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，
2020版高考物理一轮复习第三章课时作业10动力学中的“传送带、板块”模型新人教版
