北京专用2019版【高考物理一轮复习检测】：第4讲传送带模型滑块_滑板模型 (Word版含答案)
北京2019版高考物理复习：第三章牛顿运动定律第讲传送带模型滑块_滑板模型 含答案
第4讲传送带模型、滑块—滑板模型基础巩固1.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。
其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行。
旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g 取10 m/s2。
若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则( )A.乘客与行李同时到达B处B.乘客提前0.5 s到达B处C.行李提前0.5 s到达B处D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处2.(多选)如图所示,一质量m=0.2 kg的小煤块以v0=4 m/s的初速度从最左端水平滑上轴心间距L=6 m的水平传送带,传送带可由一电机驱使而转动。
已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1(取g=10 m/s2)( )A.若电机不开启,传送带不转动,小煤块滑离传送带右端的速度大小为2 m/sB.若电机不开启,传送带不转动,小煤块在传送带上运动的总时间为4 sC.若开启电机,传送带以5 m/s的速率顺时针转动,则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5 mD.若开启电机,小煤块在传送带上运动时间最短,则传送带至少需以2m/s的速率顺时针转动3.如图所示,倾斜的传送带顺时针匀速转动,传送带的速率为v1。
一物块从传送带的上端A滑上传送带,滑上时速率为v2,且v1>v2,物块与传送带间的动摩擦因数恒定,不计空气阻力,关于物块离开传送带时可能的速率v和位置,下面说法中一定错误．．的是( )A.从下端B离开,v>v2B.从下端B离开,v<v2C.从上端A离开,v=v2D.从上端A离开,v<v24.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A。
某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示,即F=kt,其中k为已知常数。
北京专用2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲传送带模型滑块-滑板模型课件
右端时,有
v
2 m
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
i=n 2aL,vmin=
=2 a Lm/s=221m/2s,所以传送带对应的最小运行速
率为 2 m/s。
行李最短运行时间由vmin=atmin
得tmin= v m i n= 2 s=2 s。
a1
1-2 如图所示,倾角为37°、长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s, 在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体,物体与 传送带间的动摩擦因数μ=0.5。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g= 10 m/s2。求:
下去。
a1t=-v0+a2t 解得t=0.5 s 两者的共速度大小为v=a1t=2 m/s 可见木板此时恰好回到原位置,位移为零,此过程物块的位移为s=1 a1t2=
2
0.5 m 所以物块最终停在木板的中点处。
深化拓展
考点一 传送带问题 考点二 滑块—滑板模型
深化拓展
考点一 传送带问题
传送带问题的考查一般从两个层面上展开
1-1 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传 送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1 m/s运行, 一质量为m=4 kg 的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦 力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做 匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.1,A、B间的距 离L=2 m,g取 10 m/s2。 (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小; (2)求行李做匀加速直线运动的时间; (3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到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。
2019大一轮高考总复习物理练习：微专题04 “传送带模
第三章 微专题4教师用书独具1．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v 0、t 0已知，则( )A ．传送带一定逆时针转动B ．μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC ．传送带的速度大于v 0D ．t 0后滑块的加速度为2g sin θ－v 0t 0解析：选AD 若传送带顺时针转动，当滑块下滑(mg sin θ＞μmg cos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑(mg sin θ＜μmg cos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A 正确．滑块在0～t 0内，滑动摩擦力向下作匀加速下滑，a 1＝g sin θ＋μg cos θ，由图可知a 1＝v 0t 0，则μ＝v 0gt 0cos θ－tan θ，选项B 错误．只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v 0，选项C 错误．等速后的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值得a 2＝2g sin θ－v 0t 0，选项D 正确．故选A 、D ．2．(2018·宿迁模拟)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 ＝3 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7 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，求滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差Δt .(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)．解析：对薄板，由于Mg sin 37°＜μ(M ＋m )g cos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动．对滑块：在薄板上滑行时加速度a 1＝g sin 37°＝6 m/s 2，到达B 点时速度v ＝2a 1L ＝6 m/s滑块由B 至C 时的加速度a 2＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，设滑块由B 至C 所用时间为t ，则L BC ＝v t ＋12a 2t 2，解得t ＝1 s对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，滑至C 端所用时间为t ′，则L BC ＝12at ′2，解得t ′＝7 s滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差为 Δt ＝t ′－t ＝(7－1) s ＝1.65 s 答案：1.65 s3．(2017·广东珠海一模)如图甲所示，水平面以O 点为界，左侧光滑、右侧粗糙．足够长的木板A 左端恰在O 点，右端叠放着物块B .物块C 和D 间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁定，两者以共同速度v 0＝6 m /s 向右运动，在物块C 到达O 之前突然烧断细线，C 和弹簧分离后，某时刻与A 碰撞并粘连(碰撞时间极短)．此后，A 、C 及B 的速度—时间图象如图乙所示，已知A 、B 、C 、D 的质量相等，且A 、C 与粗糙面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)A 与B 间动摩擦因数μ1及A 与桌面间的动摩擦因数μ2； (2)最终B 离A 右端的距离．解析：(1)C 与A 碰后，由题中乙图知A 、C 的加速度a 1＝ΔvΔt ＝－5 m/s 2，B 的加速度a 2＝Δv ′Δt＝1 m/s 2，对B 受力分析，由牛顿第二定律可得μ1mg ＝ma 2，解得μ1＝0.1，对A 、C 组成的系统，由牛顿第二定律可得－μ1mg －μ2·3mg ＝2ma 1，解得μ2＝0.3． (2)由题中v －t 图象可知，A 前进的位移为x A ＝3.5 m ， B 前进的位移为x B ＝0.5 m ，达到共同速度后，B 的加速度大小为a ′＝μ1mg m ＝1 m/s 2，方向向左，A 、C 的加速度大小为a ″＝3μ2mg －μ1mg2m＝4 m/s 2，方向向左，故B 减速到零时前进的位移为x B ′＝v 22a ′＝0.5 m ，A 、C 前进的位移为x A ′＝v 22a ″＝122×4m ＝0.125 m ，故最终B 离A 右端的距离为Δx ＝x A －x B ＋x A ′－x B ′＝2.625 m ． 答案：(1)0.1 0.3 (2)2.625 m4．如图所示，质量为m A ＝2 kg 的滑块叠放在质量为m B ＝0.5 kg 的木板下端，在外力作用下一起静止在足够长的斜面上，现突然撤去外力，同时某人通过斜面顶端的定滑轮，用平行于斜面的恒力拉着A 向上做匀加速运动，A 离开B 后，B 在减速过程中最开始2 s 内的位移是最后2 s 内的位移的两倍，且开始1 s 内的位移为20 m ．已知滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.6，木板长l ＝9 m ，斜面倾角α＝37°，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)木板与斜面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)． (2)人的拉力大小．解析：(1)设木板B 与滑块A 分开时的速度为v 0，做匀减速直线运动的加速度大小为a 2，第1 s 内的位移为x 1，最后2 s 内的位移为x 2，开始2 s 内位移为2x 2，B 与斜面间的动摩擦因数为μ2，根据匀变速直线运动规律有x 1＝v 0t 1－12a 2t 21，x 2＝12a 2t 22，2x 2＝v 0t 2－12a 2t 22，其中t 1＝1 s ，t 2＝2 s ，联立可得a 2＝8 m /s 2，v 0＝24 m/s由牛顿第二定律得到：m B g sin α＋μ2m B g cos α＝m B a 2 解得：μ2＝0.25．(2)设木板B 加速阶段的加速度为a 1，受力如图甲所示：根据牛顿第二定律： f A －f B －m B g sin α＝m B a 1 f A ′＝f A ＝μ1m A g cos α f B ＝μ2(m A ＋m B )g cos α 联立可以得到：a 1＝3.2 m/s 2设A 的加速度为a ，它在B 上滑动过程中运动的位移为x A ＝12at 2B 加速过程的位移为x B ＝12a 1t 2，又x A －x B ＝l ，t ＝v 0a 1代入数据整理可以得到：a ＝3.52 m/s 2 分析A 加速过程中的受力情况如图乙所示：根据牛顿第二定律得到：F －f A －m A g sin α＝m A a ，联立得到：F ＝28.64 N ． 答案：(1)0.25 (2)28.64 N。
高考物理总复习 专题强化三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
【关键能力·分层突破】 模型一 “传送带”模型 1．模型特点 传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因， 例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力 等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该 模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等． 2．“传送带”问题解题思路
【跟进训练】 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 ()
香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与 传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以 对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 m/s2 ，试求：
A．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 B．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 C．木板B的质量为3 kg D．滑2·山西临汾联考]某生产车间对香皂包 装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让
香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀 速)，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传 送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动
，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96 m，香 皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空
答案：BCD
命题分析
试题情境
属于综合性题目，以板块模型为素材创设学习探索问 题情境
高考物理一轮复习课件：传送带与板块模型
共速后加速
异向Байду номын сангаас坡
>
0 ≤
减速至0，后反向加速
至0
0 >
减速至0，后反向加速
至
=
<
—
—
一直匀速
一直加速
板—块模型
1、概述：两个或多个物体上、下叠放在一起，物体之间通过
摩擦力产生联系。
2、三个基本关系
加速度关系
注意：通过受力
分析判断加速度
同向上坡
0 >
0 =
0 <
减速至共速
—
—
≥
<
≥
共速后匀速
共速后继续
减速
一直匀速
<
>
减速至0， 加速至共速，
后反向加速
后匀速
=
<
一直匀速
减速至0，
后反向加速
同向下坡
0 >
0 =
传送带模型
1、明确滑块相对传送带的运动方向，正确判断摩擦力的方向
。
2、判断滑块与传送带共速前是否滑出传送带。
3、滑块在传送带上的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
4、在水平传送带上,滑块与传送带共速时，二者相对静止做匀
速运动。
5、共速时刻一般是摩擦力发生突变的时刻。在倾斜传送带上，
滑块与传送带共速时，需比较mgsin与μmgcos的大小才能
确定运动情况。
①水平传送带
①0 >时，可能一直减速（不够长），
也可能先减速后匀速（足够长）
同向进入
②0 =时，一直匀速
③0 < 时,可能一直加速（不够长），
第4讲 传送带模型和滑块—滑板模型 3年高考2年模拟高考物理(北京版)一轮复习
第4讲传送带模型和滑块—滑板模型一、传送带问题弄清物体的运动过程,是解决传送带问题的关键。
二、滑块—滑板模型问题1.该模型中涉及两个物体的运动,要弄清运动情况。
2.弄清两个物体运动的关系是解题的关键点。
1.如图所示,传送带保持1 m/s的速度顺时针转动。
现将一质量m=0.5 kg的物体可视为质点轻轻地放在传送带的a点上,设物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离L=2.5 m,则物体从a点运动到b点所经历的时间为 (g取10 m/s2)( )A.√5 sB.(√6-1) sC.3 sD.2.5 s答案 C 物体在传送带上运动的加速度为a=μg=1 m/s2,加速到与传送带共速的时间为t1=va=1 s,加速的距离为x=v2t1=0.5 m,以后物体随传送带匀速运动的时间为 t2=L-xv=2 s,则物体从a点运动到b点所经历的时间为3 s,选项C正确。
2.如图所示,长度L=1 m、质量M=0.25 kg的木板放在光滑水平面上,质量m=2 kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1,现突然给木板一水平向左的初速度v=2 m/s,同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F=10 N,经过一段时间后,物块与木板相对静止,取g=10 m/s2,求物块最终在木板上的位置。
答案木板的中点处解析由题意知物块向右做匀加速直线运动,木板先向左匀减速运动,再向右匀加速运动。
物块与木板间滑动摩擦力大小f=μmg=2 N 据牛顿第二定律知物块的加速度为a 1=F -fm =4 m/s 2 木板的加速度为a 2=fM =8 m/s 2当物块、木板具有共同速度时,两者不再发生相对滑动,一直匀速运动下去 a 1t=-v 0+a 2t 解得t=0.5 s两者的共速度大小为v=a 1t=2 m/s可见木板此时恰好回到原位置,位移为零,此过程物块的位移为s=12a 1t 2=0.5 m 所以物块最终停在木板的中点处。
高三第一轮复习第3章第4节专题：传送带模型与木板——滑块模型
2.倾斜传送带
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关 系 gsin θ <μgcos θ)
先加速后匀速
若 μ≥tan θ，先加速后
一 直 加 速 ( 加 速 度 为 匀速
gsin θ＋μgcos θ)
若 μ<tan θ，先以 a1加速，
后以 a2 加速
v0<v 时，一直加速(加速 度为 gsin θ＋μgcos θ)
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速 度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间 t1＝
va01＝1 s，
发生的位移 x1＝12a1t21＝5 m 煤块速度达到 v0 后，因 μgcos θ<gsin θ，故煤块继续 沿传送带向下加速运动，则 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m，
(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？ (2)煤块从 A 到 B 的时间； (3)煤块从 A 到 B 的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
[解析] (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.5， 当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有 mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它们不能相对静止。
1.水平传送带
情景 传送带不 足够长
滑块的运动情况 传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0<v 时， 一直加速
v0<v 时，先加速再匀速
v0>v 时， 一直减速
v0>v 时，先减速再匀速
滑块一直 减速到右 端
滑块先减速到速度为 0，后被传 送带传回左端。 若 v0<v 返回到左端时速度为 v0， 若 v0>v 返回到左端时速度为 v。
高考物理一轮总复习第3章专题强化4传送带模型和“滑块_木板”模型提能训练(含答案)
高考物理一轮总复习提能训练：第三章 专题强化四基础过关练题组一 传送带模型1．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。
如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。
如图乙所示为水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带ab 始终以1 m/s 的恒定速率运行，乘客将一质量为1 kg 的小包(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a 点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a 、b 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2。
下列速度—时间(v －t )图像和位移—时间(x －t )图像中，可能正确反映行李在a 、b 之间的运动情况的有(除C 中0～1 s 为曲线外，其余均为直线段)( AC )[解析] 行李放到传送带上，由μmg ＝ma 可得a ＝1 m/s 2，则由v ＝at ，得t ＝1 s ，可知行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A 正确，B 错误；行李在t ＝1 s 时的位移x ＝12at 2＝0.5 m ，行李在0～1 s 内做匀加速直线运动，x －t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x －t 图像为直线，故C 正确，D 错误。
2.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。
工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则下列说法不正确的是( D )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v B ＝3 m/sC ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/sD ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝2 m/s[解析] 若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，A 、B 正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，假设工件在到达B 端前速度降至2 m/s ，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x ＝v 2A －v22a ＝16－42m ＝6 m>3.5 m ，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，D 错误，C 正确。
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第4讲传送带模型、滑块—滑板模型基础巩固1.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。
其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行。
旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g 取10 m/s2。
若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则( )A.乘客与行李同时到达B处B.乘客提前0.5 s到达B处C.行李提前0.5 s到达B处D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处=4 m/s的初速度从最左端水平滑上轴心2.(多选)如图所示,一质量m=0.2 kg的小煤块以v间距L=6 m的水平传送带,传送带可由一电机驱使而转动。
已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1(取g=10 m/s2)( )A.若电机不开启,传送带不转动,小煤块滑离传送带右端的速度大小为2 m/sB.若电机不开启,传送带不转动,小煤块在传送带上运动的总时间为4 sC.若开启电机,传送带以5 m/s的速率顺时针转动,则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5 mD.若开启电机,小煤块在传送带上运动时间最短,则传送带至少需以2m/s 的速率顺时针转动3.如图所示,倾斜的传送带顺时针匀速转动,传送带的速率为v 1。
一物块从传送带的上端A 滑上传送带,滑上时速率为v 2,且v 1>v 2,物块与传送带间的动摩擦因数恒定,不计空气阻力,关于物块离开传送带时可能的速率v 和位置,下面说法中一定错误．．的是 ( )A.从下端B 离开,v>v 2B.从下端B 离开,v<v 2C.从上端A 离开,v=v 2D.从上端A 离开,v<v 24.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A 。
某时刻,A 受到水平向右的外力F 作用,F 随时间t 的变化规律如图乙所示,即F=kt,其中k 为已知常数。
若物体之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力,且A 、B 的质量相等,则下列图中可以定性地描述长木板B 运动的v-t 图像的是( )5.(2016北京东城期中,23)如图所示,水平传送带以v=2 m/s 的速度运行,两端点A 、B 间水平距离l=8 m 。
把质量m=2 kg 的物块轻轻地放到传送带的A 端,物块在传送带的带动下向右运动。
若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,不计物块的大小,g 取10 m/s 2,则:(1)物块从A 端运动到B 端所用时间为多少?(2)物块从A端运动到B端的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率是多少?(3)若只改变传送带的速度使得物块以最短的时间从A端运动到B端,传送带至少以多大的速度运行?=6 6.如图所示,长为L=2 m、质量为M=8 kg的木板,放在水平地面上,木板向右运动的速度vm/s时,在木板前端轻放一个大小不计、质量为m=2 kg的小物块,最终小物块从左侧滑出。
木板与地面间、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.2,g=10 m/s2。
求:(1)物块及木板的加速度大小;(2)物块滑离木板时,物块及木板的速度大小。
7.如图所示,光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m=1.0 kg 的小铁块,它离布带右端的距离为L=0.5 m,铁块与布带间动摩擦因数为μ=0.1。
现用力从静止开始向左以a 0=2 m/s 2的加速度将布带从铁块下抽出,假设铁块大小不计,铁块不滚动,g 取10 m/s 2,求:(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间;(2)铁块离开布带时的速度大小是多少。
综合提能1.如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行。
初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。
若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t 图像(以地面为参考系)如图乙所示。
已知v 2>v 1,则( )甲乙A.t 2时刻,小物块离A 处的距离达到最大B.t 2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0~t 2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0~t 3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用2.如图,在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板,其上叠放一质量为m 2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a 1和a 2。
下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )3.如图所示,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,几乎观察不到,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 1和m 2,各接触面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度为g 。
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;(3)本实验中,m 1=0.5 kg,m 2=0.1 kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s 2。
若砝码移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知。
为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?4.如图,两个滑块A 和B 的质量分别为m A =1 kg 和m B =5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。
某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v 0=3 m/s 。
A 、B 相遇时,A 与木板恰好相对静止。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s 2。
求(1)B 与木板相对静止时,木板的速度;(2)A 、B 开始运动时,两者之间的距离。
答案精解精析基础巩固1.BD 行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
加速度为a=μg=1 m/s 2,历时t 1==1 s 与传送带达到共同速度,位移x 1=t 1=0.5 m,此后行李匀速运动t 2==1.5 s 到达B,共用时间2.5 s;乘客到达B,历时 t==2 s,故B 正确,A 、C 错误。
若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间t min = s=2 s,D 正确。
2.ACD 若电机不开启,由μmg=ma 得a=μg=1 m/s 2,由v 2=-2aL 得v=2 m/s,由v=v 0-at 得t=2 s,故A 对B 错。
当传送带以 5 m/s 的速率顺时针转动时,煤块先以1 m/s 2的加速度做匀加速运动,由v t =v 0+at 1得加速时间为t 1=1 s,则痕迹长Δx=v t t 1-t 1=5×1 m -×1 m=0.5 m,故C 正确。
煤块一直加速运动至传送带最右端,运动时间最短,由v'2-=2aL,得v'= m/s=2 m/s,故D 正确。
3.D 对物块受力分析如图所示,当mg sin θ>f=μmg cos θ时,物块沿传送带加速下滑,从下端B 离开,且v>v 2。
当mg sin θ<f=μmg cos θ时,物块沿传送带减速下滑,若传送带长度较短,物块的速度未减到0就已从B 端离开,则 v<v 2,若物块在未离开传送带时速度已经减到0,则会以相同的加速度a 向上加速,由于a 相同,位移s 相同,故物块从A 离开时v=v 2,选D 。
4.B 在A 、B 相对滑动前,对A 、B 整体由牛顿第二定律得a==,又v=at=t 2,故A 、B 的加速度随时间的增大而增大,速度-时间图像是一向上弯曲的曲线;A 相对B 刚好要滑动时,对B 由牛顿第二定律得a=,由于此时=,故t=;在A 相对B 滑动后,B 的加速度a=为一恒量,速度-时间图像是一倾斜向上的直线,故B 正确。
5.答案 (1)5 s (2)0.8 W (3)4 m/s解析 (1)物块刚放到传送带上时,由于与传送带间有相对运动,物块受向右的滑动摩擦力,做匀加速运动。
物块受到的摩擦力大小:f=μN=μmg=2 N根据牛顿第二定律有:f=ma解得匀加速运动的加速度:a=μg=1 m/s 2当物块由静止到与传送带相对静止时,物块的位移为 x==2 m此过程物块所用的时间 t 1==2 s物块相对于传送带静止后,物块与传送带之间无摩擦力,此后物块匀速运动到B 端此过程物块运动的时间 t 2==3 s故物块从A 端运动到B 端所用时间为 t=t 1+t 2=5 s(2)物块由A 端运动到B 端的过程中,摩擦力做功 W=fx代入数据得 W=4 J则摩擦力对物块做功的平均功率是P==0.8 W(3)当物块一直做匀加速直线运动时,所用时间最短根据=2al 得v m == m/s=4 m/s6.答案 (1)2 m/s 2 3 m/s 2 (2)0.8 m/s 4.8 m/s解析 (1)物块相对木板向左滑动,所受摩擦力方向向右,由牛顿第二定律:μmg=ma 1a 1=2 m/s 2木板受到地面和物块对它摩擦力的方向均向左,由牛顿第二定律:μmg+μ(M+m)g=Ma 2a 2=3 m/s 2(2)设物块经时间t 滑离木板,由二者的位移关系:v 0t-a 2t 2=a 1t 2+L解得:t=0.4 s(t 2=2 s 舍去)物块的速度v 1=a 1t=0.8 m/s木板的速度v 2=v 0-a 2t=4.8 m/s7.答案 (1)1 s (2)1 m/s解析 (1)设铁块离开布带时,相对桌面移动的距离为x,布带移动的距离为L+x,铁块滑动的加速度为a,由牛顿第二定律得:μmg=ma,a=μg=1 m/s 2根据运动学公式有:L+x=a 0t 2x=at 2解得:t==1 s(2)由v=at 得:铁块速度v=1×1 m/s=1 m/s综合提能1.B 由v-t 图像知物块先向左减速,后反向加速到v 1再做匀速直线运动,t 1时刻离A 处的距离最大,A 错误;t 2时刻二者相对静止,故t 2时刻物块相对传送带滑动距离最大,B 正确;0~t 2时间内摩擦力方向一直向右,C 错误;在0~t 2时间内摩擦力为滑动摩擦力,大小不变,在t 2~ t 3时间内物块做匀速运动此过程摩擦力为零,D 错误。
2.A 在m 2与m 1相对滑动前,m 1和m 2一起以相同的加速度a 运动,F=kt=(m 1+m 2)a,a 与t 成正比关系,a-t 关系图线的斜率为;当m 1与m 2相对滑动后,m 1受到的摩擦力F f =μm 2g=m 1a 1,得a 1=为一恒量。