一课一练(十三) 应用牛顿运动定律解决传送带和板块模型
[基础训练]
1．如图所示，物块A和B在足够长的矩形木板上，随木板一起以相同的速度在水平面上向右做匀速直线运动，已知物块A和B的材料相同且粗糙程度一样，物块A的质量大于B的质量．某时刻木板突然停止运动，关于物块A、B之后的运动，下列说法正确的是( )
A．若木板光滑，物块A和B之间的距离将增大
B．若木板光滑，物块A和B之间的距离将减小
C．若木板粗糙，物块A和B一定会相碰
D．无论木板是光滑还是粗糙，物块A和B之间的距离保持不变
2．(2024·广东广州调研)(多选)水平传送带被广泛地应用于工厂的货物运送，如图所示为一足够长的水平传送带装置，在其左侧轻放一小物块，下列描述小物块在传送带上运动的v t、a t图像正确的是( )
3．如图所示，传送带的水平部分长度为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度地放上一个小木块(可视为质点)，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从传送带左端运动到传送带右端的时间不可能是( )
A.＋ B．
C． D．
4．(2024·江苏南京、镇江八校联考)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F＝2μmg，则木板的加速度a的大小是( )
A.μg B．μg
C．μg D．μg
5．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v t图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
6．(2024·安徽合肥庐江五校联考)如图所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的木板在F＝20 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一质量m＝4 kg的铁块无初速度地放到木板的最右端，最终从木板左端滑离，木板的长度L＝10 m，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ；
(2)铁块放上后，木板运动的加速度a；
(3)铁块滑离木板时，木板的速率v.
[能力提升]
7．(2024·河北衡水中学调研)(多选)如图甲所示，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化的关系如图乙所示．已知货物的质量为10 kg，取g＝10 m/s2.则( )
A．传送带匀速转动的速度大小为1 m/s
B．货物与传送带间的动摩擦因数为
C．A、B两点的距离为16 m
D．货物由A点运动到B点的过程中与传送带之间发生相对滑动的距离为0.2 m
8．(2024·湖南郴州质量检测)如图所示，将一砝码置于水平桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，若砝码的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为m1＝100 g和m2＝500 g，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，已知砝码移动的距离超过L＝0.002 m时人眼就能感知，忽略砝码的体积因素的影响，取g＝10 m/s2.关于从砝码下抽出纸板过程，下列说法正确的是( )
A．要把纸板从砝码下抽出来，拉力至少超过1.4 N
B．为确保砝码的移动不被人感知，纸板所需拉力至少为102.4 N
C．为确保砝码的移动不被人感知，纸板所需拉力至少为52.4 N
D．迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码所受到的摩擦力
9．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山体上滑下后，恰好以速度v1水平向右滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v t图像，其中可能正确的是( )
10．(2024·山东青岛五十八中期末)在光滑的水平面上放有很薄的一个长木板，其长度L＝0.5 m，质量M＝2 kg，长木板最右端并排放有相距很近的质量分别为m1和m2的A、B两个小滑块(可视为两质点)，m1＝m2＝4 kg，系统处于静止状态．滑块A与长木板间动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块B与长木板间动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力．从零时刻开始，在长木板右端施加一水平恒力F＝26 N，使系统向右运动，滑块离开木板落到水平面时无速度损失．已知重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A离开长木板时的速度v1的大小；
(2)2 s末两个滑块的距离s.
答案及解析
1． 解析：若木板光滑，则物块A、B在水平方向不受力，由于惯性，物块A、B将以原来的速度做匀速直线运动，两物块之间的距离保持不变，A、B错误；若木板粗糙，尽管两物块的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度a＝＝μg与质量无关，故两物块的加速度相同，两物块任意时刻的速度均相同，所以两物块之间的距离保持不变，即两物块不可能发生碰撞，C错误，D正确．
答案：D
2．解析：水平传送带以恒定的速度持续运转，小物块刚放上去时速度为零，所以物块和传送带之间将产生滑动，滑动摩擦力使小物块做初速度为零的匀加速直线运动，当速度增大到和传送带速度相同时，小物块相对于传送带不再滑动，二者以相同的速度沿同方向运动，A错误，B正确；小物块和传送带之间的滑动摩擦力大小不变，所以小物块的加速度也是恒定的，当小物块的速度达到传送带的速度时，二者之间的相对滑动就结束了，滑动摩擦力也就消失了，小物块的加速度也会即刻减小到零，C错误，D正确．
答案：BD
3．解析：木块放在传送带上时，受到水平向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律μmg＝ma可知，木块的加速度a＝μg；若传送带速度较大，则小木块可能一直做匀加速直线运动，有L＝μgt2，得t＝，C项可能，此时间为木块从左端运动到右端的最短时间．在上述情况下，若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝t＝t，得t＝，D项可能．若传送带速度不够大，则木块先匀加速经历时间t1，位移为x，达到与传送带共速，有v＝μgt1,2μgx＝v2，再匀速经历时间t2，位移为L－x，有vt2＝L－x，联立得t＝t1＋t2＝＋，A项可能．而选项B对应的过程为全程以速度v匀速运动，因此只有B项不可能．
答案：B
4．解析：若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有μmg－×2mg＝ma，解得a＝μg，对物块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma′，得a′＝μg>a，所以二者之间将发生相对滑动，木板的加速度a的大小为μg，故选A.
答案：A
5．解析：由于二者加速度不同，因此首先隔离分析物块．物块在水平方向仅受木板对其向左的滑动摩擦力，对物块，由牛顿第二定律可得，μmg＝ma1，而v t图像的斜率的绝对值表示加速度大小，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；木板在水平方向也只受到物块的滑动摩擦力，对木板，由牛顿第二定律可得，μmg＝Ma2，同样根据图像可得a2＝m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；分析题图乙可知，2 s时物块和木板分离，因此0～2 s时间内两者v t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确．
答案：BC
6．解析：(1)开始时木板向右匀速运动，由二力平衡可得F＝μMg，解得μ＝0.2.
(2)铁块放上后，对木板，由牛顿第二定律可得F－f＝Ma，f＝μ(M＋m)g，
解得a＝－0.8 m/s2，即加速度大小为0.8 m/s2，方向与运动方向相反．
(3)由于木板上表面光滑，所以铁块在木板上保持静止．当铁块滑离木板时，木板的位移为L，
由速度—位移公式有v2－v＝2aL，解得v＝3 m/s.
【方法总结】板块模型中，有拉力作用时，对比物块和木板之间的最大静摩擦力和木板与地面之间的最大静摩擦力，哪个接触面上最大静摩擦力小，哪个接触面就先出现相对滑动．
答案：(1)0.2 (2)0.8 m/s2，方向与木板运动方向相反 (3)3 m/s
7．解析：由题图乙可知，货物先向上加速再匀速，故货物加速到与传送带共速后，与传送带一起运动，则传送带匀速转动的速度大小为1 m/s，A正确；由题图乙可知，货物加速时的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律得μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得μ＝，B正确；v t图像与t轴所围图形的面积表示位移大小，则A、B两点的距离为s＝×(16＋15.6)×1 m＝15.8 m，C错误；0～0.4 s内货物与传送带有相对滑动，传送带位移为x1＝vt＝0.4 m，货物位移为x2＝vt＝0.2 m，则货物与传送带相对滑动的距离为Δx＝x1－x2＝0.2 m，D正确．
答案：ABD
8． 解析：根据牛顿第二定律可知砝码的加速度为a1＝μg，设纸板的加速度为a2，则有F－μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2a2，要把纸板从砝码下抽出来，纸板的加速度要大于砝码的加速度，即>μg，解得F>2.4 N，A错误；砝码的位移x1＝a1t，纸板的位移x1＋d＝a2t，纸板抽出后砝码的运动距离x2＝a3t，a3与a1大小相等，且a1t1＝a3t2，若砝码的移动恰好不被人感知，则L＝x1＋x2，代入数据，联立方程解得F＝102.4 N，B正确，C错误；迅速抽出是为了减少抽出过程中砝码的运动时间，使其移动距离尽可能小，D错误．
答案：B
9．解析：由于石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦，因此石块最终不可能做匀速直线运动，A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，石块刚滑上长木板时，做加速度为μ1g的匀减速直线运动，当μ1mg>μ2(m＋M)g时，长木板会先加速运动，当石块与长木板共速后一起做匀减速直线运动，此时的加速度大小为μ2g，由于μ1mg>μ2(m＋M)g，则有μ1g>μ2g，即石块刚开始减速的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，石块与长木板共速后，图像的斜率变小，B正确，C错误；若μ1mg≤μ2(m＋M)g，则长木板静止不动，石块在长木板上一直做匀减速运动，直至速度为零，D正确．
答案：BD
10．解析：(1)假设A、B两小滑块与长木板无相对运动，对它们三个组成的系统由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2＋M)a0，则加速度大小a0＝2.6 m/s2>a1＝μ1g＝2 m/s2，故滑块A在长木板上滑动，同理可判定B与长木板相对静止．(【关键】判断两滑块与长木板是否相对运动时，需要用到假设法进行计算比较)
设滑块A在长木板上滑动的时间为t1，则有位移x1＝a1t，
对滑块B和长木板由牛顿第二定律有，F－μ1m1g＝(m2＋M)a2，解得a2＝3 m/s2，
位移x2＝a2t，由几何关系可得x2－x1＝L，即a2t－a1t＝L，
解得t1＝1 s，则v1＝a1t1＝2 m/s，
A滑离时，B与长木板的速度v2＝a2t1＝3 m/s.
(2)当滑块A滑离长木板后，假设滑块B与长木板无相对运动，对滑块B和长木板由牛顿第二定律得F＝(m2＋M)a4，则共同加速度a4＝4.33 m/s2>a3＝μ2g＝4 m/s2，故滑块B在长木板上滑动．设滑块B在长木板上滑动的时间为t2，则有位移x3＝v2t2＋a3t，
对长木板由牛顿第二定律得F－μ2m2g＝Ma5，解得a5＝5 m/s2，
位移x4＝v2t2＋a5t，由几何关系有x4－x3＝L，即v2t2＋a5t－＝L，
解得t2＝1 s，
故从开始到滑块B滑离长木板时刚好用时2 s，此时两滑块的距离s＝L＋x3－v1t2＝3.5 m.
答案：(1)2 m/s (2)3.5 m
