专题强化课二　传送带模型和“滑块-木板”模型 同步练习

PAGE11-专题强化练专题强化课二传送带模型和“滑块—木板”模型(40分钟60分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。1.2025年中国快递业迅猛发展,自动化分拣设备也得到了广泛应用。如图为一快递分拣流水线的简化示意图,快递包裹从距传送带0.2m高度处的分拣口无初速度释放,释放时传送带的A点恰好在包裹正下方。若传送带足够长,包裹落到传送带上不反弹,传送带匀速转动的速度v=0.4m/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10m/s2,则包裹与传送带共速时,包裹与传送带上A点的距离为()A.0.08m B.0.09mC.0.10m D.0.12m【解析】选D。根据自由落体运动公式,有h=12gt12,解得包裹落到传送带上的时间为t1=0.2s,A点运动的位移为x1=vt1=0.08m,包裹落到传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀加速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2m/s2,包裹达到和传送带共速所用的时间为t2=va=0.42s=0.2s,此过程中包裹的位移为x2=12at22=12×2×0.22m=0.04m,此过程中传送带的位移为x3=vt2=0.4×0.2m=0.08m,包裹与传送带上A点的距离为l=2.(2026·大同模拟)在快递分拣中心,常用倾斜传送带运输物品。如图所示,某倾斜传送带与水平面夹角为θ=37°,传送带长度为L=7.2m,以恒定速度v0=4m/s逆时针转动。将快递包裹(可视为质点)从传送带顶端A无初速度释放,包裹与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。已知sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2。关于包裹在传送带上的运动,下列说法正确的是()A.以加速度大小为10m/s2一直做匀加速运动B.到达传送带底端B时的速度大小为4m/sC.在传送带上划痕长度等于相对于传送带发生的位移大小D.若在包裹放置前增大传送带速度,包裹运动的最短时间为1.2s【解析】选D。包裹刚滑上传送带时,传送带逆时针转动,包裹受到向下的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,代入数据解得a1=10m/s2;假设经过t1时间与传送带达到共速,包裹运动位移为x1,由v0=a1t1,得t1=0.4s。x1=v02t1=0.8m<L,共速后由于mgsinθ>μmgcosθ,包裹继续向下加速运动,故A、B错误;包裹先是落后于传送带,即相对于传送带上滑,共速后相对于传送带下滑,相对位移为上述两个之差,而痕迹长度是上述两个相对滑动距离的最大值,故C错误;增加传送带速度,包裹运动时间会减小,当传送带速度增大到一定值后,包裹一直以a1=10m/s2的加速度加速,时间最短,即L=12a1t2,得t3.(2026·运城模拟)如图所示,一传送带与水平面间的夹角为θ,在电动机的带动下,传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块(可视为质点)从传送带的底端以速度v0冲上传送带,v0>v,当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m,下列说法正确的是()A.μ与θ之间的关系为μ=tanθB.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变C.物块的速度达到v前后,加速度的大小之差为2μgcosθD.物块的速度达到v前,在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半【解析】选C。根据题意可知,物块与传送带速度相等后继续向上减速,则有μmgcosθ<mgsinθ,可得μ<tanθ,故A错误;因为v0>v,物块与传送带速度相等之前,物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度沿斜面向下,大小为a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ,物块与传送带速度相等之后,加速度沿斜面向下,大小为a2=mgsinθ-μmgcosθm=gsinθ-μgcosθ<a1,则物块与传送带在速度相等前后,加速度的大小之差为Δa=a1-a2=2μgcosθ,故B错误,C正确;设物块从冲上传送带到与传送带共速所用时间为t,此过程物块的位移为x物=v+v02t,传送带的位移为x带=vt,此过程中物块在传送带上的划痕长度为Δx=v物-v带=v+v02t4.【多选】如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一质量为2kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦,之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10m/s2,下列说法正确的是()A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2C.1s末物体B从木板A的右端滑落D.长木板A的质量是4kg【解析】选B、D。由题意可知,A木板的运动方向与其摩擦力方向相同,物体B运动方向与其摩擦力方向相反,故A错误;由题图乙知B的加速度大小为aB=3-11m/s2=2m/s2,对B由牛顿第二定律有μmBg=mBaB,解得μ=0.2,故B正确;由题图乙可知0~1s内二者相对运动,之后相对静止一起匀速运动,故C错误;长木板A的加速度大小为aA=1m/s2,由μmBg=mAaA,μmBg=mBaB,联立两式可解得aAaB=mBmA=5.【多选】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=μg,t=5s时煤块与传送带共速,速度为v512m/s,在v-t图上斜率为加速度,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图线与时间轴围成的面积代表位移,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,共速后煤块相对于传送带向右滑动的相对位移为Δx2=12×5×12m-126.【多选】(2026·山西三重联考)如图所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,处于静止状态。小滑块Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,滑块、木板的质量均为1kg,重力加速度g取10m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则下列说法可能正确的是()A.F=4N时Q受到的摩擦力为0B.F=14N时P的加速度等于4m/s2C.F=8N时Q受到的摩擦力为1ND.F=8N时经过4s撤去F,若要Q不从P上滑脱,长木板至少为4m【解析】选A、C、D。F至少等于f1=μ2(M+m)g=6N才能拉动木板P,F=4N时木板P保持静止,Q的摩擦力为0,A正确。F=14N时,Q在P上相对滑动,对P分析有a1=F-μ1mg-μ2(M+m)gM=6m/s2,B错误。F=8N时,Q与P加速度相等,a2=F-μ2(M+m)gM+m=1m/s2,Q受到的摩擦力f2=ma2=1N,C正确。F=8N时,经过4s撤去F,此时Q与P具有相同的速度v=a2t7.如图,在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动,某时刻将物块a轻放在b上,同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等,a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时,关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是()【解析】选B。a和b的速度达到共速之前,a受到b向右的摩擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力,a做加速运动,b做减速运动,则对于a,由牛顿第二定律有a1=F+μmgm,对b有a2=μmgm=μg<a1,由此可知a的加速度大于b的加速度,故A、C错误;a、b共速后,若在恒力作用下,a、b间的摩擦力f没有达到最大静摩擦力,则一起做加速运动,则对于b有a共=fm,且f≤μmg,故a、b的加速度a共<a1,故B正确;若在恒力作用下,a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力,发生相对滑动,则a、b的加速度大小不相等,且均做加速运动,则对于a有a3=F-μmgm,对b有a4=μmgm=μg,可知a8.【多选】倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2kg,长8m的长木板Q,木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1kg的小滑块P。P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为13。若P、Q同时从静止释放,以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)(A.P、Q两个物体加速度分别为6m/s2、4m/s2B.P、Q两个物体加速度分别为6m/s2、2m/s2C.P滑块在Q上运动时间为1sD.P滑块在Q上运动时间为2s【解析】选B、D。对P受力分析,受重力和Q对P的支持力作用,根据牛顿第二定律有mPgsin37°=mPaP,解得aP=gsin37°=6m/s2;对Q受力分析,受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用,根据牛顿第二定律有mQgsin37°-μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ,解得aQ=2m/s2,故A错误,B正确;设P在Q上面滑动的时间为t,因aP=6m/s2>aQ=2m/s2,故P比Q运动更快,根据位移关系有L=12aPt2-12aQt2二、计算题:本题共1小题,共12分。9.(12分)一足够长的水平传送带以速度v=6m/s顺时针匀速转动,把一质量为M=1kg的足够长的木板B轻轻放在传送带上,B与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.4,重力加速度g取10m/s2,求:(1)刚将木板B放上传送带时,木板B的加速度;(3分)答案:(1)4m/s2方向水平向右【解析】(1)刚将木板B放上传送带时,根据牛顿第二定律可得μ1Mg=Ma解得木板B的加速度为a=4m/s2方向水平向右。(2)若将木板B放上传送带的同时把一个质量为m=1kg的物块A轻放在木板B上,如图所示,A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2,求A、B两个物体的加速度大小;(3分)答案:(2)2m/s26m/s2【解析】(2)由于μ2=0.2<μ1=0.4可知A相对于B向左滑动,以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ2mg=maA解得A的加速度大小为aA=2m/s2以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g-μ2mg=MaB解得B的加速度大小为aB=6m/s2(3)接上问,若将物块A改为以水平向右v=6m/s的初速度放上木板B,则从开始到最终A、B、传送带都相对静止经历时间为多少?(6分)答案:(3)1s【解析】(3)若将物块A改为以水平向右v=6m/s的初速度放上木板B,则A相对于B向右运动,受到的摩擦力向左,A向右做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可得a'A=μ2mg以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma'B解得a'B=10m/s2设经过t1时间,A、B速度相同,设为v1,则有v1=v-a'At1,v1=a'Bt1解得t1=0.5s,v1=5m/sA、B共速后,根据(2)分析可知,A开始做加速度为aA=2m/s2的匀加速运动,B开始做加速度为aB=6m/s2的匀加速运动,设经过t2时间,B与传送带共速,则有t2=v-v1aB此时A的速度为vA=v1+aAt2=5m/s+2×16m/s=16B与传送带共速后,B与传送带保持相对静止一起做匀速运动,A继续做匀加速运动,设经过t3时间,A、B与传送带速度相同,则有t3=v-vAaA则从开始到最终A、B、传送带都相对静止所经历时间为t=t1+t2+t3=1s【加固训练】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=0.75m、质量M=2kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=235。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s(1)为使物块不滑离木板,求恒力F应满足的条件;答案:(1)15N<F≤18N【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象,由牛顿第二定律得F-(M+m)gsinα=(M+m)a对物块有f-mgsinα=ma刚好不滑动时f=fm=μmgcosα两者一起加速,由牛顿第二定律得F-(M+m)gsinα>0联立解得15N<F≤18N(2)若恒力F=21N,求物块在薄木板上滑行的时间及在整个过程