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2．8传送带与板—块模型一、选择题1．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零答案BC解析由题意，撤掉拉力后，物块和木板系统最终一起匀速运动．因为撤掉拉力时，物块和木板仍有相对运动，说明物块向右的速度比木板的速度小，所以物块水平方向仍受木板向右的滑动摩擦力而向右加速直到匀速运动，A项错误，B项正确；根据牛顿第三定律可知，木板开始受到物块向左的滑动摩擦力而向右减速直到匀速运动，C项正确，D项错误．2．(多选)如图所示，水平传送带水平部分长度为L，以速度v顺时针转动，在其左端无初速度释放一个小物体P，若P与传送带之间的动摩擦因数为μ，则P从左端到传送带右端的运动时间可能为()A.LvB.2LvC.2LμgD.Lv＋v2μg答案BCD解析若P一直加速到右端且到最右端时速度为v，则L＝v2t，故B项可能；若P一直加速到右端且到最右端时速度小于v，则有12μgt2＝L，故C项可能；若P先加速后匀速，加速到v所用时间t1＝vμg，运动位移s1＝v22μg，则匀速运动位移为s2＝L－s1，运动时间为t2＝s2v，则总时间为t＝t1＋t2，故D项可能．3．(2019·惠州模拟)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于()A．3μmgB．4μmgC．5μmgD．6μmg答案D解析当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律得：对砝码有f1＝μ·2mg＝2ma1得：a1＝f1m1＝μg，对纸板有F－f1－f2＝m2a2发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：a2a1所以：F＝f1＋f2＋m2a2f1＋f2＋m2a1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg即：F6μmg.4．(多选)如图甲所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是()答案CD解析木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动；故C、D两项正确，A、B两项错误．5．(多选)如图所示，滑块放置在厚度不计的木板上，二者处于静止状态．现对木板施加一水平向右的恒力F，已知各个接触面均粗糙，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列关于滑块和木板运动的vt图象中可能正确的是(实线、虚线分别代表木板和滑块的vt图象)()答案BD解析由于滑块与木板之间有摩擦力，所以当木板做加速运动时，滑块不可能保持静止，故A项错误；当F较小时，滑块与木板一起做加速度相等的匀加速直线运动，故B项正确；当F较大时，滑块相对木板滑动，滑块与木板都做加速运动，但木板的加速度大；二者分离后，滑块在地面上滑动，做减速运动，木板的加速度增大．故C项错误，D项正确．6.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是()A．电动机多做的功为12mv2B．物体在传送带上的划痕长为v2μgC．传送带克服摩擦力做的功为12mv2D．电动机增加的功率为μmgv答案D解析小物块与传送带相对静止之前，物体做匀加速运动，由运动学公式知x物＝v2t，传送带做匀速运动，由运动学公式知x传＝vt，对物块根据动能定理μmgx物＝12mv2，摩擦产生的热量Q＝μmgx相＝μmg(x传－x物)，四式联立得摩擦产生的热量Q＝12mv2，根据能量守恒定律，电动机多做的功一部分转化为物块的动能，一部分转化为热量，故电动机多做的功等于mv2，故A项错误；物体在传送带上的划痕长等于x传－x物＝x物＝v22μg，故B项错误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx传＝2μmgx物＝mv2，故C项错误；电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv，故D项正确．7．(2019·山东二模)(多选)一块足够长的白板静止于水平桌面上，一可视为质点、质量为m的石墨块静止在白板上，石墨块与白板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.从某时刻起，使白板瞬时获得速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹．经过时间t白板突然停下，不再运动．不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量，在石墨块也停止运动时，白板上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是()A.v0t2，mv02B.v02μg，mv02C．v0t－12μgt2，μmgv0tD．v0t，μmgv0t答案AC解析白板匀速运动的位移x1＝v0t，石墨块匀加速运动，加速度a＝μg，(1)若板停下时，石墨块速度没有达到v0，位移x2＝12at2，划出黑色痕迹长度Δx＝x1－x2＝v0t－12μgt2；白板停止后石墨块在滑动摩擦力作用下匀减速运动，位移同样为x2＝12μgt2，产生的热量Q＝fΔx＋fx2＝μmgv0t，故C项正确，D项错误；(2)若板停下时，石墨块速度恰好达到v0，v0＝μgt，Δx＝x1－x2＝v0t－12μgt2＝12v0t＝v022μg，产生的热量Q＝fΔx＋fΔx＝μmgv0t＝mv02，故A项正确，故B项错误；(3)若板停下前，石墨块速度已经达到v0同理：Δx＝v022μg，Q＝fΔx＋fΔx＝mv02.8．(2019·咸阳三模)如图所示，质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端．一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板．子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g.下列说法错误的是()A．木板获得的最大速度为v05B．铁块获得的最大速度为v05C．铁块与木板之间的动摩擦因数为v0240gLD．子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为2mv025答案A解析子弹射入木块的过程，对子弹和木板B系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0＝(m＋3m)v1，解得木板获得的最大速度v1＝14v0，故A项错误；对木板B和铁块A(包括子弹)系统：mv0＝5mv2，解得铁块获得的最大速度为v2＝15v0，故B项正确；子弹打入木板后，对木板B和铁块A(包括子弹)系统，由能量守恒定律得：μmgL＝12·4mv12－12·5mv22，解得：μ＝v0240gL，故C项正确；对全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE＝12mv02－12·5mv22＝2mv025，故D项正确．9．(多选)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3kg，质量m＝1kg的铁块以水平速度v0＝4m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是()A．铁块和木块最终共同以1m/s的速度向右做匀速直线运动B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为3JC．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3JD．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为6J答案ABD解析根据系统动量守恒可知：mv0＝(M＋m)v得v＝1m/s，方向向右，所以铁块和木块最终以1m/s的速度共同向右做匀速直线运动，故A项正确；铁块相对于木板向右时，当铁块与木板的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v＝1m/s.根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有：12mv02＝fL＋12(M＋m)v2＋Ep铁块相对于木板运动的整个过程有：12mv02＝2fL＋12(M＋m)v2又联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝3J，fL＝3J由功能关系知：运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q＝2fL＝6J，故C项错误，D项正确．10.(2019·益阳模拟)如图所示，由电动机带动着倾角θ＝37°的足够长的传送带以速率v＝4m/s顺时针匀速转动．一质量m＝2kg的小滑块以平行于传送带向下v′＝2m/s的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝78，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内()A．小滑块的加速度大小为1m/s2B．重力势能增加了120JC．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84JD．电动机多消耗的电能为336J答案A解析对滑块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向：f－mgsin37°＝ma，垂直斜面方向：N－mgcos37°＝0，其中：f＝μN，联立解得：a＝g(μcos37°－sin37°)＝10×(78×0.8－0.6)m/s2＝1m/s2，故A项正确；以平行斜面向上为正方向，根据速度时间关系公式，有：t＝Δva＝4－（－2）1s＝6s，位移：x＝vt＝4＋（－2）2×6m＝6m，故重力势能增加量为：ΔEp＝mg·Δh＝mg·xsin37°＝2×10×(6×0.6)J＝72J，故B项错误；在6s内传送带的位移为：x′＝vt＝4×6m＝24m，故相对位移为：Δx＝x′－x＝24m－6m＝18m，故产生的热量为：Q＝μmg·Δx＝78×2×10×18J＝315J，故C项错误；多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，为：W＝ΔEp＋ΔEk＋Q＝72J＋(12×2×42－12×2×22)J＋315J＝399J，故D项错误．二、计算题11．(2019·陕西一模)如图所示，在某游戏类娱乐节目中，要求挑战者顺利通过反向运行的跑步机皮带，看谁用时最短．有一个平台与跑步机皮带水平紧挨，跑步机皮带长L2＝32m，且皮带以v0＝1m/s的恒定速率转动．一位质量m＝50kg的挑战者在平台上的O点从静止以a1＝2m/s2的加速度开始出发，之后以a2＝1m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跑步机上的B处不慎跌倒，经过t0＝4s爬起，顺利通过剩余的路程．已知O点与跑步机左端A点距离L1＝4m，A、B两点水平距离L3＝10m，挑战者与跑步机皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度为g＝10m/s2.求：(1)挑战者在跑步机上跌倒瞬间的速度为多少？(2)挑战者从皮带上爬起瞬间与皮带最右端C点的距离为多少？答案(1)6m/s(2)13.75m解析(1)根据v12＝2a1L1得：挑战者刚冲上跑步机时的速度：v1＝2a1L1解得：v1＝4m/s挑战者在跑步机上做匀加速运动，v22－v12＝2a2L3解得：v2＝6m/s；(2)在B点跌倒后先向右做匀减速运动到速度为零，再向左做匀加速运动．假设人和皮带可以共速，设跌倒后的加速度为a3，时间为t3，由牛顿第二定律得：a3＝μg＝2m/s2，由速度关系得：－v0＝v2－a3t3解得：t3＝3.5s4s，所以人和皮带可以共速，设其共速前向右运动的位移为x3，则x3＝v2t3－12a3t32解得：x3＝8.75m随后和皮带一起匀速向左运动t4，运动位移x4，则：t4＝t0－t3＝0.5s，s4＝v0t4＝0.5m设爬起瞬间与皮带最右端的距离为s5，则s5＝L2－L3－(x3－x4)＝13.75m.12．(2019·肇庆一模)如图甲所示，地面上有一长为l＝