【物理】2020届一轮复习人教版滑块木板模型和传送带模型课时作业 7页

习题课3　滑块—木板模型和传送带模型 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(滑块—木板模型)如图5所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，木板足够长．求：‎ 图5‎ ‎(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；‎ ‎(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；‎ ‎(3)滑块与木板A达到的共同速度v的大小．‎ 答案　(1)0.5 N，方向向右　(2)1 m/s2　(3)1 m/s 解析　(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力 Ff＝μmg＝0.5 N，方向向左 根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为0.5 N ‎(2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得a＝μg＝1 m/s2‎ ‎(3)木板的加速度a′＝μg＝0.5 m/s2‎ 设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：‎ 对滑块：v＝v0－at，对长木板：v＝a′t 由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v＝1 m/s.‎ ‎2. (水平传送带问题)如图6所示，水平传送带长L＝16 m，始终以v＝4 m/s的速度运动，现将一个小物体从传送带的左端由静止释放，已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，求物体从左端运动到右端所需的时间．‎ 图6‎ 答案　5 s 解析　在物体相对于传送带向左运动时，物体受到的合外力等于摩擦力，该力产生了物体的加速度，所以μmg＝ma，a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2.‎ 设物体做匀加速运动的时间为t1，由匀加速直线运动规律得，t1＝＝2 s．设物体做匀加速运动的位移为x1，则有x1＝at＝×2×22 m＝4 m．物体做匀速运动的位移x2＝L－x1＝‎ ‎12 m，做匀速运动的时间t2＝＝3 s.‎ 所以物体由左端运动到右端的时间t＝t1＋t2＝5 s.‎ 课时作业 一、选择题(1～4为单项选择题，5～6为多项选择题)‎ ‎1．如图1所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．此时木炭包相对于传送带向右运动 C．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 D．木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短 答案　D ‎2.如图2所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块．物块与木板的接触面是光滑的．从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是(　　)‎ 图2‎ 答案　D 解析　木板一定保持静止，加速度为0，选项A、B错误；物块的加速度a＝，即物块做匀加速直线运动，物块运动的v－t图象为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，选项C错误，D正确．‎ ‎3.如图3所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端时速度vA＝4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则下列说法中错误的是(　　)‎ 图3‎ A．若传送带不动，则vB＝3 m/s B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/s D．若传送带顺时针匀速转动，vB可能等于3 m/s 答案　C 解析　若传送带不动，工件的加速度大小a＝＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，由v－v＝－2ax，得vB＝＝ m/s＝3 m/s，选项A正确；若传送带逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB＝3 m/s，选项B正确；若传送带以小于或等于3 m/s的速度顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB＝3 m/s；若传送带以大于3 m/s的速度顺时针匀速转动，vB 大于3 m/s，选项C错误，D正确．‎ ‎4.如图4所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g C．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动 D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动 答案　D 解析　对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力Ff＝μ1mg，选项A、B错误；无论F大小如何，m在M上滑动时，m对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动，选项C错误，D正确．‎ ‎5.如图5所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．‎ 将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、F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．下列选项正确的是(　　)‎ 图5‎ 答案　AB ‎6．如图6甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运动．t＝0时将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则(　　)‎ 图6‎ A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30°‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5‎ D．1.0～2.0 s物体不受摩擦力 答案　AC 二、非选择题 ‎7．如图7所示，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，以4 m/s的速度向上运行，在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带间动摩擦因数μ＝0.8，A、B间(B为顶端)长度为25 m．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ 试回答下列问题：‎ 图7‎ ‎(1)说明物体的运动性质(相对地面)．‎ ‎(2)物体从A到B的时间为多少？‎ 答案　(1)先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 ‎(2)11.25 s 解析　(1)开始时物体相对传送带向下滑动，滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律得Ff－mgsin 37°＝ma，而Ff＝μmgcos 37°，解得a＝0.4 m/s2‎ 设物体匀加速上升的位移为x，由v2＝2ax得 x＝＝ m＝20 m.‎ x<25 m，故当物体的速度达到4 m/s后将随传送带向上做匀速直线运动．‎ ‎(2)由(1)知v＝at1，t1＝＝10 s,25－x＝v·t2，t2＝1.25 s，所以从A到B的总时间 t＝t1＋t2＝11.25 s.‎ ‎8.如图8所示，在光滑的水平面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木块B，在B的左端有一个质量为2 kg、可视为质点的铁块A，A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．当对A施加水平向右的拉力F＝10 N时，求经过多长时间可将A从B的左端拉到右端．(g取10 m/s2)‎ 图8‎ 答案　0.8 s 解析　A、B间的最大静摩擦力Fmax＝μm1g＝4 N，F>Fmax，所以A、B发生相对滑动．由分析知A向右加速，加速度为a1，则F－μm1g＝m1a1，a1＝3 m/s2；B也向右加速，加速度为a2，则μm1g＝m2a2，a2＝1 m/s2.A从B的左端运动到右端，则有xA－xB＝L，即a1t2－a2t2＝L，代入数据，解得t＝0.8 s.‎ ‎9．如图9为火车站使用的传送带示意图，绷紧的传送带水平部分长度L＝4 m，并以v0＝1 m/s的速度匀速向右运动．现将一个可视为质点的旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2, g取10 m/s2.‎ 图9‎ ‎(1)求旅行包经过多长时间到达传送带的右端．‎ ‎(2)若要旅行包从左端运动到右端所用时间最短，传送带速度的大小应满足什么条件？‎ 答案　(1)4.25 s　(2)v≥4 m/s 解析　(1)旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，加速度a＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2.‎ 匀加速运动的时间t1＝＝0.5 s 匀加速运动的位移x＝at＝0.25 m 此后旅行包匀速运动，匀速运动的时间t2＝＝3.75 s 所以旅行包从左端运动到右端所用时间t＝t1＋t2＝4.25 s.‎ ‎(2)要使旅行包在传送带上运行时间最短，必须使旅行包在传送带上一直加速，‎ 由v2＝2aL得v＝＝4 m/s 即传送带速度必须大于等于4 m/s.‎ ‎10．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图10甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎　‎ 图10‎ ‎(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；‎ ‎(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(3)A的质量．‎ 答案　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg 解析　(1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得，‎ ‎－μ1mg＝ma1，‎ 解得μ1＝0.2.‎ ‎(2)由题图乙知，AB在1～3 s内的加速度 a3＝＝－1 m/s2，‎ 对AB由牛顿第二定律得，‎ ‎－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3‎ 解得μ2＝0.1.‎ ‎(3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度 a2＝＝2 m/s2.‎ 对B由牛顿第二定律得，‎ μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，‎ 代入数据解得m＝6 kg.‎