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-滑板模型检测.doc

1、【 精品教育资源文库 】 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 =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

2、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 =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/s B.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 s C.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 m D.若开启电机 ,小煤块在传送带上运

3、动时间最短 ,则传送带至少需以 2 m/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 v1v2,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 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A.从下端 B离开 ,vv2 B.从下端 B离开 ,vv1,则 ( ) 甲 【 精品教育资源文库 】 乙 A.t2时刻 ,小物块离 A处的距离达到最大 B.t2时刻 ,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0t2时间内 ,小物块受到的摩擦

4、力方向先向右后向左 D.0t3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 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 ( ) 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 m1和 m2,各接触面间的动摩擦因数均为 。重力加速

5、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 ,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,=0.2, 砝码与纸板左端的距离 d=0.1 m,取 g=10 m/s2。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 ? 【 精品教育资源文库 】 4.如图 ,两个滑块 A和 B的质量分别为 mA=1 kg和 mB=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 1=0.5;木板的质量 为 m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为 2=

6、0.1。某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动 ,初速度大小均为 v0=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/s2。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。 【 精品教育资源文库 】 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=g=1 m/s 2,历时 t1= =1 s与传送带达到共同速度 ,位移x1= t1=0.5 m,此后行李匀速运动 t

7、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 tmin= s=2 s,D正确。 2.ACD 若电机不开启 ,由 mg=ma 得 a=g=1 m/s 2,由 v2= -2aL得 v=2 m/s,由 v=v0-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/s2的加速度做匀加速运动 ,由 vt=v0+at1得加速时间为 t1=1 s,则痕迹长 x=v tt1- t1=51 m - 1 m=0.5 m, 故 C正确。煤块一

8、直加速运动至传送带最右端 ,运动时间最短 ,由 v2- =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 f=mg cos 时 ,物块沿传送带加速下滑 ,从下端 B离开 ,且 vv2。当 mg sin a1 解得 F2(m 1+m2)g (3)纸板抽出前 ,砝码运动的距离 x1= a1 纸板运动的距离 d+x1= a2 纸板抽出后 ,砝码在桌面上运动的距离 x2= a3 l=x1+x2 由题意知 a1=a3,a1t1=a3t2 解得 F=2m 1+(1+ )m2g 代入数据得 F=22.4 N 4. 答案 (1)1 m/s (2)1.9

9、m 解析 (1)滑块 A和 B在木板上滑动时 ,木板也在地面上滑动。设 A、 B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、 f2和 f3,A 和 B相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB,木板相对于地面的加速度大小为 a1。在物块 B与木板达到共同速度前有 f1= 1mAg f2= 1mBg f3= 2(m+mA+mB)g 由牛顿第二定律得 f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 【 精品教育资源文库 】 设在 t1时刻 ,B 与木板达到共同速度 ,其大小为 v1。由运动学公式有 v1=v0-aBt1 v1=a1t1 联立 式 ,代入已知数据得 v1=1 m/s (2)在 t1

10、时间间隔内 ,B相对于地面移动的距离为 sB=v0t1- aB 设在 B与木板达到共同速度 v1后 ,木 板的加速度大小为 a2。对于 B与木板组成的体系 ,由牛顿第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2 由 式知 ,aA=aB;再由 式知 ,B与木板达到共同速度时 ,A的速度大小也为 v1,但运动方向与木板相反。由题意知 ,A和 B 相遇时 ,A与木板的速度相同 ,设其大小为 v2。设 A的速度大小从 v1变到 v2所用的时间为 t2,则由运动学公式 ,对木板有 v2=v1-a2t2 对 A有 v2=-v1+aAt2 在 t2时间间隔内 ,B(以及木板 )相对地面移动的距离为 s1=v1t2- a2 在 (t1+t2)时间间隔内 ,A 相对 地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2 A和 B相遇时 ,A与木板的速度也恰好相同。因此 A和 B开始运动时 ,两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB 联立以上各式 ,并代入数据得 s0=1.9 m (也可用如图的速度 -时间图线求解 )