1、课时跟踪检测（十三） 牛顿运动定律的综合应用（二）1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )AM下滑的速度不变BM开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动CM先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动DM受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑
2、，故C正确。2(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离L2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )A乘客与行李同时到达B处B乘客提前0.5 s到达B处C行李提前0.5 s到达B处D若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处解析：选BD行李放在传送带上，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
3、以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为ag1 m/s2，历时t11 s达到共同速度，位移x1t10.5 m，此后行李匀速运动t21.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t2 s，B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin s2 s，D正确。3.如图所示，足够长的水平传送带以v02 m/s的速度匀速运行。t0时，在最左端轻放一个小滑块，t2 s时传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2。在选项中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是( )解析：选D滑块在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，ag2 m/s2，滑
4、块运动到与传送带速度相同时需要的时间t11 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2tt11 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a2 m/s2，运动的时间t31 s，所以速度时间图像对应D选项。4如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F22 N的水平外力拉长木板，取g10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为( )A1 s B2 s C s D s解析：选A由题图乙知力F较小时
5、，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff22 N；当F14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff14 N，小物块的加速度a14 m/s2。改用F22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得FFf1Ff2Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2a1t2L，解得t1 s，故A正确。5(多选)如图甲所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块，小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0均已知，则( )A传送带的速度
6、可能大于v0Bt0后小滑块受到的摩擦力为mgsin C传送带一定沿顺时针转动D小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为tan 解析：选BD由题图乙可知，小滑块先做初速度为零的匀加速直线运动，在t0后以速度v0做匀速直线运动，由此可知mgsin mgcos 。如果传送带沿逆时针方向转动，滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块先做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时，滑块做匀速直线运动，则传送带的速度vv0；如果传送带沿顺时针方向转动，滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿传送带向上，滑块向上做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动，传送带速度vv0；由以上
7、分析可知，传送带既可能沿顺时针方向转动也可能沿逆时针方向转动，传送带速度不会大于v0，A、C错误。由题图乙可知，t0后滑块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知Ffmgsin ，B正确。由题图乙可知，滑块做匀加速直线运动时的加速度a，如果传送带沿逆时针方向转动，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，解得tan ，D正确。6.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板
8、间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )A小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C经过 s的时间，小孩离开滑板D小孩离开滑板时的速度大小为 m/s解析：选AC对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a12 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a21 m/s2，A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2a2t2L，解得t s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为va1t2 m/s，C正确，D错误。7(多选)如图所示，5颗完全相
9、同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是( )解析：选AD因3对4的滑动摩擦力为3mg，小于4和5之间的最大静摩擦力4mg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动；当F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故图A、D正确。8有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L1 m，起点A到终点线B的距离s5 m。开始滑板静止
10、，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数0.5，地面视为光滑，滑块质量m12 kg，滑板质量m21 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。解析：(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为a2，fm1gm2a2，a210 m/s2，s，解得t1 s。(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1m1gm1a2，解得F130 N，当滑板运动到B，滑块
11、刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2m1gm1a1，L，解得F234 N，则水平恒力大小范围是30 NF34 N。答案：(1)1 s(2)30 NF34 N9.如图所示，与水平方向成37角的传送带以恒定速度v2 m/s沿顺时针方向转动，两传动轮间距L5 m。现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v04 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度。解析：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1则a1g(sin cos )10 m/s2物块运动位移x10.6 m物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力fmgcos mgsin ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小。此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零由mgsin mgcos ma2得a2g(sin cos )2 m/s2位移x21 m则物块沿传送带上升的最大高度为H(x1x2)sin 370.96 m。答案：0.96 m
