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课时作业10 动力学中的“传送带、板块”模型
时间：45分钟
1．如图所示，水平传送带始终以速度v1顺时针转动，一物块以速度v2(v2≠v1)滑上传送带的左端，则物块在传送带上的运动一定不可能是( C )
A．先加速后匀速运动
B．一直加速运动
C．一直减速直到速度为零
D．先减速后匀速运动
解析：若v2v1，物块相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力，可能向右做匀减速运动，当物块速度减小到与传送带速度相等后再做匀速运动，物块在滑动摩擦力作用下不可能一直减速直到速度为零，故选C.
2．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，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块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，则下列物块运动的vt图象不可能是( C )
解析：因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动，选项B正确；若F>mgsinθ＋μmgcosθ，则物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，选项A正确；若Fμmgcos37°，则A所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，B所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，位移大小相等，则运动的时间相等，故A错误，B正确；传送带对A、B的摩擦力方向与速度方向相反，都沿传送带向上，传送带对物块A和物块B均做负功，故C错误；对A，划痕的长度等于A的位移减传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma，a＝2 m/s2，由运动学公式x＝v0t＋at2得运动时间为t＝2 s，所以传送带运动的位移为x＝v0t＝2 m，所以A在传送带上的划痕长度为Δx1＝6 m－2 m＝4 m；对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B在传送带上的划痕长度为Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以划痕长度之比为12，故D正确．
4．质量为m0＝20 kg、长为L＝2 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1.将质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．则以下说法中正确的是( C )
A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析：木块对木板的摩擦力f1＝μ2mg＝40 N，水平面对木板的摩擦力f2＝μ1(m＋m0)g＝30 N，因为f1>f2，所以木板一定向右运动，对木块，由牛顿第二定律得a1＝＝μ2g＝4 m/s2，对木板，由牛顿第二定律有a2＝＝0.5 m/s2，设经过时间t，小木块和木板的速度相等，v0－a1t＝a2t，解得t＝ s，共同速度v＝a2t＝ m/s，小木块的位移x1＝t＝ m，木板的位移x2＝t＝ m，小木块相对木板的位移Δx＝x1－x2＝ m6 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝F－，可见此时aF图线的斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg，D正确．由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大＝2 m/s2，由牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误．将F＝7 N代入a＝F－得a＝3 m/s2，B正确．
6．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＝0.75 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4 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，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)
解析：对薄板，由于Mgsin37°<μ(M＋m)gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动．
滑块在薄板上滑行时加速度a1＝gsin37°＝6 m/s2
到达B点时速度v＝＝3 m/s
滑块由B至C时的加速度a2＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则有LBC＝vt＋a2t2
代入数据解得t＝1 s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度
a3＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2
设滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝a3t′2
代入数据解得t′＝2 s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt＝t′－t＝1 s
答案：滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动 1 s
7．在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑．已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3，则下列说法正确的是( D )
A．μ1>μ2
B．μ3<μ2
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcosθ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcosθ
解析：对图甲，对整体分析，根据共点力平衡有2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ，对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsinθ－μ1·2mgcosθ＝2ma，由两式可知μ1<μ2，故A错误．对图乙，对整体分析，由2mgsinθ－μ1·2mgcosθ＝2ma，解得a＝gsinθ－μ1gcosθ，对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得mgsinθ－f＝ma，解得f＝μ1mgcosθ，因为两词典保持相对静止，则μ1mgcosθ<μ3mgcosθ，知μ1<μ3，无法比较μ2与μ3的关系，故B、C错误．根据共点力平衡条件知，图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力，f＝mgsinθ，因为2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ，所以f＝μ2mgcosθ，故D正确．
8．(2019·江苏如皋模拟)如图所示，一质量为m1＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1 kg的小物块(可视为质点)置于小车上A点，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给小物块一个方向水平向右、大小为v0＝6 m/s的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2.求：
(1)初始时刻，小车和小物块的加速度大小．
(2)经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？
(3)小物块向右运动的最大位移．
解析：(1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受摩擦力向右做匀加速运动．设小车和小物块的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得
对小车：μm2g＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
对小物块：F1＋μm2g＝m2a2
解得a2＝10 m/s2
(2)设经过时间t小车与小物块速度相同，设速度为v1，由运动学公式得
对小车：v1＝a1t
对小物块：v1＝v0－a2t
解得t＝0.5 s，v1＝1.0 m/s
(3)假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F1作用，设系统的加速度为a3，则由牛顿第二定律得
F1＝(m1＋m2)a3
解得a3＝2 m/s2
此时小车所需要的静摩擦力为Ff＝m1a3＝0.4 N
因为Ff＝0.4 N＝Ffm＝μm2g，所以两者将一起向右做匀减速运动．
小物块第一段的位移x1＝＝1.75 m
小物块第二段的位移x2＝＝0.25 m
所以小物块向右运动的最远位移为xm＝x1＋x2＝2.0 m
答案：(1)小车：2 m/s2 小物块：10 m/s2
(2)0.5 s 1.0 m/s (3)2.0 m
9．如图所示，与水平面成θ＝30°角的传送带正以v＝3 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13.5 m．现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2.(结果保留两位有效数字)
(1)求相邻工件间的最小距离和最大距离；
(2)满载与空载相比，求传送带需要增加的牵引力．
解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，
则μmgcosθ－mgsinθ＝ma 解得a＝1.0 m/s2
刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，
且最小距离dmin＝at2＝0.50 m
当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，
则dmax＝vt＝3.0 m.
(2)由于工件加速时间为t1＝＝3.0 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1＝3μmgcosθ
在滑动摩擦力作用下，工件移动的位移x＝＝4.5 m
传送带上匀速运动的工件数n2＝＝3
当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0＝mgsinθ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2＝n2f0
与空载相比，传送带需增加的牵引力F＝f1＋f2
联立解得F＝33 N.
答案：(1)0.50 m 3.0 m (2)33 N
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