2025版新教材高考物理全程一輪總復習課時分層作業(yè)14傳送帶模型和“滑塊-木板”模型

課時分層作業(yè)(十四)傳送帶模型和“滑塊—木板”模型基礎強化練1.某工廠檢查立方體工件表面光滑程度的裝置如圖所示，用彈簧將工件彈射到反向轉動的水平皮帶傳送帶上，恰好能傳送到另一端是合格的最低標準．假設皮帶傳送帶的長度為10m、運行速度是8m/s，工件剛被彈射到傳送帶左端時的速度是10m/s.取重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．工件與皮帶間動摩擦因數不大于0.32才為合格B．工件被傳送到另一端的最長時間是2sC．若工件不被傳送過去，返回的時間與正向運動的時間相等D．若工件不被傳送過去，返回到動身點的速度為10m/s2．光滑水平面上停放著質量M＝2kg的平板小車，一個質量為m＝1kg的小滑塊(視為質點)以v0＝3m/s的初速度從A端滑上小車，如圖所示．小車長l＝1m，小滑塊與小車間的動摩擦因數為μ＝0.4，取g＝10m/s2，從小滑塊滑上小車起先計時，1s末小滑塊與小車B端的距離為()A．1mB．0C．0.25mD．0.75m3.(多選)應用于機場和火車站的平安檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型．傳送帶始終保持v＝0.4m/s的恒定速率運行，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是()A．起先時行李的加速度大小為2m/s2B．行李經過2s到達B處C.行李到達B處時速度大小為0.4m/sD．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為0.08m4.如圖所示，質量M＝4kg的長木板靜止處于粗糙水平地面上，長木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.1，現有一質量m＝3kg的小木塊以v0＝14m/s的速度從一端滑上木板，恰好未從木板上滑下，木塊與長木板間的動摩擦因數μ2＝0.5，g取10m/s2，求：(1)木塊剛滑上木板時，木塊和木板的加速度大小分別為多少；(2)木板的長度；(3)木板在地面上運動的最大位移．5．質量為3kg的長木板A置于光滑的水平地面上，質量為2kg的木塊B(可視為質點)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由靜止起先運動，如圖甲所示．A、B運動的加速度隨時間改變的圖像如圖乙所示(g取10m/s2).(1)求木板與木塊之間的動摩擦因數(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)；(2)求4s末A、B的速度大?。?3)若6s末木板和木塊剛好分別，則木板的長度為多少？實力提升練6.機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李，如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3.95m．工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包袱(可視為質點).小包袱與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小包袱相對傳送帶滑動時加速度的大小a；(2)小包袱通過傳送帶所需的時間t.7．[2024·山西臨汾聯考]某生產車間對香皂包裝進行檢驗，為檢驗香皂盒里是否有香皂，讓香皂盒在傳送帶上隨傳送帶傳輸時(可視為勻速)，經過一段風洞區(qū)域．使空皂盒被吹離傳送帶，裝有香皂的盒子接著隨傳送帶一起運動，如圖所示．已知傳送帶的寬度d＝0.96m，香皂盒到達風洞區(qū)域前都位于傳送帶的中心．空香皂盒的質量為m＝20g，香皂及香皂盒的總質量為M＝100g，香皂盒與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.4，風洞區(qū)域的寬度為L＝0.6m，風可以對香皂盒產生水平方向上與傳送帶速度垂直的恒定作用力F＝0.24N，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，香皂盒可看作質點，取重力加速度g＝10m/s2，試求：(1)空香皂盒在風洞區(qū)域的加速度a1的大?。?2)為使空香皂盒能離開傳送帶，傳送帶允許的最大速度vmax.課時分層作業(yè)（十四）1．解析：工件恰好傳送到右端，有0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2μgL，代入數據解得μ＝0.5，工件與皮帶間動摩擦因數不大于0.5才為合格，此過程用時t＝eq\f(v0,μg)＝2s，故A錯誤，B正確；若工件不被傳送過去，當反向運動時，工件先加速到8m/s，然后再勻速運動，所以返回的時間大于正向運動的時間，返回到動身點的速度為8m/s，故C、D錯誤．答案：B2．解析：設最終小滑塊與小車速度相等，小滑塊的加速度大小a1＝eq\f(μmg,m)＝μg，小車加速度a2＝eq\f(μmg,M)，則v＝v0－a1t0，v＝a2t0，聯立解得t0＝0.5s<1s，v＝1m/s，0.5s后小滑塊與小車以共同的速度做勻速直線運動．則在0～0.5s時間內小滑塊位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1m，小車位移x2＝eq\f(v,2)t0＝0.25m，小滑塊與小車B端的距離d＝l＋x2－x1＝0.25m，C項正確．答案：C3．解析：起先時，對行李，依據牛頓其次定律μmg＝ma解得a＝2m/s2，故A正確；設行李做勻加速運動的時間為t1，行李勻加速運動的末速度為v＝0.4m/s，依據v＝at1，代入數據解得t1＝0.2s，勻加速運動的位移大小x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×2×0.22m＝0.04m，勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.04,0.4)s＝4.9s，可得行李從A到B的時間為t＝t1＋t2＝5.1s，故B錯誤；由上分析可知行李在到達B處前已經與傳送帶共速，所以行李到達B處時速度大小為0.4m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長度為Δx＝vt1－x＝（0.4×0.2－0.04）m＝0.04m，故D錯誤．答案：AC4．解析：（1）由題意知，木塊滑上木板后木塊做勻減速直線運動，初速度v0＝14m/s，加速度大小a1＝μ2g＝5m/s2，木板由靜止做勻加速度直線運動，由牛頓其次定律得μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma2，解得a2＝2m/s2.（2）木塊恰好未從木板上滑下，當木塊運動到木板最右端時，二者保持相對靜止，兩者速度相等．設此過程所用時間為t即v木塊＝v0－a1t＝v木板＝a2t，解得t＝2s，木塊位移x木塊＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝18m，木板位移x木板＝eq\f(1,2)a2t2＝4m，木板長度L＝x木塊－x木板＝14m.（3）μ2>μ1，則木塊、木板達到共同速度后將一起做勻減速直線運動，分析得v共＝a2t＝4m/s，a3＝μ1g＝1m/s2，木塊、木板一起減速的位移x′木板＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共)),2a3)＝8m，總位移x＝x木板＋x′木板＝12m.答案：（1）5m/s22m/s2（2）14m（3）12m5．解析：（1）由題圖乙知4s末木塊與木板間達到最大靜摩擦力，此時aA＝2m/s2.對于木板有f＝mAaA＝μmBg，木板與木塊間的動摩擦因數μ＝eq\f(mAaA,mBg)＝0.3.（2）由題圖乙知，4s末A、B的速度均為v＝eq\f(1,2)×4×2m/s＝4m/s.（3）4～6s內，木板A運動的位移xA＝vt2＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，木塊B的位移xB＝vt2＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，則木板的長度l＝xB－xA＝4m.答案：（1）0.3（2）4m/s4m/s（3）4m6．解析：（1）對小包袱，由牛頓其次定律有μmgcosα－mgsinα＝ma解得小包袱相對傳送帶滑動時的加速度大小a＝0.4m/s2.（2）假設小包袱能與傳送帶共速，則由運動學學問有v2－v1＝at1解得共速前所用的時間t1＝2.5s又veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2ax解得這段時間內小包袱的位移x＝2.75m<L，故假設成立小包袱與傳送帶共速后，由于mgsinα<μmgcosα，故小包袱與傳送帶同速向下運動，有L－x＝v1t2解得t2＝2.0s則小包袱通過傳送帶所需的時間t＝t1＋t2＝2.5s＋2.0s＝4.5s.答案：（1）0.4m/s2（2）4.5s7．解析：（1）以地面為參考系進行分析，對空香皂盒，依據牛頓其次定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝8m/s2.（2）傳送帶速度最大時，香皂盒被風吹的時間最短，此時空香皂盒在垂直傳送帶速度的方向到達傳送帶邊緣時速度恰好減為零．設加速時間為t1，減速時間為t2，垂直于傳送帶方向的加速位移為x1，減速位移為x2，則香皂盒減速過程的加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝μg＝4m/s2由勻變速直線