8.动力学中的板块模型和传送带模型

寒假作业8动力学中的板块模型和传送带模型一、单项选择题：本题共4小题，每小题8分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.如图所示，质量为M＝3kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m＝1kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为3m/s时，物块处于()A．匀速运动阶段 B．减速运动阶段C．加速运动阶段 D．速度为0的时刻答案B解析物块和木板相对运动，两者之间有摩擦力Ff，物块做加速度a＝eq\f(Ff,m)的匀减速运动，木板做加速度a′＝eq\f(Ff,M)＝eq\f(1,3)a的匀减速运动，当木板速度为3m/s时，物块速度为1m/s，两者的速度方向不变，仍做匀减速运动，B正确，A、C、D错误．2.(2021·四川宜宾高一期末)如图所示，长度为2m、质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg(可视为质点)，与木板之间的动摩擦因数为0.2.要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块的初速度不能超过()A．1m/s B．2m/sC．4m/s D．8m/s答案C解析使木块在木板上从左端滑向右端时，物块做减速运动，加速度a＝μg＝2m/s2木板做加速运动，加速度a′＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2当木块运动到木板最右端时恰好共速，则v0－at＝a′t由位移关系可知v0t－eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a′t2＝l联立解得v0＝4m/s，故选C.3.(2022·黑龙江勃利县高级中学高一期末)水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度保持2m/s不变，两端A、B间距离为3m，一物块从B端以初速度v0＝4m/s滑上传送带，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.4，g＝10m/s2.物块从滑上传送带到离开传送带过程中的v－t图像是()答案C解析物块先向左减速运动，a＝μg＝4m/s2，当减速至速度为零时，x＝eq\f(v02,2a)＝2m＜3m，即物块减速至零时未从传送带左端滑出，之后物块向右加速至2m/s后与传送带以2m/s的速度一起向右匀速运动，直至从右端滑出，由此可知C正确，A、B、D错误．4.(2022·广东深圳市实验中学高一上月考)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，同时物体受到平行于传送带向上的恒力F作用，物体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，则物体运动的v－t图像不可能是()答案C解析因v2>v1，则物体相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，①若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度为零，将一直沿传送带向上以v2匀速运动，B可能；②若F>mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度沿传送带向上，将一直做匀加速直线运动，A可能；③若F<mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度沿传送带向下，将沿传送带向上做匀减速直线运动，当物体与传送带速度相等时，物体受静摩擦力，其合外力为零，则物体和传送带一起向上匀速运动，C不可能，D可能．二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．5．(2022·陕西西安市雁塔区第二中学高一阶段练习)如图甲所示，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＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝37°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～1.0s内物体所受摩擦力沿传送带向上答案ABC解析由v－t图像可知，在t＝1.0s时，物体的加速度发生突变，说明该时刻物体受到的摩擦力发生突变，0～1.0s内物体的速度小于传送带速度，传送带对物体的摩擦力沿传送带向下，1.0s后物体的速度大于传送带速度，传送带对物体的摩擦力沿传送带向上，可知在t＝1.0s时，物体的速度等于传送带速度，即传送带的速率为10m/s，A正确，D错误；0～1.0s内，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(10,1)m/s2＝10m/s2,1.0s后，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(12－10,1)m/s2＝2m/s2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，B、C正确．6.(2021·河北邢台一中高一期末)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，一水平传送带装置示意图如图，传送带AB始终保持恒定的速率v＝2m/s顺时针运行，一质量为m＝5kg的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＝0.2，A、B间的距离L＝4m，g＝10m/s2，则()A．行李刚开始运动时的加速度大小为2m/s2B．行李从A运动到B的时间为2sC．行李在传送带上滑行留下摩擦痕迹的长度为1mD．如果提高传送带的运行速率，使行李从A处传送到B处的最短时间可为1s答案AC解析开始运动时，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，可得加速度大小为a＝2m/s2，A正确；行李达到和传送带速度相同所用时间为t1，则t1＝eq\f(v,a)＝1s，这段时间内，行李的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝1m，接下来行李匀速运动，所需时间t2＝eq\f(L－x1,v)＝1.5s，因此行李从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5s，B错误；只有发生相对滑动时，才有摩擦痕迹，痕迹的长度Δx＝vt1－x1＝1m，C正确；行李从A处传送到B处所用时间最短时，应保持行李一直做加速运动，则L＝eq\f(1,2)atmin2，可得最短时间tmin＝2s，D错误．7．(2022·河北武安市第一中学月考改编)如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v－t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2，则以下说法正确的是()A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.35B．物体A与小车B的质量之比为1∶3C．小车B的最小长度为2mD．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去答案BC解析物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体分析有μmAg＝mAaA，由v－t图像可得aA＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－4,1)))m/s2＝3m/s2，联立解得μ＝0.3，故A错误；对小车B分析有μmAg＝mBaB，由v－t图像可得aB＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－0,1)m/s2＝1m/s2，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)，故B正确；小车B的最小长度为物体A在小车B上的最大相对滑动距离，则有Lmin＝xA－xB＝2m，故C正确；如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A在小车B上的相对滑动距离减小，所以物体A不可能冲出去，故D错误．三、非选择题：本题共3小题，共44分．8．(12分)(2022·贵州毕节市高一期末)一倾角为37°的足够长的传送带以v0＝5m/s的速度顺时针运行，某时刻一质量m＝1kg的物块(视为质点)以v＝3m/s的速度沿传送带斜向下运动，如图所示．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(7,8)，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.若以此时为计时零点，求：(1)(4分)物块在传送带上斜向下运动的加速度大小；(2)(4分)0～10s内物块位移的大小；(3)(4分)0～10s内物块与传送带相对滑动的距离．答案(1)1m/s2(2)18m(3)32m解析(1)分析可知，物块先向下做匀减速直线运动，再向上做匀加速直线运动，最后做匀速直线运动，物块在传送带上斜向下运动时，由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得a＝1m/s2(2)物块从开始至速度减为零经历的时间t1＝eq\f(v,a)＝3s此阶段物块的位移大小x1＝eq\f(v2,2a)解得x1＝4.5m物块从开始向上做匀加速直线运动至与传送带速度相同经历的时间t2＝eq\f(v0,a)＝5s此阶段物块的位移大小x2＝eq\f(v02,2a)解得x2＝12.5m物块匀速运动的位移x3＝v0t3＝v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－t1－t2))＝10m故0～10s内物块位移的大小x＝x2＋x3－x1解得x＝18m(3)0～10s内物块与传送带相对滑动的距离d＝v0t－x解得d＝32m.9．(14分)(2022·江苏西亭中学阶段练习)如图所示，物块A放在长木板B上，A、B的质量分别为2kg和1kg，开始时静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.2，B与地面间的动摩擦因数为0.1.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.现对A施加5N的水平拉力F.(假设B足够长)(1)(4分)若将B固定不动，求3s后A的速度大小；(2)(4分)若B不固定，求3s后A的速度大小；(3)(6分)若B不固定，对A施加7N的水平拉力F′，B的长度为1m，不计A的大小，求A经过多长时间从B上滑下．答案(1)1.5m/s(2)2m/s(3)2s解析(1)由牛顿第二定律和运动学公式得F－μ1mAg＝mAav＝at代入数据得v＝1.5m/s.(2)设A、B刚要发生相对运动时的外力为F1，对A、B整体有：F1－μ2(mAg＋mBg)＝(mA＋mB)a1对A：F1－μ1mAg＝mAa1联立解得F1＝6N>5NB不固定时，A、B相对静止对A、B整体有：F－μ2(mAg＋mBg)＝(mA＋mB)a0所以v1＝a0t＝2m/s.(3)因为7N>6N，所以A、B发生相对滑动对A：F′－μ1mAg＝mAaA对B：μ1mAg－μ2(mAg＋mBg)＝mBaBL＝eq\f(1,2)aAt′2－eq\f(1,2)aBt′2代入数据联立解得t′＝2s.10．(18分)(2022·湖南师大附中高一月考)如图所示，一水平的浅色传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面上．在传送带上左端放置一质量为m＝1kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，初始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以顺时针方向的恒定加速度a＝3m/s2开始运动，当其速度达到v0＝1.5m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒力F＝17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下．已知平板质量M＝4kg，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)(4分)传送带上黑色痕迹的长度；(2)(6分)有F作用期间平板的加速度大小；(3)(8分)平板的最短长度．答案(1)0.75m(2)2m/s2(3)0.65m解析(1)煤块在传送带上发生相对运动时，加速度a1＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g＝1m/s2方向向右，设经过时间t1，传送带达到速度v0，经过时间t2，煤块速度达到v0，即v0＝at1＝a1t2代入数值可得t1＝0.5s，t2＝1.5s在0～1.5s内，煤块与传送带有相对运动，传送带发生的位移x＝eq\f(v02,2a)＋v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))＝eq\f(1.52,2×3)m＋1.5×1m＝1.875m煤块发生的位移x′＝eq\f(v02,2a1)＝eq\f(1.52,2)m＝1.125m黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即Δx＝x－x′＝0.75m(2)煤块滑上平板时的速度为v0＝1.5m/s加速度大小为a1＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g＝1m/s2经过t0＝0.5s时，煤块速度为v1＝v0－a1t0＝1.5m/s－1×0.5m/s＝1.0m/s设平板的加速度大小为a2，则v1＝a2t0＝1.0m/s解得a2＝2m/s2(3)设平板与地面间的动摩擦因数为μ2，由于a2＝2m/s2且Ma2＝μ1mg－μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋Mg))＋F代入数据解得μ2＝0.2由于μ2>μ1则共速后煤块将仍以加速度大小a1＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g做匀减速运动，直到停止，而平板以加速度a3做匀减速运动Ma3＝μ1mg－μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋Mg))代入数据