第3章 第15课时专题强化五 “传送带”模型和“滑块一木板”模型中的动力学问题(跟踪评价)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

第15课时 专题强化五 模型中的云 基础溶实练 1.(多选)如图所示，水平传送带以恒定 6⊙ 的速度顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描 述小滑块在传送带上运动的v-t(速度一时间)、a-t (加速度一时间)图像可能正确的是 () C D 2.(2025厦门二模)如图所示为速冻食品加工厂生产和 包装饺子的一道工序.将饺子轻放在匀速运转的足 够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用 和空气阻力.关于饺子在水平传送带上的运动，下列 说法正确的是 () A饺子质量越大，加速运动的加速度一定越小 B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大 C.饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动 的过程受到静摩擦力 D.饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正功 3.倾角为0的传送带以恒定速率oo顺时针转动.t=0 时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示.to 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到.不 计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过 程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可 能正确的是 跟踪评价11/■ “传送带”模型和“滑块一木板” 力力学问题 D答案见D4 C D 4.如图所示，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上， 一个小木块（可视为质点）质量也为1kg,以初速度 =4m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之 间的动摩擦因数为0.2，要使木块不会从木板右端滑 落，则木板的长度至少为 () 777777777777777 A.5 m B.4m C.3m D.2 m 5.如图所示，在光滑平台上放置一长度l=0.5m,质量 M=2kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的 质量m=1kg物块，物块与薄板间动摩擦因数μ= O.2.开始时两者均静止，现对薄板施加F=8N、水 平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度大小g取 10m/s2.则物块在薄板上运动的时间为 () Trrn A.2.3s B.2s C.1.7s D.1s 6.如图，水平传送带匀速顺时针转动，速度大小= 2m/s,A、B两轮间的距离为4m,在右端一物块以 2=3m/s的速度滑上传送带，物块与传送带间的动 摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2,则下列说法正确 的是 () A.物块能滑过B轮 B.物块经t=2s速度减为零 B C.物块返回到A轮时的速度 大小仍是3m/s D.物块在传送带上滑动时加速度的大小是2m/s2 327 物理● 素养提升练 7.(2025湖北一模)一足够长的木板P静置于粗糙水 平面上，木板的质量M=4kg,质量m=1kg的小滑 块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度滑上木 板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力 F,如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过 t=2s撤去拉力F,两物体一起做匀减速直线运动， 再经过t2=4s两物体停止运动，画出的两物体运动 的v-t图像如图乙所示.（最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度g=10m/s2)求： (1)0~2s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体 一起做匀减速直线运动的加速度大小； (2)滑块Q运动的总位移； (3)拉力F的大小 /m·s) 12 8\Q 4上 P 7777777777777770 246s 甲 乙 328 8.(2025重庆模拟)如图所示，一足够长的倾斜传送带以 速度v=5m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平 方向的夹角0=37°.质量均为m=5kg的小物块A和 B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与 传送带平行，轻绳足够长且不可伸长.某时刻开始给物 块A以沿传送带方向的初速度%=14m/s(此时物块 A、B的速率相等，且轻绳绷紧)，使物块A从传送带下 端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数 =0.25,不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块 B都没有上升到定滑轮处.取sin37=0.6,cos37°= 0.8,重力加速度g=10m/s2.求： (1)物块A刚冲上传送带时的加速度； (2)物块A冲上传送带运动到最高点所用时间； (3)物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对 传送带做的功. 6 8解析(1)物体A、B分离时，F最大；对物体B,由牛顿第二定律 得Fm一mg=ma,代入数据解得Fm=21N. (2)物体A、B静止时，设弹簧压缩的距离为x0;对A、B系统， 由平衡条件得kx0=u·2mg,解得xo=0.3m,物体A、B开始 分离时，对物体A,由牛顿第二定律得kx一mg=ma,解得x= 0.21m,从静止到物体A和B分离，物体运动的位移为△x= 一x=0.09m,根据匀变速运动的规律得子=2a△x,解得u 0.6m/s. 7.B层析由-t图像面积表示位移，可知杆长为工一Q3X03m 2 0.045m=4.5cm,故D错误；由牛顿第二定律得F-mg=ma1, mg=ma2,由图可知撤去F前后算珠的加速度大小分别为 a1=a=0.m/g=2m/,联立解得=0.2，m=25g,故A 0.3 错误，B正确；若F不撤去，算珠将以2/s2的加速度做匀加速 直线运动，经0.2s运动位移为x=号×2X0.2m=4cm< 4.5cm,则此时未到归零状态，故C错误.故选B. 8.AD解析位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个 物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀 减速运动，在6时间内甲乙的位移可得x=%=3, =”=,可得6时刻甲物体的连度为。=2，故B 错误；甲物体的加速度大小为a=”西，乙物体的加速度大小 to 为a2=六，由牛顿第二定律可得甲物体mgin0一mgcs0= ma1,同理可得乙物体2 ngcos0-mgsin0=ma2,联立可得 凸十=2tan0,A正确；设斜面的质量为M,取水平向左为正 方向，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos0-ma2cos0=0,则 t=t6之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；t=t。之 后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿 第二定律可得f=a1cos0,即地面对斜面的摩擦力向左，故D 正确.故选AD. 第15课时专题强化五‘传送带”模型 和滑块一木板”模型中的动力学问题 1.ABD解析若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀 加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运 动，加速度为零.若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一 直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送 带，故C错误.故选ABD. 2.D解析饺子在水平传送带上加速运动时，受到滑动摩擦力作 用，设饺子和水平传送带之间的动摩擦因数为以，饺子的加速 度为a,根据牛顿第二定律有mg=ma,解得a=g,所以饺子 的加速度大小与饺子的质量以及传送带的速度大小无关，故 AB错误；饺子加速运动的过程受到滑动摩擦力，匀速运动的过 程不受摩擦力作用，故C错误；饺子受到的滑动摩擦力方向与 饺子的运动方向一致，所以饺子受到的滑动摩擦力对饺子做正 功，故D正确。故选D. 3.C解析0~6时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动.受 力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大 于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动.。之后：当物 块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加 速度突变为零，物块做匀速直线运动.故C正确，ABD错误.故 选C. 4.D解析根据牛顿第二定律得，木块的加速度a=mg=g m 02X10m=2m/g木板的加速度a=覆_-0210m/g= 1 2m/s2设经时间t木块与木板达到同速，根据匀变速直线运动 速度与时间关系有%一a1t=a2t根据位移与时间关系有vot af-7auP=L解得L=2m,故选D 跟踪评价答案11/■ 5.D解析设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1,薄板的加速 度为a2,物块脱离薄板的时间为t,则由牛顿第二定律有mg= ma,F-omg=Ma2,代入数据解得a=2m/s2,a2=3m/s2, 由物块与薄板之间的位移关系可得2af一2at-儿，代入数 据解得物块在薄板上运动的时间t=1s,故选D. 6.D解析物块向左运动时，受到的滑动摩擦力向右，产生的加 速度大小为a=mg=2m/S2,物块向左运动速度减小到0时 n 所用时间为1=兽=15s,通过的位移大小为x一要 2.25m<L船=4m,可知物块到达B轮前速度已经减为0，之 后物块向右做加速运动，加速度大小仍为2/s2,由于)= 2m/s<2=3m/s,则物块返回到A轮时的速度大小为2m/s, 故D正确，A、B、C错误.故选D. 7.(1)4m/s22m/s21m/s2(2)24m(3)9N 解析(1)0-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，0一2s内滑块Q的加速度大小a=124m/g= 2 4m/g,0~2s内木板P的加速度大小a2=号m/3=2m/s, 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a=6二2m/$= 4 1m/s. (2))-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运动的总位移工=122m十45m=24m 2 2 (3)02s内对滑块Q分析有4mg=ma1,0~2s内对木板P 分析有1mg+F一(mg十Mg)=Ma2,两物体一起做匀减速 直线运动，对PQ整体分析有h2(m十MDg=(m十MDa3,联立 代入数据解得F=9N. 8.(1)9m/,方向沿传送带向下(2)号。(3)l9J 解析(1)物块A刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定 律有mgsin0+T+mgcos0=ma1,对B物块mg-T=ma1,联 立解得a1=9m/s,方向沿传送带向下. (2)物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动， 对A物块，根据牛顿第二定律有mgsin0十T-umgcos0=ma2, 对物块mg一T=ma2,联立解得a2=7m/s2,当物块A的速度 减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有=二” 1s4==号s,联立解得1=4十=号8 (3)此过程中物块对传送带做的功W=f一fx2,其中f ungcos0,x=d,2=,解得W=100J. 7 第16课时实验四探究加速度与 物体受力、物体质量的关系 1.(1)c(2)①失重②d 解析(1)平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受 牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动.故选℃. (2)根据图像可知t=4s时，加速度方向竖直向下，故处于失重 状态；对物体根据牛顿第二定律R一mg=m,整理得a=元· 下N一g,可知图像的斜率为，故将物体质量增大一倍，图像斜 率变小，纵轴裁距不变，其a-FN图像为图丁中的图线d, 2.(1)C(2)2.01.3(3)D 解析(1)补偿摩擦力时不能挂托盘及放砝码，A错误；改变滑 块质量时，不用重新平衡摩擦力，B错误；托盘及砝码的总质量 远小于滑块的质量时，才可认为滑块受到的外力等于托盘及砝 码的总质量，C正确；实验时应先接通电源，再释放滑块，D错 误.故选C. D67