限时规范训练(12) 第3章 专题突破课5 动力学中的“板块”和“传送带”模型（word课时作业）-【高考领航】2025年高考物理大一轮复习

限时规范训练(12) [基础巩固题组] 1．如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是(　　) A．M下滑的速度不变 B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动 C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动 D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上 解析：C　传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。 2．光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为(　　) A．1 m　　　　　　 B．0 C．0.25 m D．0.75 m 解析：C　设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度大小a1＝＝μg，小车加速度a2＝，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5 s<1 s，v＝1 m/s，0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动。则在0～0.5 s时间内小滑块位移x1＝t0＝1 m，小车位移x2＝t0＝0.25 m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25 m，C项正确。 3．如图所示，足够长的水平传送带以v＝2 m/s的速度逆时针匀速转动，一个物块以v0＝4 m/s的初速度从左端A处水平滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，那么物块再次返回到A处所用的时间为(　　) A．4 s B．2 s C．4.5 s D．3 s 解析：C　物块在传送带上运动的加速度为a＝μg＝2 m/s2，则物块运动速度减为零的时间为t1＝＝2 s，通过的距离x＝＝ m＝4 m；物块速度减为零后反向加速，加速到与传送带共速时的时间为t2＝＝1 s，位移x1＝＝ m＝1 m；物块匀速运动回到原出发点的时间为t3＝＝ s＝1.5 s，则物块从左端A处滑上传送带到再次返回到A处所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s，故选项C正确。 4.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<tan θ B．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 解析：C　要实现这一目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μmgcos θ>mgsin 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＝mgsin 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。 5．如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg 可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为(　　) 　 甲　　　　　　　　　　乙　 A．1 s B．2 s C． s D． s 解析：A　由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F＞2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F＞14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff10＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2－a1t2＝L，解得t＝1 s，故A正确。 6.(2024·浙江杭州高三调研)如图所示，沿顺时针转动的传送带AB，长L＝7 m，与水平面的夹角θ＝37°，速度恒为v＝2 m/s，在传送带底端A处无初速度放置一质量为m＝0.5 kg的物体，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)物体放上传送带瞬间的加速度大小； (2)5 s后物体的速度大小； (3)物体从A运动到B的时间。 解析：(1)根据牛顿第二定律有 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 代入数据可以求得a＝0.4 m/s2。 (2)加速到相对传送带静止的时间 t1＝＝ s＝5 s 所以5 s后随传送带一起匀速运动，速度为2 m/s。 (3)加速运动的位移 x1＝at12＝×0.4×52 m＝5 m 匀速运动的位移x2＝L－x1＝(7－5) m＝2 m 匀速运动的时间t2＝＝ s＝1 s 可以求得t＝t1＋t2＝6 s。 答案：(1)0.4 m/s2　(2)2 m/s　(3)6 s [能力提升题组] 7．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。如图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带ab始终以1 m/s 的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg 的小包(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a、b间的距离为2 m，g取10 m/s2。下列速度—时间(v-t)图像和位移－时间(x-t)图像中，可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有(除C项中0～1 s为曲线外，其余均为直线段)(　　) 甲　　　　　　　　　乙 解析：AC　物体放到传送带上，由μmg＝ma可得a＝1 m/s2，则由v＝at，得t＝1 s，物体在0～1 s内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A正确，B错误；物体在t＝1 s时的位移x＝at2＝0.5 m，物体在0～1 s 内做匀加速直线运动，x-t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x-t图像为直线，故C正确，D错误。 8．(多选)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg、长8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2 B．P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、2 m/s2 C．P滑块在Q上运动时间为1 s D．P滑块在Q上运动时间为2 s 解析：BD　对P受力分析，其受重力和Q的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPgsin 37°＝mPaP，解得aP＝gsin 37°＝6 m/s2，对Q受力分析，其受重力、斜面的支持力、摩擦力和P的压力作用，根据牛顿第二定律有mQgsin 37°－μ(mP＋mQ)gcos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2＞aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝aPt2－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。 9．(2024·福建漳州质检)如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，沿传送带向下以速度v0＝4 m/s 从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　) 　 甲　　　　　　　　　　　乙 A．物块最终从传送带N点离开 B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿传送带向下 C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2 D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 解析：D　从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且能退出传送带斜向上运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；v-t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，可得μ＝，D正确。 10．质量为m0＝20 kg、长为L＝2 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1。质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小木块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。以下说法正确的是(　　) A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 解析：C　木块对木板的摩擦力Ff1＝μ2mg＝40 N，水平面对木板的摩擦力Ff2＝μ1(m＋m0)g＝30 N，因为Ff1>Ff2，所以木板一定向右运动，对木块，由牛顿第二定律得a1＝μ2g＝4 m/s2，对木板，由牛顿第二定律有a2＝＝0.5 m/s2，设经过时间t，小木块和木板的速度相等，v0－a1t＝a2t，解得t＝ s，共同速度v＝a2t＝ m/s，小木块的位移x1＝t＝ m，木板的位移x2＝t＝ m，小木块相对木板的位移Δx＝x1－x2＝ m<L＝2 m，所以小木块不能滑出长木板，故C正确。 11．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝24 s D．木板的最大加速度为2 m/s2 解析：ACD　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力大小为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝0.4，选项A正确。由题图乙可知，t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝0.1，选项B错误。t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两者的加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由F＝0.5t(N)可知，t2＝24 s，选项C、D正确。 12．如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m，质量为m＝2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。一质量为M＝3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4。刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求： (1)A、B刚开始运动时的加速度； (2)B在地面上滑行的最大距离。 解析：(1)对小铅块受力分析有 Ff1＝μ2Mg＝12 N 对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N 根据牛顿第二定律得，A的加速度为 a1＝＝4 m/s2，方向向左 B的加速度为a2＝＝1 m/s2，方向向右。 (2)当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动，有v0－a1t＝a2t 所以t＝＝1 s 此过程A的位移xA＝v0t－a1t2＝3 m B的位移xB＝a2t2＝0.5 m 则A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m 所以A不会从B上滑出 之后A、B一起做匀减速直线运动 a3＝μ1g＝2 m/s2 此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/s A、B一起运动的位移xAB＝＝0.25 m 所以B滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m。 答案：(1)4 m/s2，方向向左　1 m/s2，方向向右　(2)0.75 m 学科网（北京）股份有限公司 $$