新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：专题训练2　传送带模型和滑块—滑板模型

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1．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，g取10 m/s2，则( )
A. 若传送带不动，则vB＝3 m/s
B. 若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，则 vB＝3 m/s
C. 若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则 vB＝3 m/s
D. 若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则 vB＝2 m/s
ABC 解析：若传送带不动，工件的加速度大小a＝μg＝1 m/s2，由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))＝2as，得vB＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))－2as)＝3 m/s，选项A正确；若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则 vB＝3 m/s，选项B正确；若传送带以速度v＝2 m/s 顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB＝3 m/s，选项C正确，D错误。
2．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块的加速度大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2随时间变化的图线正确的是( )

A B
C D
A 解析：当F比较小时，两者相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得a＝ eq \f(F,m1＋m2)＝ eq \f(kt,m1＋m2)，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得，对m1有a1＝ eq \f(μm2g,m1)，μ、m1、m2都一定，则a1一定；对m2有a2＝ eq \f(F－μm2g,m2)＝ eq \f(kt－μm2g,m2)＝ eq \f(k,m2)t－μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大，由于 eq \f(k,m1＋m2)＜ eq \f(k,m2)，则两者相对滑动后a2图线的斜率大于两者相对静止时图线的斜率，故A正确。
3．(多选)如图所示，水平传送带的长度为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端到右端的运动时间可能是( )
A. eq \f(L,v)＋ eq \f(v,2μg) B. eq \f(L,v)
C. eq \r(\f(2L,μg)) D. eq \f(2L,v)
ACD 解析：由牛顿第二定律得，木块的加速度 a＝μg。若木块一直匀加速，则有L＝ eq \f(1,2)μgt2，得 t＝ eq \r(\f(2L,μg))，C正确；若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝vt＝ eq \f(v,2)t，得t＝ eq \f(2L,v)，D正确；若木块先匀加速运动经历时间t1，位移为x，再匀速运动经历时间t2，位移为L－x，则有 v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝L－x，从而得t＝t1＋t2＝ eq \f(L,v)＋ eq \f(v,2μg)，A正确。
4．如图甲所示，长木板B固定在光滑的水平面上，可看作质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。现用 F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到长木板B的最右端，其v ­t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求A、B间的动摩擦因数；
(2)若长木板B不固定，求物体A运动到长木板B的最右端所用的时间。
解析：(1)根据v ­t图像可知物体A的加速度为
aA＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(10,5) m/s2＝2 m/s2
以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F－μmAg＝mAaA
解得μ＝ eq \f(F－mAaA,mAg)＝0.4。
(2)由题图乙可知长木板B的长度为
l＝ eq \f(1,2)×5×10 m＝25 m
若长木板B不固定，则长木板B的加速度为
aB＝ eq \f(μmAg,mB)＝ eq \f(0.4×1×10,4) m/s2＝1 m/s2
设物体A运动到长木板B的最右端所用的时间为t，根据题意可得
eq \f(1,2)aAt2－ eq \f(1,2)aBt2＝l
解得t＝7.07 s。
答案：(1)0.4 (2)7.07 s
5．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示。从t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v ­t图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的 15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
解析：(1)规定向右为正方向。木板与墙壁碰撞前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。对小物块与木板整体由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1
由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s，由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1
s0＝v0t1＋ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的共同速度。
联立各式和题给条件得
μ1＝0.1
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2
由题图乙可得a2＝ eq \f(v2－v1,t2－t1)
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立各式和题给条件得
μ2＝0.4。
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
v3＝－v1＋a3Δt
v3＝v1＋a2Δt
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝ eq \f(－v1＋v3,2)Δt
小物块运动的位移为
s2＝ eq \f(v1＋v3,2)Δt
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1
联立各式，并代入数值得
Δs＝6.0 m
因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4
0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))＝2a4s3
碰撞后木板运动的位移为
s＝s1＋s3
联立各式，并代入数值得
s＝－6.5 m
即木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
6．如图所示，传送带与地面间的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地释放一质量为 m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上滑行会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A运动到B的时间；
(2)煤块从A运动到B的过程中，传送带上形成痕迹的长度。
解析：(1)煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2
加速过程所用时间t1＝ eq \f(v0,a1)＝1 s
位移x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝5 m
速度达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，则
a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
x2＝v0t2＋ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
得t2＝0.5 s(另一解不合题意，舍去)
煤块从A运动到B的时间为
t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx2与Δx1的一部分重合，故痕迹长度为5 m。
答案：(1)1.5 s (2)5 m
7．如图所示的传送带，其水平部分ab长度为2 m，倾斜部分bc长度为4 m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°，将一小物块A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端，小物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25。传送带沿图示方向以v＝2 m/s的速率匀速转动，若小物块A始终未脱离传送带，试求小物块A从a端传送到c端所用的时间。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
解析：小物块A在ab上运动时，Ff1＝μFN1
根据牛顿第二定律得FN1－mg＝0，Ff1＝ma1
解得a1＝μg＝2.5 m/s2
设小物块A的速度达到2 m/s所需时间为t1，运动位移为x1，根据运动学规律可得
t1＝ eq \f(v,a1)＝0.8 s，x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝0.8 m
由于x1＜2 m，可知小物块A在还没有运动到b端时，已与传送带速度相同。此后小物块A做匀速运动，设运动时间为t2，则有lab－x1＝vt2，得
t2＝0.6 s
小物块A在bc上运动时，小物块A受到的摩擦力方向沿传送带向上，
mg sin θ－Ff2＝ma2
又Ff2＝μmgcs θ
得a2＝g(sin θ－μcs θ)＝4 m/s2
lbc＝vt3＋ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))，得t3＝1 s，t3′＝－2 s(舍去)
则小物块A从a端传送到c端所用的时间
t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s。
答案：2.4 s
8．质量M＝4 kg、长2l＝4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同。一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示。在t＝0时刻对滑块施加一水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t1＝2 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x1­t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2。
(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小；
(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小；若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？
解析：(1)滑块和木板均做初速度为0的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，则t1＝2 s时木板的位移x2＝ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
由题图乙知滑块的位移x1＝4 m
由牛顿第二定律得Ma2＝μ1mg
由位移关系得x1－x2＝l
联立各式解得μ1＝0.4
又滑块的位移x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
恒力F＝ma1＋μ1mg
联立解得F＝6 N。
(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为
a′1＝ eq \f(μ2mg,m)＝μ2g，a2′＝ eq \f(μ2mg,M)
设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则v2＝a2t1，v1＝a1t1
v1－a′1t2＝v2＋a′2t2
解得t2＝1.6 s
在此时间内，滑块的位移x1′＝v1t2－ eq \f(1,2)a′1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
木板的位移x2′＝v2t2＋ eq \f(1,2)a′2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
Δx＝x1′－x2′
联立解得Δx＝1.6 m<2 m
因此滑块不会从木板上滑落，滑块与木板相对静止时，距木板右端的距离为
d＝l－Δx＝0.4 m。
答案：(1)0.4 6 N (2)不能 0.4 m