鲁科版高考物理一轮总复习专题提分训练2传送带模型和滑块—滑板模型含答案

专题提分训练(二)　传送带模型和滑块—滑板模型

(建议用时：40分钟)

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－v＝2as，得vB＝＝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．(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．＋ 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＝＝，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＝，μ、m1、m2都一定，则a1一定；对m2有a2＝＝＝t－μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大，由于 ＜，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．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。

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＝μgt2，得 t＝，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＝t＝t，得t＝，D正确；若木块先匀加速运动经历时间t1，位移为s，再匀速运动经历时间t2，位移为L－s，则有 v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－s，从而得t＝t1＋t2＝＋，A正确。

4．一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)根据v ­t图像可知物体A的加速度为

aA＝＝ 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＝＝0.4。

(2)由题图乙可知长木板B的长度为

l＝×5×10 m＝25 m

若长木板B不固定，则长木板B的加速度为

aB＝＝ 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

aAt2－aBt2＝l

解得t＝7.07 s。

答案：(1)0.4　(2)7.07 s

5．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＋μcos θ)＝10 m/s2

加速过程所用时间t1＝＝1 s

位移s1＝a1t＝5 m

速度达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，则

a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2

s2＝L－s1＝5.25 m

s2＝v0t2＋a2t

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Δs1＝v0t1－s1＝5 m

第二过程痕迹长Δs2＝s2－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

6．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，cos 37°＝0.8)

解析：小物块A在ab上运动时，f1＝μN1

根据牛顿第二定律得N1－mg＝0，f1＝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s1，根据运动学规律可得

t1＝＝0.8 s，s1＝a1t＝0.8 m

由于s1＜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－s1＝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，

mgsin θ－f2＝ma2

又f2＝μmgcos θ

得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝4 m/s2

lbc＝vt3＋a2t，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

7．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s1­t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s2＝a2t

由题图乙知滑块的位移s1＝4 m

由牛顿第二定律得Ma2＝μ1mg

由位移关系得s1－s2＝l

联立各式解得μ1＝0.4

又滑块的位移s1＝a1t

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＝＝μ2g，a2′＝

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s1′＝v1t2－a′1t

木板的位移s2′＝v2t2＋a′2t

Δs＝s1′－s2′

联立解得Δs＝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－Δs＝0.4 m。

答案：(1)0.4　6 N　(2)不能　0.4 m