课时作业 10 动力学中的“传送带、板块”模型
时间:45 分钟
1.如图所示,水平传送带始终以速度 v1 顺时针转动,一物块以速度 v2(v2≠v1)滑上传 送带的左端,则物块在传送带上的运动一定不可能是(
C )
A.先加速后匀速运动
B.一直加速运动
C.一直减速直到速度为零
D.先减速后匀速运动
解析:若 v2
摩擦力作用下不可能一直减速直到速度为零,故选 C.
2.如图所示,倾角为 θ 的足够长传送带沿顺时针方向转动,转动速度大小为v1,一个 物体从传送带底端以初速度大小 v2(v2>v1)上滑,同时物块受到平行传送带向上的恒力 F 作 用,物块与传送带间的动摩擦因数 μ =tanθ ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列物块 运动的 v t 图象不可能是( C )
解析:因 v2>v1,则物块相对于传送带向上运动,所受滑动摩擦力向下,若 F=mgsinθ +μ mgcosθ ,则物体的加速度为零,将一直以 v2 向上匀速运动,选项 B 正确;若 F>mgsinθ +μ mgcosθ ,则物体的加速度向上,将一直向上做匀加速直线运动,选项 A 正确;若
F 物体受向上拉力和静摩擦力而合外力为零,则物体与传送带一起向上匀速运动,故选项 C 错误,选项 D 正确. 3.(多选)三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长度都是 6 m 且与水平方向的夹角均为 37°.现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿 传送带下滑至底端,物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5(g 取 10 m/s2,sin37°=0.6, cos37°=0.8).下列说法正确的是( BD ) A.物块 A 先到达传送带底端 B.物块 A、B 同时到达传送带底端 C.传送带对物块 A 做正功,对物块 B 做负功 D.物块 A、B 在传送带上的划痕长度之比为 解析:因为 mgsin37°>μ mgcos37°,则 A 所受摩擦力沿传送带向上,向下做匀加速直 线运动,B 所受摩擦力沿传送带向上,向下做匀加速直线运动,两物块做匀加速直线运动的 加速度大小相等,位移大小相等,则运动的时间相等,故 A 错误,B 正确;传送带对 A、B 的摩擦力方向与速度方向相反,都沿传送带向上,传送带对物块A 和物块 B 均做负功,故 C 错误;对 A,划痕的长度等于 A 的位移减传送带的位移,以 A 为研究对象,由牛顿第二定律 1 2 得mgsin37°-μmgcos37°=ma,a=2m/s,由运动学公式x=v0t+at得运动时间为t 2 2 =2 s,所以传送带运动的位移为 x=v0t=2 m,所以 A 在传送带上的划痕长度为 Δ x1=6 m -2 m=4 m;对 B,划痕的长度等于 B 的位移加上传送带的位移,同理得出 B 在传送带上的 划痕长度为 Δ x2=6 m+2 m=8 m,所以划痕长度之比为 ,故 D 正确. 4.质量为 m0=20 kg、长为 L=2 m 的木板放在水平面上,木板与水平面间的动摩擦因 数为 μ 1=0.1.将质量 m=10 kg 的小木块(可视为质点),以 v0=4 m/s 的速度从木板的左端 水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板间的动摩擦因数为 μ 2=0.4(最大静摩擦力等 于滑动摩擦力,g 取 10 m/s2).则以下说法中正确的是( C ) A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板 B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板 C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板 D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板 解析:木块对木板的摩擦力 f1=μ 2mg=40 N,水平面对木板的摩擦力 f2=μ 1(m+m0)g f =30N,因为f1>f2,所以木板一定向右运动,对木块,由牛顿第二定律得a1==μ1 2g=4m/s2, m f1-f2 对木板,由牛顿第二定律有 a2= m0 =0.5 m/s2,设经过时间 t,小木块和木板的速度相等, 4 m/s,小木块的位移x=v0 +v 160 v0-a1t=a2t,解得 t=8vats,共同速度== 2 1 t= m, 9 9 2 81 v 144 m,小木块相对木板的位移Δx=x1-x2=木板的位移x2=t=m 81 2 81 16 块不能滑出长木板,故 C 正确. 5.(多选)如图甲所示,一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为 m 的小滑块.木板受到水平拉力 F 作用时,用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力 F 的 关系如图乙所示,重力加速度 g=10 m/s2,下列说法正确的是( BD ) A.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.1 B.当水平拉力 F=7 N 时,长木板的加速度大小为 3 m/s2 C.当水平拉力 F 增大时,小滑块的加速度一定增大 D.小滑块的质量 m=2 kg 1 解析:由题可知,当 0 M+m 即此时 a F 图线的斜率为整体质量的倒数,得 M+m=3 kg;当 F>6 N 时二者间出现相对滑 1 μ mg 动,对木板有 F-μ mg=Ma,即 a= F- ,可见此时 a F 图线的斜率为木板质量的倒数, M M 可得 M=1 kg,则 m=2 kg,D 正确.由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它 产生的摩擦力,不再随 F 的增大而变化,则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大,且不 再变化,由图可知小滑块的最大加速度为 a 大=2 m/s2,由牛顿第二定律有 μ mg=ma 大,得 1 μ mg F- 得 a=3 m/s2,B 正确. μ =0.2,A、C 错误.将 F=7 N 代入 a= M M 6.如图所示,在倾角 θ =37°的固定斜面上放置一质量 M=1 kg、长度 L=0.75 m 的 薄平板 AB.平板的上表面光滑,其下端 B 与斜面底端 C 的距离为 4 m.在平板的上端 A 处放 一质量 m=0.6 kg 的滑块,开始时使平板和滑块都静止,之后将它们无初速释放.设平板与 斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ =0.5,通过计算判断无初速释放后薄平板是否 立即开始运动,并求出滑块与平板下端 B 到达斜面底端 C 的时间差 Δ t.(sin37°=0.6,
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