【物理】2020届一轮复习人教版动力学中的“传送带”“板块”模型课时作业
2020届一轮复习人教版 动力学中的“传送带”“板块”模型 课时作业
一、选择题
1.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
解析：选D 开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＋μgcosθ
木块加速至与传送带速度相等时，由于μ
|a2|
由vt图象的斜率表示加速度大小可知，选项A正确．
3．光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示．小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为( )
A．1 m B．0
C．0.25 m D．0.75 m
解析：选C 设最终小滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝＝μg，小车加速度a2＝，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5 s<1 s，v＝1 m/s,0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动．则在0～0.5 s时间内小滑块位移x1＝t0＝1 m，小车位移x2＝t0＝0.25 m，小滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25 m，C项正确．
4．(多选)(2019届广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带AB
逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度取g＝10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
解析：选BC 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在vt图象中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误．
二、非选择题
5．如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5 s到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10 s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出三物体的vt图象如同乙、丙、丁所示，取g＝10 m/s2，求：
(1)传送带的速度大小v0；
(2)传送带的长度L；
(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数；
(4)物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC.
解析：(1)物体A与B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s.
(2)vt图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以A的位移xA＝36 m
传送带的长度L与A的位移相等，也是36 m.
(3)(4)A的加速度aA＝＝4 m/s2
由牛顿第二定律得μAmg＝maA，所以μA＝＝0.4
同理，B的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2
设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则
L＝tC，tC＝＝24 s
C的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.012 5.
答案：(1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5
(4)24 s
6．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．
解析：(1)滑板一直加速时，所用时间最短．设滑板加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s.
(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N.
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2－μm1g＝m1a1，－＝L，解得F2＝34 N.
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
答案：(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
7.传送带以恒定速率v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝10 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8 m的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2
，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求物块在传送带上运动的时间；
(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？
解析：(1)物块在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有
F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v＝a1t1，t1＝0.5 s
位移x1＝a1t12＝1 m
随后，有F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma2
解得a2＝0，即物块匀速上滑
位移x2＝－x1＝2 m
t2＝＝0.5 s
总时间为t＝t1＋t2＝1 s
即物块从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s.
(2)在物块与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有
μmgcos37°－mgsin37°＝ma3
解得a3＝－2 m/s2
假设物块向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x
x＝－＝4 m>x2
即物块速度减为零之前已经到达最高点
由x2＝vt3＋a3t32
解得t3＝(2－) s(t3＝(2＋) s＞0.5 s，舍去)
即物块还需(2－) s离开传送带．
答案：(1)1 s (2)(2－) s
8. (2018届潍坊检测)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接．当C
从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落．A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；
(2)木板A的长度L；
(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小．
解析：(1)对A、C分析：mg＝2ma
v02＝2ah，解得v0＝.
(2)B放在A上后，设A、C仍一起运动，则
由牛顿第二定律得mg－μ·4m·g＝ma
解得a＝0
即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，
B匀加速运动，加速度aB0＝μg＝
设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－v0t0
解得L＝2h.
(3)共速前：A和C匀速，B加速，
aB1＝＝2g
t1＝＝
Δx1＝xAC－xB＝v0t1－v0t1＝
共速后全部向右加速
aB2＝＝g
aAC＝＝g
Δx2＝Δx1＝(aB2－aAC)t22
解得t2＝，vB2＝v0＋aB2t2＝.
答案：(1) (2)2h (3)
|学霸作业|——自选
一、选择题
1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带．当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动．随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进．设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为( )
A．5 mm B．6 mm
C．7 mm D．10 mm
解析：选A 木箱加速的时间为t＝，这段时间内木箱的位移为x1＝，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确．
2．(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( )
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
解析：选AC 当F＝6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝3 kg.当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a＝＝－，图线的斜率k＝＝1，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝2 kg，选项A正确；滑块的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2
，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误；当F＝7 N时，由a＝知长木板的加速度a＝3 m/s2，选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2 m/s2，恒定不变，选项D错误．
3. (多选)(2018届湖南衡阳模拟)如图，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．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M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
解析：选BC 对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f＝μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有f1＝Ma1，F－f1－f2＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入已知条件解得F>2μ(M＋m)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于＝＝，匀减速运动的位移小于＝＝，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝＝2μg，根据a2t2－a1t2＝d，解得t＝ ，则此时砝码的速度v＝a1t＝，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移为＝＝d，而匀加速运动的位移x′＝a1t2＝d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误．
二、非选择题
4．(2019届天津质检)水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速的放在A处，该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2 m，g取10 m/s2，求：
(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少；
(2)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从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v′.
解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2
设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，
所通过的位移为s1，则
v＝at1，t1＝1 s，s1＝at12，s1＝0.5 m
行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2
则t2＝＝1.5 s
设行李从A运送到B共用时间为t，则t＝t1＋t2＝2.5 s.
(2)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短
有l＝at2
代入数据得t＝2 s
此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s
故传送带对应的最小运行速率为2 m/s.
答案：(1)2.5 s (2)2 s 2 m/s
5.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m＝5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．
(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；
(2)若B轮的半径为R＝0.2 m，求行李包在B点对传送带的压力；
(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．
解析：(1)行李包在水平传送带上加速时
μ1mg＝ma1
若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t，则v＝a1t
行李包前进距离x1＝a1t2
传送带前进距离x2＝vt
行李包相对传送带滑动的距离Δx＝x2－x1＝0.1 m.
(2)行李包在B点，根据牛顿第二定律，有
mg－FN＝
解得FN＝25 N
根据牛顿第三定律可得：行李包在B点对传送带的压力为25 N，方向竖直向下．
(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律
mgsin37°－μ2mgcos37°＝ma2
行李包从斜面滑下过程：0－v2＝2a2x
解得x＝1.25 m.
答案：(1)0.1 m (2)25 N，方向竖直向下 (3)1.25 m
6. (2018届江西赣州月考)如图所示，传送带的水平部分ab＝2 m，斜面部分bc＝4 m，bc与水平面的夹角α＝37°.一个小物体A与传送带的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v＝2 m/s.若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带．求物体A从a点被传送到c点所用的时间．(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)
解析：物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等．在这一过程中有
a1＝＝μg
x1＝＝＝0.8 m＜xab
经历时间为t1＝＝ s＝0.8 s
此后随传送带运动到b点的时间为
t2＝＝ s＝0.6 s
当物体A到达bc斜面时，由于mgsin37°＝0.6mg＞
μmgcos37°＝0.2mg.所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动，其加速度大小为
a2＝gsin37°－μgcos37°＝4 m/s2
物体A在传送带bc上所用时间满足xbc＝vt3＋a2t32代入数据得t3＝1 s(负值舍去)
则物体A从a点被传送到c所用时间为
t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.
答案：2.4 s
7.长为L＝1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了x＝8.0 cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10 m/s2.求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？
解析：(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度
a＝＝1.0 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10.
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动．其加速度
a1＝μ1g＝2.5 m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50 m/s2
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t
解得t＝＝0.8 s
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s.
(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度为v0m，则
v0mt′－a1t′2－a2t′2＝L
v0m－v′＝a1t′
v′＝a2t′
由以上三式解得v0m＝3.0 m/s.
答案：(1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s
8．(2019届江西玉山一中月考)图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的vt图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小．
解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得
F＝(m1＋m2)a
对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N.
(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
有μ1m1g＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
2 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s
木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
F1－μ1m1g＝m2a2
解得a2＝4 m/s2
1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s
在1～2 s内F2＝μ1m1g
木板做匀速运动，速度为4 m/s
2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝＝μ2g
m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g
所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动
由牛顿第二定律有－μ1m1g＝m1a3
解得a3＝－2 m/s2
速度从4 m/s减至零的时间t3＝＝ s＝2 s
木板做匀减速直线运动有
－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4
解得a4＝－ m/s2
速度从4 m/s减至零的时间t4＝＝ s＝1.5 s
二者在整个运动过程的vt图象如图所示(实线是木板的vt图象，虚线是物块的vt图象)．
0～2 s内物块相对木板向左运动
Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12
2～4 s内物块相对木板向右运动
Δx2＝－
解得Δx＝Δx1－Δx2＝1 m
所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m.
答案：(1)8 N (2)见解析图 1 m
