2022届高考物理一轮复习专题突破练习4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型含解析新人教版

专题突破练习(四)

(时间：40分钟)

1.(多选)如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝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。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是(　　)

A．物块和长木板之间的摩擦力为1 N

B．物块和长木板相对静止一起加速运动

C．物块运动的加速度大小为1 m/s2

D．拉力F越大，长木板的加速度越大

AC　[物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F0，由牛顿第二定律有a＝＝＝，解得F0＝1.5 N。因F＝2 N>F0＝1.5 N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有Ff＝μmg＝1 N，故A正确，B错误；对物块，由牛顿第二定律F－μmg＝ma1，可得a1＝1 m/s2，故C正确；拉力F越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a2＝＝0.5 m/s2，故D错误。]

2.(多选)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 s

B．背包从A运动到B所用的时间为2.3 s

C．背包与传送带之间的相对位移为0.3 m

D．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m

AD　[背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到速度v＝1 m/s所用时间t1＝＝0.2 s，此过程背包相对地面位移x1＝t1＝×0.2 m＝0.1 m<L＝2 m，则此后背包与传送带共速，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1×0.2 m－0.1 m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝＝ s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1 s，故A、D正确。]

3.(多选)(2020·湖南株洲二模)如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块速度v随时间t变化的图象可能是(　　)

A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　D

BC　[设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块的质量为m，若μmgcos θ<mgsin θ，即μ<tan θ，则滑块所受的合力沿传送带向下，滑块匀加速下滑，选项C正确；若μmgcos θ＝mgsin θ，即μ＝tan θ，则滑块所受的合力为零，滑决匀速下滑；若μmgcos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，则滑块先匀减速下滑，当速度减为零时，开始反向匀加速上滑，且加速上滑的加速度与减速下滑的加速度大小相等，当加速到与传送带速度相同后，因为μmgcos θ>mgsin θ，所以滑块随传送带一起匀速运动，选项B正确，A、D错误。]

4.(多选)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v­t图象可能是(　　)

A　　　　　B

C　　　　　D

AC　[滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg>μ2(M＋m)g，最后一起做匀减速运动，加速度a′＝μ2g，开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a＝μ1g>μ2g，知图线的斜率变小，故C正确，D错误；若μ1mg<μ2(M＋m)g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动，故A正确；由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，故B错误。]

5．(2020·四川德阳一模)如图所示，光滑水平地面上有一质量M＝2 kg的足够长木板以速度v0＝10 m/s向右匀速运动，从t＝0时刻起对其施加一水平向左的恒力F＝8 N。经过t1＝1 s时，将一质量m＝2 kg的小物块轻放在木板右端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2。求：

(1)刚放上物块时木板的速度大小v1；

(2)物块在木板上相对木板滑动的时间t。

[解析]　(1)放上物块之前，设木板的加速度大小为a1，对木板，根据牛顿第二定律有F＝Ma1

解得a1＝4 m/s2

木板做匀减速直线运动，则v1＝v0－a1t1

解得v1＝6 m/s。

(2)放上物块之后，设物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3

对物块，根据牛顿第二定律有μmg＝ma2

解得a2＝4 m/s2

对木板，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝Ma3，解得a3＝8 m/s2

经过时间t2二者共速时有a2t2＝v1－a3t2，解得t2＝0.5 s

共速后若物块和木板相对静止，设二者共同的加速度大小为a0，由于F＝(M＋m)a0，解得a0＝2 m/s2<a2

所以共速后二者相对静止，共同减速，故t＝t2＝0.5 s。

[答案]　(1)6 m/s　(2)0.5 s

6.如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)物体从A点到达B点所需的时间；

(2)若传送带顺时针运动的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？

[解析]　(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得

Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1，  ①

设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝， ②

通过的位移x1＝t1，  ③

设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2，

Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2，  ④

物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点

L－x1＝vt2－a2t，  ⑤

联立得①②③④⑤式可得

t＝t1＋t2＝2.2 s。

(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a2，

L＝v0t′－a2t′2，

t′＝1 s(t′＝5 s舍去)。

[答案]　(1)2.2 s　(2)1 s

7．(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；

(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。

[解析]　A、B的运动过程如图所示

(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg

匀变速直线运动2aAL＝v

解得vA＝。

(2)设A、B的质量均为m

对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg

由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg

对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg

由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg。

(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA

则v＝aAt，v＝vB－aBt

xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2

且xB－xA＝L

解得vB＝2。

[答案]　(1)　(2)3μg　μg　(3)2

8．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：

甲　　　　　　　　　乙

(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；

(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长。

[解析]　(1)根据v­t图象的斜率表示加速度可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2

由牛顿第二定律得

μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma

解得μ＝。

(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，

0～6 s内传送带匀速运动的距离为：

x带＝4×6 m＝24 m，

由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：x1＝×2×2 m＝2 m，方向沿斜面向下，

2～6 s内物块位移大小为：x2＝×4×4 m＝8 m，方向沿斜面向上

所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m。

[答案]　(1)　(2)18 m

9．如图所示，一块质量为M＝2 kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一质量为m＝0.2 kg的物块A(可视为质点)，A上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m0＝0.1 kg的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h＝1 m；已知A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，A与滑轮间的细绳与桌面平行，B右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A相对于B滑动，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小；

(2)当A、B相对静止时，A仍在B上，求从释放重物到A，B相对静止的过程中A运动的时间。

[解析]　(1)设释放重物后重物的加速度为a1，细绳的张力大小为F，对重物，由牛顿第二定律可得

m0g－F＝m0a1

对A，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1

联立解得F＝0.8 N，a1＝2 m/s2

由v＝2a1h解得重物落地前瞬间A的速度大小为

v1＝2 m/s。

(2)重物落地前，A运动的时间

t1＝＝1 s。

B的加速度a2＝＝0.2 m/s2

重物落地时B的速度v2＝a2t1＝0.2 m/s

重物落地后，A开始做匀减速运动，加速度大小为

a3＝μg＝2 m/s2

设经过时间t2，A、B速度相等，则有

v1－a3t2＝v2＋a2t2

解得t2＝ s

故从释放重物到A、B相对静止的过程中A运动的时间

t＝t1＋t2＝ s。

[答案]　(1)0.8 N　2 m/s　(2) s