第3章 专题强化练4 传送带模型和板块模型-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考物理大一轮复习全新方案

第三章 运动和力的关系 3 专题强化练4 传送带模型和板块模型 - 1.(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,设小包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,可能正确反映小包在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) ( ) A B C D 2.(多选)如图所示,传送带倾角 为α,表面粗糙,以恒定速度v0 逆时针运行。一小滑块从斜面 顶端由静止释放,运动到斜面底端过程中,其 速度随时间变化的图像可能是 ( ) A B C D 3.如图所示,用弹簧将工件 弹射到反向转动的水平传 送带上,恰好能传送到另一端是合格的最低标 准。假设传送带的长度为10 m、运行速度是 8 m/s,工件刚被弹射到传送带左端时的速度 是10 m/s,重力加速度g 取10 m/s2,下列说 法正确的是 ( ) A.工件与传送带间的动摩擦因数不大于0.32 才为合格 B.工件被传送到另一端的最长时间是2 s C.若工件不能被传送过去,返回的时间与正向 运动的时间相等 D.若工件不能被传送过去,返回到出发点的速 度为10 m/s 4.(多选)如图所示,某传动装置 与水平面的夹角为30°,两轮 轴心相距L=2 m,A、B 分别 是传送带与两轮的切点,传送 带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动, 将一小物块放置于A 点,小物块与传送带间的 动摩擦因数μ= 3 2 ,g 取10 m/s2。若传送带 的速度可以任意调节,当小物块在A 点以v0= 36 m/s的速度沿传送带向上运动时,小物块 到达B 点的速度大小可能为 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -413- hh A.1 m/s B.3 m/s C.6 m/s D.9 m/s 5.(2023·江西上饶第一次模拟)如图所示,一质 量M=1 kg的长L=2.5 m的木板B静放于 水平地面,一质量m=2 kg的小物块A静置于 木板左端。如果给小物块A一水平向右的初 速度v0=4 m/s,经过t=1 s的时间A与B分 离。已知重力加速度g=10 m/s2,小物块与木 板间的动摩擦因数μ1=0.2,小物块A可看作 质点,求: (1)A与B分离时,A的速度; (2)木板与地面间的动摩擦因数μ2。 6.如图甲所示,足够长的倾斜传送带以某一恒定 的速率逆时针运行。现将一小滑块(视为质 点)轻放在传送带的顶端,滑块在传送带上运 动的速度的二次方随位移变化的关系如图乙 所示。重力加速度大小g 取10 m/s2。求: (1)滑块在0~3.2 m位移内的加速度大小a1 及其在3.2~12.2 m位移内的加速度大小a2; (2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ。 4  7.(多选)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= m2(m1+m2) m1 (μ2-μ1)g C.μ2> m1+m2 m2 μ1 D.在0~t2 时间段物块与木板的加速度相等 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -414- 第三章 运动和力的关系 3 8.(2024·九省联考吉林卷)如图,相距l=2.5 m 的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送 带相接。传送带向右匀速运动,根据需要设定 驱动系统的速度大小v=1 m/s。质量 m= 10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧 1 m处的P 点,右侧平台的人通过一根轻绳用 恒力F=40 N水平向右拉货物。已知货物与 平台间的动摩擦因数μ1=0.2,货物与传送带 间的动摩擦因数μ2=0.5,假设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)货物运动到传送带左端时的速度大小; (2)货物在传送带上运动的时间。 9.如图所示,倾角α=30°的足 够长光滑斜面固定在水平 面上,斜面上放一长 L= 1.8 m、质量M=3 kg的薄木板,木板的最上端 叠放一质量m=1 kg的物块,物块与木板间的 动摩擦因数μ= 3 2 。对木板施加沿斜面向上 的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速 直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等 于滑动摩擦力,重力加速度g 取10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板,求力F 应满足的 条件; (2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板? 若不 能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用 的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -415- hh 3 2FA=ma ,整理得 3 3mg- 23 3 FA= ma,当FA=0时,a取得最大值,为 3 3g , B正确。 8.BC 对物体 A,F-f=mAa,滑动摩 擦力f=μAmAg,a= F mA -μAg,图线的 斜率为 1 mA = 5 7 kg-1,μAg=5 m/s2, 得物体A的质量 mA=1.4 kg,物体 A 与水平面间的动摩擦因数为0.5,C正 确,A 错 误;同 理 对 物 体 B 有 1 mB = 1 kg-1,μBg=2 m/s2,得 物 体B的 质 量mB=1 kg,物体B与水平面间的动 摩擦因数为0.2,B正确,D错误。 9.CD 刚 开 始 运 动 时,加 速 度 为a= F0-μ(mg-kv) m ,速 度v 增 大,加 速 度增大,当速度v 增大到kv>mg 后, 加速度 为a= F0-μ(kv-mg) m ,速 度 v 增大,加速度减小,当a 减小到0时, 小球做匀速运 动,所 以 小 球 的 速 度 先 增大后保持不 变,加 速 度 先 增 大 后 减 小,最后为0,A、B错误;当小球所受摩 擦力为0时,加速度最大,故小球的最 大加速度为 F0 m ,C正确;当加速度为0 时,小 球 的 速 度 最 大,此 时 有 F0= μ(kvm-mg),所 以 最 大 速 度 为vm= F0+μmg μk ,D正确。 10.BC A、B整体受力产生加速度,则有 F+FNAB-(mA+mB)g=(mA+mB)a, F=(mA+mB)a+(mA+mB)g- FNAB,当 FNAB 最 大 时,F 最 小,即 刚 开始施力时,FNAB 最大,等于重力,则 Fmin=(mA+mB)a=6 N,B正确,A 错误;刚开始,弹簧的压缩量为x1= (mA+mB)g k =0.05 m;A、B分离时, 其间恰好无作用力,对托盘B,由牛顿 第二定律可知kx2-mBg=mBa,得 x2=0.04 m。物块 A在这一过程的 位移为Δx=x1-x2=0.01 m,由运 动学公式可知v2=2aΔx,代入数 据 得v=0.2 m/s,C正确,D错误。 11.(1)20 m (2)200 N·s/m 30 m/s2 方向竖直向上 (3)312.5 N 解析:(1)打 开 降 落 伞 前 运 动 员 做 自 由落 体 运 动,根 据 速 度 位 移 公 式 得 h0= v20 2g =20 m。(2)由题图甲可知, 当速度等于5 m/s时,运动员与降落 伞做 匀 速 运 动,受 力 平 衡,则 kv= 2mg,k= 2mg v = 1 000 5 N·s/m= 200 N·s/m,刚打 开 降 落 伞 瞬 间,根 据牛顿第二定律得a= kv0-2mg 2m = 30 m/s2,方向竖直向上。(3)设每根绳 的拉力为FT,以运动员为研究对象, 根据 牛 顿 第 二 定 律 得8FTcos 37°- mg=ma,解 得 FT = m(a+g) 8cos 37° = 312.5 N,所 以 绳 能 够 承 受 的 拉 力 至 少为312.5 N。 12.(1)7.5 m/s2 (2)500 N 解析:(1)由 静 止 开 始 沿 直 线 匀 加 速 下滑的过程有2a1x1=v2,mgsin θ= ma1,解得v= 2gx1sin θ=15 m/s, 匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2, 解得a= v2 2x2 =7.5 m/s2。(2)若减速 过程中两滑雪板间的夹角α=74°,根 据牛顿第二定律有2Fsin α 2-mgsin θ= ma,解得F= ma+mgsin θ 2sin α 2 =500 N。 专题强化练4 传送带模型和 板块模型 1.AC 小包放到传送带上,由μmg=ma 可得a=1 m/s2,由v=at,得t=1 s, 小包在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,A 正确,B错误;小包在t=1 s时的位移 x= 1 2at 2=0.5 m,小包在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,C正确,D错误。 2.AC 滑块由静止释放,相对于传送带 向上运动,受沿斜面向下的摩擦力,先 向 下 加 速,加 速 度 为 a1=gsin α+ μgcos α,加速到与传送带速度相等时, 若有 mgsin α≤μmgcos α,则滑块和传 送带保持相对静止,一起匀速运动,A正 确;若有mgsin α>μmgcos α,则滑块和 传送带不 能 保 持 相 对 静 止,滑 块 继 续 加 速 运 动,加 速 度 为 a2=gsin α- μgcos α,a2<a1,C正确,D错误;滑块 只可能存 在 上 述 两 种 情 形,不 可 能 出 现减速的情形,B错误。 3.B 工 件 恰 好 传 送 到 右 端,有 0- v20=-2μgL,代入数据解得μ=0.5, 工件与 传 送 带 间 动 摩 擦 因 数 不 大 于 0.5才为 合 格,此 过 程 用 时t= v0 μg = 2 s,A错误,B正确;若 工 件 不 能 被 传 送过去,当反向运动时,最大速度与传 送带共速,由于 传 送 带 的 速 度 小 于 工 件的初速度,根 据 匀 变 速 直 线 运 动 速 度与时间的关 系 可 知,返 回 的 时 间 与 正向运动的时间不相等,C、D错误。 4.BC 由题可知mgsin 30°<μmgcos 30°, 若传送带的速度很小(一直小于小物块 的速度),小物块一直减速,加速度大小 a1=gsin 30°+μgcos 30°=12.5 m/s2, 到达B 点时的速度最小,且最小速度 v1= v20-2a1L=2 m/s;若传送带的 速度很 大(一 直 大 于 小 物 块 的 速 度), 小物 块 一 直 加 速,加 速 度 大 小 a2= μgcos 30°-gsin 30°=2.5 m/s2,到达 B 点时的速度最大,且最大速度v2= v20+2a2L=8 m/s。综上可知小 物 块到达B 点的速度范围为2~8 m/s, B、C正确。 5.(1)2 m/s (2)0.1 解析:(1)小物块A在木板B上做匀减 速直线运 动,设 物 块 的 加 速 度 大 小 为 a1,有a1=μ1g=2 m/s2,由v=v0- a1t,解得v=2 m/s。(2)木板在物块 的摩擦力 作 用 下 可 能 静 止 不 动,也 可 能做匀变 速 直 线 运 动,如 果 木 板 静 止 不动,对小物块x=v0t- 1 2a1t 2,x= 3 m>L=2.5 m,说明木板相对地面发 生了滑动,设木板的加速度为a2,根据牛 顿第二定律有μ1mg-μ2(m+M)g= Ma2,位 移 关 系 为 v0t- 1 2a1t 2 - 1 2a2t 2=L,联立解得μ2=0.1。 6.(1)10 m/s2 2 m/s2 (2)0.5 解析:(1)由 匀 变 速 直 线 运 动 的 速 度、 位移关系 式v2-v20=2ax 可 得v2= 2ax+v20,由题图乙得2a1= 64-0 3.2 m/s2, 2a2= 100-64 12.2-3.2 m/s2,解得a1=10 m/s2, a2=2 m/s2。(2)设滑块的质量为 m、 传送带的倾角为θ,由牛顿第二定律有 mgsin θ+μmgcos θ=ma1,mgsin θ- μmgcos θ=ma2,解得μ=0.5。 7.BCD 由图(c)可知,t1 时刻滑块和木 板一起开 始 滑 动,此 时 滑 块 与 木 板 相 对静止,以 整 体 为 研 究 对 象,有 F1= μ1(m1+m2)g,A错误;图(c)可知,t2 时刻滑 块 与 木 板 刚 要 发 生 相 对 滑 动, 以整体为对象,根据牛顿第二定律,有 F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a,以 木板为研究对象,根据牛顿第二定律, 有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0, 解得 F2= m2(m1+m2) m1 (μ2-μ1)g, μ2> m1+m2 m2 μ1 ,B、C正确;由图(c)可 知,0~t2 这段时间滑块与木板相对静 止,所以有相同的加速度,D正确。 8.(1)2 m/s (2)2 s 解析:(1)根据牛顿第二定律货物在左 端平台上时加速度为a1= F-μ1mg m = 2 m/s2,由 运 动 学 规 律 有v21=2a1s1, s1=1 m,解得货物运动到传送带左端 时的速度大小为v1=2 m/s。(2)由于 v1>v,所以可知货物滑上传送带后受 到的摩擦力向左,此时加速度为a2= F-μ2mg m =-1 m/s2,故货物 开 始 做 匀减速运动,设经过时间t2 与传送带 共速,得t2= v-v1 a2 =1 s,该段时间货 物位移为s2= v1+v 2 t2=1.5 m,共速 后货物匀速运动,设再经过时间t3 到 达传送带右端,得t3= l-s2 v =1 s,故 货物在传送带上运动的时间为t=t2+ t3=2 s。 9.(1)20 N<F≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m 解析:(1)以物块和木板整体为研究对 象,若整体相对静止,由牛顿第二定律 得F-(M+m)gsin α=(M+m)a,以 物块为研 究 对 象,由 牛 顿 第 二 定 律 得 Ff-mgsin α=ma,又 Ff≤Ffm = μmgcos α,联立解得F≤30 N;要使木 板沿 斜 面 由 静 止 开 始 运 动,则 F> (M+m)gsin α=20 N,所以力F 应满 足的条件为20 N<F≤30 N。(2)因 F=37.5 N>30 N,所以物块能够滑离 木板。隔 离 木 板,由 牛 顿 第 二 定 律 得 F-μmgcos α-Mgsin α=Ma1,隔离 物块,由牛顿第二定律得μmgcos α- mgsin α=ma2,设物 块 滑 离 木 板 所 用 时间为t,木板的位移x1= 1 2a1t 2,物 块的位移x2= 1 2a2t 2,物块与木板的 分离条件为x1-x2=L,联立以上各式 解得t=1.2 s。物块滑离木板时的速度 v=a2t,由运动学公式得-2gsin α·x= 0-v2,解得x=0.9 m。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -634-