发布时间 : 星期六 文章2020届高考物理一轮复习讲义：第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(含答案)更新完毕开始阅读
A．增大4 N C．减少1 N 答案 C
B．增大3 N D．不变
解析 设物块的质量为m，斜面质量为m1，整个装置静止时，测力计读数为m1g＋mg＝m1g11＋4 N。物块下滑的加速度a1＝gsinθ＝g，方向沿斜面向下，其竖直分量a1＝asinθ＝g，
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所以物块处于失重状态，其视重为mg＝3 N，测力计的读数为m1g＋3 N，所以测力计的示
4数减小1 N，故选C。
考点6 传送带模型 [解题技巧]
1．水平传送带模型 项目 情景1 情景2 情景3 2．倾斜传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 图示 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0 A．小煤块从A运动到B的时间是2 s B．小煤块从A运动到B的时间是2.25 s C．划痕长度是4 m D．划痕长度是0.5 m (1)小煤块在传送带上做什么运动？ 提示：若加速到v0时的位移小于x，则先加速后匀速。若位移为x，速度未达到v0，则一直加速。 (2)划痕是小煤块以地面为参照物的位移吗？ 提示：不是，是以传送带为参照物的位移。 尝试解答 选BD。 小煤块刚放上传送带后，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同v0v0 速的时间为t1＝＝0.5 s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m，而传送带的位移为x2 a2＝v0t1＝1 m，故小煤块在传送带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5 m，D正确，C错误；之后的x－x1＝3.5 m，小煤块匀速运动，故t2＝＝t1＋t2＝2.25 s，A错误，B正确。 总结升华 解传送带问题的思维模板 x－x1 ＝1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间tv0 [递进题组]1.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( ) A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案 B 解析 小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误、B正确。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。 2．如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。 答案 (1)4 s (2)2 s 解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有： mg(sin37°－μcos37°)＝ma 则a＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2， 1 根据l＝at2得t＝4 s。 2 (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1 则有a1＝ mgsin37°＋μmgcos37° ＝10 m/s2 m 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有 v10 t1＝＝ s＝1 s， a1101x1＝a1t2＝5 m 21 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则 mgsin37°－μmgcos37°a2＝＝2 m/s2 mx2＝l－x1＝11 m 1又因为x2＝vt2＋a2t2， 22则有10t2＋t22＝11 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s。