鲁科版 (2019)必修 第一册第5章 牛顿运动定律本章综合与测试课时练习

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第5章　牛顿运动定律专题强化练4　传送带模型一、选择题1.(2020山东师范大学附属中学高一上期末,★★☆)如图所示,水平放置的传送带以速度v=2 m/s向右运动,现将一小物块轻轻地放在传送带A端,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,若A端与B端相距4 m,则物块由A端运动到B端的时间和物块到达B端时的速度是(重力加速度g取10 m/s2)              (　　)A.2.5 s,2 m/s　　　　　　　　B.1 s,2 m/sC.2.5 s,4 m/s　　　　　　　　D.1 s,4 m/s2.(2019吉林实验中学高一上期末,★★★)(多选)如图所示为粮袋的传送装置,已知A、B两端间的距离为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是              (　　)A.粮袋到达B端的速度与v比较,可能大,可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μ cos θ),若L足够大,则最后将以速度v做匀速运动C.若μ≥tan θ,则粮袋从A端到B端可能是一直做匀加速运动D.不论μ大小如何,粮袋从Α端到Β端一直做匀加速运动,且加速度a≥g sin θ3.(2019福建莆田一中高一上期末,★★★)(多选)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)下列说法正确的是              (　　)A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.物块A、B到达传送带底端时速度大小不相等D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3 二、非选择题4.(2020黑龙江鹤岗一中高一上期末,★★☆)如图所示,传送带与地面夹角θ=37°,从A到B长度为L=41 m,传送带以v0=20 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5 kg的煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。煤块在传送带上经过会留下痕迹。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:(1)煤块从A到B的时间;(2)煤块从A到B的过程中在传送带上形成痕迹的长度。      5.(2021重庆巴蜀中学高一月考,★★★)如图所示,一个水平的浅色传送带长8 m,其上左端放置一煤块(可视为质点),初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带沿顺时针方向加速运动,加速度大小为a0=4 m/s2,经过一段时间t0后,立即以同样大小的加速度做匀减速运动。在传送带开始加速运动的同时,煤块也开始向右匀加速运动,加速度大小为a1=2 m/s2,当煤块与传送带速度相等后,立即做匀减速运动,加速度大小仍为2 m/s2,最终煤块恰好停止在传送带的右端,由于摩擦力作用,煤块与传送带发生相对滑动时留下了一段黑色痕迹,求:(1)煤块加速时间t1;(2)传送带加速时间t0;(3)煤块停止运动时在传送带上留下黑色痕迹的长度。  
答案全解全析1.A　设运动过程中物块的加速度为a,质量为m,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2 m/s2;设物块达到速度v时发生的位移为s1,所用时间为t1,则v2=2as1,得出s1=1 m;根据速度公式有v=at1,解得t1=1 s;物块此时距离B端s2=4 m-s1=4 m-1 m=3 m,接下来做匀速运动的时间t2==1.5 s,所以t=t1+t2=2.5 s,物块最后做匀速运动,所以末速度为2 m/s,故选项A正确。2.AC　粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v;也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相等;还可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相等后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确;粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmg cos θ,根据牛顿第二定律可得:a==g(sin θ+μ cos θ),故B错误;若μ≥tan θ,粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动,也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速直线运动,故C正确;由以上分析可知,粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动,故D错误。3.BD　分别对物块A、B分析,由于mg sin 37°>μmg cos 37°,所以A、B物块所受摩擦力方向都沿各自的斜面向上,都向下做匀加速直线运动,两物块匀加速直线运动的加速度相等,位移相等,则运动的时间相等,故A错误,B正确;根据速度时间关系可得:v=at,由于加速度相等,运动时间也相等,所以物块A、B到达传送带底端时速度大小相等,故C错误;对A,划痕的长度等于A的位移减去传送带运动的长度,以A为研究对象,由牛顿第二定律可得:mg sin 37°-μmg cos 37°=ma,解得:a=2 m/s2,由运动学公式可得:L=v0t+at2,解得:t=1 s,传送带运动的长度为x=vt=1 m,A在传送带上的划痕为:Δx1=2 m-1 m=1 m;对B,划痕的长度等于B的位移加上传送带运动的长度,则有:Δx2=2 m+1 m=3 m,所以划痕之比为Δx1∶Δx2=1∶3,故D正确。4.答案　(1)3 s　(2)20 m解析　(1)在开始阶段,应用牛顿第二定律有:mg sin θ+μmg cos θ=ma1,解得:a1=g sin θ+μg cos θ=10 m/s2;煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间:t1=,v=v0,解得t1=2 s,发生的位移:x1=a1=20 m<41 m,所以煤块加速到20 m/s时仍未到达B点,此时摩擦力方向改变。在第二阶段,应用牛顿运动定律有:mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得a2=2 m/s2;设第二阶段煤块滑动到B的时间为t2,则:L-x1=vt2+a2,解得t2=1 s;煤块在B点的速度为:vB=v+a2t2=22 m/s,煤块从A到B的时间:t=t1+t2=3 s。(2)第一阶段煤块的速度小于传送带的速度,煤块相对于传送带斜向上移动,煤块的位移为x1=20 m,传送带的位移为x2=2×20 m=40 m,所以煤块相对于传送带的位移为x3=x2-x1=20 m;第二阶段煤块的速度大于传送带的速度,煤块相对于传送带斜向下移动,煤块的位移为x4=L-x1=21 m传送带的位移为x5=vt2=20 m,所以煤块相对于传送带的位移为x6=x4-x5=1 m;第二阶段煤块还是在追赶原来的痕迹,超出的1 m覆盖在第一阶段的痕迹上,所以传送带表面留下的痕迹的长度为20 m。5.答案　(1)2 s　(2)1.5 s　(3)3 m解析　(1)由题意,传送带与煤块的运动情景可由如图所示的v-t图像表示,其中A表示传送带的v-t图线,B表示煤块的v-t图线。煤块由静止开始匀加速运动,再减速到速度为零,位移为8 m,加速和减速的加速度大小相等,故对煤块运动的全过程有L=2×a1代入数据解得t1=2 s可得煤块的最大速度为v1=a1t1=4 m/s(2)对传送带,在0～t0时间内做匀加速运动,则有v=a0t0在t0～t1时间内做匀减速运动,则有v1=v-a0(t1-t0)联立解得t0=1.5 s,v=6 m/s(3)在0～t1时间内,煤块相对于传送带向左滑,传送带向右传动的距离x=vt0+(v+v1)(t1-t0)=7 m煤块向右前进的距离x1=v1t1=4 m此过程的相对位移为Δx1=x-x1=3 m之后的过程煤块相对于传送带向右运动,相对位移为Δx2=v1t1-(2×vt0-x)=2 m<3 m,所以痕迹长度为3 m。