高考物理一輪復(fù)習(xí)課時練習(xí) 第6章第6練　訓(xùn)練1　用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶模型和滑塊-木板模型（含詳解）

訓(xùn)練1用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶模型和滑塊—木板模型1.(2024·云南省名校聯(lián)考)如圖所示，斜面AB的末端與一水平放置的傳送帶左端平滑連接，當傳送帶靜止時，有一滑塊從斜面上的P點靜止釋放，滑塊能從傳送帶的右端滑離傳送帶。若傳送帶以某一速度逆時針轉(zhuǎn)動，滑塊再次從P點靜止釋放，則下列說法正確的是()A．滑塊可能再次滑上斜面B．滑塊在傳送帶上運動的時間增長C．滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量增多D．滑塊在傳送帶上運動過程中，速度變化得更快2.如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施加一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為()A.eq\f(mv2,4)B.eq\f(mv2,2)C．mv2D．2mv23．(多選)(2023·福建龍巖市期中)如圖甲，足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下，速率始終不變。t＝0時刻在傳送帶適當位置放上一個具有初速度的小物塊。取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化如圖乙所示。已知小物塊質(zhì)量m＝1kg，g取10m/s2，下列說法正確的是()A．傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，速度大小為2m/sB．傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),5)C．0～t2時間內(nèi)電動機多消耗的電能為36JD．0～t2時間因摩擦產(chǎn)生熱量為15J4．(2023·河南省聯(lián)考)全國平均每天有3億多件快遞包裹在分揀寄遞中。一種交叉帶式分揀機俯視圖如圖甲所示，有一組小車沿封閉水平導(dǎo)軌勻速率運動，小車上表面裝有傳送帶，傳送帶運動方向與小車運動方向垂直。分揀時，經(jīng)掃碼后的某包裹與小車一起做勻速直線運動，根據(jù)目的地不同，到達某隔口時，小車上的傳送帶迅速啟動，將包裹卸載下去，從而實現(xiàn)根據(jù)目的地將包裹進行分類的目的?，F(xiàn)將小車上的傳送帶部分簡化成圖乙側(cè)視圖所示的模型，傳送帶與某包裹間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，M、N間距離L＝2.8m，包裹可視為質(zhì)點且放在MN中點。小車沿軌道勻速運動的速度v1＝5m/s，當該包裹即將到達目的地隔口時，小車上的傳送帶迅速啟動，獲得v2＝4m/s的速度，忽略傳送帶的加速時間，該包裹質(zhì)量m＝0.5kg，取g＝10m/s2。(1)求從傳送帶啟動到該包裹到達N處所需時間；(2)若要使該包裹卸載時恰好到達隔口中間，則需在包裹沿小車運動方向上距離隔口中間多遠處啟動傳送帶？(3)求傳送帶與該包裹間因摩擦而產(chǎn)生的熱量。5.如圖所示，一質(zhì)量為m1＝1kg的長直木板放在粗糙的水平地面上，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木板最右端放有一質(zhì)量為m2＝1kg、大小可忽略不計的物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2?，F(xiàn)給木板左端施加一大小為F＝12N、方向水平向右的推力，經(jīng)時間t1＝0.5s后撤去推力F，再經(jīng)過一段時間，木板和物塊均停止運動，整個過程中物塊始終未脫離木板，取g＝10m/s2，求：(1)撤去推力F瞬間，木板的速度大小v1及物塊的速度大小v2；(2)木板至少多長；(3)整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。6.(2023·北京市清華附中模擬)如圖，質(zhì)量mA＝2kg的長木板A在傾角θ＝37°的固定斜面上向下滑動，木板長L＝1.5m，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.75。當A的速度v0＝6m/s時，將一質(zhì)量mB＝1kg的木塊B輕放在A的下端，A、B間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，斜面足夠長，g取10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)當A的速度為5m/s時，B的速度vB的大??；(2)B在A上滑動的整個過程中，因A、B之間的摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能Q。第6練專題強化：動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用訓(xùn)練1用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶模型和滑塊—木板模型1．C[傳送帶以某一速度逆時針轉(zhuǎn)動時，與傳送帶靜止時相比較，滑塊的受力情況不變，所以滑塊的加速度不變，則滑塊的位移不變，滑塊還是能從傳送帶的右端滑離傳送帶，由x＝eq\f(1,2)at2可知滑塊在傳送帶上運動的時間不變，但傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，滑塊相對于傳送帶的位移增大，由Q＝Ffx相對，可知摩擦產(chǎn)生的熱量增多，故選C。]2．C[由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx相對，x相對＝vt－eq\f(v,2)t，a＝μg，v＝at，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確。]3．AC[從v－t圖像可知，小物塊最終隨傳送帶一起勻速運動，說明傳送帶的速度為2m/s，因為取沿斜面向上為正方向，所以傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，故A正確；由題圖乙可知0～t2時間內(nèi)小物塊的加速度為a＝1m/s2對物塊受力分析，可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝eq\f(2\r(3),5)，故B錯誤；物塊運動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時間為t加＝eq\f(v,a)＝2s結(jié)合v－t圖像可得t2＝3s根據(jù)v－t圖像圖線與橫軸圍成面積表示位移可得物塊向下運動過程中的位移為x1′＝－eq\f(1×1,2)m＝－0.5m故物塊向下運動過程中與傳送帶間的相對位移為Δx1＝x1－x1′＝1×2m＋0.5m＝2.5m物塊向上運動過程中的位移為x2′＝eq\f(2×2,2)m＝2m物塊向上運動過程中與傳送帶間的相對位移為Δx2＝x2－x2′＝2×2m－2m＝2m所以傳送帶與物塊的總相對位移為Δx＝Δx1＋Δx2＝4.5m所以0～t2時間因摩擦產(chǎn)生熱量為Q＝μmgcosθ·Δs＝27J，故D錯誤；物塊增加的重力勢能ΔEp＝mgsinθ·(x2－x1)＝7.5J物塊動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝1.5J則傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36J，故C正確。]4．(1)0.6s(2)3m(3)4J解析(1)沿傳送帶運動方向，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，包裹的加速度大小為a＝8m/s2包裹與傳送帶相對靜止時有v2＝at1，得t1＝0.5s，此時包裹沿傳動帶方向的位移為x＝eq\f(1,2)at12，得x＝1m，包裹勻速運動的時間為t2＝eq\f(\f(L,2)－x,v2)＝0.1s，則從傳送帶啟動到該包裹到達N處所需時間為t＝t1＋t2＝0.6s；(2)啟動傳動帶時，包裹沿小車運動方向上距離隔口中間的距離為l＝v1t＝3m；(3)傳送帶與該包裹間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(v2t1－eq\f(1,2)at12)＝4J。5．(1)4m/s1m/s(2)1.5m(3)12J解析(1)假設(shè)木板和物塊有相對滑動，撤去F前，對木板由牛頓第二定律有F－μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a1①解得a1＝8m/s2對物塊由牛頓第二定律有μ2m2g＝m2a2②解得a2＝2m/s2因a1>a2，故假設(shè)成立，撤去F時，木板、物塊的速度大小分別為v1＝a1t1＝4m/s③v2＝a2t1＝1m/s④(2)撤去F后，對木板有μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝m1a3⑤解得a3＝4m/s2對物塊有μ2m2g＝m2a4⑥解得a4＝2m/s2設(shè)經(jīng)過t2時間木板和物塊速度相同對木板有v＝v1－a3t2⑦對物塊有v＝v2＋a4t2⑧得t2＝0.5s，v＝2m/s⑨撤去F前，物塊相對木板向左滑行了Δx1＝eq\f(v1,2)t1－eq\f(v2,2)t1＝0.75m⑩撤去F后至兩者共速，物塊相對木板又向左滑行了Δx2＝eq\f(v1＋v,2)t2－eq\f(v2＋v,2)t2＝0.75m之后二者之間再無相對滑動，故木板長度至少為L＝Δx1＋Δx2＝1.5m；(3)解法一：物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝μ2m2gL＝3J共速后，兩者共同減速至停止運動，設(shè)加速度大小為a，有a＝μ1g＝1m/s2全過程中木板對地位移為s＝eq\f(v1,2)t1＋eq\f(v1＋v,2)t2＋eq\f(v2,2a)＝4.5m木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q2＝μ1(m1＋m2)gs＝9J，故全過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝12J解法二：由功能關(guān)系可得Q＝Fx1，x1＝eq\f(v1,2)t1，Q＝12J。6．(1)2m/s(2)9.6J解析(1)木板與木塊相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律對木板有μ1(mA＋mB)gcos37°＋μ2mBgcos37°－mAgsin37°＝mAa1，得a1＝5m/s2對木塊有mBgsin37°＋μ2mBgcos37°＝mBa2，得a2＝10m/s2木板做勻減速直線運動，則v＝v0－a1t木塊做勻加速