第三章　培优练4　动力学中的传送带问题、板块问题-2027版高考物理一轮复习

培优练4动力学中的传送带问题、板块问题[分值：55分][1~5题，每题4分]1.如图所示，与水平面夹角为37°的倾斜传送带，在电机控制下以4m/s的恒定速率逆时针运转，两轮中心间的距离为5.75m。质量为10kg的小物块(可视为质点)以1m/s的初速度从传送带顶端滑至底端的过程中(已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小取10m/s2)，物块()A.先做匀加速直线运动，后做匀速运动B.所受的摩擦力方向一直沿传送带向上C.从顶端运动至底端的时间为1.4sD.在传送带上留下的划痕长度为1m答案D解析刚开始时，物块受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物块先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°=ma，假设能与传送带达到共速，则x1=v2-v022a=0.75m<L=5.75m，假设成立。由于μ<tan37°，所以二者共速后物块继续沿传送带向下做匀加速直线运动，即受到沿传送带向上的滑动摩擦力，故A、B错误；共速后，物块的加速度为a'=mgsin37°-μmgcos37°m，根据位移时间关系有L-x1=vt2+12a't22，代入数据解得t2=1s，所以从顶端运动至底端的时间为t=t1+t2=v-v0a+t2=1.3s，故C错误；共速前划痕长度为Δx1=vt1-x1=0.45m，共速后划痕长度为Δx2=L2.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针转动，初速度大小为v2(v2>v1)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面，水平向左滑上传送带，选v2的方向为正方向，从物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像不可能是图中的()答案C解析小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A可能；小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B可能；物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速直到速度等于传送带速度v1后匀速运动，故C不可能；小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故D可能。3.质量为m1=2kg、长度L=2m的长木板甲静止在光滑水平面上，一质量为m2=1kg的小物块乙(可视为质点)放在长木板甲的左端，如图所示。水平向右的拉力F，第一次作用在长木板甲右端，大小为6N，甲和乙刚要发生相对滑动；第二次作用在小物块乙的右侧，大小为7N。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。拉力F第一次和第二次作用前，甲和乙如图所示静止在水平面上。下列说法正确的是()A.拉力F第一次作用时，甲和乙的加速度大小为a=3m/s2B.甲和乙之间的动摩擦因数μ=0.4C.拉力F第二次作用时，经时间t=1s后乙从甲的右端滑出D.拉力F第二次作用时，乙从甲的右端滑出时相对于甲的速度为5m/s答案C解析水平拉力F第一次作用时，甲和乙刚要发生相对运动，对于甲和乙构成的整体，根据牛顿第二定律有a=Fm1+m2=2m/s2，故A错误；水平拉力F第一次作用时，对于物块乙有μm2g=m2a，解得μ=ag=0.2，故B错误；水平拉力F第二次作用时，根据牛顿第二定律，对甲有a1=μm2gm1=1m/s2，对乙有a2=F-μm2gm2=5m/s2，经时间t，乙物块到达甲的右端，有L=12a2t2-12a1t2，解得t=1s，故C正确；当乙滑动到甲的右端时，乙的速度为v2=a2t=5m/s，方向水平向右，甲的速度为v1=a4.如图所示，质量M=4kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t=0时刻对木板施加F=45N的水平向右恒力，同时质量m=1kg的小物块以v0=15m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L=7.8m，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为8m/s2B.t=1s时，小物块恰好运动到木板最右端C.t=(1+6)s时，小物块从木板左端脱离D.若t=2s时撤去外力F，小物块最终会从木板左端脱离答案C解析小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有F+μ2mg-μ1(m+M)g=Ma1，解得a1=10m/s2，故A错误；对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2，解得a2=5m/s2，t=1s时，小物块的速度v1=v0-a2t=10m/s，此时木板的速度v2=a1t=10m/s=v1，两者的相对位移x相1=v0+v12t-v22t=7.5m<L=7.8m，可知，t=1s时，小物块并没有运动到木板最右端，故B错误；结合上述，在t=1s时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以a2=5m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma3，解得a3=7.5m/s2，上述过程小物块相对于木板向左运动，则有x相1=v2t1+12a3t12-(v1t1+12a2t12)，解得t1=6s，可知，小物块从木板左端脱离的时间t2=t+t1=(1+6)s，故C正确；若t=2s时撤去外力F，由于t2=(1+6)s>2s，令t3=2s-1s=1s，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为v3=v1+a2t3=15m/s，v4=v2+a3t3=17.5m/s，此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x相2=v4+v22t3-v3+v12t3=1.25m，撤去外力后小物块向右继续以a2=5m/s2的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木板进行分析有μ2mg+μ1(m+M)g=Ma4，解得a4=3.75m/s2，令历时t4两者达到相等速度，则有v5=v3+a2t4=v4-a4t4，解得t4=27s，此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为x相3=v4+v52t4-v35.如图所示，长为L=2m的水平传送带以v=3m/s的速率顺时针方向匀速转动，传送带的右侧平台上紧靠传送带放置一块长木板C，长木板C上表面与传送带在同一水平面内，滑块B静止在长木板C上，距长木板C左端l=2.75m。现有一个滑块A以初速度v0=6m/s从左端滑上传送带，经过传送带后无能量损失地滑上长木板C，之后与滑块B发生弹性碰撞。已知A、B、C的质量分别为mA=mB=1.0kg、mC=0.5kg，A、B可视为质点，A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，A、B与C间的动摩擦因数均为μ2=0.2，C与平台间的动摩擦因数μ3=0.05，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.滑块A滑上长木板C时的速度大小为3m/sB.滑块A与B碰撞前瞬间滑块B的速度大小为1m/sC.滑块A与B碰撞后瞬间滑块B的速度大小为4m/sD.要使滑块B不从长木板C上滑落，长木板C最小长度为3.2m答案D解析若A一直减速到传送带右端，由动能定理有-μ1mAgL=12mAvA2-12mAv02，解得vA=4m/s>v=3m/s，假设成立，即滑块A滑上长木板C时的速度大小为4m/s，故A错误；假设A滑上C后，B与C保持相对静止，对B、C整体，由牛顿第二定律有μ2mAg-μ3(mA+mB+mC)g=(mB+mC)a1，解得a1=0.5m/s2<μ2g=2m/s2，假设成立，对滑块A，由牛顿第二定律有μ2mAg=mAaA，解得aA=2m/s2，滑块A与B碰撞前，满足vAt-12aAt2-12a1t2=l，解得t=1s，t=115s(舍去)，则滑块A与B碰撞前瞬间滑块B的速度大小为vB=a1t=0.5m/s，故B错误；滑块A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小为vA'=vA-aAt=2m/s，滑块A与滑块B发生弹性碰撞，由于滑块A与滑块B质量相等，则二者速度互换，即碰撞后滑块A的速度为vA″=0.5m/s，碰撞后滑块B的速度为vB'=2m/s，故C错误；结合上述分析可知，滑块A与滑块B碰撞后，滑块B做减速运动，滑块A与C一起加速，当三者共速时，滑块B恰好滑到C的右端，此时长木板C长度最小，对滑块B，由牛顿第二定律有μ2mBg=mBaB，解得aB=2m/s2，则有vB'-aBt1=vA″+a1t1，解得t1=0.6s，则有Δx=vB't1-12aBt12-(vA″t1+12a1t12)=0.45m，则要使滑块B不从长木板6.(8分)小明利用气垫导轨“验证牛顿第二定律”，实验装置如图所示。重力加速度大小为g。(1)(4分)主要的实验步骤如下：①开动气泵，调节气垫导轨，将滑块无初速度轻放在导轨上，滑块能，可认为导轨水平。

②测出遮光片的宽度d。③用天平称出托盘和砝码的总质量m、滑块(含遮光片)的质量M。④将滑块移至图中所示位置A，测出遮光片到光电门B的距离l，将滑块由静止释放，读出遮光片通过光电门B的遮光时间t，滑块通过光电门B时的速度v=(用已知物理量符号表示)。

⑤移动光电门B，得到多组t和l的对应数据，根据数据，作出1t2-⑥改变托盘和砝码的质量，重复实验。(2)(4分)实验中用托盘和砝码的重力代替细线拉力，则能替代的条件为(填m和M的关系)，在此条件下，若1t2-l图像斜率k=(用符号d、m、M、g表示)答案(1)①保持静止④dt(2)m≪M解析(1)①开动气泵，调节气垫导轨，将滑块无初速度轻放在导轨上，滑块能保持静止，可认为导轨水平；④根据光电门的测速原理可知，滑块通过光电门B时的速度v=d(2)对托盘和砝码进行分析，根据牛顿第二定律有mg-FT=ma对滑块(含遮光片)进行分析，根据牛顿第二定律有FT=Ma解得FT=MmgM+可知，当m≪M时，可以近似认为FT=mg用托盘和砝码的重力代替细线拉力，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg=Ma根据速度与位移的关系有v2=2al，结合上述解得1t2=2mgd2M·l，则1t7.(13分)质量为M=1kg的木板放在水平地面上，质量为m=0.5kg的小滑块(其大小可忽略)放在木板上最右端，如图所示，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与滑块间的动摩擦因数为μ2=0.1。在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：(1)(4分)若F=4N，则小滑块和木板的加速度大小分别为多少？(2)(5分)若F=9N，作用了1s后撤去。如果运动过程中滑块始终未脱离木板，则木板长度最短为多少？(3)(4分)在(2)的情境中，求滑块和木板最终静止时，滑块到木板最右端的距离为多少？答案(1)23m/s223m/s2(2)4.5m(3解析(1)滑块最大加速度出现在板块刚好要发生相对运动时，对滑块有μ2mg=ma2解得a2=1m/s2此时外力F0为滑块与木板发生相对滑动的最小值，对整体分析有F0-μ1(M+m)g=(M+m)a2解得F0=4.5N当F=4N时，F小于F0，滑块与木板相对静止一起向右做匀加速运动。对整体有F-μ1(M+m)g=(M+m)a解得a=23m/s(2)F持续时间内(0~1s内)，由于F=9N>4.5N，滑块与木板发生相对滑动。根据(1)分析知此时滑块做匀加速直线运动，加速度大小为a2=μ2g=1m/s2木板也做匀加速直线运动，对木板分析有F-μ1(m+M)g-μ2mg=Ma1解得木板加速度大小a1=5.5m/s2令t1=1s，这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移Δx1=a1t122力F撤去时，木板速度v1=a1t1=5.5m/s滑块速度v2=a2t1=1m/s力F撤去后，滑块将以原来的加速度a2继续加速，木板减速，直到它们速度相等，对木板分析有μ1(m+M)g+μ2mg=Ma3解得木板减速时的加速度大小a3=3.5m/s2设经过t2时间滑块和木板的速度相等，由运动学公式得共速时的速度v=v2+a2t2=v1-a3t2代入数据解得v=2m/s，t2=1s这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移为Δx2=v1t2-12a3t22-(v2t2+12a2t22)=2.25故木板长度最短为L=Δx1+Δx2=4.5m(3)由于μ2<μ1，则共速之后两者无法保持相对静止，木板继续减速，对木板分析有μ1(m+M)g-μ2mg=Ma4解得木板减速时的加速度大小a4=2.5m/s2滑块也做减速运动，加速度的大小仍为a2=μ2g=1m/s2直到最后都停止运动，其v-t图像如图所示。这段时间内滑块相对木板向右运动，相对位移为Δx3=v22a2-最终滑块停在木板右端点的左方，与右端点的距离为Δx=Δx1+Δx2-Δx3=2.25m+2.25m-1.2m=3.3m。8.(14分)如图所示，一倾角为θ=37°，足够长的传送带始终以v0=8.4m/s的速度顺时针匀速运转，一可视为质点、质量为m=1kg的物块放在质量为M=2kg的木板上的某位置。t=0时刻，两者同时在传送带的顶端由静止释放，木板与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.6，物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计其他阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)(4分)求由静止释放后木板和物块开始运动时加速度的大小a1和a2；(2)(5分)要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为多少；(3)(5分)t'=2s时，物块恰好从木板下端滑下，求木板的长度至少是多长。答案(1)12m/s28.4m/s2