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16.如圖所示,與水平方向成θ=37°的傳送帶以恒定的速度沿順時針方向轉動,兩傳動輪間距為lAB=9m,一質量為M=1kg的長木板靜止在粗糙地面上,其右端靠著傳送帶,現將一質量為m=1kg且可視為質點的滑塊輕放在傳送帶頂端B點,滑塊沿傳送帶滑至底端并滑上長木板(傳送帶與長木板連接處無機械能損失).已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ1=0.5,滑塊與長木板間的動摩擦因數為μ2=0.4,長木板與地面間動摩擦因數為μ3=0.1,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)滑塊剛滑到長木板的速度v0的大。
(2)從滑塊滑上長木板到二者一起停下所用的時間;
(3)為保證滑塊不從長木板上滑下,長木板的最小長度是多少.

分析 (1)根據牛頓第二定律可求得滑塊的加速度,再由運動學公式可求得滑物塊剛滑到長木板上時的速度大小;
(2)分別對滑塊和木板進行分析,根據牛頓第二定律求出各自的加速度;再由運動學公式明確達共同速度的時間;再對整體分析,由牛頓第二定律及運動學公式可求得停止的時間;
(3)根據運動學公式求得兩小球達到共速時所經歷的位移,再由位移公式求解各自的位移,即可確定木板的最小長度.

解答 解:(1)滑塊輕放上傳送帶,根據牛頓第二定律可得:
mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1
解得:a1=2m/s2;
物體以a1速至v0,則有:v02=2a1lAB
解得:v0=6m/s
(2)滑塊滑上長木板,對滑塊,由牛頓第二定律有:
 μ2mg=ma2
解得:a2=4m/s2,方向向右;
對長木板:μ2mg-μ3(m+M)g=ma3
解得:a3=2m/s2,方向向左;
設二者速度相等經歷的時間為t1,則由速度公式可得:
  v=v0-a2t1=a3t1
解得:t1=1s;v=2m/s;
共速后滑塊與木板再一起做勻減速運動,對整體,由牛頓第二定律得
μ3(M+m)g=(M+m)a4
解得:a4=1m/s2
再到停下的時間:t2=$\frac{v}{{a}_{4}}$=2s;
故從滑塊滑上長木板到二者一起停下所用的總時間 t=t1+t2=1+2=3s;
(3)達到共同速度時,滑塊的位移 x1=v0t1-$\frac{1}{2}$${a}_{2}{t}_{1}^{2}$=6×1-$\frac{1}{2}$×4×1=4m;
木板的位移 x2=$\frac{1}{2}{a}_{3}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$×2×1=1m;
故木板的長度至少為:x1-x2=4-1=3m;
答:
(1)物塊剛滑到長木板上的速度大小為6m/s;
(2)從滑塊滑上長木板到二者停下的總時間為3s;
(3)為保證滑塊不從長木板上滑下,長木板的最小長度3m.

點評 本題涉及兩個物體多個過程,要注意確定研究對象,正確做好受力分析,再根據牛頓第二定律結合運動學公式進行分析求解;要明確加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁.

練習冊系列答案
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(1)該同學用游標卡尺測量遮光條的寬度d,如圖乙所示,則d=2.25mm
(2)下列不必要的一項實驗要求是D
A.將氣墊導軌調節(jié)水平
B.使A位置與光電門間的距離適當大些
C.使細線與氣墊導軌平行
D.使滑塊質量遠大于鉤碼和力傳感器的總質量
(3)實驗時,將滑塊從A位置由靜止釋放,由數字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間t,測量出滑塊在A位置時遮光條到光電門的距離x,則滑塊的加速度a=$\frac{ajypnao^{2}}{2x{t}^{2}}$
(4)為探究滑塊的加速度與力的關系,改變鉤碼質量,測出對應的力傳感器的示數F和遮光條通過光電門的時間t,通過描點要作出它們的線性關系圖象,處理數據時縱軸為F,橫軸應為D
A.t             B.t2             C.$\frac{1}{t}$              D.$\frac{1}{{t}^{2}}$.

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4.在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中為了研究加速度跟力和質量的關系,應該采用的研究實驗方法是(  )
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B.分子間的引力和斥力都是隨著分子間距離的增大而減小
C.分子間的引力和斥力都是隨著分子間距離的增大而增大
D.當分子力表現為引力時,分子勢能總是隨分子間距離的增大而減小
E.當分子力表現為引力時,分子勢能總是隨分子間距離的增大而增大

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5.對于加速度的理解,下列說法不正確的是( 。
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B.物體的速度為零時,加速度就為零
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