2025版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业14传送带模型和“滑块-木板”模型

课时分层作业(十四)传送带模型和“滑块—木板”模型基础强化练1.某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准．假设皮带传送带的长度为10m、运行速度是8m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s.取重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B．工件被传送到另一端的最长时间是2sC．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D．若工件不被传送过去，返回到动身点的速度为10m/s2．光滑水平面上停放着质量M＝2kg的平板小车，一个质量为m＝1kg的小滑块(视为质点)以v0＝3m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示．小车长l＝1m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10m/s2，从小滑块滑上小车起先计时，1s末小滑块与小车B端的距离为()A．1mB．0C．0.25mD．0.75m3.(多选)应用于机场和火车站的平安检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4m/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2m，g取10m/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．起先时行李的加速度大小为2m/s2B．行李经过2s到达B处C.行李到达B处时速度大小为0.4m/sD．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m4.如图所示，质量M＝4kg的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，现有一质量m＝3kg的小木块以v0＝14m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，木块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10m/s2，求：(1)木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小分别为多少；(2)木板的长度；(3)木板在地面上运动的最大位移．5．质量为3kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止起先运动，如图甲所示．A、B运动的加速度随时间改变的图像如图乙所示(g取10m/s2).(1)求木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(2)求4s末A、B的速度大小；(3)若6s末木板和木块刚好分别，则木板的长度为多少？实力提升练6.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李，如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包袱(可视为质点).小包袱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小包袱相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包袱通过传送带所需的时间t.7．[2024·山西临汾联考]某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域．使空皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子接着随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中心．空香皂盒的质量为m＝20g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6m，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24N，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10m/s2，试求：(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a1的大小；(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度vmax.课时分层作业（十四）1．解析：工件恰好传送到右端，有0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝eq\f(v0,μg)＝2s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，工件先加速到8m/s，然后再匀速运动，所以返回的时间大于正向运动的时间，返回到动身点的速度为8m/s，故C、D错误．答案：B2．解析：设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝μg，小车加速度a2＝eq\f(μmg,M)，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5s<1s，v＝1m/s，0.5s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动．则在0～0.5s时间内小滑块位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1m，小车位移x2＝eq\f(v,2)t0＝0.25m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25m，C项正确．答案：C3．解析：起先时，对行李，依据牛顿其次定律μmg＝ma解得a＝2m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4m/s，依据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2s，匀加速运动的位移大小x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×2×0.22m＝0.04m，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.04,0.4)s＝4.9s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，故B错误；由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0.4m/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＝0.04m，故D错误．答案：AC4．解析：（1）由题意知，木块滑上木板后木块做匀减速直线运动，初速度v0＝14m/s，加速度大小a1＝μ2g＝5m/s2，木板由静止做匀加速度直线运动，由牛顿其次定律得μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma2，解得a2＝2m/s2.（2）木块恰好未从木板上滑下，当木块运动到木板最右端时，二者保持相对静止，两者速度相等．设此过程所用时间为t即v木块＝v0－a1t＝v木板＝a2t，解得t＝2s，木块位移x木块＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝18m，木板位移x木板＝eq\f(1,2)a2t2＝4m，木板长度L＝x木块－x木板＝14m.（3）μ2>μ1，则木块、木板达到共同速度后将一起做匀减速直线运动，分析得v共＝a2t＝4m/s，a3＝μ1g＝1m/s2，木块、木板一起减速的位移x′木板＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共)),2a3)＝8m，总位移x＝x木板＋x′木板＝12m.答案：（1）5m/s22m/s2（2）14m（3）12m5．解析：（1）由题图乙知4s末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时aA＝2m/s2.对于木板有f＝mAaA＝μmBg，木板与木块间的动摩擦因数μ＝eq\f(mAaA,mBg)＝0.3.（2）由题图乙知，4s末A、B的速度均为v＝eq\f(1,2)×4×2m/s＝4m/s.（3）4～6s内，木板A运动的位移xA＝vt2＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，木块B的位移xB＝vt2＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，则木板的长度l＝xB－xA＝4m.答案：（1）0.3（2）4m/s4m/s（3）4m6．解析：（1）对小包袱，由牛顿其次定律有μmgcosα－mgsinα＝ma解得小包袱相对传送带滑动时的加速度大小a＝0.4m/s2.（2）假设小包袱能与传送带共速，则由运动学学问有v2－v1＝at1解得共速前所用的时间t1＝2.5s又veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2ax解得这段时间内小包袱的位移x＝2.75m<L，故假设成立小包袱与传送带共速后，由于mgsinα<μmgcosα，故小包袱与传送带同速向下运动，有L－x＝v1t2解得t2＝2.0s则小包袱通过传送带所需的时间t＝t1＋t2＝2.5s＋2.0s＝4.5s.答案：（1）0.4m/s2（2）4.5s7．解析：（1）以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，依据牛顿其次定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝8m/s2.（2）传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t1，减速时间为t2，垂直于传送带方向的加速位移为x1，减速位移为x2，则香皂盒减速过程的加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝μg＝4m/s2由匀变速直线