資源簡介

素養提升課(七)　傳送帶模型和板—塊模型
[學習目標]
1．知道傳送帶模型的特點，掌握解決動力學中的傳送帶模型問題的方法。
2．知道板—塊模型的特點，掌握解決動力學中的板—塊模型問題的方法。
探究1　傳送帶模型
1．模型介紹
類型 圖示 物體運動情況
水平傳送帶 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
(1)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速后勻速 (2)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速后勻速
(1)傳送帶較短時，物體一直減速到達左端 (2)傳送帶較長時，物體先向左運動，減速到零后再向右運動回到右端
傾斜傳送帶 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
2．注意幾個要點
(1)判斷物體相對傳送帶的運動方向→確定所受摩擦力方向→求出物體加速度，進而由運動學公式求解。
(2)物體速度等于傳送帶速度時摩擦力一般發生突變→判斷突變后摩擦力方向→求出物體突變后的加速度，再由運動學公式求解。
(3)對于傾斜傳送帶不但要判斷摩擦力方向，還要判斷摩擦力大小，即動摩擦因數μ與傳送帶傾角的正切值tan θ的關系。
(4)物體與傳送帶間的相對位移，Δx＝x帶－x物(規定好正方向，計算時帶著正負號)。
角度1　“水平傳送帶”模型
【典例1】　一平直的傳送帶以速率v＝2 m/s勻速運行，在A處把物體輕輕地放到傳送帶上，經過時間t＝6 s，物體到達B處，A、B相距L＝10 m，g取10 m/s2，則：
(1)物體在傳送帶上勻加速運動的時間是多少？
(2)物體與傳送帶之間的動摩擦因數為多少？
(3)若物體是煤塊，求物體在傳送帶上的劃痕長度。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度2　“傾斜傳送帶”模型
【典例2】　如圖所示，傾角為37°，長為l＝16 m的傳送帶，轉動速度為v＝10 m/s。在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m＝0.5 kg的物體(可視為質點)。已知物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取 10 m/s2。 求：
(1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；
(2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[母題變式]　在第(2)問中，當傳送帶逆時針轉動時，畫出物體從頂端A滑到底端B的v-t圖像。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[針對訓練]
1．如圖所示，水平傳送帶以v1＝3 m/s 的速度逆時針勻速轉動，其兩端點A、B之間的距離L＝0.75 m；可視為質點的小物塊以v2＝2 m/s的初速度從傳送帶左端A向右運動，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，g取10 m/s2，則小物塊在傳送帶上運動的時間是(　　)
A．0.5 s B．1 s
C．1.5 s D．3 s
2．如圖所示為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角θ＝37°，A、B兩端相距L＝5.0 m，質量M＝10 kg的物體以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數處處相同，均為0.5。傳送帶順時針運轉的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求物體從A點到達B點所需的時間；
(2)若傳送帶順時針運轉的速度可以調節，物體從A點到達B點的最短時間是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究2　板—塊模型
1．模型概述：一個物體在另一個物體上，兩者之間有相對運動。問題涉及兩個物體、多個過程，兩物體的運動時間、速度、位移有一定的關系。
2．板—塊模型的三個基本關系
加速度 關系 滑塊與滑板保持相對靜止，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度
如果滑塊與滑板之間發生相對運動，應采用“隔離法”分別求出滑塊與滑板運動的加速度，應注意發掘滑塊與滑板是否發生相對運動等隱含條件
速度 關系 滑塊與滑板保持相對靜止時，二者速度相同，分析清楚此時的摩擦力作用情況
滑塊與滑板之間發生相對運動時，二者速度不相同，明確滑塊與滑板的速度關系，從而確定滑塊與滑板受到的摩擦力情況，應注意摩擦力發生突變的情況
位移 關系 滑塊和滑板向同一方向運動時，它們的相對滑行距離等于它們的位移之差
滑塊和滑板向相反方向運動時，它們的相對滑行距離等于它們的位移之和
【典例3】　如圖所示，在光滑的水平地面上靜置放有一個長為0.64 m、質量為4 kg的木板A，在木板的左端有一個大小不計、質量為 2 kg 的小物體B，A、B之間的動摩擦因數為μ＝0.2，當對B施加水平向右的力F＝10 N時(g取 10 m/s2)，求：
(1)A、B的加速度各為多大？
(2)經過多長時間可將B從木板A的左端拉到右端？
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　解決板—塊模型問題的思維方法
[針對訓練]
3．如圖所示，光滑水平桌面上有一質量M為2 kg的長度足夠長的長木板，一質量m為1 kg的小物塊從長木板的左端以大小為3 m/s的初速度v0滑上長木板，物塊與長木板間的動摩擦因數μ為0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物塊剛滑上木板時，小物塊和木板的加速度大小；
(2)小物塊的最終速度的大小；
(3)小物塊最終距長木板左端的距離。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．如圖所示，厚度不計的薄板A長l＝5 m，質量M＝5 kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3 m處放一物體B(大小不計)，其質量m＝2 kg，已知A、B間的動摩擦因數μ1＝0.1，A與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，原來系統靜止。現在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，將A從B下抽出。g＝10 m/s2，求：
(1)A從B下抽出前A、B的加速度各是多大；
(2)B運動多長時間離開A；
(3)B離開A時的速度的大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6/6素養提升課(七)　傳送帶模型和板—塊模型
[學習目標]
1．知道傳送帶模型的特點，掌握解決動力學中的傳送帶模型問題的方法。
2．知道板—塊模型的特點，掌握解決動力學中的板—塊模型問題的方法。
探究1　傳送帶模型
1．模型介紹
類型 圖示 物體運動情況
水平傳送帶 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
(1)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速后勻速 (2)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速后勻速
(1)傳送帶較短時，物體一直減速到達左端 (2)傳送帶較長時，物體先向左運動，減速到零后再向右運動回到右端
傾斜傳送帶 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
2．注意幾個要點
(1)判斷物體相對傳送帶的運動方向→確定所受摩擦力方向→求出物體加速度，進而由運動學公式求解。
(2)物體速度等于傳送帶速度時摩擦力一般發生突變→判斷突變后摩擦力方向→求出物體突變后的加速度，再由運動學公式求解。
(3)對于傾斜傳送帶不但要判斷摩擦力方向，還要判斷摩擦力大小，即動摩擦因數μ與傳送帶傾角的正切值tan θ的關系。
(4)物體與傳送帶間的相對位移，Δx＝x帶－x物(規定好正方向，計算時帶著正負號)。
角度1　“水平傳送帶”模型
【典例1】　一平直的傳送帶以速率v＝2 m/s勻速運行，在A處把物體輕輕地放到傳送帶上，經過時間t＝6 s，物體到達B處，A、B相距L＝10 m，g取10 m/s2，則：
(1)物體在傳送帶上勻加速運動的時間是多少？
(2)物體與傳送帶之間的動摩擦因數為多少？
(3)若物體是煤塊，求物體在傳送帶上的劃痕長度。
[解析]　(1)由t＜L可知，物體從A到B先經歷勻加速直線運動，后與傳送帶達到相同速度，勻速運動到B端。
設勻加速階段的時間為t1
所以t1＋v(t－t1)＝L
代入數據，得t1＝2 s。
(2)在勻加速階段，根據牛頓第二定律可知μmg＝ma
根據速度與時間的關系得v＝at1
聯立解得μ＝0.1。
(3)在勻加速階段，傳送帶上表面相對于地面走過的位移x＝vt1＝4 m
物體相對于地面的位移x′＝＝2 m
所以物體在傳送帶上的劃痕長度
Δx＝x－x′＝2 m。
[答案]　(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m
角度2　“傾斜傳送帶”模型
【典例2】　如圖所示，傾角為37°，長為l＝16 m的傳送帶，轉動速度為v＝10 m/s。在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m＝0.5 kg的物體(可視為質點)。已知物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取 10 m/s2。 求：
(1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；
(2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間。
[解析]　(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力方向沿傳送帶向上，物體沿傳送帶向下做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma
解得a＝2 m/s2
根據l＝at2得t＝4 s。
(2)傳送帶逆時針轉動時，最初的一段時間內物體下滑速度小于傳送帶轉動速度，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力方向沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1
則有a1＝10 m/s2
設當物體運動速度等于傳送帶速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有
t1＝＝ s＝1 s，x1＝＝5 m當物體運動速度等于傳送帶速度的瞬間，因為mg sin 37°>μmg cos 37°
則此后物體相對傳送帶向下運動，受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力
設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時，物體的加速度大小為a2，則
由牛頓第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2
得a2＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
由x2＝
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t總＝t1＋t2＝2 s。
[答案]　(1)4 s　(2)2 s
[母題變式]　在第(2)問中，當傳送帶逆時針轉動時，畫出物體從頂端A滑到底端B的v-t圖像。
[解析]　如圖所示。
[答案]　見解析圖
[針對訓練]
1．如圖所示，水平傳送帶以v1＝3 m/s 的速度逆時針勻速轉動，其兩端點A、B之間的距離L＝0.75 m；可視為質點的小物塊以v2＝2 m/s的初速度從傳送帶左端A向右運動，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，g取10 m/s2，則小物塊在傳送帶上運動的時間是(　　)
A．0.5 s B．1 s
C．1.5 s D．3 s
A　[小物塊向右勻減速運動時，加速度大小為a＝μg＝2 m/s2，速度減小到零所經歷的時間為t1＝＝ s＝1 s，物塊滑過的位移為x1＝t1＝×1 m＝1 m＞0.75 m，所以物塊滑離傳送帶時速度不為零，設物塊滑離傳送帶的時間為t(t<1 s)，根據位移與時間關系可得L＝v2t－at2，代入數據，解得t＝0.5 s，故A正確。]
2．如圖所示為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角θ＝37°，A、B兩端相距L＝5.0 m，質量M＝10 kg的物體以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數處處相同，均為0.5。傳送帶順時針運轉的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求物體從A點到達B點所需的時間；
(2)若傳送帶順時針運轉的速度可以調節，物體從A點到達B點的最短時間是多少？
[解析]　(1)設物體的速度大于傳送帶的速度時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得
Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma1
設經過時間t1物體的速度與傳送帶速度相同，則
t1＝
物體通過的位移x1＝
設物體速度小于傳送帶速度時的加速度大小為a2，則
Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma2
物體繼續減速，設經t2時間到達傳送帶B點，有
L－x1＝
t＝t1＋t2
聯立解得t＝2.2 s。
(2)若傳送帶的速度較大，物體沿AB上滑時所受摩擦力一直沿傳送帶向上，則所用時間最短，此種情況加速度一直為a2，則L＝v0t′－a2t′2
解得t′＝1 s。
[答案]　(1)2.2 s　(2)1 s
探究2　板—塊模型
1．模型概述：一個物體在另一個物體上，兩者之間有相對運動。問題涉及兩個物體、多個過程，兩物體的運動時間、速度、位移有一定的關系。
2．板—塊模型的三個基本關系
加速度 關系 滑塊與滑板保持相對靜止，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度
如果滑塊與滑板之間發生相對運動，應采用“隔離法”分別求出滑塊與滑板運動的加速度，應注意發掘滑塊與滑板是否發生相對運動等隱含條件
速度 關系 滑塊與滑板保持相對靜止時，二者速度相同，分析清楚此時的摩擦力作用情況
滑塊與滑板之間發生相對運動時，二者速度不相同，明確滑塊與滑板的速度關系，從而確定滑塊與滑板受到的摩擦力情況，應注意摩擦力發生突變的情況
位移 關系 滑塊和滑板向同一方向運動時，它們的相對滑行距離等于它們的位移之差
滑塊和滑板向相反方向運動時，它們的相對滑行距離等于它們的位移之和
【典例3】　如圖所示，在光滑的水平地面上靜置放有一個長為0.64 m、質量為4 kg的木板A，在木板的左端有一個大小不計、質量為 2 kg 的小物體B，A、B之間的動摩擦因數為μ＝0.2，當對B施加水平向右的力F＝10 N時(g取 10 m/s2)，求：
(1)A、B的加速度各為多大？
(2)經過多長時間可將B從木板A的左端拉到右端？
[解析]　(1)A、B間的滑動摩擦力的大小為
Ff＝μmBg＝4 N
以B為研究對象，根據牛頓第二定律得F－Ff＝mBaB
則aB＝＝3 m/s2
以A為研究對象，根據牛頓第二定律得
Ff′＝mAaA
由牛頓第三定律得Ff′＝Ff
解得aA＝1 m/s2。
(2)設將B從木板的左端拉到右端所用時間為t，A、B在這段時間內發生的位移分別為xA和xB，其關系如圖所示
則有xA＝aAt2
xB＝aBt2
xB－xA＝L
聯立解得t＝0.8 s。
[答案]　(1)1 m/s2　3 m/s2　(2)0.8 s
　解決板—塊模型問題的思維方法
[針對訓練]
3．如圖所示，光滑水平桌面上有一質量M為2 kg的長度足夠長的長木板，一質量m為1 kg的小物塊從長木板的左端以大小為3 m/s的初速度v0滑上長木板，物塊與長木板間的動摩擦因數μ為0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物塊剛滑上木板時，小物塊和木板的加速度大小；
(2)小物塊的最終速度的大小；
(3)小物塊最終距長木板左端的距離。
[解析]　(1)對小物塊μmg＝ma，a＝2 m/s2
對木板μmg＝Ma′，a′＝1 m/s2。
(2)木板足夠長，則二者最后共速且勻速
v＝v0－at
v＝a′t
解得t＝1 s，v＝1 m/s。
(3)小物塊勻減速運動的位移x＝v0t－at2
木板勻加速運動的位移x′＝a′t2
則Δx＝x－x′
解得Δx＝1.5 m。
[答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 m/s　(3)1.5 m
4．如圖所示，厚度不計的薄板A長l＝5 m，質量M＝5 kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3 m處放一物體B(大小不計)，其質量m＝2 kg，已知A、B間的動摩擦因數μ1＝0.1，A與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，原來系統靜止。現在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，將A從B下抽出。g＝10 m/s2，求：
(1)A從B下抽出前A、B的加速度各是多大；
(2)B運動多長時間離開A；
(3)B離開A時的速度的大小。
[解析]　(1)對B，由牛頓第二定律可得
μ1mg＝maB
解得aB＝1 m/s2
對A，由牛頓第二定律可得
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
解得aA＝2 m/s2。
(2)設經時間t，A從B下抽出，則
xA＝aAt2
xB＝aBt2
Δx＝xA－xB＝l－x
解得t＝2 s。
(3)B離開A時的速度大小為vB＝aBt＝2 m/s。
[答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s　(3)2 m/s
素養提升練(七)
1．(多選)如圖所示，一水平傳送帶沿順時針方向以v0勻速轉動，在傳送帶左端A處無初速度地輕放一小物塊，則關于小物塊從A端運動到B端過程中的速度v隨時間t的變化圖像，下列選項中可能正確的是(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
BD　[物塊先做勻加速運動，在到B端前可能已經和傳送帶共速，也可能一直加速運動到B端，故選BD。]
2．平板小車靜止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度從左端滑上平板車，箱子和車之間有摩擦，地面對小車的阻力可忽略，當它們的速度相等時，箱子和平板車的位置情況可能是(　　)
　
A　　　　　　　　　　B
　
C　　　　　　　　　　D
C　[箱子以一定的水平初速度v0從左端滑上平板車，在摩擦力作用下，箱子做勻減速直線運動，平板車做勻加速直線運動，設經過t時間箱子與平板車達到共速v共，此過程平板車的位移為x車＝t，箱子的位移為x箱＝t，則箱子相對于平板車向前的位移大小為Δx＝x箱－x車＝t－t＝t，可得Δx＝t>x車＝t，故選C。]
3．如圖所示，物塊在靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在傳送帶的速度由零逐漸增加到2v0后勻速運動的過程中，下列分析正確的是(　　)
A．物塊下滑的速度不變
B．物塊開始在傳送帶上加速到2v0后勻速
C．物塊先向下勻速運動，后向下加速運動，最后沿傳送帶向下勻速運動
D．物塊受的摩擦力方向始終沿斜面向上
C　[在傳送帶的速度由零逐漸增加到v0的過程中，物塊相對于傳送帶下滑，故物塊受到的滑動摩擦力向上，故這段過程中物塊繼續勻速下滑；在傳送帶的速度由v0逐漸增加到2v0過程中，物塊相對于傳送帶上滑，物塊受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，物塊加速下滑；當物塊的速度達到2v0時，物塊相對傳送帶靜止，隨傳送帶勻速下滑，故C正確。]
4．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2＞v1，則(　　)
A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大
B．t3時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大
C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t2時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
D　[根據v-t圖像的面積表示位移大小可知，t1時刻，小物塊離A處的距離達到最大，故A錯誤；由題圖乙可知，0～t1時間內，小物塊向左減速，t1時刻速度減為零后，t1～t2時間內，又開始向右加速，t2時刻與傳送帶共速，此后與傳送帶一起勻速回到A處，則t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，故B錯誤；由v-t圖像的斜率表示加速度可知，0～t2時間內，小物塊的加速度大小、方向都不變，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可知，0～t2時間內，小物塊始終受到大小、方向都不變的摩擦力作用，故C錯誤，D正確。]
5．(多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝6 m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，物體滑上傳送帶A端時的瞬時速度vA＝4 m/s，到達B端的瞬時速度設為vB。下列說法正確的是(　　)
A．若傳送帶不動，vB＝2 m/s
B．若傳送帶逆時針勻速轉動，vB一定等于2 m/s
C．若傳送帶順時針勻速轉動，vB一定等于2 m/s
D．若傳送帶順時針勻速轉動，vB有可能等于2 m/s
ABD　[若傳送帶不動或逆時針勻速轉動，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，s＝，解得vB＝2 m/s，A、B正確；若傳送帶順時針勻速轉動，當轉動速度小于或等于2 m/s時，物體一直減速，到達B端時速度為2 m/s，當轉動速度大于2 m/s時，物體到達B端時速度一定大于2 m/s，C錯誤，D正確。]
6．(多選)如圖所示，質量為m1＝4 kg 的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個質量m2＝2 kg的小物塊，木板和物塊間的動摩擦因數為0.4，木板的長度為L＝4 m，物塊可視為質點，現用一大小為F＝16 N的力作用在物塊上，下列說法正確的是(g取10 m/s2) (　　)
A．木板的加速度大小為2 m/s2
B．物塊的加速度大小為6 m/s2
C．經過2 s物塊從木板上滑離
D．物塊離開木板時的速度大小為8 m/s
ACD　[對木板，由牛頓第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，對物塊，由牛頓第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A正確，B錯誤；物塊從木板上滑離時，位移關系滿足a2t2－a1t2＝L，解得t＝2 s，C正確；物塊滑離木板時的速度為v2＝a2t＝8 m/s，D正確。]
7．(多選)如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為1 kg和 2 kg，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動摩擦因數為0.4，B與地面間的動摩擦因數為0.2，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。現對B施加一水平拉力F＝12 N，則(　　)
A．B對A的摩擦力大小為4 N
B．B對A的摩擦力大小為2 N
C．A、B發生相對滑動，A的加速度大小為4 m/s2
D．A、B一起做勻加速運動，加速度大小為2 m/s2
BD　[由于B與地面間的動摩擦因數為0.2，所以B與地面間的滑動摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝6 N，由于A、B間的動摩擦因數為0.4，所以A的最大加速度am＝＝μ1g＝4 m/s2，如果A、B一起以am勻加速運動，則F1－Ff2＝(mA＋mB)am，解得F1＝18 N，由于Ff2＜F＜F1，所以A、B一起勻加速運動，則F－Ff2＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2，C錯誤，D正確；B對A的摩擦力大小為Ff＝mAa＝2 N，A錯誤，B正確。]
8．(多選)用如圖甲所示的傳送帶把貨物運送到一定高度，貨物的速度大小隨時間變化的關系如圖乙所示。已知傳送帶的傾角θ＝30°，傳送帶順時針轉動速度不變，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．傳送帶的速度大小為2 m/s
B．貨物在傳送帶上留下的劃痕長度為4 m
C．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.8
D．貨物受到傳送帶的滑動摩擦力與靜摩擦力大小之比為6∶5
AD　[由題圖乙知傳送帶的速度大小為2 m/s，A正確；由v-t圖像與時間軸圍成的面積等于位移可知，在0～2 s內，傳送帶比貨物多運動了2 m，故貨物在傳送帶上留下的劃痕長度為2 m，B錯誤；貨物在傳送帶上加速時的加速度為a＝ m/s2＝1 m/s2，根據牛頓第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得μ＝，C錯誤；貨物與傳送帶之間的滑動摩擦力大小為Ff＝μmg cos θ＝mg，相對靜止時的靜摩擦力大小為Ff靜＝mg sin θ＝，則Ff∶Ff靜＝6∶5，D正確。]
9．質量為M＝2 kg的木板B靜止在水平面上，可視為質點的物塊A從木板的左側以初速度v0沿木板上表面水平沖上木板，如圖甲所示。A和B經過1 s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的 v-t 圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A與B上表面之間的動摩擦因數μ1；
(2)B與水平面間的動摩擦因數μ2；
(3)A的質量m。
[解析]　(1)由題圖乙可知，A的初速度v0＝4 m/s，1 s末的速度v1＝2 m/s，A在0～1 s內的加速度a1＝＝－2 m/s2，對A由牛頓第二定律得
－μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.2。
(2)由題圖乙知，A、B二者末速度v3＝0，A、B整體在1～3 s內的加速度
a3＝＝－1 m/s2
對A、B整體由牛頓第二定律得
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得μ2＝0.1。
(3)由題圖乙可知B在0～1 s內的加速度
a2＝＝2 m/s2
對B由牛頓第二定律得
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入數據解得m＝6 kg。
[答案]　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg
10．如圖所示，在傾角為θ＝30°的足夠長的固定的光滑斜面上，有一質量為M＝3 kg的長木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下運動，現將一質量m＝1 kg的小物塊(大小可忽略)輕放在長木板正中央，已知物塊與長木板間的動摩擦因數μ＝，設物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)放上小物塊后，木板和小物塊的加速度大小；
(2)要使小物塊不滑離長木板，長木板至少要有多長。
[解析]　(1)小物塊在長木板上滑動時受到的沿木板方向向下的滑動摩擦力大小為
f＝μmg cos θ＝7.5 N
由牛頓第二定律，對小物塊有
f＋mg sin θ＝ma1
代入數據得a1＝12.5 m/s2
對長木板，由牛頓第二定律有
Mg sin θ－f＝Ma2
代入數據得a2＝2.5 m/s2。
(2)設當小物塊與長木板共速時速度為v1，有
v1＝a1t1＝v0＋a2t1
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物塊與長木板相對靜止，一起向下做勻加速運動，則共速前物塊與木板的相對位移為
s＝t1－t1＝5 m
故長木板長度至少為10 m。
[答案]　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
11．在工業化高度發展的今天，傳送帶已成為物流系統自動化不可缺少的組成部分。如圖所示，在物流運輸線上，傳送帶以v＝2 m/s的速度勻速轉動，一可視為質點的包裹被靜止釋放于A點，它與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，此后其運動至B點最后到達C點，始終未脫離傳送帶，包裹通過B點前后速度大小不變。已知AB間距離為4 m，BC長度為3 m且與水平面的夾角θ＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
(1)通過計算證明包裹到達B點時已經與傳送帶共速；
(2)求包裹在傳送帶上從B點運動至C點所用時間；
(3)若傳送帶速度很大，包裹在傳送帶上從A點由靜止開始運動至C點的過程中速度一直未與傳送帶速度相等，求包裹運動到C點時的速度大小。
[解析]　(1)在水平傳送帶上，共速前設包裹的加速度為a1，對包裹由牛頓第二定律可得
μmg＝ma1
解得a1＝5 m/s2
設經過時間t1與傳送帶共速，共速前位移為x1
則t1＝，x1＝
聯立解得x1＝0.4 m，x1<4 m
可見包裹到達B點時已經與傳送帶共速。
(2)包裹進入傳送帶傾斜部分后，因為μmg cos θmg sin θ－μmg cos θ＝ma2
又xBC＝
聯立解得a2＝2 m/s2，t2＝1 s(t2＝－3 s舍去)。
(3)包裹全程做加速運動，設包裹在傳送帶水平部分的B點達到的速度為vB
由運動學公式可得
2a1xAB＝－0
設包裹進入傳送帶傾斜部分時，包裹的加速度為a3，在C點達到的速度為vC
由牛頓第二定律可得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma3
由運動學公式有
2a3xBC＝
聯立解得vC＝10 m/s。
[答案]　(1)見解析　(2)1 s　(3)10 m/s
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