专题强化练(第三章专题强化课二传送带模型和“滑块-木板”模型)

专题强化课(40分钟70分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。1.(2024·北京等级考)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是()A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长【解析】选D。刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A错误;匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B错误;物体加速,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C错误;设物体与传送带间动摩擦因数为μ,物体相对传送带运动时a=μmgm=μg,做匀加速运动时,物体速度小于传送带速度,则一直加速,由v=at可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D2.如图(a)所示,安检机在工作时,通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端,其过程可简化为图(b),传送带长为2.1m,被检物品与传送带的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节,当传送带速度调为4m/s,被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中(g取10m/s2,被检物品可视为质点),下列说法正确的是()A.物品先做匀加速运动后做匀速运动B.物品从A端到B端所用的时间为1.5sC.物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力D.若减小传送带速度,物品传送时间可能不变【解析】选D。物品先做匀加速直线运动,μmg=ma,解得a=3m/s2,假设物品可以加速到与传送带共速,则加速运动的时间为t1=va=43s,加速运动的距离为x1=12at12=83m≈2.67m>2.1m,因此物品在传送带上一直做加速运动,A错误;因一直加速,L=12at2,物品从A端到B端所用的时间为t=2La=4.23s≈1.2s,B错误;因为一直加速,所以物品一直受到向右的滑动摩擦力,C错误3.(多选)如图,物块A、B静置叠放在光滑水平面上,A、B上下表面水平。A、B间动摩擦因数为0.1,mA=1kg,mB=2kg,某时刻起B受到水平向右随时间t变化的拉力F[F=1.5t(N)],A始终在B上,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,则()A.t=1s时,A的加速度大小为0.5m/s2B.t=1s时,A、B间摩擦力大小为1NC.t=2s时,A、B即将发生相对运动D.t=3s时,B的加速度大小为1.5m/s2【解析】选A、C。A、B不发生相对运动时,A的最大加速度为am=μg=1m/s2,以A、B为整体,根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)am=1.5t(N),解得t=2s,故C正确;t=1s时,以A、B为整体,根据牛顿第二定律F=(mA+mB)a1=1.5t(N),解得A的加速度大小为a1=0.5m/s2,A、B间摩擦力大小为f=mAa1=0.5N,故A正确,B错误;t=3s时,A、B发生相对运动,对B,根据牛顿第二定律F-μmAg=mBa2,解得B的加速度大小为a2=1.75m/s2,故D错误。4.(多选)(2025·沈阳模拟)如图甲所示,一水平浅色传送带上放置一煤块(可视为质点),初始时,两者都是静止的,现让传送带在电机带动下先加速后减速,传送带的速度—时间图像如图乙所示,t=5s时煤块与传送带共速,设传送带足够长,最终煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹,重力加速度g取10m/s2。整个过程中,下列说法正确的是()A.煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.24B.煤块的位移大小为60mC.煤块相对传送带的位移大小为28mD.黑色痕迹的长度为16m【解析】选A、B、D。煤块的加速度a=μmgm=μgt=5s时煤块与传送带共速,速度为v5=12m/s,在v-t图上作出煤块的速度—时间图像,斜率为加速度则a=μg=125m/s2得μ=0.24,故A正确;根据几何关系可知,煤块的图像与传送带的图像交于(5s,12m/s);然后减速,交t轴于10s,v-t图线与时间轴围成面积代表位移,煤块的位移大小为x煤=12×10×12m=60m,故B正确;由图可知,煤块先相对于传送带向左滑动的相对位移为Δx1=12×4×16m+12+162×1m-12×5×12m=16m,共速后煤块相对传送带往右滑动的相对位移为Δx2=12×5×12m-12×3×12m=12m,则痕迹应取较长的相对位移为16m,煤块相对传送带的总位移为Δx=Δx1-Δx25.(2024·长春模拟)如图甲所示,一粮食储备仓库工人正利用传送带运送货物,以恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°,转轴间距L=3.5m。工人将货物(可视为质点)沿传送方向以速度v1=1.5m/s从传送带顶端推下,t=4.5s时货物运动到传送带底端,货物在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,则()A.t=2.5s时,货物所受摩擦力方向改变B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.4C.传送带运行的速度大小为0.5m/sD.货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变思路导引【解析】选C。由图乙可知,在0~2.5s内,货物的速度大于传送带的速度,则货物受沿斜面向上的滑动摩擦力,在2.5~4.5s内,货物匀速下滑,根据平衡条件可知,货物受沿斜面向上的静摩擦力,所以2.5s时货物所受摩擦力方向不变,故A错误;图线与坐标轴围成的区域的面积表示位移的大小,根据题意可得L=v1+v02t1+v0t2,解得v0=0.5m/s,故C正确;由图乙和C分析可知,货物在0~2.5s内由牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,由图像可知货物的加速度大小为a=v1-v0t1,联立解得μ=0.8,故B错误;6.(2024·台州模拟)在倾角为θ的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板,木板上端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端,与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数μ1=tanθ,小滑块与木板间的动摩擦因数μ2<μ1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长,且小滑块未脱离木板,则在小滑块下滑的过程中,下列说法中正确的是()A.小滑块与长木板相对静止一起加速下滑B.长木板相对斜面匀速下滑C.小滑块的加速度为gsinθ-μ2gcosθD.长木板的加速度为gsinθ+μ2gcosθ-μ1gcosθ【解析】选C。根据题意,由于μ1=tanθ,则可知,对于木板而言,若木板单独放在斜面上,则有mgsinθ=μ1mgcosθ,即木板会静止在斜面上,而由于μ2<μ1,则对小滑块有mgsinθ>μ2mgcosθ,即小滑块不能静止在木板上,当在木板上放上小滑块后,由于小滑块不能静止,会与木板产生相对滑动,木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上,而根据牛顿第三定律可知,滑块对木板的滑动摩擦力沿着木板向下,此时对木板有mgsinθ+μ2mgcosθ<μ1(m+m)gcosθ,即木板仍然静止在斜面上,故A、B、D错误;对小滑块,由牛顿第二定律有mgsinθ-μ2mgcosθ=ma,解得小滑块在静止的木板上下滑时的加速度大小为a=gsinθ-μ2gcosθ,故C正确。7.如图所示,光滑水平面上静置一质量为m的长木板B,木板上表面各处粗糙程度相同,一质量也为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板。当v=v0时,小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速,则()A.若v=v02,A、BB.若v=v02,A、B相对静止时,A恰好停在木板C.若v=2v0,A经历t0D.若v=2v0,A从木板B右端离开时,木板速度等于v【解析】选A。根据牛顿第二定律,μmg=maA=maB,则A、B两物体加速度大小相等,设为a,小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速,则v共=v0-at0=at0,解得t0=v02a,v共=v02,a=v02t0,木板的长度L=v0+v共2t0-v共2t0=v0t02,若v=v02,A、B两物体共速时有v共1=v02-at1=at1,解得t1=v04a=t02,v共1=v04,A、B相对静止时,相对位移为ΔL=v02+v共12t1-v共12t1=v0t14=v0t08<L2=v0t04,故A停在木板B的中点左侧,故A正确,B错误;若v=2v0,A8.(多选)(2025·安徽六校模拟)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是()A.小物块在t=3t0时刻滑上木板B.小物块和木板间动摩擦因数也为μC.小物块与木板的质量比为3∶8D.小物块先减速再反向加速最后匀速运动【解析】选A、D。v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,由图可知t=3t0时刻,木板的速度为v0=32μgt0,由题意可知物块开始滑上木板时的速度为v1=-32μgt0,方向水平向左,经过t0时间与木板共速,速度为v共=12μgt0,方向水平向右,故可得v共-v1=a0t0,解得a0=μ0g=2μg,故B错误;设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时,木板的加速度为a=ΔvΔ对木板,根据牛顿第二定律可得F-μMg=Ma解得F=32根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a'=Δv'Δt根据牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'解得mM=故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动,对整体F-μ(m+M)g=32μMg-32故可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,综上可知小物块先减速再反向加速最后匀速运动,故D正确。二、计算题:本题共2小题,共22分。9.(10分)如图所示水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接,竖直14圆形轨道与PQ相切于Q。已知传送带长L=4.0m,且沿顺时针方向以恒定速率v=3.0m/s匀速转动,滑块C以速度2.0m/s滑上传送带时,恰好停在Q点。滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ=0.20,装置其余部分均可视为光滑,滑块大小不计,重力加速度g取10m/s2。(结果可带根号(1)求C以速度2.0m/s刚滑上传送带时的加速度大小;(2分)答案:(1)2m/s2【解析】(1)由牛顿第二定律可知μmg=ma得a=2m/s2(2)求P、Q间的距离;(3分)答案:(2)2.25m【解析】(2)设C滑上传送带后一直加速,则根据运动学公式可知vt2-v解得vt=25m/s>v所以C在传送带上一定先加速后匀速,滑上PQ的速度v=3m/s又因为恰好停在Q点,则有02-v2=-2μgxPQ解得xPQ=2.25m(3)14圆轨道半径R=0.55m,若要使C滑过Q点但不脱离14圆轨道,求C滑上传送带时速度大小的范围。(5答案:(3)5m/s<v0≤6m/s【解析】(3)滑块C到P点速度超过3m/s时最终可滑过Q,说明滑块在传送带上一直减速,则v2-vC2vC2=5m/s,C的初速度范围是5m/s<v0≤6m/s要使C不脱离轨道,最多恰能到达圆心等高处,则得vQ1=2gR=11vQ12-vC12=-2μg解得vC1=6m/s10.(12分)如图所示,将一可视为质点的小物块A放置在足够长的长木板B最右侧,用跨过轻质定滑轮的轻绳将木板右侧与重物C相连并保持静止,三者的质量分别为mA=1kg、mB=2kg、mC=3kg,重物C距离地面高度h=0.72m。已知物块A与长木板B间的动摩擦因数μ1=0.1,木板与桌面间的动摩擦因数μ2=0.3。初始时刻从静止开始释放重物,长木板全程未与定滑轮发生碰撞,不计滑轮摩擦,g=10m/s2。求:(1)释放重物瞬间长木板和物块的加速度大小;(4分)答案:(1)4m/s21m/s2【解析】(1)对物块A、长木板B和重物C受力分析,由牛顿第二定律可得:μ1mAg=mAaAFT-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB1mCg-FT=mCaB1代入数据可得aA=1m/s2,aB1=4m/s2(2)物块距离长木板右端的最远距离。(8分)答案:(2)0.81m【解析】(2)重物下落高度h后落地,所用时间为t=2haB重物落地前物块和长木板做匀加速运动,由运动学表达式可得vA=aAt=0.6