【物理】2020届一轮复习人教版专题突破四用动力学方法解决动力学问题中的“传送带”作业

【物理】2020届一轮复习人教版专题突破四用动力学方法解决动力学问题中的“传送带”作业

‎2020届一轮复习人教版 专题突破四用动力学方法解决动力学问题中的“传送带” 作业 ‎1．(多选)(2019·盐城中学月考) 如图1所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)‎ 图1‎ A．物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大 B．物块A、B同时到达底端 C．物块A先到达传送带底端 D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3‎ 答案　BD 解析　对物块A、B受力分析，因为mgsin37°＞μmgcos37°，故物块A所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，物块B所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故A、C错误，B正确．对物块A，划痕的长度等于物块A的位移减去传送带的位移，以物块A为研究对象，由牛顿第二定律得：a＝2m/s2，由运动学公式得运动时间为：t＝1s，所以传送带运动的位移为x＝vt＝1m．则物块A对传送带的划痕为：Δx1＝2m－1m＝1m，对物块B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出物块B对传送带的划痕长度为Δx2＝3m．所以划痕长度之比为1∶3，故D正确．‎ ‎2．(多选)如图2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g取10m/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(　　)‎ 图2‎ A．μ＝0.4 B．μ＝0.2‎ C．t＝4.5s D．t＝3s 答案　BC 解析　由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0m/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v－t图象中，图线与时间轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速并最终与传送带相对静止，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4.5s，C正确，D错误．‎ ‎3.(2018·高邮市期初)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ＝37°，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＝，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)‎ 图3‎ 答案　D 解析　初始状态时：小木块所受重力的分力与滑动摩擦力均沿着传送带向下，且都是恒力，所以小木块先沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度a1＝＝gsinθ＋μgcosθ；‎ 当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tan θ知小木块继续沿传送带匀加速向下，但是此时滑动摩擦力的方向沿传送带向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2＝＝gsinθ－μgcosθ；‎ 比较知道a1＞a2，根据v－t 图象的斜率表示加速度，知第二段图线的斜率比第一段小，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎4．(多选)如图4所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是图中的(　　)‎ 图4‎ 答案　BD ‎5．(2018·泰州中学模拟)如图5所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)‎ 图5‎ 答案　A ‎6.(多选)(2018·盐城中学段考)如图6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，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为(　　)‎ 图6‎ A．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 B．物块先向左运动，再向右运动 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　AC 解析　当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，故A、C正确．‎ ‎7.(2018·苏锡常镇一调)一足够长的轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放有质量均为 ‎1kg的A、B两物块，A、B物块与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图7所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．若F＝1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N B．若F＝8N，则B物块的加速度为4.0m/s2‎ C．无论力F多大，A物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动 D．无论力F多大，B物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动 答案　C 解析　A物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：FfA＝μ1mAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B物块与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：FfB＝μ2mBg＝0.2×1×10 N＝2 N；因F1＝1.5 N＜FfA，所以A、B物块及薄硬纸片保持相对静止，整体在F1作用下向左匀加速运动，加速度为a1＝＝ m/s2＝0.75 m/s2，此时对A∶F1－FfA1＝mAa1，解得FfA1＝0.75 N，故A错误；物块B做加速运动的最大加速度为aBm＝＝μ2g＝2 m/s2，若当F2＝8 N时，假设A、B两物块相对薄硬纸片静止，则加速度为a2＝＝ m/s2＝4 m/s2＞2 m/s2，则此时B物块相对薄硬纸片发生相对滑动，故B的加速度仍为2 m/s2，选项B、D错误；由以上分析可知当薄硬纸片的加速度为2 m/s2时，物块B相对薄硬纸片将要产生相对滑动，此时薄硬纸片受到的摩擦力为2 N，即纸片对A物块的摩擦力也为2 N＜FfA，则无论力F多大，A物块与薄硬纸片都不会发生相对滑动，选项C正确．‎ ‎8.(2018·田家炳中学模拟)传送带以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根平行于传送带的轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝‎ ‎1.8 m的平台上，如图8所示．已知物品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.问：‎ 图8‎ ‎(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？‎ ‎(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多长时间离开传送带？(计算结果可用根式表示)‎ 答案　(1)1s　(2)(2－) s 解析　(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：‎ F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1‎ 解得a1＝8 m/s2；‎ 由v＝a1t1，得t1＝0.5 s，‎ 位移x1＝a1t12＝1 m，‎ 共速后，有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2，‎ 解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升，‎ 位移x2＝－x1＝2 m；‎ t2＝＝0.5 s；‎ 总时间为：t＝t1＋t2＝1 s；‎ 即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s；‎ ‎(2)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3‎ 解得：a3＝－2 m/s2；‎ 假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x，x＝－＝4 m＞x2；‎ 即物品速度减为零前已经到达最高点；‎ 由x2＝vt3＋a3t32；‎ 解得：t3＝(2－) s，t3＝(2＋) s(舍去)‎ 即物品还需(2－) s离开传送带．‎ ‎9．(2018·徐州市期中)如图9甲所示，粗糙水平面上有一个长L＝1m、质量M＝3kg的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.25.质量m＝1kg的物块(可视为质点)放置在木板的右端，物块与木板左半部分的动摩擦因数μ2＝0.5.在木板右端施加如图乙所示的水平拉力F，g取10m/s2.求：‎ 图9‎ ‎(1)木板刚开始运动时的加速度大小；‎ ‎(2)物块运动多长时间后与木板速度相同；‎ ‎(3)经过t＝2.5s物块运动的位移大小．‎ 答案　(1)1m/s2　(2)0.5s　(3)4.875m 解析　(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知：F1－μ1(M＋m)g＝Ma 解得：a＝1 m/s2‎ ‎(2)木板在F1作用下，经历时间1 s前进的位移为：x1＝at12＝×1×12 m＝0.5 m，‎ 恰好运动到有摩擦力位置，此时木板的速度为：v＝at1＝1 m/s 此后物块的加速度为：a′＝＝5 m/s2，木板的加速度为：a″＝＝3 m/s2‎ 假设经历时间t2两者速度相同，则有：v共＝a′t2＝v＋a″t2‎ 解得：t2＝0.5 s，v共＝2.5 m/s t2时间内物块的位移为：a′t22＝0.625 m t2时间内木板的位移为：vt2＋a″t22＝0.875 m 木板与物块的位移差为：0.875 m－0.625 m＜，物块未从木板上滑下，假设成立．‎ ‎(3)在0.5 s内物块前进的位移为：x2＝a′t22＝0.625 m 达到共同速度后，假设两者以相同的加速度运动，物块运动的加速度为：‎ a1＝＝3.5 m/s2＜5 m/s2‎ 故此后两者一起做匀加速运动，时间t′＝t－t1－t2＝1 s，‎ 故有：x3＝v共t′＋a1t′2＝2.5×1 m＋×3.5×12 m＝4.25 m 故物块前进的位移为：x＝x2＋x3＝4.875 m.‎