15 专题强化(四) 动力学中的传送带和板块模型(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(四)]　动力学中的传送带和板块模型 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　 考点 基础题 综合题 传送带模型 1，3，5，7 10 板块模型 2，4，6，8 9，11 【基础落实练】 1．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：选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μmg cos θ>mg sin 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静摩擦力大小为Ff＝mg sin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的静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。 2．(多选)如图甲所示，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M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的vt图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．M＝m B．M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 解析：选BC。物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而vt图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由vt图像可知木板的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的vt图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确。 3.(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B．行李经过2 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 解析：选AC。开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误。 4．(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图像。g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝4 kg C．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2 解析：选AC。由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体有F＝(M＋m)a，解得M＋m＝6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，故滑块的质量m＝4 kg，故A正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，又a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得F＝8 N时滑块的加速度为a′＝1 m/s2，故D错误。 5．(多选)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2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。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v2>v1，则(　　) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力 解析：选BC。相对地面而言，小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，t1时刻之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动，t1～t2时间内反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右的速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块与传送带相对静止，一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；由于0～t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；在0～t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，则小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，则小物块不受摩擦力作用，故D错误。 6．(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(　　) 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：选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，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，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，则对木板有Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块有F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，C、D正确。 7.(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列判断正确的是(　　) A．物块A先到达传送带底端 B．物块A、B同时到达传送带底端 C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上 D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移 解析：选BCD。对A、B进行受力分析可知，传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，故C正确；因μ<tan 37°，所以物块A、B都沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度相同，aA＝ ＝2 m/s2＝aB，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，故B正确，A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，故D正确。 8．(2023·辽宁阜新模拟)如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．物块可能沿传送带向上运动 B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ C. t0时间后物块的加速度大小为2g sin θ－ D．若传送带反转，则物块将一直以大小为g sin θ－的加速度做匀加速直线运动 解析：选C。vt图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mg sin θ>μmg cos θ，解得μ<tan θ，B错误；根据上述，t0时刻之前有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，a1＝，t0时刻之后有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2g sin θ－，C正确；由于mg sin θ>μmg cos θ，若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2g sin θ－的加速度做匀加速直线运动，D错误。 【综合提升练】 9．(10分)(2023·云南玉溪联考)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，t＝0时刻一小物块以一定的速度从左端滑上长木板，之后小物块运动的vt图像如图乙所示。已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，前2 s内小物块在长木板上滑动，之后两者相对静止，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q；(4分) (2)小物块与长木板间的静摩擦力大小f。(6分) 解析：(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，前2 s内小物块的加速度大小为a1，则有a1＝ m/s2＝4 m/s2 因2 s末木板和物块共速，则小物块在长木板上滑动的痕迹长度 s1＝×2 m－×2×2 m＝10 m 对物块由牛顿第二定律μ1mg＝ma1 小物块与长木板间因摩擦产生的热量 Q＝μ1mgs1 解得Q＝40 J。 (2)设长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，前2 s内长木板的加速度大小为a2，2 s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为a3，则有 a2＝ m/s2＝1 m/s2 对木板有μ1mg－2μ2mg＝ma2 对木板和木块的整体有a3＝μ2g 对物块f＝ma3 解得f＝1.5 N。 答案：(1)40 J　(2)1.5 N 10．(10分)如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m 的传送带，速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(4分) (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。(6分) 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传送带向上，又μ<tan 37°，故物体相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 则a＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2 又l＝ at2，得t＝4 s。 (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，物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1 则a1＝ g sin 37°＋μg cos 37°＝10 m/s2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝ ＝ s＝1 s，x1＝a1t＝5 m<l＝16 m，因mg sin 37°>μmg cos 37°，则当物体运动速度等于传送带速度后，受到传送带向上的滑动摩擦力，即摩擦力发生突变，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a2 则a2＝ ＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因为x2＝vt2＋ a2t 解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s。 答案：(1)4 s　(2)2 s 11．(10分)如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为M＝1 kg的木板。t＝0时刻另一质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)以初速度v0＝14 m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F＝18 N，使木板从静止开始运动，当t＝1 s时撤去拉力F。已知木板和木块间动摩擦因数μ1＝0.25，木板和斜面体间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)木块和木板速度相等之前各自的加速度；(4分) (2)若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？(6分) 解析：(1)设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为a1和a2，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示，用牛顿运动定律可得f1＝μ1mg cos θ mg sin θ＋f1＝ma1 f2＝μ2(M＋m)g cos θ F＋f1－Mg sin θ－f2＝Ma2 解得a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下 a2＝6 m/s2，方向沿斜面向上 (2)设木块和长木板达到共速所用时间为t1，则有 v1＝v0－a1t1＝a2t1 解得t1＝1 s，v1＝6 m/s 假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成的整体有 (M＋m)g sin θ＋f2＝(M＋m)a 解得a＝10 m/s2 当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力(大小等于滑动摩擦力)时，加速度最大，其加速度大小为a1，a>a1，假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动。 木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为a1＝8 m/s，方向沿斜面向下，设此过程长木板加速度大小为a3，受力分析如图丙所示，则有 Mg sin θ＋f2－f1＝Ma3 解得a3＝12 m/s2 由于a3>a1，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有 Mg sin θ＝f＋μ1mg cos θ，f＝4 N 因为f<f2，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零。 在木块和长木板速度减为零过程中的vt图像如图丁所示， 设木块的位移为s1，长木板在加速过程和减速过程的位移为s2和s3，由运动学公式可得 2a1s1＝v，s2＝t1，v＝2a3s3 L＝s1－s2－s3 解得L＝7.75 m。 答案：(1)a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下；a2＝6 m/s2，方向沿斜面向上　(2)7.75 m 学科网（北京）股份有限公司 $$