新人教版高中物理必修第二册课时作业1专题强化　滑块-木板模型和传送带模型

新人教版高中物理必修第一册PAGEPAGE1专题强化滑块—木板模型和传送带模型一、选择题1．(多选)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff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．下列选项可能正确的是()图1答案AB解析物体在传送带上先做匀加速运动，当达到与传送带相同的速度后，开始做匀速运动，A、B正确．2.如图2所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端所用时间为T，则下列说法正确的是()图2A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于TB．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于TC．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间等于TD．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间小于T答案D解析当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度与传送带静止时加速度相同，所以物块下滑的时间等于T，故A、B错误；当传送带逆时针转动时，开始时物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于其在传送带静止时的加速度，则物块下滑的时间小于T，故C错误，D正确．3.如图3所示，足够长的传送带与水平面间夹角为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，则下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解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带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，可得a1＝gsinθ＋μgcosθ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tanθ，小木块不会与传送带保持相对静止，而是继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，所以a2＝gsinθ－μgcosθ，a2<a1，故D正确．4.如图4所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示(逆时针)，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是()图4A．物块下滑的速度不变B．物块从传送带突然启动开始在传送带上加速到2v0后匀速运动C．物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D．物块受到的摩擦力方向始终沿传送带向上答案C解析在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力仍然向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块加速下滑，当物块的速度达到2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确．5．(多选)如图5所示，水平传送带两端A、B相距x＝6m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()图5A．煤块从A运动到B的时间是2.3sB．煤块从A运动到B的时间是1.6sC．划痕长度是2.8mD．划痕长度是3.2m答案AD解析开始时煤块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5m/s2，假设煤块的速度达到4m/s时未离开传送带，则加速时间t1＝eq\f(v0,a)＝1.6s，煤块通过的位移大小为x1＝eq\f(v0,2)t1＝3.2m<6m，因此煤块先做匀加速直线运动，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，匀速运动的位移为x2＝x－x1＝6m－3.2m＝2.8m，时间为t2＝eq\f(x2,v0)＝0.7s，运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3s，A正确，B错误；划痕长度等于煤块相对于传送带的位移大小，可得Δx＝v0t1－x1＝3.2m，C错误，D正确．6.(多选)(2019·合肥一六八中学高一上学期期末)如图6所示，一条水平传送带以速度v0逆时针匀速运动，现在一物体以速度v向右冲上水平传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图像可能是选项中的()图6答案ABC二、非选择题7．(2019·张家口市上学期期末)质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图7甲所示．A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求：图7(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；(4)物块相对木板滑行的距离Δx.答案(1)0.2(2)0.1(3)6kg(4)2m解析(1)由题图乙可知，A在0～1s内的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/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1～3s内的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/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0～1s内的加速度a2＝eq\f(v1,t1)＝2m/s2.对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6kg.(4)由题图乙可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx对应图中(0,4)，(0,0)，(1,2)点所围三角形面积，故Δx＝eq\f(1,2)×4×1m＝2m.8.(2019·岳阳一中高一上学期期末)如图8所示，质量M＝8kg的长木板放在光滑的水平地面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8N，当长木板向右运动的速度达到1.5m/s时，在长木板最右端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长．求：(g取10m/s2)图8(1)则放上小物块后，小物块及长木板的加速度的大小；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从放上小物块开始，经过t＝1.5s，小物块的位移大小．答案(1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m解析(1)小物块的加速度am＝μg＝2m/s2长木板的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2.(2)由amt＝v0＋aMt，可得t＝1s.(3)在开始1s内小物块的位移x1＝eq\f(1,2)amt2＝1m1s末速度为v＝amt＝2m/s在接下来的t′＝0.5s内小物块与长木板相对静止，一起做匀加速运动，加速度为a＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2这0.5s内的位移为x2＝vt′＋eq\f(1,2)at′2＝1.1m通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1m.9.如图9所示的传送带，其水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°，将一物块A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25.传送带沿图示方向以v＝2m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带且经过b处时速度大小不变，试求物块A从a端传送到c端所用的时间．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图9答案2.4s解析物块A在ab之间运动，对A根据牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝2.5m/s2，设物块A速度达到2m/s所需时间为t1，运动位移为x1.根据运动学规律可得t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(12,)＝0.8m由x1<2m，可知A在还没有运动到b点时，已与传送带速度相同．此后A在水平方向做匀速运动，设运动时间为t2，lab－x1＝vt2，得t2＝0.6sA在bc间运动时，物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上，对A由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝4m/s2根据运动学规律可得lbc＝vt3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(32,)，解得t3＝1s，t3′＝－2s(舍去)则物块A从a端传送到c端所用时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.10．(拓展提升)(2019·苏州市高一上学期期末)如图10所示，质量为2kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为1kg可视为质点的木块A以水平速度v0＝2m/s从右端向左滑上木板．木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，此时有一水平向右的力F＝10N作用在长木板上，取g＝10m/s2.图10(1)求开始时木块A和木板B各自加速度的大小；(2)若木板足够长，求从木块滑上木板到木块和木板速度相同所经历的时间；(3)要使木块不从木板上滑落，求木板的最小长度．答案(1)5m/s22.5m/s2(2)0.8s(3)0.8m解析(1)对木块和木板分别受力分析对A分析：a1＝μg，a1＝5m/s2.对B分析：F－μmg＝2ma2，a2＝2.5m/s2.(2)A木块向左减速到v＝0时所用时间为t1，0＝v0－μgt1，t1＝0.4s.此时B木板的速度vB＝a2t1＝1m/s.A、B一起向右加速到共速时间为t2，则a1t2＝vB＋a2t2，t2＝0.4s，t总＝t1＋t2＝0.8s.(3)A木块向左运动的位移大小xA＝eq\f(v0,2)t1＝0.4mB木板向右运动的位移大小xB＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(12,)＝0.2mA、B向相反方向运动过程中的相对位移大小为Δx1＝0.6mA、B一起向右运动过程中A、B的位移差为Δx2＝xB′－xA′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vBt2＋\f(1,2)a2t\o\al(22)))－eq\f(1,2)a1teq\o\al(22,)解得Δx2＝0.2m.要使木块不从木板上滑落，木板最小长度为Δx＝Δx1＋Δx2＝0.8m.11.(拓展提升)(2019·唐山市高一上学期期末)如图11所示，长为L＝3.6m的水平传送带顺时针匀速运动，传送带右侧与倾角为θ＝37°的斜面平滑连接，斜面的长度也为3.6m．小物块A(可看成质点)与传送带和斜面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，小物块经过斜面与水平传送带连接处时速率不变，小物块B(也可看成质点)与传送带和斜面间的动摩擦因数均为μ2＝eq\f(7,16).将小物块A轻轻放在传送带的左端，当A到达传送带右端时恰好与传送带共速．经过一段时间后，小物块B以某一初速度从左端冲上传送带，B到达传送带右端时，A的速度恰好为0，此后B再沿斜面向上运动x0＝1.64m，两物块相遇．已知重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图11(1)传送带匀速运动的速度大小；(2)物块A从开始运动到与B相遇所用的时间；(3)物块B从左端冲上传送带时，满足两物块在x0＝1.64m处相遇的初速度的范围．(最后结果可以用根号表示)答案(1)6m/s(2)2.2s(3)见解析解析(1)设物块A的质量为m，物块A在传送带上运动时，由μ1mg＝ma1可得a1＝5m/s2v0＝eq\r(2a1L)传送带速度大小为v0＝6m/s.(2)物块A在传送带上运动的时间为t1＝eq\f(v0,a1)＝1.2s物块A沿斜面向上运动时mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma2可得a2＝10m/s2沿斜面上滑的位移为：x＝eq\f(v\o\al(02),2a2)得x＝1.8m上滑所用的时间为：t2＝eq\f(v0,a2)＝0.6s物块A沿斜面向下运动时mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma3可得a3＝2m/s2依题意，物块A向下运动的位移大小为x1＝x－x0＝0.16m时与B相遇由x1＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(32,)可得t3＝0.4s因此物块A从开始运动到与B相遇所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.2s.(3)设物块B的质量为m′，B上滑的过程中，m′gsinθ＋μ2m′gcosθ＝m′a4