专题二 课时作业（二）

专题二课时作业（二）｜主题三动力学中的三种传送带模型主题四动力学中的三类板块模型1．(2023·内蒙古呼和浩特统考)如图所示，某大型快递物流公司使用电动传输机进行货物运送，现将一箱子放置在倾斜的传送带上，与传送带一起斜向上匀速运动。若突然停电，传送带减速直至停止的整个过程中，箱子与传送带始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．斜向上匀速运动时，箱子受重力、支持力和滑动摩擦力作用B．斜向上匀速运动时，箱子受到的静摩擦力沿传送带向下C．斜向上减速运动时，箱子受到的静摩擦力可能沿传送带向上D．斜向上减速运动时，箱子受到的静摩擦力一定沿传送带向下解析：选C斜向上匀速运动时，根据受力平衡可知，箱子受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力作用，故A、B错误；斜向上减速运动时，设传送带倾角为θ，箱子的质量为m，加速度大小为a，根据牛顿第二定律可知mgsinθ＋f＝ma，若a＝gsinθ，则箱子受到的静摩擦力为零，若a＞gsinθ，则箱子受到的静摩擦力沿传送带向下，若a＜gsinθ，则箱子受到的静摩擦力沿传送带向上，故C正确，D错误。2．如图所示，光滑水平地面上有一静止的足够长的木板，一小铁块(可视为质点)从木板左端以某一初速度v向右运动。若固定木板，最终小铁块停在木板上的P点。若不固定木板，最终小铁块也会相对木板停止滑动，这种情形下，小铁块刚好相对木板停止滑动时的状态图可能是下图中的()解析：选C分析小铁块和木板的运动情况，画出v­t图像如图所示，当木板固定时，小铁块相对于地面滑行的距离为S△OAB，当木板不固定时，小铁块相对于地面滑行距离为S梯形OACE，木板相对于地面滑行的距离为S△OCE，小铁块相对于木板滑行的距离为S△OAC，由图可以看出S△OCE＜S△OAC＜S梯形OACE＜S△OAB，故C正确。3．(2023·成都高三调研)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v­t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。则()A．传送带的速度为16m/sB．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大解析：选C由题图乙可知传送带的速度为8m/s，A错误；在0～1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，由题图乙可得a1＝eq\f(16－8,1)m/s2＝8m/s2，在1～2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，由题牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，由题图乙可得a2＝eq\f(8－0,2)m/s2＝4m/s2，联立解得μ＝0.25，故B错误，C正确；当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速运动，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。4．质量为1kg的木板B静止在水平地面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B运动的v­t图像如图乙所示，g取10m/s2，则物块A的质量为()A．1kg B．2kgC．3kg D．6kg解析：选C设B与地面、A与B之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。1s后A和B共同减速，由图像可知，A和B整体减速时的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，由牛顿第二定律得μ1(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得B与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；前1s内，由图像可知，A的加速度大小aA＝eq\f(Δv1,Δt1)＝2m/s2，B的加速度大小aB＝eq\f(Δv2,Δt2)＝2m/s2，由牛顿第二定律知，对A有μ2mAg＝mAaA，对B有μ2mAg－μ1(mA＋mB)g＝mBaB，联立解得A的质量mA＝3kg，选项C正确。5．(多选)滑沙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1m的滑板，滑板与沙子间的动摩擦因数为eq\f(9,16)。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。假设小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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2m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/s2C．经过eq\r(2)s，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为eq\r(2)m/s解析：选AC由于小孩与滑板间的动摩擦因数小于滑板与沙子间的动摩擦因数，所以小孩相对于滑板向下滑动，对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩沿滑板向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1，解得a1＝2m/s2，故A正确；小孩和滑板脱离前，对滑板受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin37°＋μ1mgcos37°－μ2(m＋m)gcos37°＝ma2，解得a2＝1m/s2，故B错误；设经过时间t，小孩离开滑板，则有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq\r(2)s，故C正确；小孩离开滑板时的速度为v＝a1t＝2eq\r(2)m/s，故D错误。6．(2023·兰州高三期末检测)(多选)如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5m。质量为m＝0.5kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v­t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是()A．物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力B．物块在传送带上运动的时间为t0＝1sC．物块滑上传送带的速度v1＝6m/sD．物块与传送带之间的相对位移为Δx＝1m解析：选BCD由图像可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其分析受力可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得ma＝－μmg，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得v22－v12＝2aL，L＝eq\f(v1＋v2,2)t0，解得v1＝6m/s，t0＝1s，故B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1m，故D正确。7．(2023·沈阳调研)(多选)如图所示为仓库中的皮带传输装置示意图，它由两台传送机组成。一台水平传送，A、B两端相距4m，以6m/s的速率顺时针转动。另一台倾斜传送，传送带与水平面的倾角θ＝37°，C、D两端相距6.8m。将质量为5kg的货物(可视为质点)无初速放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，货物与两传送带间的动摩擦因数均为0.5。已知eq\r(2.2)＝1.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是()A．若CD部分由于故障停止运转，则货物所能上升的最大高度为1.8mB．若货物能被送到D端，则CD部分的最小速度为6m/sC．若货物能被送到D端，则货物在CD部分运动的最短时间为1.5sD．货物在CD部分不可能做匀速运动解析：选CD货物无初速放在A端时，加速度大小为a1＝eq\f(μmg,m)＝5m/s2，假设货物到达B端前已经与传送带共速，则共速前通过的位移为x1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(62,2×5)m＝3.6m＜4m，假设成立，可知货物到达B端时的速度为6m/s，若CD部分由于故障停止运转，货物在CD部分的加速度大小为a2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝10m/s2，货物在CD部分做匀减速运动通过的位移为x2＝eq\f(v2,2a2)＝eq\f(62,2×10)m＝1.8m，则货物所能上升的最大高度为hm＝x2sin37°＝1.08m，故A错误；若货物恰好能运动到D端，设CD部分的速度大小为vx，货物在C端的速度大于vx，之后货物的速度小于vx，到D端时，货物的速度恰好为零，则货物的速度小于vx时的加速度大小为a2′＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2，lCD＝eq\f(v2－vx2,2a2)＋eq\f(vx2,2a2′)，解得vx＝5m/s，故CD部分的最小速度为5m/s，故B错误；若货物能被送到D端，当货物在CD部分受到的摩擦力方向一直沿斜面向上时，货物在CD部分运动的时间最短，根据运动学公式可得lCD＝vt－eq\f(1,2)a2′t2，代入数据可得5t2－30t＋34＝0，解得t＝(3－eq\r(2.2))s＝1.5s或t＝(3＋eq\r(2.2))s＝4.5s(舍去)，故C正确；由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知货物在CD部分不可能做匀速运动，故D正确。8．(多选)如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静置一质量为m1的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F＝kt(k为常数，t代表时间)，长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A．在2～3s时间内，小滑块的加速度为1m/s2B．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/sC．在2～3s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于2m2的大小D．m1与m2之比为1∶1解析：选ABD在前2s时间内，小滑块与长木板保持相对静止，2s末速度相同。在2～3s时间内，滑块与长木板间的摩擦力为滑动摩擦力，滑块的加速度不变，滑块的加速度为a＝1m/s2，小滑块的速度的变化量为Δv1＝1×1m/s＝1m/s，长木板的速度的变化量为Δv2＝eq\f(1,2)×(1＋2)×1m/s＝1.5m/s，所以在3s末，即小滑块从长木板脱离时，小滑块比长木板的速度小0.5m/s，故A、B正确。长木板的加速度a在3s末突变，所以小滑块在3s末脱离长木板，对长木板在3s末前后分别列式可得3k－f＝m2a前＝m2·(2m/s2)，3k＝m2a后＝m2·(3m/s2)，两式联立可得f＝m2·(1m/s2)＝m2，故C错误；在0～2s时间内F＝(m1＋m2)a1＝kt，所以a1＝eq\f(kt,m1＋m2)，在2～3s时间内F－f＝m2a2，所以a2＝eq\f(kt－f,m2)，根据a­t图像斜率可知eq\f(k,m1＋m2)＝eq\f(1,2)，eq\f(k,m2)＝1，联立得m1∶m2＝1∶1，故D正确。9．图(a)是地铁安检传送带运行图，为研究问题方便，把它简化为图(b)所示，水平传送带两端的距离为L＝2.376m，以v＝0.24m/s的速度匀速运动。将一小物体轻放在传送带的左端，物体与传送带间的动摩擦因数为0.12。(g取10m/s2)(1)求小物体在传送带上运动的总时间；(2)在小物体从传送带的左端到右端过程中，传送带比小物体多运动的距离。解析：(1)小物体刚放上传送带时，做匀加速运动，设加速度大小为a，加速时间为t1，位移为x1，有f＝ma，f＝μFN，FN＝mg，v＝at1，x1＝eq\f(1,2)at12由以上各式可得t1＝0.2s，x1＝0.024m因为x1＜L，所以共速时，小物体还没有到达传送带右端，此后小物体做匀速直线运动，可得L－x1＝vt2，解得t2＝9.8s所以小物体在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＝10s。(2)设在小物体加速过程中，传送带的位移x2＝vt1，传送带比小物体多运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.024m。答案：(1)10s(2)0.024m10．(2023·四川眉山质检)某娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动。比赛规则是：如图甲所示向滑动的滑板上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度(相对地面)地放到滑板上，滑板停止时立即停止搬放，以滑板上砖块多少决定胜负。已知每块砖的质量m＝0.8kg，滑板的上表面光滑且足够长，比赛过程中滑板始终受到恒定牵引力F＝20N的作用，未放砖块时滑板以v0＝3m/s的速度匀速前进。获得冠军的家庭上场比赛时每隔T＝0.8s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0～0.8s内滑板运动的v­t图像，如图乙所示，g取10m/s2。求：(1)滑板的质量及滑板与地面间的动摩擦因数；(2)滑板停止时，滑板上放有多少块砖。解析：(1)滑板的上表面光滑，砖块相对地面始终保持静止状态，放上砖块后滑板开始做匀减速运动，设滑板的质量为M，滑板与地面间的动摩擦因数为μ，未放砖块时μMg＝F放上第一块砖后，对滑板有F－μ(m＋M)g＝Ma1即－μmg＝Ma1由v­t图像可知，Δv1＝v1－v0＝(2.8－3.0)m/s＝－0.2m/s放上第一块砖后滑板的加速度为a1＝eq\f(Δv1,T)＝－0.25m/s2联立解得μ＝0.25，M＝8kg。(2)同理，放上第二块砖后，对滑板有－2μmg＝Ma2代入数据解得a2＝－0.5m/s20．8s内速度改变量Δv2＝a2T＝－0.4m/s放上第三块砖后滑板的加速度为a3＝－3×0.25m/s2＝－0.75m/s20．8s内速度改变量Δv3＝a3T＝－0.6m/s则放上第n块砖后滑板的加速度an＝－n×0.25m/s2＝－0.25nm/s2(n＝1,2,3，…)0．8s内速度改变量Δvn＝－0.2nm/s(n＝1,2,3，…)所以Δv＝Δv1＋Δv2＋Δv3＋…＋Δvn＝－(1＋2＋3＋…＋n)×0.2m/s而Δv＝0－3m/s＝－3m/s，联立解得n＝5，即当滑板停止时，滑板上有5块砖。答案：(1)8kg0.25(2)511．(2023·成都七中高三月考)如图所示，传送带与水平方向成30°角，顺时针匀速转动的速度大小v＝8m/s，传送带长LAB＝11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m＝3kg的物块(可视为质点)以初速度v0＝4m/s，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M＝1kg，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的