19分)如图所示,有一固定的光滑圆弧轨道,半径R=0.2 m,一质量为mB=1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下,在其冲上长木板C左端时,给木板一个与小滑块相同的初速度,已知mC=3 kg,B、C间动摩擦因数μ1=0.2,C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8,C右端有一个挡板,C长为L。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)B滑到A的底端时对A的压力大小;
(2)若B未与C右端挡板碰撞,当B与地面保持相对静止时,B、C间因摩擦产生的热量。
答案全解全析
1.A　传送带静止时,木箱受重力、传送带的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力作用,当传送带顺时针运转后,木箱仍受重力、传送带的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力作用,木箱所受各力大小、方向都没变,则木箱仍匀速下滑,选A。
易错警示　传送带由静止变为顺时针运转时,错误地认为木箱受到的滑动摩擦力发生了大小和方向上的改变;实际上,无论传送带是静止,还是顺时针运转,木箱受到的滑动摩擦力大小和方向都不变化。
2.D
思路点拨　本题属于动力学问题,先由受力求解加速度,再由运动学公式求解与运动相关的物理量。
解析　货物P在传送带上运动时受到的摩擦力大小f=μmg cos 30°=30 N,故A错误;货物P在传送带上运动时的加速度大小a==2.5 m/s2,故B错误;货物P在传送带上运动的时间t==1.6 s,故C错误;传送带的长度L=at2=3.2 m,所以传送带B轮距地面的高度为1.6 m,故D正确。
3.D
识图有法
解析　由图乙可知,0~1 s内,A、B的加速度大小都为a=1 m/s2,物体B和木板A水平方向均只受滑动摩擦力,根据牛顿第二定律可知二者质量相等,则木板最终动能为EkA=m=1 J,故A错误;系统损失的机械能为ΔEk=m-·2mv2=2 J,故B错误;由图乙可得二者相对位移为1 m,即木板A的最小长度为1 m,故C错误;对B受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得μ=0.1,D正确。
4.BC　由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,分三种情况讨论:①如果v1>v2,物体会一直加速,速度大小增大到等于v2时,根据对称性,物体恰好离开传送带,有v'2=v2;②如果v1=v2,物体同样会一直加速,当速度大小增大到等于v2时,物体恰好离开传送带,有v'2=v2;③如果v1归纳总结
解答水平传送带问题的思维方法
(1)v0=v时,一直匀速 (2)v0v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (1)传送带较短时,一直减速 (2)传送带较长时,先减速后返回 ①v0≤v时,返回速度为v0 ②v0>v时,返回速度为v
5.BCD　虾的重力沿传送带向下的分力为F1=mg sin 37°,虾受到的摩擦力为f1=μ1mg cos 37°,取沿传送带向下为正方向,由牛顿第二定律有F1-f1=ma1,解得a1=2 m/s2,可得虾沿传送带向下做匀加速直线运动,故A错误;鱼在掉落到传送带上后,有一个沿传送带向下的初速度,对鱼进行受力分析,取沿传送带向上为正方向,由牛顿第二定律有μ2m'g cos 37°-m'g sin 37°=m'a2,解得a2=0.4 m/s2,可知加速度方向沿传送带向上,则鱼先沿传送带向下匀减速到速度为零,由匀变速直线运动的规律得0-=2a2x1,联立解得x1=-1.25 m,即鱼沿传送带向下运动的距离为1.25 m,当鱼从速度为零开始沿传送带向上做匀加速直线运动,最终达到与传送带共速时,由匀变速直线运动的规律得v2-0=2a2x2,解得在传送带上运行的距离为x2=5 m,故B、C、D正确。
归纳总结
解答倾斜传送带问题的思维方法
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(μ≥tan θ) (3)可能先以a1加速,后以a2加速(μ6.BCD　根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如下:
在0~t1这段时间内,外力F比较小,物块和木板间没有相对滑动,木板与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,选项A错误;t1~t2时间内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板相对地面滑动,但木板与物块间没有相对滑动,所以木板与物块的加速度相同,选项D正确;在t2之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2>μ1,C正确;t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g,B正确。
7.答案　(1)0.1　8 m　(2)4 J
解析　(1)小物块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a== m/s2=1 m/s2 (1分)
由牛顿第二定律有μmg=ma (2分)
解得μ=0.1 (1分)
v-t图像中图线与横轴所围的面积表示小物块的位移,也等于A、B间的距离,所以A、B间的距离为
xAB= m=8 m(2分)
(2)当t=2 s时,小物块与传送带速率相等,则传送带的速率为v传=2 m/s
在0~2 s内,对小物块由运动学规律有
x1=v0t-at2 (1分)
解得小物块的位移x1= m=6 m(1分)
传送带的位移为x2=v传t=4 m(1分)
小物块与传送带的相对位移
Δx=x1-x2=2 m(1分)
则小物块从A端到B端的过程中,系统因摩擦所产生的热量为Q=μmg·Δx=4 J(2分)
8.答案　(1)1 s　(2) s
思路点拨　(1)A与B分离前,A与B都沿斜面向上做匀加速直线运动,A与B分离时的相对位移为L;对A、B分别应用牛顿第二定律和运动学规律来求解A、B分离的时间。
(2)A、B分离后,B先沿斜面向上做匀减速直线运动,最后返回斜面底端,对B应用牛顿第二定律和运动学规律来求解B从分离到返回斜面底端的时间。
解析　(1)A与B分离前,对A分析,根据牛顿第二定律有F-μMg cos θ-Mg sin θ=MaA (2分)
解得aA=2 m/s2 (1分)
对B分析,根据牛顿第二定律有
μMg cos θ-mg sin θ=maB (2分)
解得aB= m/s2 (1分)
则A、B分离时有aA-aB=L (2分)
解得A、B分离的时间为t1=1 s(1分)
(2)A、B分离时,B的速度为
vB=aBt1= m/s(1分)
B通过的位移为x1=t1= m(1分)
A、B分离后,对B有a'B=g sin θ=5 m/s2 (1分)
-x1=vBt2-a'B (1分)
解得t2= s(1分)
则B从开始运动到滑回到出发点的总时间为t=t1+t2= s(1分)
归纳总结
滑块滑离木板的位移关系
情境:木板带动滑块 xB=xA+L 情境:滑块带动木板 xB+L=xA
9.答案　(1)30 N　(2)1.6 J
思路点拨　(1)滑块B沿光滑轨道A下滑,根据机械能守恒定律求出其滑到底端的速度;根据牛顿第二定律求出A对B的支持力,由牛顿第三定律求出B对A的压力。
(2)当B滑上C后,B、C都做匀减速运动,由于C与地面间的动摩擦因数大于B、C间动摩擦因数,C做匀减速运动的加速度大小大于B做匀减速运动的加速度大小,即B相对于C向右运动,C先停止运动,B、C受到的滑动摩擦力如图所示。
(3)对B、C分别应用牛顿第二定律和运动学规律来求解B、C的位移,求出它们的相对位移后,由功能关系求出B、C间因摩擦产生的热量。
解析　(1)滑块下滑到轨道A底端,根据机械能守恒定律有mBgR=mB (2分)
解得v0=2 m/s(1分)
在A底端,根据牛顿第二定律有
FN-mBg=mB (2分)
解得FN=30 N(1分)
由牛顿第三定律可知B对A的压力大小为30 N。 (1分)
(2)当B滑上C后,对B分析,所受摩擦力水平向左,根据牛顿第二定律有
fB=μ1mBg=mBa1 (1分)
解得a1=2 m/s2,方向向左 (1分)
对C分析,受B向右的摩擦力fBC=μ1mBg和地面向左的摩擦力f地C=μ2(mB+mC)g (1分)
根据牛顿第二定律有
f地C-fBC=μ2(mB+mC)g-μ1mBg=mCa2 (2分)
解得a2=10 m/s2,方向向左 (1分)
由位移与速度关系公式v2-=2ax,得
B向右运动的距离x1==1 m(2分)
C向右运动的距离x2==0.2 m(2分)
由功能关系可知,B、C间因摩擦产生的热量
Q=μ1mBg(x1-x2) (1分)
解得Q=1.6 J(1分)