资源简介

(共42张PPT)
第15讲 传送带模型　板块模型
考点一　传送带模型
能力 高分练
课中 关键能力·可视思维
角度一　无初速水平传送带问题
例1 (2026浙江温州模拟)如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机,其简化原理图如图乙所示,水平传送带长为2.5 m,传送带始终以恒定速率0.30 m/s运行。一质量为0.60 kg的小包(可视为质点)无初速度地轻放上传送带左端,最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50,下列说法正确的是(　　)
A.安检机使用γ射线探测包内的物品
B.小包匀速运动时,传送带对小包的
摩擦力向右
C.由于传送小包,电动机多做的功为0.054 J
D.小包从传送带左端到达右端的时间为1.0 s
C
解析 安检机使用X射线探测包内的物品,故A错误;小包匀速运动时,小包在水平方向上处于平衡状态,故传送带对小包的摩擦力为0,故B错误;对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为W=mv2=0.027 J,小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得μmg=ma,解得a=5 m/s2,故小包速度达到传送带速度所用时间为t1= s=0.06 s,加速度位移为x1=×5×0.062 m=0.009 m,小包加速过程中,传送带位移为x传=vt1=0.018 m,则小包相对于传送带运动位移为Δx=x传-x1=0.009 m,则摩擦力产生热量为Q=μmgΔx=0.027 J,则电动机由于传送小包多做的功为E=Q+W=0.054 J,故C正确;
与传送带共速后到达右端所用时间为t2= s≈8.3 s,故小包从传送带左端到达右端的时间为t总=t1+t2=0.06 s+8.3 s=8.36 s,故D错误。
解题精要
水平传送带的情境分析
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
v0v0>v时,一直减速 v0>v时,先减速再匀速
一直减速到右端 先减速到速度为0,后被传送带传回左端。若v0v返回到左端时速度为v
角度二　有初速水平传送带问题
例2 如图所示,相距L=11.5 m的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动,其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱(可视为质点),以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若v=4.0 m/s,求载物箱通过传送带所需的时间;
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。
答案 (1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s
解析 (1)传送带的速度为v=4.0 m/s时,载物箱在传送带上先做匀减速运动,设其加速度为a,由牛顿第二定律有μmg=ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1,
由运动学公式有v2-=-2ax1②
联立①②式,代入题给数据得x1=4.5 m;③
因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至v,然后开始做匀速运动,设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1,做匀减速运动所用的时间为t2,由运动学公式有v=v0-at2④
t1=t2+⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75 s。⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时,到达右侧平台时的速度最小,设为v1,当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时,到达右侧平台时的速度最大,设为v2。由牛顿第二定律和运动学公式得-2μgL=⑦
2μgL=⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得v1= m/s,v2=4 m/s。
破题思维链
解题精要
1.临界状态:当v物=v带时,摩擦力发生突变,物体的加速度发生突变。
2.物体在水平传送带上相对滑动时的加速度为a=μg。
3.滑块与传送带的划痕长度Δs等于滑块与传送带的相对位移的大小。
角度三　无初速倾斜传送带问题
例3 (2025广西卷)图甲为某智能分装系统
工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带
由底端A运动到顶端B后抛出,撞击冲量式
传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直
掉入已与水平传送带共速的货箱中,此系
统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出。
甲
散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=,到达顶端
前已与倾斜传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0。
每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若
货箱之间无间隔,重力加速度为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙,求这段时间内:
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
乙
答案 (1)　(2)　(3)
解析 (1)散货在传送带上被水平抛出,则其初速度方向水平,大小为v0
对单个散货,撞击传感器过程中,水平方向由动量定理有-I=0-mv0
解得单个散货的质量为m=。
(2)落入货箱中散货的个数为N=
则水平传送带的平均传送速度大小为。
(3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段,
由牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma
解得a=g
加速时间t1=
加速位移x1=
设匀速时间为t2
其中t1+t2=9Δt
则匀速位移为x2=v0t2=v0
故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt-
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=
在Δt时间内传送带做的功为W=+mgLsin 30°+Q
其中m=,L=9v0Δt-,Q=μmgcos 30°·Δx,
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为。
解题精要
倾斜传送带的情境分析
项目 图示 滑块可能的运动情况
情境1 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情境2 (1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后再以a2加速
项目 图示 滑块可能的运动情况
情境3 (1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后再以a2加速
(6)可能一直减速
情境4 (1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能先减速,再反向加速,最后匀速
(5)可能一直减速
角度四　有初速倾斜传送带问题
例4 传送带广泛应用于货物装卸和传输。如图所示,将一可视为质点的货物从光滑斜面上O处由静止释放,货物到达斜面底端A点后滑上水平传送带AB部分,O点与A点的竖直高度h=1.25 m,水平传送带AB段的长度xAB=2.0 m,以2.0 m/s的速率顺时针转动。货物与水平传送带AB段、倾斜传送带CD段之间的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5,倾斜传送带CD段与水平方向之间的夹角θ=37°,CD段的长度为xCD=1.25 m。
不计货物在A点和B点、C点速率的变化,不计B、C间的距离,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求货物到达A点时的速率;
(2)求货物从A点运动到B点的时间间隔;
(3)CD段传送带的速度至少是多少,货物能够到达D端。
答案 (1)5 m/s　(2)0.5 s　(3)2 m/s
解析 (1)设斜面倾角为α,货物从O运动到A的过程,
根据牛顿第二定律有a1==gsin α,
由运动学公式有
解得vA=5 m/s。
(2)假设货物滑上水平传送带后一直做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有a2==μ1g,
由运动学公式有xAB=
解得vB=3 m/s>2 m/s
则假设成立,所以tAB==0.5 s。
(3)CD段传送带的速度小于货物速度,货物先做匀减速直线运动,
由牛顿第二定律有mgsin θ+μ2mgcos θ=ma3
解得a3=10 m/s2
因为μ2由牛顿第二定律有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma4
解得a4=2 m/s2
根据题意可得xCD=
解得v=2 m/s。
破题思维链
方法导引
1.求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断。
2.临界状态:当v物=v带时,摩擦力发生突变,物体的加速度发生突变。
3.滑块与传送带的划痕长度Δs等于滑块与传送带的相对位移的大小。
4.若受到沿斜面向下的滑动摩擦力,则加速度为a1=gsin θ+μgcos θ。
5.若受到沿斜面向上的滑动摩擦力,则加速度为a2=μgcos θ-gsin θ。
考点二　板块模型
角度一　水平面上的板块模型
例5 如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,
B运动加速度的大小aB、aB';
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案 (1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析 (1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=
解得vA=。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg
对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg
由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg。
(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA
则v=aAt,v=vB-aBt
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2。
破题思维链
解题精要
滑块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度,既是木板最短的临界条件,也是滑块恰好不滑离(或)滑离木板的临界条件。
角度二　斜面上的板块模型
例6 (2026山东泰安模拟改编)如图所示,在倾角为θ=37°的足够长斜面上放置一质量M=2 kg、长度L=1.5 m的极薄平板AB,在薄平板的上端A处放一质量m=1 kg的小滑块(视为质点)。开始在沿斜面向上的力F的作用下保持静止,此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去,使小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求力F的大小;
(2)释放后,求小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2;
(3)求从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
答案 (1)18 N　(2)4 m/s2　1 m/s2　(3)1 s
解析 (1)系统整体分析,由平衡条件可知F=(M+m)gsin θ=18 N。
(2)设释放后,滑块会相对于平板向下滑动,对滑块m由牛顿第二定律有mgsin 37°-Ff1=ma1
其中FN1=mgcos 37°
Ff1=μ1FN1
解得a1=gsin 37°-μ1gcos 37°=4 m/s2
对薄平板,由牛顿第二定律有Mgsin 37°+Ff1-Ff2=Ma2
其中FN2=mgcos 37°+Mgcos 37°,Ff2=μ2FN2
解得a2=1 m/s2
因a1>a2,假设成立,即滑块会相对于平板向下滑动。
(3)设滑块滑离时间为t,由运动学公式有x1=a1t2
x2=a2t2
x1-x2=L
解得t=1 s。
破题思维链
解题精要
1.板块模型的临界状态:
(1)v物=v板时,摩擦力发生突变,摩擦力可能突然消失,也可能由滑动摩擦力突变为静摩擦力。
(2)v物=v板时,物体的加速度发生改变。
2.要判定临界速度之后两者的运动形式。
角度三　板块模型中的动力学图像问题
例7 (多选)(2024辽宁卷)一足够长的木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。
下列说法正确的是(　 　)
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量之比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
ABD
解析 v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为v0=μgt0,方向水平向左,物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共=μgt0,方向水平向右,故可得=t0,解得μ0=2μ,故B正确;
设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时,木板的加速度为a=μg,故可得F-μMg=Ma,解得F=μMg。根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a'==-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma',解得,故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动,对整体有F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0,故可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正确。
破题思维链
解题精要
两种相对位移的关系
(1)若二者同向运动,相对位移大小为Δx=|x2-x1|(如图甲);
(2)若二者反向运动,相对位移大小为Δx=x1+x2(如图乙)。第15讲　传送带模型　板块模型
基础·满分练
命题角度一　水平的传送带问题
1.一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的最左端,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.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短
D.木炭包与传送带间的动摩擦因数越大,径迹的长度越短
命题角度二　倾斜的传送带问题
2.(10分)如图所示,工人要将货物运送到平台上,由于货物与传送带间的动摩擦因数较小,便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角θ=24°,长度l=4 m,向上运动的速度v=1.2 m/s,货物质量m=20 kg,与传送带间的动摩擦因数为0.2,货物可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度g取10 m/s2)
(1)货物轻放到传送带的下端,开始阶段工人施加F1=60 N的拉力,求货物经多长时间能达到与传送带共速;
(2)货物与传送带共速后,工人至少用多大的拉力可以保持货物相对传送带静止。
命题角度三　水平的板块模型
3.(2026浙江桐乡模拟)光滑水平面上停放着质量M=2 kg的平板小车,一个质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)以v0=3 m/s的初速度从A端滑上小车,如图所示。小车长l=1 m,小滑块与小车间的动摩擦因数为μ=0.4,g取10 m/s2,从小滑块滑上小车开始计时,2 s末小滑块与小车B端的距离为(　　)
A.1 m B.0
C.0.25 m D.0.75 m
命题角度四　倾斜的板块模型
4.(2026河南部分名校模拟)如图所示,足够长、上表面光滑的斜面体静止在水平面上,一薄木板A和物块B沿着斜面相对静止一起上滑,滑到最高点后一起沿着斜面下滑,薄木板和物块始终相对静止,斜面体始终静止在水平面上,在薄木板和物块向上滑动和向下滑动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.向上滑动过程中,薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上
B.向下滑动过程中,薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上
C.薄木板与物块之间始终没有摩擦力
D.斜面体与水平面之间没有摩擦力
命题角度五　板块模型中的动力学图像问题
5.(2025山东青岛检测)如图甲所示,小物块A以初速度v0冲上水平放置的平板B,在此后的运动过程中A始终没有滑离平板B,A、B运动的部分v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.若mA=2mB,则v1=
B.A、B两物体质量可能相同
C.0~2t1时间内,B有时仅受一个摩擦力作用
D.A与B间的动摩擦因数小于B与地面间的动摩擦因数
能力·高分练
6.(2026江苏盐城模拟)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则(　　)
A.传送带的倾角θ=30°
B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4
C.传送带上下两端的间距为15 m
D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
7.(2026福建三明模拟)如图所示,一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上,质量为M=4 kg的长木板B沿着斜面以速度v0=12 m/s匀速下滑,现把质量为m=2 kg的铁块A(可视为质点)无初速度放在长木板B的左端,铁块最终没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是(　　)
A.铁块A刚放在长木板B上时,长木板B的加速度大小为12 m/s2,方向沿斜面向上
B.铁块A和长木板B共速后的速度大小为4 m/s
C.长木板的长度一定为4 m
D.从铁块放上长木板到两者共速的过程中,两者所构成的系统动量守恒,机械能不守恒
8.(10分)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
素养·提升练
9.(12分)(2025浙江宁波测试)如图所示,在竖直平面内,倾斜传送带倾角θ=37°,可视为质点的物块a与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,传送带底端B与光滑平台BC平滑连接,有一长木板b置于平台右侧的光滑水平面上,其左端面紧贴平台右端面CD放置、上表面与平台BC齐平。已知传送带顶端A到底端B的长度为L=3.2 m,物块的质量m=1 kg,长木板质量M=4 kg,物块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.2,物块经过各连接处时速度大小不变。现将该物块无初速地在传送带顶端A处释放,不计空气阻力。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)若传送带以2 m/s的速度逆时针转动,求物块滑到B时的速度大小vB;
(2)若传送带以2 m/s的速度顺时针转动,求物块从A滑到B所用的时间t;
(3)若传送带以2 m/s的速度顺时针转动,要使物块不从长木板右端掉落,求长木板的最小长度lmin。
答案：
课时突破练15　传送带模型　板块模型
1.D　解析 木炭包在传送带上先做加速运动后做匀速运动,在加速过程中木炭包和传送带出现相对位移,且传送带位移大,黑色的径迹将出现在木炭包的右侧,A项错误;由关系式s相=s传送带-s木炭包=vt-可知,传送带运动的速度越大或木炭包与传送带间的动摩擦因数越小,径迹的长度越长,B、C两项错误,D项正确。
2.(1)1.5 s
(2)44 N
解析 (1)货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上,则有
F1+μmgcos θ-mgsin θ=ma
达到共速时有v=at
解得t=1.5 s。
(2)货物与传送带共速后,若货物相对传送带静止,对货物受力分析有
mgsin θ=F拉+Ff静
则当静摩擦力取得最大值且向上时,拉力取得最小值,即F拉min=mgsin θ-Ff静max
解得F拉min=44 N。
3.C　解析 由牛顿第二定律,对小滑块有a1==μg=4 m/s2,对小车有a2==2 m/s2;设经时间t两者共速,有v=v0-a1t=a2t,解得t==0.5 s,v=1 m/s;对小滑块有x1=t=1 m,对车x2=t=0.25 m,小滑块相对小车向右滑行的距离为Δx=x1-x2=0.75 m,共速后小滑块与车一起向右做匀速直线运动,2 s末小滑块与小车B端的距离为d=l-Δx=0.25 m,故选C。
4.C　解析 在向上滑动过程中,整体根据牛顿第二定律可得(M+m)gsin θ=(M+m)a,对物块受力分析可得mgsin θ+Ff=ma可得Ff=0,所以向上滑动过程中薄木板和物块之间没有摩擦力,同理下滑过程中也没有摩擦力,A、B错误,C正确;斜面体与A的作用力只有弹力,方向垂直于接触面,具有水平分量,由平衡条件可知斜面体与水平面之间有摩擦力,D错误。
5.A　解析 设A、B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为μ1、μ2,0~t1时间内,对A、B,由牛顿第二定律分别有μ1mAg=mAaA,mAgμ1-(mA+mB)gμ2=mBaB,解得A、B加速度分别为aA=gμ1,aB=,则0~t1时间内,对A有=v0-aAt1=v0-gμ1t1,对B有=aBt1=t1,t1~2t1时间内,对整体有v1=-aABt1=-gμ2t1,联立解得v1=,若mA=2mB,解得v1=,故A正确;以上分析可知v1=,若A、B质量相等,则v1=,而由题图乙可知t1时速度就已经为,故2t1时速度不可能还是,故B错误;速度—时间图线的斜率表示加速度,由题图乙可知0~2t1时间内A的加速度始终不为零,故A、B间一直存在摩擦力,所以B在0~2t1时间内一直同时受到A给的摩擦力和地面给的摩擦力,故C错误;由题意可知,要让B运动起来,必须满足mAgμ1>(mA+mB)gμ2,即>1,故A与B间的动摩擦因数大于B与地面间的动摩擦因数,故D错误。
6.D　解析 0~1 s内物体加速度a1= m/s2=10.0 m/s2,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1~2 s内加速度a2= m/s2=2.0 m/s2,由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得θ=37°,μ=0.5,故选项A、B错误;0~2 s内物体的位移大小即为传送带上下两端的间距,根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移,可知位移为l= m+×1 m=16 m,故选项C错误;传送带的速率v0=10 m/s,则0~1 s内,物体的位移为x1= m=5 m,传送带的位移为x2=v0t1=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx1=x2-x1=10 m-5 m=5 m,物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移为x3=×1 m=11 m,传送带的位移为x4=v0t2=10×1 m=10 m,故物体与传送带间相对位移大小为Δx2=x3-x4=1 m,物体相对传送带向下运动,痕迹重叠1 m,因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m,故选项D正确。
7.D　解析 开始时长木板B沿着斜面以速度v0=12 m/s匀速下滑,有Mgsin 37°=μMgcos 37°,解得μ=0.75;铁块A刚放在长木板B上时,对A根据牛顿第二定律有μmgcos 37°+mgsin 37°=maA,解得aA=12 m/s2,方向沿斜面向下;对B根据牛顿第二定律有μ(M+m)gcos 37°+μmgcos 37°-Mgsin 37°=MaB,解得aB=6 m/s2,方向沿斜面向上;设铁块A和长木板B共速的时间为t,则v0-aBt=aAt,解得t= s;铁块A和长木板B共速后,速度大小为v共=v0-aBt=8 m/s,故选项A、B错误。铁块A和长木板B共速,一起沿斜面匀速下滑,则长木板的最小长度为L0=xB-xA=t-t=4 m,即长木板的长度L≥4 m,故C错误;由于滑动摩擦力做功,A、B系统机械能不守恒,又因为(M+m)gsin 37°=μ(M+m)gcos 37°,A、B系统合外力为零,系统动量守恒,故选项D正确。
8.(1)0.4 m/s2
(2)4.5 s
解析 (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1,所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律可知μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得a=0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动,用时
t1= s=2.5 s
在传送带上滑动的距离为x1=t1=×2.5 m=2.75 m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力,即μmgcos θ>mgsin θ,所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端,匀速运动的时间为
t2= s=2 s
所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5 s。
9.(1) m/s　(2)1.2 s　(3)3.2 m
解析 (1)传送带以2 m/s的速度逆时针转动,由牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma
解得a=2 m/s2
由匀加速直线运动的位移关系有=2aL
解得vB= m/s。
(2)传送带以2 m/s的速度顺时针转动,由牛顿第二定律有mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1
解得a1=10 m/s2
加速到共速的时间为t1==0.2 s
位移为x1=·t1=0.2 m
共速后,由牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma2
解得a2=2 m/s2
位移关系为vB'2-v2=2a2(L-x1)
解得vB'=4 m/s
时间为t2==1 s
总时间为t=t1+t2=1.2 s。
(3)物块在木板上减速时,由牛顿第二定律有μ2mg=ma3
解得a3=2 m/s2
木板加速,由牛顿第二定律有μ2mg=Ma4
解得a4=0.5 m/s2
两者共速时有v共=vB'-a3t0=a4t0
解得t0=1.6 s
最小板长为lmin=·t0-·t0=3.2 m。
1

展开更多......

收起↑