[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.(2018·山东潍坊质检)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为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＜tan θ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析:开始阶段,木块受到竖直向下的重力、垂直斜面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mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1所以a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时,由于μ＜tan θ,则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动,之后木块继续加速,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,这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析,有a2＜a1,所以本题正确选项为D.答案:D2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机、如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行、现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹、下列说法正确的是()A、黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B、木炭包的质量越大,径迹的长度越短C、木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短D、传送带运动的速度越大,径迹的长度越短解析:刚放上木炭包时,木炭包的速度慢,传送带的速度快,木炭包相对传送带向后滑动,所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧,所以A错误、木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力,摩擦力作为它的合力产生加速度,所以由牛顿第二定律知,μmg＝ma,所以a＝μg,当达到共同速度时,不再有相对滑动,由v2＝2ax得,木炭包位移x木＝v22μg,设相对滑动时间为t,由v＝at得t＝vμg,此时传送带的位移为x传＝v t＝v2μg,所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝v22μg,由此可知,黑色的径迹与木炭包的质量无关,所以B错误、木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短,所以C正确、传送带运动的速度越大,径迹的长度越长,所以D错误、答案:C3.如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上、在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的()解析:设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2.对木板应用牛顿第二定律得:－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为a2,对整体有－μ2·2mg＝2ma2a2＝－μ2g可见|a1|＞|a2|由v t图象的斜率表示加速度大小可知,图象A正确、答案:A二、非选择题4.如图所示,固定斜面上放一木板PQ,木板的Q端放置一可视为质点的小物块,现用轻细线的一端连接木板的Q端,保持与斜面平行,绕过定滑轮后,另一端可悬挂钩码,钩码距离地面足够高、已知斜面倾角θ＝30°,木板长为L,Q端距斜面顶端距离也为L,物块和木板的质量均为m,两者之间的动摩擦因数为μ1＝32.若所挂钩码质量为2m,物块和木板能一起匀速上滑;若所挂钩码质量为其他不同值,物块和木板有可能发生相对滑动、重力加速度为g,不计细线与滑轮之间的摩擦,设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力、(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2;(2)物块和木板发生相对滑动时,所挂钩码质量m′应满足什么条件？解析:(1)整个系统匀速时对钩码:2mg＝F T对物块和木板:F T＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ解得:μ2＝33(2)要使二者发生相对滑动,则需木板的加速度a 1大于物块的加速度a 2. 对物块:μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2解得:a 2＝14g对木板:F T ′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma 1对钩码:m ′g －F T ′＝m ′a 1解得:a 1＝m ′－94mm ′＋mg 联立解得:m ′＞103m答案:(1) 33 (2)m ′＞103m5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传送带装置示意图、紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行,一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处,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、设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1,A 、B 间的距离L ＝2 m,g 取10 m/s 2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小;(2)求行李做匀加速直线运动的时间;(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B 处、求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率、解析:(1)行李所受滑动摩擦力大于F f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N,加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则v ＝at 1,得t 1＝v a ＝11 s ＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时,所需时间最短,加速度大小仍为a ＝1 m/s 2,当行李到达右端时,有v 2min ＝2aL ,得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s,所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min ＝at min 得行李最短运行时间t min ＝v min a ＝21 s ＝2 s.答案:(1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s[能力题组]非选择题6、如图甲所示,长木板B 固定在光滑水平面上,可看作质点的物体A 静止叠放在B 的最左端、现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ,经过5 s 物体A 运动到B 的最右端,其v t 图象如图乙所示、已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg,A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2.(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数;(2)若B 不固定,求A 运动到B 的最右端所用的时间、解析:(1)根据v t 图象可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象,根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A解得μ＝F －m A a A m A g ＝0.4 (2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m ＝25 m若B 不固定,则B 的加速度为a B ＝μm A g m B＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2 设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ,根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l ,解得t ＝7.07 s.答案:(1)0.4 (2)7.07 s7.(2018·河北正定中学月考)一水平传送带以2.0m/s 的速度顺时针传动,水平部分长为2.0 m 、其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4 m,一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端,已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2,试问:(sin 37°＝0.6,g 取10 m/s 2)(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由,若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离;(2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程、解析:(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg ＝ma 1x 1＝v 202a 1＝1 m ＜L 所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2物块速度为零时上升的距离x 2＝－v 202a 2＝13 m 由于x 2＜0.4 m,所以物块未到达斜面的最高点、(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t 1＝2x 1v 0＋L －x 1v 0＝1.5 s 物块在斜面上往返一次的时间t 2＝－2v 0a 2＝23 s 物块再次滑到传送带上速度仍为v 0,方向向左－μmg ＝ma 3向左端发生的最大位移x 3＝－v 202a 3＝1 m 物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等,时间t 3＝－2v 0a 3＝2 s4、5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程x ＝L ＋3x 2＋2x 3x ＝5 m答案:(1)不能 13m (2)5 m8.如图所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块、已知木块的质量m ＝1 kg,木板的质量M ＝4 kg,长L ＝2.5 m,下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2.(1)假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的最大静摩擦力为3 N,欲使木板能从木块的下方抽出,求对木板施加的水平拉力F的大小范围、(2)若用大小为F＝28 N的水平恒力拉木板,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的最大静摩擦力为2 N,欲使木板能从木块的下方抽出,求水平恒力F作用的最短时间、解析:(1)设木块的最大加速度为a木块,则F fm1＝ma木块对木板F－F fm1－μ(M＋m)g＝Ma木板木板从木块的下方抽出的条件为a木板＞a木块,解得F＞25 N即欲使木板能从木块的下方抽出,对木板施加的水平拉力F应满足F＞25 N.(2)加上力F时木板加速,撤去F后木板减速、分析可知,如果木板和木块的速度相同时木块恰好运动到木板最左端脱离,那么力F的作用时间最短设作用时间t1后撤去力F,此时木板速度为v1,则对木板有F－F fm2－μ(M＋m)g＝Ma1解得a1＝4 m/s2,v1＝a1t1对木块有F fm2＝ma2,解得a2＝2 m/s2撤去力F后,木板减速运动,加速度大小为a0则F fm2＋μ(M＋m)g＝Ma0,解得a0＝3 m/s2木块加速运动过程中加速度不变,当木块和木板速度相同时木块恰好脱离木板,设共同速度为v2,则可作出如图所示的速度—时间图线分析位移关系,可知,L＝v212a1＋v21－v222a0－v222a2,v1－a0(v2a2－v1a1)＝v2,联立解得v1＝10714m/s,t1＝514 14s故欲使木板能从木块的下方抽出,水平恒力F 作用的最短时间应为51414s.答案:(1)F ＞25 N (2)51414 s9.(2018·湖北武汉月考)如图所示,AB 、CD 为两个光滑的平台,一倾角为37°、长为5 m 的传送带与两平台平滑连接、现有一小物体以10 m/s 的速度沿平台AB 向右运动,当传送带静止时,小物体恰好能滑到平台CD 上,问:(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB 上的运动速度低于某一数值时,无论传送带顺时针运动的速度多大,小物体都不能到达平台CD ,求这个临界速度、(3)若小物体以8 m/s 的速度沿平台AB 向右运动,欲使小物体到达平台CD ,传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析:(1)传送带静止时,小物体在传送带上受力如图甲所示,据牛顿第二定律得:μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma 1B →C 过程有:v 20＝2a 1l解得:a 1＝10 m/s 2,μ＝0.5.(2)显然,当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时,最容易到达传送带顶端,此时,小物体受力如图乙所示,据牛顿第二定律得:mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2若恰好能到达平台CD 时,有:v 2＝2a 2l解得:v＝2 5 m/s,a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时,无论传送带顺时针运动的速度多大,小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1,传送带顺时针运动的速度大小为v2,对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程,有:v21－v22＝2a1x1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程,有:v22＝2a2x2x1＋x2＝L解得:v2＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动,小物体才能到达平台CD.答案:(1)0.5(2)2 5 m/s(3)3 m/s。
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