2024高考物理大一轮复习讲义 第三章 专题强化五 传送带模型和“滑块—木板”模型

这是一份2024高考物理大一轮复习讲义 第三章 专题强化五 传送带模型和“滑块—木板”模型，共15页。试卷主要包含了倾斜传送带，95－2，5 m等内容，欢迎下载使用。
题型一 传送带模型
1．水平传送带
2.倾斜传送带
考向1 动力学中水平传送带问题
例1 (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案 AC
解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误．
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例2 (2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
答案 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (多选)(2023·福建省西山学校高三模拟)如图，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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是( )
答案 BC
解析 设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mgsin θ>μmgcs θ，则滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcs θ，则小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θtan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误．
2．(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v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( )
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
答案 AD
解析 由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与传送带相同的速度做匀速直线运动，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直线运动，不受摩擦力作用，故C错误，D正确．
3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝eq \f(1,2)×(7＋3)×2 m－eq \f(1,2)×2×2 m＝8 m，C正确．
4.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动
B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s
C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动
D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s
答案 D
解析 物块在传送带上的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据v′2－v02＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，可知当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，故A正确；当传送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于3 m/s，故B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C正确，D错误．
5.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
答案 AB
解析 若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，故D错误．
6．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2＝24 s
D．木板的最大加速度为2 m/s2
答案 ACD
解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力大小为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(Ffm,mg)＝0.4，选项A正确．由题图乙可知，t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(Ff′,2mg)＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两者的加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，选项C、D正确．
7.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( )
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s
C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N
答案 C
解析 当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq \f(20,3) m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移为x＝eq \f(v2,2a)＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－FT＝mPa，解得FT＝eq \f(20,3) N，之后做匀速直线运动，有FT′＝20 N，D错误．
8．(2023·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，一质量m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)关系的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；
(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程．
答案 (1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m
解析 (1)由题图乙可知，物块的初速度v0＝8 m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v＝4 m/s，从t＝0到t＝0.4 s时间内，物块加速度大小为a1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv,Δt)))＝eq \f(8－4,0.4) m/s2＝10 m/s2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得μ＝0.5.
(2)设在t＝0.4 s后，物块做减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块从t＝0.4 s开始，经过t1时间速度减为零，则t1＝eq \f(4,2) s＝2 s，从t＝0到t＝0.4 s，物块位移为x1＝v0Δt－eq \f(1,2)a1(Δt)2＝2.4 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，物块减速到零的位移为x2＝eq \f(v,2)t1＝eq \f(4,2)×2 m＝4 m，物块沿传送带向上运动过程中的位移为x＝x1＋x2＝6.4 m.
(3)从t＝0到t＝0.4 s，传送带位移为x3＝vΔt＝1.6 m，物块相对传送带向上运动Δx1＝x1－x3＝0.8 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，传送带位移x4＝vt1＝8 m，物块相对传送带向下运动Δx2＝x4－x2＝4 m，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程Δx＝Δx1＋Δx2＝4.8 m.
9.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；
(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度．
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)5.25 m
解析 (1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小为a1＝1 m/s2，方向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，解得木板B加速度大小为a2＝2 m/s2.
(2)撤去外力瞬间，A的位移大小为x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4.5 m，B的位移大小为x2＝eq \f(1,2)a2t2＝9 m，撤去外力时，滑块A和木板B的速度分别为v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，撤去外力后，滑块A的受力没变，故滑块A仍然做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小变为a2′＝eq \f(μ1mg＋μ2m＋Mg,M)＝5 m/s2，设再经过时间t′两者达到共速，则有v1＋a1t′＝v2－a2′t′
撤去外力后，A的位移大小为x1′＝v1t′＋eq \f(1,2)a1t′2
B的位移大小为x2′＝v2t′－eq \f(1,2)a2′t′2
故木板B的长度至少为L＝x2－x1＋x2′－x1′
代入数据解得L＝5.25 m.情景
滑块的运动情况
传送带不足够长(未达到和传送带相对静止)
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端
若v0v，则返回到左端时速度为v
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ