2020版高考物理一轮复习第三章课时作业10动力学中的“传送带、板块”模型新人教版.docx

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(v2v1)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(v2v1)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tan，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v2v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若Fmgsinmgcos，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Fmgsinmgcos，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Fmgcos37，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mgsin37mgcos37ma，a2 m/s2，由运动学公式xv0tat2得运动时间为t2 s，所以传送带运动的位移为xv0t2 m，所以A在传送带上的划痕长度为x16 m2 m4 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x26 m2 m8 m，所以划痕长度之比为12，故D正确4质量为m020 kg、长为L2 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为10.1.将质量m10 kg的小木块(可视为质点)，以v04 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20.4(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f12mg40 N，水平面对木板的摩擦力f21(mm0)g30 N，因为f1f2，所以木板一定向右运动，对木块，由牛顿第二定律得a12g4 m/s2，对木板，由牛顿第二定律有a20.5 m/s2，设经过时间t，小木块和木板的速度相等，v0a1ta2t，解得t s，共同速度va2t m/s，小木块的位移x1t m，木板的位移x2t m，小木块相对木板的位移xx1x2 mL2 m，所以小木块不能滑出长木板，故C正确5(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是(BD)A小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B当水平拉力F7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2C当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D小滑块的质量m2 kg解析：由题可知，当06 N时二者间出现相对滑动，对木板有FmgMa，即aF，可见此时aF图线的斜率为木板质量的倒数，可得M1 kg，则m2 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mgma大，得0.2，A、C错误将F7 N代入aF得a3 m/s2，B正确6如图所示，在倾角37的固定斜面上放置一质量M1 kg、长度L0.75 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m0.6 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t.(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)解析：对薄板，由于Mgsin372B32C图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是3mgcosD图甲中英语词典受到的摩擦力大小是2mgcos解析：对图甲，对整体分析，根据共点力平衡有2mgsin22mgcos，对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin12mgcos2ma，由两式可知12，故A错误对图乙，对整体分析，由2mgsin12mgcos2ma，解得agsin1gcos，对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得mgsinfma，解得f1mgcos，因为两词典保持相对静止，则1mgcos3mgcos，知13，无法比较2与3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，fmgsin，因为2mgsin22mgcos，所以f2mgcos，故D正确8(2019江苏如皋模拟)如图所示，一质量为m10.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m20.1 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v06 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F0.6 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：m2gm1a1解得a12 m/s2对小物块：F1m2gm2a2解得a210 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：v1a1t对小物块：v1v0a2t解得t0.5 s，v11.0 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(m1m2)a3解得a32 m/s2此时小车所需要的静摩擦力为Ffm1a30.4 N因为Ff0.4 NFfmm2g，所以两者将一起向右做匀减速运动小物块第一段的位移x11.75 m小物块第二段的位移x20.25 m所以小物块向右运动的最远位移为xmx1x22.0 m答案：(1)小车：2 m/s2小物块：10 m/s2(2)0.5 s1.0 m/s(3)2.0 m9如图所示，与水平面成30角的传送带正以v3 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l13.5 m现每隔1 s把质量m1 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，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mgcosmgsinma解得a1.0 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dminat20.50 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则dmaxvt3.0 m.(2)由于工件加速时间为t13.0 s，因此传送带上总有三个(n13)工件正在加速，故所有做加速运动的工