第16周 超重与失重现象和传送带模型-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

— 62 — 第十六周 超重与失重现象和传送带模型 (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第1题以物流仓库的分拣流水线为例,综合考查学生对传送带模型的理解和应用。 该题通过分析快件在传送带上的运动状态考查学生能否正确应用牛顿运动定律和运动学公式 解决实际问题,题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共56分) 考点一 水平传送带 1.(2025·辽宁朝阳·期末)某物流仓库的分拣流水线如图甲所 示,其平直传送带部分可以简化成图乙。A、B 两端相距L= 6m,传送带以速度v=4m/s顺时针运行。将m=1kg的快 递件(可视为质点)轻轻放上传送带A 端,已知该快递件与传 送带间的动摩擦因数μ=0.4。下列说法正确的是 ( ) A.快递件在传送带上一直匀加速到B 端 B.快递件从传送带的A 端到B 端所用的时间为2.5s C.快递件在传送带上划的痕迹长为2.5m D.若传送带的转速可调,要使快递件从A 到B 的时间最短,则传送带的最小转速为4 3m/s 2.(2025·重庆·期中)一质量为m 的物块放在水平传送带上,水平传送带以 速度v顺时针匀速转动,物块以初速度v0 向右运动,传送带与物块间的动摩 擦因数为μ。则关于物块m 所受的摩擦力f,下列说法正确的是 ( ) A.若v0<v,此时f为阻力 B.若v0>v,则f方向向右 C.若v0=v,物块m在传送带上相对地面做匀速运动 D.若v0=v,则f=μmg 3.(2025·宁夏银川·期末)如图,水平皮带匀速顺时针转动,速度大小 v1=2m/s,A、B两轮间的距离为4m,在右端一物块以v2=3m/s的 速度滑上皮带,物块与皮带间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10m/s 2, 则下列说法正确的是 ( ) A.物块能滑过B轮 B.物块经t=1.5s速度减为零 C.物块返回到A轮时的速度大小仍是3m/s D.物块在皮带上滑动时加速度的大小是1m/s2 4.(多选)(2025·吉林长春·开阶段练习)水平传送带 以10m/s的初速度顺时针匀减速转动,其v t图 像如图甲所示,将一物块无初速度放在传送带左端, 如图乙所示,当t=53s 时,物块的速度与传送带速 度相同。取重力加速度为g=10m/s2,则 ( ) A.传送带的加速度大小为4m/s2 B.物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2 C.5.5s内,物块一直受到向左的摩擦力 D.53s 内,物块与传送带之间的划痕为25 3 m 5.(多选)(2025·广东深圳·期末)如图甲所示,足够长的 水平传送带顺时针匀速转动。t=0时刻一小物块从传 送带最右端的P 点以速度v0 滑上传送带,它在传送带 上运动的v t图像如图乙所示,g=10m/s2,则 ( ) A.传送带的速度为2m/s B.物块与传送带间的摩擦系数为μ=0.2 C.物块距传送带右端最远距离为1m D.物块在传送带上共运动了2.25s 6.(多选)(2025·福建厦门·期末)如图所示,水平传送带以v1=2m/s 的速度顺时针匀速转动,质量m=2kg的物块 A放在传送带上,通 过不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与质量m=2kg的物块B连 接,连接A的轻绳水平。某时刻A、B速度大小均为v2,方向如图所 示。已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取 10m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.若v2=1m/s,则此时传送带对A的摩擦力水平向右 B.若v2=2m/s,则此后物块A向右匀速运动 C.若v2=3m/s,则此时物块A的加速度大小为5m/s2 D.若v2=4m/s,则此时轻绳拉力大小为15N 考点二 倾斜传送带 7.(2025·浙江·期末)如图所示,一个小炭块从传送带的底端以4m/s的速度冲 上倾角θ=37°的倾斜传送带,足够长的传送带始终以速率v=2m/s顺时针转 动。已知小炭块和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,sin37°=0.6,cos37°= 0.8,重力加速度大小。g=10m/s2。则小炭块从开始冲上倾斜传送带到速度 为零的过程中 ( ) A.小炭块所受摩擦力不变 B.小炭块加速度大小为10m/s2 C.小炭块在传送带上留下的痕迹长度为1.2m D.传送带传动的距离为2.4m 8.(2025·福建福州·阶段练习)如图甲所示,倾斜白色的传送带正 以恒定速率v1 沿顺时针方向转动,传送带的倾角为θ。一煤块以 初速度v0 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运 动的v t图像如图乙所示,煤块到传送带顶端时速度恰好为零,g 取10m/s2,则 ( ) A.由图乙可知,0~1s内煤块受到的摩擦力大于1~2s内煤块受到的摩擦力 B.0~2s内煤块所受摩擦力方向一直与煤块运动的方向相反 C.传送带的黑色痕迹长4m D.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 9.(2025·湖北武汉·阶段练习)如图a所示,物块m 以初 速度v0 滑上正以速度v匀速逆时针转动的倾斜传送 带,过程中物块的v t图像如图b所示,则下列说法中 正确的是 ( ) A.物块刚滑上传送带时受到的摩擦力沿传送带向下 B.t1 后物块不受摩擦力的作用 C.t1 时刻前后,物块所受摩擦力均为滑动摩擦力 D.若t1 时刻后传送带突然卡住不动,物块将受到沿传送带向下的摩擦力 10.(2025·全国·专题练习)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角θ=30°,以 v0=5m/s的恒定速率逆时针转动。小砖块以v=10m/s的初速度沿传送带 方向从传送带底端滑上传送带,其与传送带间的动摩擦因数μ= 3 2 ,取重力加 速度g=10m/s2。下列说法正确的是 ( ) A.砖块刚滑上传送带时的加速度大小为25m/s2 B.砖块在传送带上向上滑行的最远距离为3m C.若v0 增大为7m/s,砖块返回出发点时间变长 D.若v0 增大为7m/s,砖块在传送带上留下的痕迹变长 11.(多选)(2025·浙江温州·期末)如图甲所示为输送 工件的传送装置,其底部有固定挡板防止工件来不 及取走而掉落,其简化模型如图乙。若倾斜传送带 沿顺时针方向以恒定速率v0 匀速转动,t=0时刻将 滑块轻轻放在传送带上。当滑块运动到传送带底部 — 61 — — 64 — 时与挡板发生碰撞,碰撞前后滑块速度大小不变,方向相反。若滑块视为质点,则滑块与挡板发 生第二次碰撞前的速度v随时间t变化的图像可能是 ( ) 12.(多选)(2025·安徽安庆·期末)如图所示,水平面光滑,长2m的 传送带与水平面夹角为30°,传送带与物体间的动摩擦因数为 35 , 物体以4m/s的速度从水平面冲上传送带,传送带的速度为2m/s, 且逆时针转动,取重力加速度g=10m/s2。关于物块在传送带上 运动过程中,下列说法正确的是 ( ) A.物体向上运动的加速度为8m/s2,向下运动的加速度为2m/s2,方向均沿斜面向下 B.物块经过t=0.75s与传送带达到共同速度 C.若物体下端沾有黑墨水,物块在传送带上运动留下的黑色痕迹为2.25m D.物块再次返回到A 点的速度大小为 7m/s,方向沿传送带向下 考点三 超重失重 13.(多选)(2025·贵州铜仁·期末)如图所示是某同学站在力传感器 上做“下蹲-起立”的动作时记录的力随时间变化的图像,由图像可 以得到的信息是 ( ) A.该同学做了两次“下蹲-起立”的动作 B.该同学的重力约为500N C.“起立”过程中人一直处于超重状态 D.“下蹲”过程中人既有失重又有超重状态 14.(多选)(2025·广东深圳·期末)实验小组利用DIS系统,观察超重和 失重现象。他们在学校电梯内做实验,某次实验得到电梯内一物体 v t图像如图所示,取向上为正方向,以下说法正确的是 ( ) A.t=4s时电梯上升到最高点 B.1~3s内电梯加速上升,物体处于超重状态 C.5~7s内电梯减速下降,物体处于失重状态 D.t=8s时电梯停止在某一层楼 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 探究失重与超重现象 (2025·安徽·阶段练习)为了研究失重与超重现象,某同学将一质量为m=5kg的小球用拉力 传感器悬挂在升降机内,如图1所示,升降机启动后,通过电脑描绘出某段时间内拉力F 随着时 间t变化的关系图像如图2所示。已知重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。回答下列问题: (计算结果均保留2位有效数字) (1)在传感器有示数的时间内,升降机的最大加速度大小为 m/s2,此时加速度的方向为 (选填“向上”或“向下”)。 (2)t=10s时小球处于 (选填“失重”或“超重”)状态,此时加速度的大小为 m/s2, 升降机的运动可能是 。 A.向上加速运动 B.向上减速运动 C.向下加速运动 D.向下减速运动 【综合·一练到底】(共24分) (2025·浙江杭州·期末)某学校食堂要将学生的 餐盘送到洗碗池中,设计的图纸可以简化为右图。 倾斜滑轨长度为4m,与水平面成24°角,轨道底 端B与水平传送带平滑衔接。传送带长度为L= 4m,餐盘与传送带之间的动摩擦因数为μ=0. 2,将餐盘从轨道顶端A 无初速度的释放。解 答下列问题。餐盘可视为质点(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=10m/s2)。 (1)若传送带静上不动,餐盘滑到传送带上的开始阶段加速度为多少? (2)若传送带静止不动,要是餐盘滑到传送带C 点时速度恰好为零,则倾斜轨道与餐盘之间的动 摩擦系数为多少? (3)若已知餐盘与倾斜轨道之间的动摩擦系数为19 。餐盘洗好后,无初速度的放在传送带的C点。若 传送带的速度可以任意调节,问能否使餐盘重新回到倾斜轨道的A点? 请说明详细的理由。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·湖南·阶段练习)如图所示,一倾角为θ=30°、足够长的传送 带始终以v=6m/s的速度逆时针匀速运转,长度未知的木板B上放 一可视为质点的物块A(A一开始在距B右端1m处),两者同时由静止开 始释放,释放时木板距传送带底端的距离L=5.4m,传送带底端有一固定 挡板,木板B与挡板碰撞后立即以等大的速度反弹。木板B的质量为mB, 物块A的质量为mA,且mA=mB=2kg,木板B与传送带间的动摩擦因数μ1= 3 4 ,物块A与木板B间 的动摩擦因数μ2= 3 6 ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2,不计其它阻 力。求: (1)物块A和木板B开始运动时加速度的大小aA 和aB; (2)木板B从释放至第一次与挡板相碰时A在B上留下的划痕; (3)若木板B从释放到第一次到达最高点的过程中物块A不从B上掉落,木板B的最小长度。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 63 — —90 — 7.BD [AB.由图乙可知,当F<24N时,随外力增大B的加速度逐 渐增大,则A、B间的摩擦力逐渐增大;当F>24N时,A、B发生相 对滑动,A、B间滑动摩擦力保持不变,故A错误,B正确;CD.当F <24N时,两物体保持相对静止,加速度相同,当F>24N时,两 物体相对滑动,B物体达到最大加速度,对 A物体有F-μmAg= mAa,由此可知,A的加速度随外力增大而增大,故C错误,D正 确。故选BD。] 8.ABD [A.对长木板和物块整体受力分析,由牛顿第二定律可得 F-μ(M+m)g=(M+m)a,由丙图可知a= Δv Δt=2m /s2,结合乙 图可得μ=0.2,A正确;B.撤去推力F 后,滑块匀速到达O 点,长 木板做减速运动,对长木 板 则 有-μ(M+m)g=Ma',解 得a'= -4m/s2,长木板运动时间为t1= 0-v0 a' =1s ,木板光滑部分的长 度d=v0t1- 1 2v0t1=2m ,B正确;C.滑块运动到粗糙面上时,由 于μ0mg=12N>μ(M+m)g=8N,滑块做减速运动,长木板做加 速运动,对滑块则有-μ0mg=ma1,解得a1=-6m/s 2,对长木板 则有μ0mg-μ(M+m)g=Ma2,解得a2=2m/s 2,滑块运动在粗糙 面上时,与长木板达到共速,则有v共 =v0+a1t2=a2t2,解得t2= 0.5s,v共 =1m/s,滑块与长木板右侧壁未相碰,则粗糙面长度最 小为d'=12 (v0+v共)t2- 1 2v共t2=1m ,故长木板的最小长度为 L=d+d'=3m,C错误;D.滑块与长木板达到共速后两者一起减 速运动,加速度-μ(M+m)g=(M+m)a共,解得a共 =-2m/s 2, 长木板从开始运动到最后静止,经历了先加速后减速,再加速,最 后减速的运动过程,发生的位移x=12v0t+ 1 2v0t1+ 1 2v共t2+ 0-v共2 2a共 ,代入数据解得x=6.5m,D正确。故选ABD。] 9.ACD [A.第2本书与第3本书的摩擦力为f2=μ×2mg=2μmg, t=1s时,外力F1=μmg<f2,此时三本书都静止,对整体分析可 知,“课本3”受到桌面的摩擦力大小为f'=μmg,故A正确;B.“课 本2”、“课本3”书间的摩擦力为f2=μ×2mg=2μmg,t=2s时,外 力F2=2μmg=f2<f3=3μmg,此时三本书都静止,对第1本书分 析可知其不受摩擦力,故B错误;C.t=3s时,外力F3=3μmg> f2,“课本1、2”一起向右运动,“课本3”静止,对“课本1、2”根据牛 顿第二定律有F-f2=2ma,对“课本1”有f″=ma,解得“课本1” 受到的摩擦力大小为f″=0.5μmg,故C正确;D.由上述分析可 知,由于f3>f2,则“课本3”静止,t=5s时,外力F4=5μmg>f2, 假设“课 本1、2”可 以 一 起 运 动,则 有 F4-f2=2ma',解 得a'= 1.5μg>μg,则“课本1”与“课本2”相对运动,则有F4-μmg-f2 =ma″,解得a″=2μg,故D正确;故选ACD。] 10.C [A.木块与木板间的最大静摩擦力为fmax=μmg=0.4×1× 10N=4N,木板与地面间的最大静摩擦力为f地max=μ地 ·2mg= 0.1×2×1×10N=2N,由于fmax>f地max,可知当拉力F 大于 2N时,木板开始运动,故 A错误;BC.设当拉力为F0 时,木块与 木板刚好保持相对静止一起加速运动,以木块与木板为整体,根 据牛顿第二定律可得F0-μ地 ·2mg=2ma0,以木板为对象,根据 牛顿第二定律可得μmg-μ地 ·2mg=ma0,联立解得a0=2m/s 2, F0=6N,则当拉力大小为3N,以木块与木板为整体,根据牛顿 第二定律可得F1-μ地 ·2mg=2ma1,解得加速度大小为a1=0.5 m/s2,以木板 为 对 象,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得f1-μ地 ·2mg= ma1,解得木块对木板的摩擦力大小为f1=2.5N,则当拉力大小 为5N,以木块与木板为整体,根据牛顿第二定律可得F2-μ地 · 2mg=2ma2,解得加速度大小为a2=1.5m/s2,以木板为对象,根 据牛顿第二定律可得f2-μ地 ·2mg=ma2,解得木块对木板的摩 擦力大小为f2=3.5N,故B错误,C正确;D.若拉力F 大小为 8N,可知木块与木板发生相对滑动,木板为对象,根据牛顿第二 定律可得μmg-μ地 ·2mg=ma板,解得木板的加速度大小为a板 =2m/s2,故D错误。故选C。] 11.C [AC.图(c)中在t1 时刻之后加速度保持不变,说明t1 时刻物 块与长木板开始发生相对滑动,则图(c)为物块的a t图像,t1 时 刻后由于作用在长木板的拉力继续增大,所以长木板的加速度继 续增大,故A错误,C正确;D.由于t1 时刻物块与长木板开始发 生相对滑动,之后物块的加速度一直小于长木板的加速度,则t1 时刻后物块的速度一直小于长木板的速度,所以物块与长木板不 会达到共速,故D错误;B.在t1 时刻,以物块与长木板为整体,根 据牛顿第二定律可得F1=(m1+m2)a,以物块为对象,根据牛顿 第二定律可得μm2g=m2a,联立可得F1=μ(m1+m2)g,故B错 误。故选C。] 12.B [CD.根据图乙可知,当F=4N时,B与地面间的摩擦力达到 最大值,此后随着F 的增大A、B保持相对静止一起加速运动,该 过程中随着F 的增大,A、B之间 的 静 摩 擦 力 逐 渐 增 大,当 F= 12N时,A、B间的静摩擦力达到最大值,此后随着F 的继续增 大,A、B将发生相对滑动,A在水平方向所受到的合外力达到最 大值,即为滑动摩擦力,加速度将恒定不变,故CD错误;AB.根据 图乙可知,当F=12N时,A、B刚要相对滑动,此时f1=6N,且 此时两者加速度相等,对 A由牛顿第二定律得f1=ma,对 A、B 整体由牛顿第二定律有F-f2=(m+mB)a,代入数据可得mB= 1kg,设B与地面间的动摩擦因数为μ,相对滑动时f2=μ(m+ mB)g,代入数据可得μ=0.1,故A错误,B正确。故选B。] 13.AC [A.图(c)可知,0~t1 这段时间若滑块和木板有相对滑动, 则以后木板也不会运动,所以滑块与木板相对静止,所以两者有 相同的加速度,A正确;B.图(c)可知,t1 时滑块木板一起刚从水 平滑动,此时滑块与木板相对静止,木板刚要滑动,此时以整体为 对象有F1=μ1(m1+m2)g,B错误;CD.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 ,C正 确,D错 误;故 选AC。] 14.ACD [A.由图丙可知,在0~t1 内 A、B均处于静止状态,在t1 时刻地面与A的摩擦力达到最大,根据平衡条件可得有μ1(mA +mB)g=Ff=1.5N,解得μ1=0.1,故A正确;C.由图丙可知,B 与A之间的滑动摩擦大小为6N,则有μ2mBg=Ff=6N,解得μ2 =0.6,故C正确;BD.设当拉力为F0 时,A、B刚好可以保持相对 静止一起加速运动;以A、B为整体,根据牛顿第二定律可得F0- μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a0,以 A为对象,根据牛顿第二定律 可得μ2mBg-μ1(mA+mB)g=mAa0,联立解得F0=15N,由丙图 可知此时对应的时刻为10s,则有1.5t1 =1510= 18 t2 ,解得t1=1s,t2 =12s,故B错误,D正确。故选ACD。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)v t图像中,图线斜率的绝对值表示加速度大小,根据图乙 可知, 0~2s内滑块Q的加速度大小a1= 12-4 2 m /s2=4m/s2 0~2s内木板P的加速度大小a2= 4 2 m /s2=2m/s2 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a3= 4 6-2m /s2 =1m/s2 (2)v t图像中,图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移,则 滑块Q运动的总位移x=12×22 m+ 4×6 2 m=24m (3)0~2s内对滑块Q分析有μ1mg=ma1 0~2s内对木板P分析有μ1mg+F-μ2(mg+Mg)=Ma2 两物体一起做匀减速直线运动,对PQ整体分析有μ2(m+M)g= (m+M)a3 联立代入数据解得F=9N。 【参考答案】 (1)4m/s2,2m/s2,1m/s2 (2)24m (3)9N 【综合·一练到底】 解析 (1)滑块在斜面上时,由牛顿第二定律mgsinθ-μ0mgcosθ =ma0 解得a0=5m/s2 从静止到滑至底端v02=2a0 h0 sin37° 代入数据解得v0=5m/s (2)若滑上木板A时,木板不动,则μ1mg≤μ2(m+2m)g 若滑上木板B时,木板B开始滑动,则μ1mg>μ2(m+m)g 联立代入数据得0.4<μ1≤0.6 (3)滑块在斜面上做匀加速直线运动,滑到底端时滑块速度v1= 5m/s,t0= v1 a0 =1s 滑块滑上木板A时,以滑块为研究对象μ1mg=ma1 解得a1=8m/s2,v滑 =v1-a1t 以木板AB为研究对象μ1mg-μ2·3mg=ma2 解得a2=1m/s2,v滑 =a2t 共速时v滑 =v滑,解得t=59s ,x滑 =v1t- 1 2a1t 2,x板 =12a2t 2,Δx =2518m 此时滑块仍在A上,之后滑块与AB一起减速v共速 =59 m /s 根据a3=μ2g=2m/s 2,t'=v共速a3 =518s 总时间t=116s (4)由(2)知滑块滑上A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开 始滑动。滑块下滑高度记为h,到达斜面末端时速度记为v2,v22 =2a0 h sin37° 滑块滑上A时做匀减速运动,加速度大小a1=gμ1=5m/s 2 滑块离开A时速度v32-v22=-2a1l 当滑块恰好滑上B时,v3=0 联立解得h=1.2m 滑块滑上B时,自身加速度大小a2=gμ1=5m/s 2 B的加速度大小a3=gμ1-2gμ2=1m/s 2 相对加速度a4=6m/s2,当滑块恰好停在B右端时v32=2a4l 联立解得h=2.64m 综上可得1.2m≤h≤2.64m 答案 (1)v0=5m/s (2)0.4<μ1≤0.6 (3)t= 11 6s (4)1.2m ≤h≤2.64m 【技法点拨】 (1)根据牛顿第二定律求出滑块在斜面上的加速 度,再由速度一位移公式求到斜面底端的速度;(2)根据上下最大 静摩擦力的大小关系计算滑块与木板间的动摩擦因数的范围; (3)分清滑块在A和B上两物体的运动状态,分别由动力学规律 求出两段时间,从而求出总的时间;(4)找到使滑块停在B板上 的临界状态,根据动力学规律求高度。 【选做·一飞冲天】 解析 (1)撤去外力前,以滑块为对象,根据牛顿第二定律可得 Fcosθ-f=mPaP 又f=μ1N=μ1(mPg-Fsinθ) 联立解得滑块的加速度大小为aP=2.5m/s2 (2)撤去外力前,由于f=μ1(mPg-Fsinθ)<f地 =μ2(mQg+mPg -Fsinθ) 可知木板处于静止状态;经过时间t=2.4s撤去力F,此时滑块的 速度大小为vP=aPt=6m/s 撤去力F 后,分别对滑块和木板,根据牛顿第二定律可得 μ1mPg=mPaP',μ1mPg-μ2(mQ+mP)g=mQaQ 解得滑块和木板的加速度大小分别为aP'=5m/s2,aQ=1m/s2 设经过时间t1,滑块和木板达到共速,则有 v共 =vP-aP't1=aQt1 解得t1=1s,v共 =1m/s 可知木板的最大速度为1m/s。 (3)共速后,由于μ2=0.2<μ1=0.5 可知滑块和木板保持相对静止一起做匀减速运动,加速度大小为 a'=μ2 (mQ+mP)g mQ+mP =2m/s2 共速后到停下所用时间为t2= v共 a'=0.5s 则木板运动的时间为t板 =t1+t2=1.5s 答案 (1)1.25m/s2 (2)1m/s (3)1.5s 第十六周 超重与失重现象和传送 带模型 【考点·一应俱全】 1.D [ABC.快 递 件 刚 放 上 传 送 带 时 的 加 速 度 大 小 为a=μmgm = 4m/s2,快递件从放上传送带到与传送带共速所用时间为t1= v a =1s,加速阶段的位移为x1= 1 2at1 2=2m,划痕长为Δx=vt1- x1=2m,快递件与传送带共速后受到的摩擦力为0,快递件之后 做匀速直线运动,匀速阶段的时间为t2= L-x1 v =1s ,可知快递件 从传送带的A 端到B 端所用的时间为t=t1+t2=2s,故 ABC错 误;D.当快递件从A 到B 一直加速时时间最短12at3 2=L,解得t3 = 3s,到B 点时的速度v1=at3=4 3m/s,则传送带的最小转速 为4 3m/s,D正确。故选D。] 2.C [A.若v0<v,则物块相对传送带向左运动,物块所受的摩擦力 方向向右,此时f为动力,故A错误;B.若v0>v,则物块相对传送 带向右运动,物块所受的摩擦力方向向左,故B错误;CD.若v0= v,则物块所受的摩擦力为0,物块 m 在传送带上相对地面做匀速 运动,故C正确,D错误。故选C。] 3.B [ABD.根据牛顿第二定律可得,物块在水平皮带上运动时加 速度的大小为a=μg=2m/s 2,物块速度减为零所用的时间为t= v2 a=1.5s ,该过程物块的位移大小为x=v2 2 2a=3m ,由于x<LAB, 因此物块不能滑过B轮,故AD错误,B正确;C.由于v1<v2,因此 物块返回A轮时最终会和皮带达到共速,之后和皮带保持相对静 止到达A轮,即物块返回到A轮时的速度大小仍是2m/s,故C错 误。故选B。] 4.ABD [A.由 图 甲 所 示 图 像 可 知,传 送 带 的 加 速 度 为a=ΔvΔt= 0-10 2.5 m /s2=-4m/s2,则传送带的加速度大小为4m/s2,故A正 确;B.物块放上传送带后受到向右的滑动摩擦力,对物块,由牛顿 第二定律得μmg=ma',解得a'=μg,物块与传送带共速时,有v0 +at=a't,代入数据解得a'=2m/s2,μ=0.2,故B正确;C.开始阶 段物块受向右的摩擦力;当物块与传送带共速后,由于传送带继续 减速且加速度大小大于物块滑动时的加速度大小,所以物块也将 减速,摩擦力向左,方向改变,即在t=53 s 时摩擦力方向发生改 变,故C错误;D.设物块与传送带共速时速度为v1,有v1=a't= 2×53 m /s=103 m /s,物 块 的 位 移 为 x1= 1 2a't 2= 12 ×2× 5 3 2 m=259 m ,传送带的位移为x2=v0t- 1 2at 2=10×53- 1 2 ×4× 53 2 m=1009 m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 89 — —92 — 这段时间内的相对位移为Δx1=x2-x1= 100 9 m- 25 9 m= 25 3 m , 则5 3s 内,物 块 与 传 送 带 之 间 的 划 痕 为25 3 m ,故 D 正 确。故 选ABD。] 5.BCD [A.由图可知,小物块最后向右匀速运动,速度为1m/s,则 传送带的速度为1m/s,故A错误;B.由图像的斜率可知a=ΔvΔt= 2 1 m /s2=2m/s2,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得μ=0.2, 故B正确;C.当物块的速度减为0时,物块距传送带右端最远,根 据图像与坐标轴围成的面积可知x=12×1×2m=1m ,故C正 确;D.物块向右加速的时间为t2= v a =0.5s ,加速的位移为x1= 1 2at2 2=14 m ,匀速的时间为t3= x-x1 v = 3 4s ,物块在传送带上 共运动了t=t1+t2+t3=2.25s,故D正确;故选BCD。] 【技法点拨】 应用牛顿第二定律求出物块的加速度,应用运动学 公式求出物块的初速度;应用牛顿第二定律求出物块与传送带共 速后的加速度,应用运动学公式求出物块减速为零需要的时间; 应用运动学公式求出物块向左运动的最远距离;应用运动学公式 求出物块在传送带上共运动的时间。 6.AD [A.若v2=1m/s,则此时A相对传送带向左运动,则传送带 对A的摩擦力水平向右,选项A正确;B.因A与传送带之间的滑 动摩擦力大小为f=μmg=10N,若v2=2m/s,则此时刻 A与传 送带之间的摩擦力为零,AB受合外力为 F=mg=20N,则物块 AB将加速运动,于是A的速度将大于传送带的速度,此后物块A 受向左的滑动摩擦力,则AB受合外力变为F'=mg-f=10N> 0,则A向右做加速运动,选项B错误;C.若v2=3m/s,则此时物 块A受滑 动 摩 擦 力 向 左,则 A 的 加 速 度 大 小 为a=mg-f2m = 20-10 4 m /s2=2.5m/s2,选项C错误;D.若v2=4m/s,则此时物 块A受 滑 动 摩 擦 力 向 左,则 A 的 加 速 度 大 小 为a'=mg-f2m = 20-10 4 m /s2=2.5m/s2,对B分析 mg-F=ma',解得此时轻绳 拉力大小为T=15N,选项D正确。故选AD。] 7.D [A.小炭块所受摩擦力方向先沿斜面向下,后来沿斜面向上, 摩擦力方向改变,A错误;B.第一个减速阶段 mgsinθ+μmgcosθ =ma1,解得a1=10m/s2,因为mgsinθ>μmgcosθ,共速后继续减 速,第二个减速阶段mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=2m/s 2,B 错误;C.第 一 个 减 速 阶 段,减 速 到 共 速 所 需 时 间t1= v0-v a1 = 0.2s,传送 带 位 移xc1=vt1=0.4m,物 块 位 移 x1= v0+v 2 t1= 0.6m,故相对位移为Δx1=0.6m-0.4m=0.2m,第二个减速阶 段减速时间t2= v a2 =1s,传送带位移xc2=vt2=2m,物块位移x2 =v2t2=1m ,故相对位移为Δx2=2m-1m=1m,因为Δx1< Δx2,故小炭块在传送带上留下的痕迹长度为1m,C错误;D.由上 述分析可知,传送带传动的距离为xc1+xc2=2.4m,D正确。故选 D。] 8.C [A.煤块由传送带底端滑到顶端过程中受到的摩擦力均为滑 动摩擦力,大小不变,均为μmgcosθ,故 A错误;B.由图乙可知,0 ~1s内煤块速度比传送带速度大,煤块受到的摩擦力方向与运动 方向相反,1s时速度与传送带相等,此后继续减速,受到的摩擦力 与运动方向相同,故B错误;C.煤块与传送带的v t图像之间所 夹的面积表示相对位移的大小,故0~1s内煤块相对于传送带向 上滑动,相对位移大小为x1= (12-4)×1 2 m=4m ,1s~2s内煤 块相对于传动带向下滑动,相对位移大小为x2= 4×1 2 m=2m ,故 传送带的黑色痕迹长度为l=x1=4m,故C正确;D.由图乙可求出 煤块0~1s内和1s~2s内的加速度大小分别为a1= 12-4 1 m /s2 =8m/s2,a2= 4-0 2-1m /s2=2m/s2,这两段时间内根据牛顿第二 定律分别有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,mgsinθ-μmgcosθ=ma2, 联立解得μ= 3 5 ,故D错误。故选C。] 【技法点拨】 由题图乙判断物块与传送带共速前后的相对运动 方向,进而可得物块所受摩擦力的方向;根据滑动摩擦力公式,分 析两段时间内滑动摩擦力大小是否相等;由v t图像与时间轴 围成的面积表示位移大小可求得共速前后物块与传送带的相对 位移大小,考虑共速前后痕迹有重合的部分再确定痕迹长度;由 v t图像的斜率可得两段时间内物块的加速度,再根据牛顿第二 定律求解动摩擦因数。 9.A [A.物块刚滑上传送带上时,物块的速度小于传送带的速度, 相对于传送 带 向 上 运 动,受 到 的 摩 擦 力 沿 传 送 带 向 下,A正 确; BC.t1 后二者共速,物块与传送带的间的摩擦为静摩擦,BC均错 误;D.t1 时刻后传送带突然卡住不动,物块相对于传送带向下滑 动,故其受到的摩擦力沿传送带向上,D错误。故选A。] 10.D [A.砖块刚滑上传送带时,受到的滑动摩擦力沿传送带向下, 根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma,解得a=gsinθ +μgcosθ=12.5m/s 2,故 A错误;B.砖块在传送带上向上滑行 的最远距离为xm= v2 2a= 102 2×12.5m=4m ,故B错误;C.在v0<v 的情况下,砖块到达最高点后,继续以相同的加速度向下加速运 动到与传送带共速,由于tanθ<μ,砖块与传送带共速后一起做 匀速运动回到出发点,上滑时间为t1= v a ,向下加速到与传送带 共速所用时间和加速阶段的位移分别为t2= v0 a ,x2= v02 2a ,则匀速 阶段时 间 为t3= xm-x2 v0 = v2 2a- v02 2a v0 = v 2 2av0 - v0 2a ,则 总 时 间t= t1+t2+t3= v a + v0 a+ v2 2av0 - v0 2a= v a + v2 2av0 + v0 2a ,当v0=5m/s 时,t=1.8s,当v0=7m/s时,t= 289 175s<1.8s ,故C错误;D.v0 <v情况下,在砖块与传送带共速前,砖块一直相对于传送带向 上运动,砖块在传送带上留下的痕迹长度为Δx=v0(t1+t2)+ v 2 t1- v0 2t2= (v+v0)2 2a ,则v0 增大为7m/s时,砖块在传送带上留 下的痕迹变长,故D正确。故选D。] 11.ABD [滑块先沿传送带向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律 mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=gsinθ+μgcosθ,B.若传送带 不够长,滑块与传送带未共速便与挡板发生弹性碰撞,碰撞后向 上做匀减速运动,摩擦力的大小和方向不变,合力不变,加速度不 变;速度减小为零后,再次沿传送带下滑,故B正确;AC.若传送 带足够长,滑块与传送带时共速时,满足μmgcosθ≥mgsinθ,滑 块与传送带一起匀速向下运动直到滑块与挡板发生弹性碰撞,碰 撞向上做匀减速运动,摩擦力的大小和方向不变,合力不变,加速 度不变;速度减小为零后,再次沿传送带下滑,故A正确,C错误; D.若传送带足够长,滑块与传送 带 时 共 速 时,满 足μmgcosθ< mgsinθ,滑 块 继 续 加 速 下 滑,根 据 牛 顿 第 二 定 律 mgsinθ- μmgcosθ=ma2,解得a2=gsinθ-μgcosθ,直到滑块与挡板发生 弹性碰撞,碰撞向上做匀减速运动,摩擦力的大小和方向不变,合 力不变,加速度为a1 且不变;速度减小为零后,再次沿传送带下 滑,故D正确。故选ABD。] 【破题技巧】 分析碰撞前后滑块所受的滑动摩擦力相同,加速度 相同,判断出图象的斜率相同是解决本题的关键,要注意滑块与 传送带共速这一临界条件的运用。 12.BCD [A.物体刚滑上传送带时加速度为a,根据牛顿第二定律 得,沿传送带方向mgsinθ+f=ma,垂直传送带方向 mgcosθ= FN,又f=μFN,联立以上代入数据解得a=8m/s 2,方向沿传送 带向下。设物体初速度为v0,传送带速度为v,物体减速为零时, 经历时间t1= v0-0 a =0.5s ,此过程在传送带上留下的划痕长度 x1= v0 2t1+v1t1=2m ,反向加速到共速之前,加速度大小为a'= mgsinθ+f m =8m /s2,所以A项错误。B.达到和传送带共速的时 间t2= v-0 a' =0.25s ,则经历时间t=t1+t2=0.75s,选项B正 确。C.达到和传送带共速过程在传送带上留下的划痕长度x2= vt2- v 2t2=0.25m ,物体与传送带速度相同时,在传送带上留下 的划痕长度x=x1+x2=2.25m,然后相对传送带向下运动,痕 迹覆盖,所以黑色痕迹长度为2.25m。选项C正确。D.共速后 加速度a″=mgsinθ-fm =2m /s2,物体再次返回到A 点时的速度 v'2-v2=2a″× v02t1- v 2t2 ,解得v'= 7m/s,方向沿传送带 向下,选项D正确。故选BCD。] 13.BD [A.当人下蹲时,先向下加速后向下减速,加速度先向下后 向上,重力先大于支持力后小于支持力,当人起立时,先向上加速 后向上减速,加速度先向上后向下,重力先小于支持力后大于支 持力,结合图像可知,该同学做了一次“下蹲-起立”的动作,故A 错误;B.由图可知,该同学的重力约为500N,故B正确;C.当人 起立时,先向上加速后向上减速,加速度先向上后向下,人先超重 后失重,故C错误;D.当人下蹲时,先向下加速后向下减速,加速 度先向下后向上,人先失重后超重,故D正确。故选BD。] 14.BD [A.t=4s时电梯上升的速度从最大开始向上减速,未达到 最高点,故A错误;B.1~3s内电梯加速上升,则加速度向上,物 体处于超重状态,故B正确;C.5~7s内电梯减速上升,加速度向 下,物体处于失重状态,故C错误;D.t=8s时电梯的速度减小为 0,则电梯停止在某一层楼,故D正确。故选BD。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)由题图2可知,传感器的示数最小值出现在14~15s之间,此 时拉力的大小约为F1=4N,对小球进行受力分析,根据牛顿第二 定律有mg-F1=ma1 解得a1=9.2m/s2 此时小球处于失重状态,加速度方向向下;传感器示数最大值出现 在6~7s之间,此时拉力的大小约为F'=87N,对小球进行受力 分析,根据牛顿第二定律有F'-mg=ma' 解得a'=7.4m/s2<a1 故升降机的最大加速度为a1=9.2m/s2,此时小球处于失重状态, 加速度方向向下。 (2)由题图2可知,t=10s时传感器的示数约为F2=70N,小球处 于超重状态。 根据牛顿第二定律有F2-mg=ma2 解得升降机的加速度a2=4.0m/s2 方向向上。 由上述分析可知,小球的加速度方向竖直向上,运动可能是向上的 加速运动,也可能是向下的减速运动。故选AD。 【参考答案】 (1)9.2/9.0/9.1/9.3/9.4 向下 (2)超重 4.0 AD 【综合·一练到底】 解析 (1)餐盘滑到传送带上开始做匀减速直线运动,根据牛顿第 二定律有μmg=ma2,a2=2m/s 2 (2)餐盘滑到传送带C点时速度恰好为零,由运动学位移速度公式 得0-v2=-2a2L 餐盘沿斜面向下滑动时,由运动学位移速度公式得v2-0=2a1x 根据牛顿第二定律得mgsinα-μmgcosα=ma1 解得μ= 2 9 (3)若餐盘在传送带上一直匀加速到B 点,由运动学位移速度公式 得vB2=2a2L 餐盘沿斜面向上滑动时,根据牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα =ma,a=5m/s2 餐盘沿斜面向上减速到零的位移为:0-vB2=-2ax2,x2=1.6m <4m 餐盘不能重新回到倾斜轨道的A 点。 答案 (1)2m/s2 (2)μ= 2 9 (3)餐盘不能重新回到倾斜轨道的 A 点 【选做·一飞冲天】 解析 (1)释放后,B受传送带向下的滑动摩擦力,由于μ1 大于 μ2,B比A运动得快,则mAgsinθ+μ2mAgcosθ=mAaA 解得aA=7.5m/s2 由mBgsinθ+μ1(mA+mB)gcosθ-μ2mAgcosθ=mBaB 解得aB=10m/s2 (2)设经时间t1 木板B与传送带速度相同,则v=aBt1 解得t1=0.6s 同速后由于μ1(mA+mB)gcosθ+μ2mAgcosθ=20N>mBgsinθ= 10N 故木板B与传送带相对静止一起匀速运动,物块 A继续加速,设 再经时间t2 物块A与B及传送带速度相同,则v=aA(t1+t2) 解得t2=0.2s 此时A与B的相对位移为Δx1= 1 2aBt1 2+vt2- 1 2aA (t1+t2)2= 0.6m 同速后A会相对于B下滑,有mAgsinθ-μ2mAgcosθ=mAaA' 解得aA'=2.5m/s2 则B的合力F合 =μ2mAgcosθ+mBgsinθ-μ1(mA+mB)gcosθ=0 木板B仍匀速至与挡板相碰,直到与挡板相碰的时间为t3,t3= L- 12aBt1 2+vt2 v =0.4s 这段时间A相对B的位移为Δx2=vt3+ 1 2aA't3 2-vt3=0.2m 由于Δx1>Δx2,所以A在B上留下的划痕为s=Δx1=0.6m (3)第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为a'B,则 mBgsinθ+μ2mAgcosθ+μ1(mA+mB)gcosθ=mBaB' 解得aB'=15m/s2 碰后B上升到最高点所用的时间t4= v aB' =0.4s 碰后B上升到最高点向上运动的位移的大小为xB1= v2 2aB' =1.2m 碰撞时A的速度大小为vA=v+aA't3=7m/s t4 时间内A向下运动的位移的大小为xA1=vAt4+ 1 2aA't4 2=3m 因此Δx3=xA1+xB1=4.2m 此时A刚好到达木板的最左边,则木板的最小长度为Lmin=Δx3 +Δx2-Δx1+1m=4.8m。 答案 (1)aA=7.5m/s2 aB=10m/s2 (2)s=0.6m (3)Lmin=4.8m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 91 —