2023届二轮复习 增分训练1　传送带与板块模型 作业（浙江专用）

增分训练1　传送带与板块模型

1.(多选)图甲为一转动的传送带,以恒定的速率v1顺时针转动。在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带,运动一段时间后离开传送带,这一过程中滑块运动的v-t图像如图乙所示。由图像可知滑块(　AD　)

A.从右端离开传送带

B.从左端离开传送带

C.先受滑动摩擦力的作用,后受静摩擦力的作用

D.变速运动过程中受滑动摩擦力的作用

解析:由图像可知,滑块先向左做匀减速运动,再向右做匀加速运动,最后与传送带速度相同做匀速直线运动,故从右端离开传送带,故A正确,B错误;滑块先向左做匀减速运动,受到向右的滑动摩擦力,再向右做匀加速运动,还是受到向右的滑动摩擦力,所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用,与传送带共速后做匀速运动,不受摩擦力的作用,故C错误,D正确。

2.如图所示,水平传送带A、B两端相距s=2 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。物体滑上A端的瞬时速度vA=5 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,则(　A　)

A.若传送带以4 m/s顺时针转动,则vB=4 m/s

B.若传送带逆时针匀速转动,则vB<3 m/s

C.若传送带以2 m/s顺时针匀速转动,则vB<3 m/s

D.若传送带以某一速度顺时针匀速转动,则一定有vB>3 m/s

解析:物体在传送带上做加速或减速运动的加速度大小为a==

4 m/s2,若传送带以4 m/s顺时针转动,则物体开始时做减速运动,当速度减为4 m/s 时的位移为x== m=1.125 m,然后物体随传送带匀速运动,故到达B端的瞬时速度为4 m/s,A正确;若传送带逆时针匀速转动,则物体在传送带上做减速运动,到达B端时的速度为vB== m/s=3 m/s,B错误;若传送带以2 m/s顺时针匀速转动,物体做减速运动,由B选项解析可知最后物体到达B端的速度为vB=3 m/s,C错误;当传送带以某一速度顺时针匀速转动时,若物体一直减速,则到达B端的速度为3 m/s,只有当传送带的速度大于3 m/s时到达右端的速度才可能是vB>3 m/s,D错误。

3.(2022·杭州高级中学选考模拟)如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的vt图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,

cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　D　)

A.0～1 s内物块受到的摩擦力大小大于1～2 s内的摩擦力大小

B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5

D.传送带底端到顶端的距离为10 m

解析:由题图乙可知,在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向下,与物块运动的方向相反;1～2 s内,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向上,与物块运动的方向相同,由于物块对传送带的压力相等,根据摩擦力公式Ff=μFN可知,两段时间内摩擦力大小相等,A、B错误;在0～1 s内物块的加速度大小为a=||= m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma,解得μ=0.25,C错误;物块运动的位移大小等于vt图像与坐标轴所围图形的面积大小,为x=×1 m+

m=10 m,所以传送带底端到顶端的距离为10 m,D正确。

4.(多选)如图所示,一倾角为θ=30°的斜面固定在水平地面上,斜面长为l=20 m,斜面顶部有一长为l0=2 m的电动平板车,车头朝下,车尾与斜面顶部齐平,平板车上表面与斜面平行,车尾部放一可看成质点的滑块,滑块与电动平板车之间的动摩擦因数为μ=,现让平板车与滑块一起以v0=1 m/s的初速度沿斜面向下运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　AD　)

A.若电动平板车做匀速运动,则滑块下滑的加速度大小为a1=2 m/s2

B.若电动平板车做匀速运动,则经过时间t=1 s滑块从车上滑下

C.若电动平板车做匀加速运动,为保证滑块在平板车滑到水平地面前不从车上滑下,则平板车加速度a2的大小应满足1.75 m/s2≤a2≤

10 m/s2

D.若电动平板车做匀加速运动,且滑块在平板车滑到水平地面前不从车上滑下,则平板车车头到达斜面底端的最短时间tmin=2 s

解析:若电动平板车做匀速运动,则对滑块受力分析,由牛顿第二定律可知mgsin θ-μmgcos θ=ma1,解得滑块下滑的加速度大小为a1=

2 m/s2,若电动平板车做匀速运动,则滑块从车上滑下时,有v0t+a1t2-

v0t=l0,解得t= s,故A正确,B错误;若电动平板车做匀加速运动,为保证滑块在平板车滑到水平地面前不从车前端滑下,则v0t1+a1-

(v0t1+a2)=l0,v0t1+a1=l,解得t1=4 s,a2=1.75 m/s2;为保证滑块在平板车滑到水平地面前不从车后端滑下,则需滑块与平板车之间的摩擦力达到最大静摩擦力,且方向向下,mgsin θ+μmgcos θ=ma2,解得a2=8 m/s2,平板车加速度a2的大小应满足1.75 m/s2≤a2≤8 m/s2,当平板车的加速度取最大值8 m/s2时,根据v0t2+a2=l-l0,解得小车滑到底端的最短时间为t2=2 s,故C错误,D正确。

5.(多选)如图甲所示,光滑斜面上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄木板C、木板下端位于板A处,整体处于静止状态,木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时,木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则由图像可知(　BD　)

A.10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动

B.F>15 N时物块B和木板C相对滑动

C.木板C的质量

D.木板和物块间的动摩擦因数

解析:由图像可知,当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止,当F>

15 N时木板的加速度变大,可知此时物块B和木板C发生了相对滑动,选项A错误,B正确;把木板和物块看作整体,当F1=10 N时,a=0,则F1=(M+m)gsin θ,当F2=15 N时,a=2.5 m/s2,则F2-(M+m)gsin θ=

(M+m)a,联立解得M+m=2 kg,sin θ=0.5,但是不能求解木板C的质量,选项C错误;因当F2=15 N时,a=2.5 m/s2,此时物块和木板开始发生相对滑动,此时物块和木板之间的摩擦力达到最大,则对物块μmgcos θ-

mgsin θ=ma,联立解得μ=,选项D正确。

6.(多选)如图甲所示,物块A与木板B叠放在粗糙水平地面上,其中A的质量为m,B的质量为2m,且B足够长,A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ,对木板B施加一水平向右的推力F,F随时间t变化的关系图像如图乙所示,A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　BD　)

A.在t1～t2时间内,A、B间的摩擦力大小为μmg

B.在t1～t2时间内,A受到的摩擦力方向为水平向右

C.在t2时刻,A、B间的摩擦力大小为μmg

D.在t3时刻以后,A、B间的摩擦力大小为μmg

解析:A在木板上产生的最大加速度为a==μg,此时对A、B整体分析可知F-3μmg=3ma,解得F=6μmg,故在t1～t2时间内,F<6μmg,A、B一起向右做加速运动,加速度a小于μg,故A、B间的摩擦力小于μmg,对A分析可知,A受到的摩擦力水平向右,A错误,B正确;在t2时刻,A、B整体加速度为a==,A、B间的摩擦力大小为μmg,C错误;在t3时刻以后,A、B发生相对滑动,故A、B间的摩擦力大小为

μmg,D正确。

7.如图甲所示,小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上,物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上,物体和小车的vt图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则以下说法正确的是(　C　)

A.物体A与小车B间的动摩擦因数为0.1

B.物体A与小车B的质量之比为1∶2

C.小车B的最小长度为2 m

D.如果仅增大物体A的质量,物体A有可能冲出去

解析:物体A滑上小车B后做匀减速直线运动,对物体分析有μmAg=

mAaA,由vt图像可得aA=||=|| m/s2=3 m/s2,联立解得μ=0.3,

A错误;对小车B分析有μmAg=mBaB,由vt图像可得aB== m/s2=

1 m/s2,联立解得=,B错误;小车B的最小长度为物体A在小车B上的最大相对滑动位移,则有Lmin=sA-sB=(×1-×1) m=2 m,C正确;如果仅增大物体A的质量,物体A的加速度保持不变,但是小车B加速度增大,所以二者达到共速的时间减小了,则物体A在小车B上的相对滑动位移减小,所以物体A不可能冲出去,D错误。

8.(多选)如图甲所示,质量为M=0.5 kg的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1 kg的物块以初速度v0=4 m/s滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2,在物块滑上木板的同时,给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时,物块在木板上相对于木板滑动的路程为s,给木板施加不同大小的恒力F,得到F的关系如图乙所示,其中AB与横轴平行,且AB段的纵坐标为1 m-1。将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　BC　)

A.若恒力F=0,物块滑岀木板时的速度为3 m/s

B.C点纵坐标为1.5 m-1

C.随着F增大,当外力F=1 N时,物块恰好不能从木板右端滑出

D.图像中D点对应的外力的值为4 N

解析:结合物体运动以及图形分析可知,运动过程总共分三种情况。当拉力较小时(AB段),物块从木板的右侧滑出;当拉力稍大一些(BC段),物块滑动一段距离后,与木板一起加速向右运动;当拉力过大时(DE段),物块滑动一段距离后,摩擦力提供的加速度不够,不能随木板一起运动,最终从左侧滑出。物块刚滑上木板时,物块加速度a1有ma1=μmg,得到a1=2 m/s2,物块刚滑上木板时,木板的加速度a2有Ma2=μmg,得到a2=4 m/s2,由题意可知,当F=0时,物块与木板的位移差为1 m,则x1=v0t1-a1,x2=a2,x1-x2=1 m,联立解得t1= s或1 s,当t1=1 s时,物块速度为2 m/s,木板速度为4 m/s,而当物块从木板右端滑离时,物块速度不可能小于木板速度,故舍去,物块滑出木板时的速度v=v0-a1t1=(4-2×) m/s= m/s,A错误;当物块恰好不能从木板右端滑出时,设木板加速度为a3,此时有Ma3=μmg+F,x3=v0t2-a1,x4=

a3,x3-x4=1 m,v0-a1t2=a3t2,解得F=1 N,C正确;C、D两点对应的为物块与木板恰好可一起匀加速运动,则有F-μmg=Ma4,μmg=ma4,解得F=3 N,则C、D点拉力为3 N,D错误;由以上解析可知,C点对应的拉力为F=3 N,此时物块刚滑上木板时,木板的加速度a5== m/s2=

10 m/s2,二者速度相等时,有a5t3=v0-a1t3,此时位移差x=v0t3-a1-

a5,联立解得x= m,故= m-1=1.5 m-1,B正确。

9.如图所示,质量为m0=20 kg的长木板静止在水平面上,质量m=10 kg的小木块(可视为质点)以v0=4.5 m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上,小木块最后恰好没有滑出长木板。已知小木块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4,木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)木块刚滑上木板时木块、木板的加速度大小;

(2)木板的长度L;

(3)木板的运动时间及木块运动的位移大小。

解析:(1)对木块受力分析知,木块做减速运动,设其加速度大小为a1,则由牛顿第二定律可得μ1mg=ma1,解得a1=4 m/s2,

对木板受力分析,设木板加速度大小为a2,

由牛顿第二定律可得μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a2,

解得a2=0.5 m/s2。

(2)设经过时间t1二者共速,则有v0-a1t1=a2t1,

解得t1=1 s,设共速时的速度大小为v1,

则有v1=a2t1,解得v1=0.5 m/s,

t1时间内木块的位移为x1=t1,

解得x1=2.5 m,

木板的位移为x2=t1,

解得x2=0.25 m,

所以木板的长度为L=x1-x2=2.25 m。

(3)木块与木板共速后,二者一起做减速运动,

加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2,

设再经过时间t2停止,则有v1=a3t2,

解得t2=0.5 s,

故木板运动的总时间为t=t1+t2=1.5 s,

木块运动的总位移为x=x1+t2,

解得x=2.625 m。

答案:(1)4 m/s2　0.5 m/s2　(2)2.25 m  (3)1.5 s　2.625 m

10.如图所示为车站使用的水平传送带模型,其传送带两端A、B的距离L=8 m,它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0=10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=

0.6。求:

(1)若传送带保持静止,物块滑到B端时的速度大小;

(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s,物块到达B端时的速度大小;

(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s,且物块初速度变为

v0′=6 m/s,仍从A端滑上传送带,物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。

解析:(1)设物块的加速度大小为a,由受力分析可知FN=mg,Ff=ma,Ff=μFN,解得a=6 m/s2,传送带静止时,物块从A到B做匀减速直线运动,又x== m>L=8 m,

则由-=-2aL,解得vB=2 m/s。

(2)由题意知,传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0,物块所受的摩擦力沿传送带方向,即物块先加速到v1=12 m/s,

由-=2ax1,解得x1= m<L=8 m,

故物块先加速运动后匀速运动,

即物块到达B时的速度为vB′=v1=12 m/s。

(3)当物块初速度v0′=6 m/s时,物块速度减为零时的位移x2==

3 m<L,所以物块先向右减速后向左加速,

由v0′=at1,得减速到零的时间为t1=1 s,

当物块向左加速到v2=4 m/s时,由=2ax3得x3= m<x2=3 m,

故物块向左先加速运动后匀速运动,由v2=at2,

解得向左加速的时间为t2= s,

当物块向左匀速运动时,速度v3=v2=4 m/s,

位移x4=x2-x3= m,

由x4=v3t3,得匀速运动的时间t3= s,

故t=t1+t2+t3= s。

答案:(1)2 m/s　(2)12 m/s　(3) s

11.如图所示,绷紧的水平传送带长L=6 m,沿顺时针方向以恒定速率v1=2 m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带,其质量m=0.1 kg,速度大小为v2。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。上下台面高度差为h=0.8 m,左边轮轴在下台面的投影为O点,不计传送轮的大小,从小物块滑上传送带开始计时。不计轮轴和小物块的大小。

(1)若v2=4 m/s,求小物块在传送带上的运动时间;

(2)若考虑轮轴的大小,半径为R=0.2 m,v2=5 m/s,求小物块运动到左边轮轴中心正上方时小物块对传送带的压力;

(3)在(1)中,若给小物块染色,其他条件不变,求小物块在传送带上留下的颜色痕迹长度;

(4)若v2可变,直接写出落到下方平台的位置离O点的距离x与v2的关系式。

解析:(1)小物块在传送带上的加速度大小a=μg=2 m/s2,

小物块向左以v2=4 m/s的速度滑上传送带,

向左减速到零发生的位移为x== m=4 m<6 m,

所以小物块在传送带先向左减速到零,再向右加速直到匀速。

向左减速时间为t1,则v2=at1,得t1=2 s,

向右加速时间为t2,则v1=at2,得t2=1 s,

向右匀速时间为t3,则x=a+v1t3,得t3=1.5 s,

小物块在传送带上的运动时间为t总=t1+t2+t3=4.5 s。

(2)小物块运动到左边轮轴中心正上方时,设速度为v′,

v′2-=-2aL,

mg-FN=m,

解得FN=0.5 N,

由牛顿第三定律知小物块对传送带的压力FN′=0.5 N,方向竖直向下。

(3)小物块向左减速时间t1内相对传送带位移x1=a+v1t1=8 m,

向右加速时间t2内相对位移x2=v1t2-a=1 m,

痕迹长度x痕迹=x1+x2=9 m。

(4)若滑到左边轮轴时速度为0,0-=-2aL,

解得v2=2 m/s,

当v2≤2 m/s时,小物块将沿传送带返回右侧平台,

不会从左端滑出;

当v2>2 m/s时,小物块会从传送带左端平抛出去,

根据平抛运动规律x=vt,h=gt2,

其中v2-=-2aL,

解得x=0.4 (m)(v2>2 m/s)。

答案:(1)4.5 s　(2)0.5 N　方向竖直向下  (3)9 m　(4)见解析

12.某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处,已知传送带A、B两端长度为L=30 m,正常运转的速度为v=4 m/s。一次工人刚把M=10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了,为了不影响工作的进度,工人拿来一块m=5 kg带有挂钩的木板,把货物放到木板上,通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。(货物与木板均可看作质点,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

(1)为把货物拉上去,且货物与木板不发生相对滑动,求拉力F的最

大值;

(2)若工人用F=189 N的恒定拉力使货物运动10 s,求货物的位移

大小;

(3)在(2)中,若10 s后来电,来电后工人撤去拉力,问还需要多长时间货物能到达B处(不计传送带的加速时间)。

解析:(1)设最大拉力为Fm,货物与木板之间的静摩擦力达到最大值,设此时的加速度为a1,对货物分析,

根据牛顿第二定律得μMgcosθ-Mgsinθ=Ma1,

解得a1=0.4 m/s2,

对货物与木板整体分析,

根据牛顿第二定律得Fm-μ(m+M)gcosθ-(m+M)gsinθ=(m+M)a1,

解得Fm=192 N。

(2)设工人拉木板的加速度为a2,

根据牛顿第二定律得F-μ(m+M)gcosθ-(m+M)gsinθ=(m+M)a2,

解得a2=0.2 m/s2,

即此10 s内,货物的位移大小x=a2t2,

解得x=10 m。

(3)10 s末货物和木板的速度为v1=a2t=2 m/s<4 m/s,所以来电后木板继续加速,加速度为a3,

μ(m+M)gcos θ-(m+M)gsin θ=(m+M)a3,

解得a3=0.4 m/s2,

设经过时间t1木板速度与传送带速度相同,有v=v1+a3t1,

解得t1=5 s,

设t1时间内木板加速的位移为x1,

v2-=2a3x1,

解得x1=15 m,

共速后,木板与传送带相对静止一起匀速运动,设匀速运动的时间为t2,匀速运动的位移x2=L-x1-x=30 m-15 m-10 m=5 m,

该段位移所用时间t2== s=1.25 s,

所以来电后木板还需要运动的时间为t=t1+t2=6.25 s。

答案:(1)192 N　(2)10 m　(3)6.25 s

13.下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin 37°=0.6)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,以此时刻为计时起点,在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=48 m,C足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小;

(2)A在B上总的运动时间。

解析:(1)在0～2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。

由牛顿第三定律可知,Ff1=Ff1′,FN1=FN1′,

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff1=μ1FN1=μ1mgcos θ,

Ff2=μ2FN2=μ2·2mgcos θ,

规定沿斜面向下为正,设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得mgsin θ-Ff1=ma1, 

mgsin θ-Ff2+Ff1′=ma2,

联立解得a1=3 m/s2,a2=1 m/s2。

(2)设在第2 s末A和B的速度分别为v1和v2,

则v1=a1t1=6 m/s,v2=a2t1=2 m/s,

2 s后,设A和B的加速度分别为a1′和a2′,此时A与B之间摩擦力为零,同理可得a1′=6 m/s2,a2′=-2 m/s2,由于a2′<0,可知B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有v2+a2′t2=0,

联立解得t2=1 s,

在t1+t2时间内,

A相对于B运动的距离为x=(a1+v1t2+a1′)-(a2+v2t2+a2′·)=

12 m<48 m,此后B静止不动,A继续在B上滑动,设再经过时间t3后A离开B,则有l-x=(v1+a1′t2)t3+a1′,

可得t3=2 s或-6 s(舍去),

设A在B上总的运动时间为t总,有t总=t1+t2+t3=5 s。

答案:(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)5 s