2025高考物理步步高同步练习第四章超重和失重含答案

2025高考物理步步高同步练习第四章6超重和失重[学习目标]1.知道测量重力的两种方法.2.知道什么是视重.3.知道什么是超重和失重现象.4.会利用牛顿运动定律分析超重和失重的问题．一、重力的测量1．方法一：利用牛顿第二定律先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的质量m，利用牛顿第二定律可得G＝mg.2．方法二：利用力的平衡条件将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态．这时物体所受的重力和测力计对物体的拉力或支持力的大小相等．二、超重和失重1．视重：体重计的示数称为视重，反映了人对体重计的压力．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．3．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．4．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态．(2)产生条件：a＝g，方向竖直向下．1．判断下列说法的正误．(1)超重就是物体受到的重力增加了．(×)(2)物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了．(×)(3)物体处于超重状态时，物体一定在上升．(×)(4)物体处于失重状态时，物体可能在上升．(√)2．质量为50kg的人站在电梯内的水平地板上，当电梯以大小为0.5m/s2的加速度匀减速上升时，人对电梯地板的压力大小为________N(g取10m/s2)．答案475一、超重和失重的判断导学探究如图1所示，某人乘坐电梯正在向上运动．图1(1)电梯启动瞬间加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大还是小？答案(1)电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以支持力等于重力．(2)减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，所以支持力小于重力．知识深化1．对视重的理解当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上相对静止时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了．2．超重、失重的比较特征状态加速度视重(F)与重力的关系运动情况受力图平衡a＝0F＝mg静止或匀速直线运动超重竖直向上或有竖直向上的分量由F－mg＝ma得F＝m(g＋a)>mg向上加速或向下减速失重竖直向下或有竖直向下的分量由mg－F＝ma得F＝m(g－a)<mg向下加速或向上减速完全失重a＝gF＝0自由落体运动、抛体运动[深度思考]在完全失重的情况下，下列仪器中仍然可以使用的有哪些？①天平②杆秤③水银气压计④弹簧测力计⑤体温计答案工作原理与重力有关的仪器不能使用，如天平、杆秤、水银气压计．此时，弹簧测力计不能用来测重力，但可以测拉力．体温计仍可以使用．2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射成功，如图2所示．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是()图2A．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态B．火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力C．在飞船绕地球运行时，宇航员处于完全失重状态，则宇航员的重力消失了D．飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态答案A解析火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，选项A正确，B错误；宇航员处于完全失重状态时，仍然受重力，选项C错误；飞船落地前减速下落时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，选项D错误．判断超重、失重状态的方法1．从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．2．从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为g时处于完全失重状态．3．注意：超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关．针对训练1(2021·枣庄三中高一上月考)某同学站在电梯底板上，如图3所示的v－t图像是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)．根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是()图3A．在0～20s内，电梯向上运动，该同学处于超重状态B．在0～5s内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态C．在5～10s内，电梯处于静止状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力D．在10～20s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态答案D解析在v－t图像中，图像的斜率表示加速度，故0～5s内斜率为正，加速度为正，方向竖直向上，该同学处于超重状态，速度为正，即电梯向上加速运动；在5～10s过程中，电梯匀速运动，该同学加速度为零，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，处于平衡状态；10～20s过程中，斜率为负，加速度竖直向下，速度为正，即电梯在减速上升，该同学处于失重状态，D正确．如图4所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是()图4A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力均等于A物体受到的重力答案A解析A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A选项正确．针对训练2(2021·无锡市高一上期末)如图5所示，质量为m的游客乘坐环形座舱(套装在竖直柱子)，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下．已知座舱开始下落时的高度为76m，当落到离地面28m的位置时开始制动做匀减速运动．不计空气阻力，重力加速度为g，则此过程中下列说法中正确的是()图5A．当座舱落到离地面50m时，座舱对游客的作用力大小等于mgB．当座舱落到离地面50m时，座舱对游客的作用力大小大于mgC．当座舱落到离地面20m时，座舱对游客的作用力大小大于mgD．当座舱落到离地面20m时，座舱对游客的作用力大小小于mg答案C解析当座舱落到离地面50m时，座舱处于自由落体过程中，所以座舱对游客的作用力大小等于0，A、B错误；当座舱落到离地面20m时，制动系统已启动，座舱匀减速下落，游客处于超重状态，所以座舱对游客的作用力大小大于mg，C正确，D错误．1．完全失重状态的说明：在完全失重状态下，平时一切由重力产生的物理现象都将完全消失，比如物体对支持物无压力、摆钟停止摆动、液柱不再产生向下的压强等，靠重力才能使用的仪器将失效，不能再使用(如天平、液体压强计等)．2．完全失重时重力本身并没有变化．二、超重、失重的有关计算解决超重和失重问题的一般思路超重和失重现象的实质就是牛顿第二定律的应用，解答有关问题时：(1)分析物体运动的加速度方向；(2)判断物体处于超重状态还是失重状态；(3)对物体进行受力分析；(4)利用牛顿第二定律分析和求解．质量为60kg的人站在升降机中的体重计上，如图6所示，重力加速度g取10m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数．图6(1)匀速上升；(2)以4m/s2的加速度加速上升；(3)以5m/s2的加速度加速下降．答案(1)600N(2)840N(3)300N解析(1)当升降机匀速上升时，由平衡条件得：FN1＝mg＝600N，由牛顿第三定律得，人对体重计压力为600N，即体重计示数为600N.(2)当升降机以a1＝4m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得：FN2－mg＝ma1，则FN2＝mg＋ma1＝840N由牛顿第三定律得，人对体重计的压力为840N，即体重计示数为840N.(3)当升降机以a2＝5m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得：mg－FN3＝ma2，则FN3＝mg－ma2＝300N，由牛顿第三定律得，人对体重计的压力为300N，即体重计示数为300N.三、超重、失重的综合应用1．若加速度方向向上(或斜向上)，物体处于超重状态；若加速度方向向下(或斜向下)，物体处于失重状态．2．若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体也处于超重或失重状态．如图7所示，质量为M的斜面体始终处于静止状态，重力加速度为g，当质量为m的物体以加速度a沿斜面加速下滑时有()图7A．地面对斜面体的支持力大于(M＋m)gB．地面对斜面体的支持力等于(M＋m)gC．地面对斜面体的支持力小于(M＋m)gD．由于不知道a的具体数值，无法判断地面对斜面体的支持力的大小与(M＋m)g的关系答案C解析对M和m组成的系统，当m具有向下的加速度而M保持平衡时，可以认为系统的重心向下运动，故系统具有向下的加速度，处于失重状态，所受到的地面的支持力小于系统的重力．考点一超重和失重的分析和判断1．下列有关超重与失重的说法正确的是()A．体操运动员双手握住单杠吊在空中静止不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下降过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内处于超重状态D．完全失重就是物体失去了重力答案B解析体操运动员双手握住单杠吊在空中静止不动时单杠对运动员的拉力等于运动员的重力，运动员既不处于超重状态也不处于失重状态，A错误；蹦床运动员在空中上升和下降过程中都有方向竖直向下的加速度，都处于失重状态，B正确；举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内地面对运动员和杠铃的支持力等于运动员和杠铃的重力，运动员和杠铃既不处于超重状态也不处于失重状态，C错误；不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变，D错误．2.(2020·浙江温州名校高一上期末)如图1所示为游乐场中的一种大型游乐设施跳楼机，它可以使人体验超重和失重．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由升降机从静止开始经历加速、匀速、减速过程，将座椅提升到一定高度处，然后由静止释放，落到一定位置时，制动系统启动，座椅做减速运动，下降到某一高度时停下．在上述过程中，关于座椅中的人所处的状态，下列判断正确的是()图1A．在座椅上升的整个过程中人都处于超重状态B．在座椅减速上升的过程中人处于超重状态C．在座椅下降的整个过程中人都处于失重状态D．在座椅减速下降的过程中人处于超重状态答案D解析在座椅加速上升的过程中人处于超重状态，减速上升的过程中人的加速度的方向向下，处于失重状态，故A、B错误；在座椅减速下降的过程中人所受重力小于座椅对人向上的支持力，所以加速度向上，人处于超重状态，故C错误，D正确．3.如图2所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，不计空气对人的阻力，下列说法正确的是()图2A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力D．在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力答案A解析降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力为0，A正确，B、C错误；降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有：FT－mg＝ma，即FT＝mg＋ma>mg，故D错误．4．(2021·宿迁市高一上期末)某同学站在电梯中的体重计上，电梯静止时体重计示数如图3甲所示，电梯运行过程中体重计的示数如图乙所示．由图乙可知此时电梯可能正在()图3A．加速上升 B．减速上升C．加速下降 D．匀速下降答案A5.(2020·泰兴中学、南菁高中普通班第二次联考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯开始下楼，其位移x与时间t的关系图像如图4所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是()图4A．0～t1时间内，v增大，FN>mgB．t1～t2时间内，v减小，FN<mgC．t2～t3时间内，v增大，FN<mgD．t2～t3时间内，v减小，FN>mg答案D考点二超重、失重的有关计算6．(2020·浙江省高一期末)小明为了研究超重和失重现象，站在电梯内水平放置的体重计上，小明质量为55kg，电梯由启动到停止的过程中，下列说法正确的是()图5A．由图5甲可知电梯此时一定处于静止状态B．由图乙可知小明此时一定向下加速运动C．由图乙可知电梯此时一定处于加速上升状态D．由图乙可知电梯此时的加速度约为0.7m/s2答案D解析由题图甲可知小明处于平衡状态，电梯此时处于静止或匀速运动状态，A错误；由题图乙可知小明处于超重状态，有向上的加速度，则电梯向上加速或向下减速，B、C错误；此时小明受到的支持力大小为FN＝59×10N＝590N，则加速度大小为a＝eq\f(FN－mg,m)≈0.7m/s2，D正确．7.如图6所示，在某次无人机竖直送货实验中，无人机的质量M＝1.5kg，货物的质量m＝1kg，无人机与货物间通过轻绳相连．无人机以恒定动力F＝30N使货物从地面开始加速上升，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2.则()图6A．货物加速上升时处于失重状态B．货物加速上升时的加速度a＝20m/s2C．货物加速上升时轻绳上的拉力FT＝10ND．货物加速上升时轻绳上的拉力FT＝12N答案D8．如图7甲所示，质量为m＝60kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，由图像可知()图7A．t＝0.5s时，他的加速度为3m/s2B．t＝0.4s时，他处于超重状态C．t＝1.1s时，他受到单杠的作用力的大小是620ND．t＝1.5s时，他处于超重状态答案B解析根据速度－时间图像斜率表示加速度可知，t＝0.5s时，他的加速度为0.3m/s2，A错．t＝0.4s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，B对．t＝1.1s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600N，C错．t＝1.5s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D错．9．(2020·北京市石景山区高一上学期期末)某志愿者站在力传感器上分别完成下蹲和站起动作，计算机同时采集相应的数据，如图8所示，这是做其中一个动作时，力传感器的示数随时间变化的情况，下面判断正确的是()图8A．这是站起过程，先失重后超重B．这是站起过程，先超重后失重C．这是蹲下过程，先失重后超重D．这是蹲下过程，先超重后失重答案C解析根据题图可知，加速度先向下后向上，而蹲下过程，先向下加速运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上，先失重后超重，故C正确，A、B、D错误．10．某人在地面上最多能举起60kg的重物，要使此人在升降机中最多能举起100kg的重物，已知重力加速度g取10m/s2，则下列说法可能正确的是()A．升降机正加速上升，加速度大小为4m/s2B．升降机正加速下降，加速度大小为4m/s2C．升降机正减速下降，加速度大小为4m/s2D．升降机正减速上升，加速度大小为6m/s2答案B解析某人在地面上最多能举起60kg的物体，则知此人的最大举力为F＝mg＝60×10N＝600N．在升降机中，对重物根据牛顿第二定律有m′g－F＝m′a，解得a＝g－eq\f(F,m′)＝(10－eq\f(600,100))m/s2＝4m/s2，方向竖直向下，故升降机应减速上升或加速下降，加速度大小为4m/s2.11.(2021·山东青岛高一月考)如图9所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的棱长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是()图9A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向上C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向下D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A的压力向下答案C解析将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，由牛顿第二定律知加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其所受合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A、D错误．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，上升过程，根据牛顿第二定律有f＋mg＝ma，则上升过程加速度大于g；再以球B为研究对象，B的加速度大于g，根据牛顿第二定律，B受到的合力大于重力，故B受重力和向下的压力，A对B的压力向下，故B错误．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，下落过程，根据牛顿第二定律有mg－f′＝ma′，则下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律B受到的合力小于重力，故B受重力和向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C正确．12.若货物随升降机运动的v－t图像如图10所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F随时间t变化的图像可能是()图10答案B解析将整个运动过程分解为六个阶段．第一阶段货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma<mg；第二阶段货物做匀速直线运动，F＝mg；第三阶段货物向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第四阶段货物向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第五阶段货物做匀速直线运动，F＝mg；第六阶段货物向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma<mg.故B正确，A、C、D错误．13．在电梯中，把一物体置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系图像，如图11所示(g取10m/s2)，则：图11(1)电梯在启动阶段经历了多长时间的加速上升过程？(2)该物体的重力是多少？电梯在超重和失重时物体的重力是否变化？(3)算出电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大？答案(1)4s(2)30N不变(3)eq\f(20,3)m/s2eq\f(20,3)m/s2解析(1)由题图可知：电梯在启动阶段经历了4s加速上升过程．(2)根据题意知，在4～18s时间内，物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知，台秤受的压力大小和物体的重力相等，即G＝30N根据超重和失重的本质知物体的重力不变(3)超重时：台秤对物体的支持力最大为50N，由牛顿第二定律得F合＝ma1，则a1＝eq\f(F合,m)＝eq\f(50－30,3)m/s2＝eq\f(20,3)m/s2，方向竖直向上失重时：台秤对物体的支持力最小为10N由牛顿第二定律得F合′＝ma2，则a2＝eq\f(F合′,m)＝eq\f(30－10,3)m/s2＝eq\f(20,3)m/s2，方向竖直向下．14.(2020·绵阳市高一上期末)小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象．他在地面上用台秤称得自己的体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图12所示，g取10m/s2.下列说法正确的是()图12A．在0～2s内，小明处于超重状态B．在0～2s内，小明加速度大小为1m/s2C．在10～11s内，台秤示数为F3＝800ND．在0～11s内，电梯通过的距离为18m答案B解析由题图可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为F1＝450N，由牛顿第二定律有mg－F1＝ma1，解得a1＝1m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，故A错误，B正确；设在10～11s内小明的加速度为a3，时间为t3＝1s,0～2s的时间为t1＝2s，则a1t1＝a3t3，解得a3＝2m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg＝ma3，解得F3＝600N，故C错误；0～2s内位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝2m，2～10s内位移x2＝v匀t2＝a1t1t2＝16m,10～11s内位移x3＝eq\f(1,2)a3t32＝1m，小明运动的总位移x＝x1＋x2＋x3＝19m，故D错误．本章知识网络构建传送带模型[学习目标]1.会对传送带上的物体进行受力分析，掌握传送带模型的一般分析方法.2.能正确解答传送带上的物体的运动问题．1．传送带的基本类型传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型．2．传送带模型分析流程3．注意求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向．当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键．一、水平传送带模型如图1所示，传送带保持以1m/s的速度顺时针转动．现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2.5m，g取10m/s2，求：图1(1)煤块从A点运动到B点所经历的时间；(2)煤块在传送带上留下痕迹的长度．答案(1)3s(2)0.5m解析(1)对煤块，根据题意得a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，当速度达到1m/s时，所用的时间t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(1－0,1)s＝1s，通过的位移x1＝eq\f(v2－v\o\al(02),2a)＝0.5m＜2.5m．在剩余位移x2＝L－x1＝2.5m－0.5m＝2m中，因为煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝eq\f(x2,v)＝2s因此煤块从A点运动到B点所经历的时间t＝t1＋t2＝3s(2)煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程在前1s时间内，传送带的位移x1′＝vt1＝1m煤块相对地面运动的位移x2′＝eq\f(1,2)at12＝0.5m故煤块相对传送带的位移Δx＝x1′－x2′＝0.5m.如图2所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2m/s沿顺时针方向运行．初速度为v2＝4m/s的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：图2(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间．答案(1)4m(2)4.5s解析(1)小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：μmg＝ma得a＝μg因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，由公式x＝eq\f(v\o\al(22),2a)得x＝4m，t1＝eq\f(v2,a)＝2s(2)小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a′＝μg＝2m/s2设小物块与传送带共速所需时间为t2，t2＝eq\f(v1,a′)＝1st2时间内小物块向右运动的距离x1＝eq\f(v\o\al(12),2a′)＝1m最后小物块做匀速直线运动，位移x2＝x－x1＝3m匀速运动时间t3＝eq\f(x2,v1)＝1.5s所以小物块从A处出发再回到A处所用的时间t总＝t1＋t2＋t3＝4.5s.二、倾斜传送带模型某飞机场利用如图3所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10m，传送带以v＝5m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻放上一质量m＝5kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2).求货物从A端运送到B端所需的时间．(g取10m/s2)图3答案3s解析以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma解得a＝2.5m/s2货物匀加速运动时间t1＝eq\f(v,a)＝2s货物匀加速运动位移x1＝eq\f(1,2)at12＝5m然后货物做匀速运动，运动位移x2＝L－x1＝5m匀速运动时间t2＝eq\f(x2,v)＝1s货物从A端运送到B端所需的时间t＝t1＋t2＝3s.如图4所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s.在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体．已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：图4(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．答案(1)4s(2)2s解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：mg(sin37°－μcos37°)＝ma则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，根据l＝eq\f(1,2)at2得t＝4s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律得，mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1则有a1＝10m/s2设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，x1＝eq\f(1,2)a1t12＝5m＜l＝16m当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin37°＞μmgcos37°，则此后物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因为x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2t22，则有10t2＋t22＝11，解得：t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2s.1．水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＝v时，一直匀速(3)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带足够长时，滑块先向左减速再向右加速回到右端2.倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速再以a2加速训练1水平传送带模型1.如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项可能正确的是()图1答案A2.机场和火车站的安全检查仪用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图2所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率向左运行．旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则()图2A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前1s到达B处C．行李提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处答案D解析行李无初速度地放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动．行李加速时a＝μg＝1m/s2，用时t1＝eq\f(v,a)＝1s与传送带共速，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝eq\f(lAB－x1,v)＝1.5s，到达B处共用时2.5s．乘客到达B处用时t＝eq\f(lAB,v)＝2s，故A、B、C错误．若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间tmin＝eq\r(\f(2lAB,a))＝2s，D正确．3.(2020·湖南师大附中高一上学期期末)如图3所示，水平传送带以不变的速度v＝10m/s向右运动，将工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，g取10m/s2，求：图3(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数；(3)水平传送带的长度．答案(1)5m/s2(2)0.5(3)50m解析(1)工件的加速度大小a＝eq\f(v,t)解得a＝5m/s2.(2)设工件的质量为m，由牛顿第二定律得：μmg＝ma解得动摩擦因数μ＝0.5.(3)工件匀加速运动通过的距离x1＝eq\f(v,2)t工件匀速运动通过的距离x2＝vt′水平传送带长度也就是工件从左端到达右端通过的距离x＝x1＋x2联立解得x＝50m.4.(2020·山东师大附中高一上期末)如图4所示，水平放置的传送带以速度v＝2m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距4m，g＝10m/s2，求：图4(1)物体由A运动到B的时间和物体到达B端时的速度大小；(2)物体相对传送带滑动的距离．答案(1)2.5s2m/s(2)1m解析(1)设加速运动过程中物体的加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得出a＝2m/s2；设物体速度达到传送带速度v时物体发生的位移为x1，所用时间为t1，则v＝at1，x1＝eq\f(v,2)t1，得出t1＝1s，x1＝1m；此时物体距离B端x2＝xAB－x1＝3m，接下来物体以速度v做匀速运动，所用时间t2＝eq\f(x2,v)＝1.5s，所以t＝t1＋t2＝2.5s，物体到达B端时的速度为2m/s.(2)在t1＝1s内传送带位移x传＝vt1＝2m，故物体相对传送带滑动的距离Δx＝x传－x1＝1m.5.如图5所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的物体无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2.图5(1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求物体由A运动到B的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求使物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．答案(1)4N1m/s2(2)2.5s(3)2s2m/s解析(1)滑动摩擦力Ff1＝μmg＝0.1×4×10N＝4N，加速度a＝eq\f(Ff1,m)＝1m/s2.(2)物体匀加速运动的时间t1＝eq\f(v,a)＝1s，物体匀加速运动的位移x1＝eq\f(v2,2a)＝0.5m.物体匀速运动的时间t2＝eq\f(L－x1,v)＝1.5s则物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5s.(3)物体一直做匀加速运动时物体从A处传送到B处的时间最短，加速度仍为a＝1m/s2，当物体到达B处时，有vmin2＝2aL，vmin＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×1×2)m/s＝2m/s，所以传送带的最小运行速率为2m/s.设物体最短运行时间为tmin，则vmin＝atmin，得tmin＝eq\f(vmin,a)＝eq\f(2,1)s＝2s.6．如图6，一平直的传送带以速率v＝2m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6s，物体到达B处，A、B相距L＝10m，重力加速度g＝10m/s2.则：图6(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕长度．答案(1)2s(2)0.1(3)2m解析(1)由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度，匀速运动到B端，设物体做匀加速运动的时间为t所以eq\f(v,2)t＋v(6s－t)＝L代入数据解得：t＝2s(2)在匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma根据速度与时间的关系得：v＝at联立解得：μ＝0.1(3)在物体匀加速运动过程中，传送带上表面相对于地面的位移x＝vt＝4m物体相对于地面的位移x′＝eq\f(1,2)at2＝2m所以物体在传送带上的划痕长度Δx＝x－x′＝2m.训练2倾斜传送带模型1.(2020·浙江省高一期末)如图1所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速向下运动，在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图1答案D解析开始时小木块相对传送带向后运动，滑动摩擦力沿传送带向下，则小木块的加速度为a1＝gsinθ＋μgcosθ则第一阶段木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则木块和传送带能够共速，共速时，因μ＜tanθ，木块将继续加速，加速度为a2＝gsinθ－μgcosθ，综上所述，木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，故A、B、C错误，D正确．2.(2020·济宁一中高一月考)如图2所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么()图2A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．不能确定答案A解析滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据x＝eq\f(1,2)at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确．3．(2021·泰州中学、南菁高中高一上第二次联考)倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图3甲所示．在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5s时小煤块从B点离开传送带．小煤块速度随时间变化