高中數(shù)學《高中全程學習方略》2025版必修第一冊必修第一冊課時過程性評價專題進階練(六)　彈簧模型含答案

高中數(shù)學《高中全程學習方略》2025版必修第一冊必修第一冊課時過程性評價專題進階練(六)彈簧模型含答案專題進階練(六)彈簧模型(40分鐘70分)一、選擇題1.(6分)(2024·晉中高一檢測)如圖所示,質(zhì)量為m的小球與彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連,Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q。球靜止時,Ⅰ中拉力大小為FT1,Ⅱ中拉力大小為FT2,重力加速度為g,當剪斷水平細線Ⅱ的瞬間,小球的加速度a應是()A.a=g,方向豎直向下B.a=g,方向豎直向上C.a=FT2mD.a=FT1m,方向沿【解析】選C。小球靜止時,受到重力、彈簧拉力FT1、細線拉力FT2三個力的作用,細線拉力FT2與重力、彈簧拉力FT1的合力等大反向,剪斷水平細線Ⅱ的瞬間,由于彈簧的彈力不能突變,所以此時小球受到FT1和重力mg作用,合力水平向左,大小為FT2,所以加速度為a=FT2m,方向水平向左,選項C正確,A、B、2.(6分)(2024·石家莊高一檢測)如圖所示,A、B兩物體之間用水平輕質(zhì)彈簧連接,用水平恒力F拉A,使A、B一起沿光滑水平面做勻加速直線運動,這時彈簧的長度為L1;若將A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉A,使A、B一起做勻加速直線運動,此時彈簧的長度為L2。若A、B與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)相同,則下列關系式正確的是 ()A.L2<L1B.L2>L1C.L2=L1D.由于A、B的質(zhì)量關系未知,故無法確定L1、L2的大小關系【解析】選C。A、B在粗糙水平面上運動時,設A、B與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ,對A、B整體,根據(jù)牛頓第二定律有:a=FmA+mB-μg;對物體B,根據(jù)牛頓第二定律得:kx-μmBg=mBa,解得:x=mBFk(mA+m3.(6分)如圖所示,質(zhì)量為1kg的物塊A懸掛在彈簧測力計下方,木板B托住物塊A使整個裝置靜止,此時測力計的示數(shù)為8N?，F(xiàn)使木板B以5m/s2的加速度向下運動,木板B開始運動的瞬間,物塊A的加速度為 ()A.0B.2m/s2C.5m/s2D.10m/s2【解析】選B。因為木板B與A脫離時,由牛頓第二定律得mg-F=ma,解得a=2m/s2,即重力對物塊A提供不了5m/s2大小的加速度,故木板B以5m/s2的加速度向下運動時,物塊A與木板瞬間脫離,所以A的加速度為2m/s2。故選B。4.(6分)如圖所示,左右?guī)в泄潭〒醢宓拈L木板放在水平桌面上,物體放于長木板上靜止,此時彈簧對物體的彈力大小為3N,物體的質(zhì)量為0.5kg,物體與木板之間無摩擦,現(xiàn)使木板與物體一起以6m/s2的加速度向左沿水平方向做勻加速運動時,則 ()A.物體對左側擋板的壓力等于零B.物體對左側擋板的壓力大小等于3NC.物體受到4個力的作用D.彈簧對物體的彈力大小等于6N【解析】選A。由題意知,物體的加速度大小為6m/s2,方向水平向左,故物體所受合力F=ma=3N,方向水平向左。對物體受力分析,物體受到豎直向下的重力mg、豎直向上的支持力FN,且FN=mg,豎直方向受力平衡,又因物體與木板之間無摩擦,故水平方向合力只能由彈簧彈力和擋板彈力提供,當F彈簧=3N時,恰好能提供合力,故物體與擋板之間無彈力,物體對左側擋板的壓力為零,物體只受3個力作用,故選A。5.(6分)(2024·鄭州高一檢測)如圖所示,在圖1、2、3中的小球a、b和c完全相同,輕彈簧S1和S2完全相同,連接的輕繩l1和l2也完全相同,通過輕彈簧或輕繩懸掛于固定點O,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將圖1中的輕繩l1剪斷、圖2中的輕彈簧S1剪斷、圖3中的輕繩l2剪斷,將圖1中的小球a的加速度大小記為a1,將圖2中的小球b的加速度大小記為a2,將圖3中的小球c的加速度大小記為a3,重力加速度大小為g。則在剪斷瞬間 ()A.a1=3g,a2=2g,a3=gB.a1=2g,a2=2g,a3=0C.a1=2g,a2=g,a3=gD.a1=2g,a2=g,a3=0【解析】選D。圖1中,對三個小球整體分析有F1=3mg,剪斷圖1中的輕繩l1時,彈簧S1不能發(fā)生突變,彈力與剪斷前相同,對小球a分析有F1-mg=ma1,解得a1=2g。剪斷圖2中的輕彈簧S1,彈簧彈力突變?yōu)?,對小球b、c分析有2mg=2ma2,解得a2=g,此時輕繩l2彈力為0。剪斷圖3中的輕繩l2時,彈簧S1不能發(fā)生突變,彈力與剪斷前相同,即此時小球c受力仍然平衡,即圖3中的小球c的加速度大小記為a3=0,綜合上述可知a1=2g,a2=g,a3=0。6.(6分)如圖所示,在傾角為θ的光滑斜劈P的斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連的物塊A、B,C為一垂直固定在斜面上的擋板。A、B質(zhì)量均為m,斜面連同擋板的質(zhì)量為M,彈簧的勁度系數(shù)為k,系統(tǒng)靜止于光滑水平面。現(xiàn)開始用一水平恒力F作用于P,重力加速度為g,下列說法中正確的是 ()A.若F=0,擋板受到B物塊的壓力為mgsinθB.加較小力F后A能保持相對于斜面靜止C.若要B離開擋板C,彈簧伸長量需達到mgD.若F=(M+2m)gtanθ且保持兩物塊與斜劈共同運動,彈簧處于原長【解析】選D。若F=0,對物塊A、B整體,擋板受到B物塊的壓力為F1=2mgsinθ,故A錯誤;當沒有F作用時,對A分析有mgsinθ=kx,用水平力F作用于P時,A具有水平向左的加速度,設加速度大小為a,將加速度分解如圖甲根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ-kx=macosθ,當加速度a增大時,x減小,即彈簧的壓縮量減小,物塊A相對斜面開始向上滑,故物塊A在F剛施加上時就一直沿斜面向上滑動,故B錯誤;物塊B恰好離開擋板C的臨界情況是物塊B對擋板無壓力,此時整體向左加速運動,對AB整體分析可知2mgtanθ=2ma,a=gtanθ,對物塊B受力分析,受重力、支持力、彈簧的拉力,如圖乙根據(jù)牛頓第二定律有mg-FNcosθ-kxsinθ=0,FNsinθ-kxcosθ=ma,解得kx=mgsinθ-macosθ,得x=0,彈簧為原長,故C錯誤;若F=(M+2m)gtanθ且保持兩物塊與斜劈共同運動,則根據(jù)牛頓第二定律,整體加速度為a=gtanθ,對物塊A受力分析,受重力、支持力和彈簧彈力,如圖丙,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsinθ-kx=macosθ,得kx=0,故彈簧處于原長,故D正確。7.(6分)(多選)如圖所示,在水平面上固定一傾角θ=30°的光滑斜面,斜面底端固定一擋板C,兩個質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連,靜止在斜面上。現(xiàn)用一平行于斜面向上的拉力F拉物塊A,在物塊B恰好離開擋板C的瞬間撤去力F,重力加速度為g,則撤去力F的瞬間 ()A.物塊A的加速度為零B.物塊A的加速度為g,方向沿斜面向下C.物塊B的加速度為g,方向沿斜面向上D.物塊B的加速度為零【解析】選B、D。撤去力F時,物塊B的加速度為零,對物塊B,有kx=mgsinθ,對物塊A,根據(jù)牛頓第二定律,有kx+mgsinθ=ma,解得a=g,方向沿斜面向下。故B、D正確,A、C錯誤?！狙a償訓練】如圖所示,套在動摩擦因數(shù)為0.4的水平細桿上的小球,上端與輕繩相連、左端與輕彈簧相連,輕彈簧的左端固定在O點。初始時刻小球靜止在A點,此時彈簧伸長了1.5cm,繩子拉力為13N。已知彈簧勁度系數(shù)k=200N/m,小球質(zhì)量m=0.5kg,取重力加速度g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。某時刻剪斷輕繩,下列說法正確的是 ()A.小球初始時刻靜止在A點時受到摩擦力大小為3NB.剪斷輕繩的瞬間,小球受力個數(shù)不變C.剪斷輕繩的瞬間,小球的加速度大小為2m/s2D.剪斷輕繩后小球向左做勻加速直線運動【解析】選B。小球初始時刻靜止在A點時受到靜摩擦力,大小等于彈力大小,故Ff=kx=3N,故A正確;剪斷輕繩的瞬間,繩子拉力消失,小球受力個數(shù)變少,故B錯誤;剪斷輕繩的瞬間,彈簧彈力不變,支持力突變成5N,最大靜摩擦力變?yōu)镕f'=μFN=2N則小球受力不平衡,所以加速度為a=kx-Ff'm=2m/s2,故C正確;剪斷輕繩后,小球運動過程中彈簧彈力始終變化,所以先做加速度減小的加速直線運動。當彈簧彈力等于摩擦力時,速度最大,8.(6分)(多選)(2024·德州高一檢測)如圖所示,物塊A、B的質(zhì)量均為m,物塊C的質(zhì)量為2m。A放在一勁度系數(shù)為k的輕彈簧上(未連接),B、C通過一根繞過輕質(zhì)光滑定滑輪的輕繩相連,B疊放在A上,用手托起C使繩子處于伸直但不拉緊的狀態(tài)。某一時刻突然釋放C,一段時間后A、B分離,此時C未觸地,重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.剛釋放C的瞬間,A、B間的彈力不變B.釋放C后至A、B分離前,繩子中的張力不變C.A、B分離時,A、B的加速度為13D.A、B分離時,A、B上升的高度為2【解析】選C、D。釋放C前,A、B間的彈力等于B的重力,為mg;剛釋放C瞬間,系統(tǒng)彈簧彈力F彈=(mA+mB)g,對整體,根據(jù)牛頓第二定律有mCg=(mA+mB+mC)a0,對A,根據(jù)牛頓第二定律有F彈-mAg-FAB=mAa0,解得FAB=mg2,剛釋放C的瞬間,A、B間的彈力變化,故A錯誤;釋放C后至A、B分離前對AB,根據(jù)牛頓第二定律有F彈-kΔx-(mA+mB)g=(mA+mB)a0,可知釋放C后至A、B分離前,繩子中的張力在變化,故B錯誤;A、B分離時,對B、C有mCg-mBg=(mB+mC)a1,解得a1=13g,故C正確;A、B分離時,對A有F彈'-mAg=mAa1,同時有F彈-F彈'=kΔx1,解得Δx1=2mg3二、計算題9.(10分)(2024·重慶高一檢測)如圖所示,物體A用細繩繞過光滑的定滑輪與質(zhì)量為M=1kg的物體B相連,連接A的細繩與水平方向的夾角為θ;物體B左側的細繩與水平方向的夾角也為θ,θ=45°,B右側與豎直墻壁相連的輕彈簧保持水平,彈簧勁度系數(shù)為k=100N/m,此時系統(tǒng)恰好處于靜止狀態(tài)。A所在的桌面水平且動摩擦因數(shù)為μ=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,求:(1)輕彈簧的形變量Δx;(2)物體A的質(zhì)量m;(3)剪斷細繩的瞬間,物體B的加速度?！窘馕觥?1)對B受力分析,根據(jù)平衡條件可得:Fcosθ=F彈 ①Fsinθ=Mg ②將①②聯(lián)立可得:F彈=MgtanΔx=F彈k=10N100N/m=0(2)對A受力分析,根據(jù)平衡條件可得:f=Fcosθ ③N=mg-Fsinθ ④f=μN ⑤將③④⑤式聯(lián)立可得:m=(1μ+1)M=3M=3kg(3)剪斷細繩的瞬間只有繩子的拉力瞬間消失,彈簧彈力與B的重力的合力大小等于繩子的拉力大小,方向與繩子拉力方向相反,所以F=Mgsinθ=1kg×10N/kg2aB=FM=102m/s方向朝右下方,與水平方向夾角為45°。答案:(1)0.1m(2)3kg(3)102m/s2,方向朝右下方,與水平夾角為45°【補償訓練】用兩根細線a、b和一根輕彈簧c將質(zhì)量均為m的兩個小球1和2連接,如圖所示。兩小球處于靜止狀態(tài),細線a與豎直方向的夾角為30°,彈簧c水平。求:(1)細線a與彈簧c分別對小球1和2的拉力大小;(2)細線b對小球2的拉力大小;(3)剪斷細線b的瞬間,小球2的加速度的大小?！窘馕觥?1)對小球1與2組成的整體分析,由平衡條件可得Facos30°=2mgFasin30°=Fc解得Fa=4Fc=2(2)對小球2分析:細線b對小球2的拉力大小Fb=(解得Fb=21(3)剪斷細線b的瞬間,彈簧c上的力不變,則有小球2受合力為F合=Fb=21mg3解得加速度的大小a=213答案:(1)43mg323mg310.(12分)(2024·洛陽高一檢測)如圖所示,質(zhì)量為M的箱子被細線懸掛在天花板上,質(zhì)量為m的物塊被固定在箱子中的豎直輕彈簧托住,整個裝置處于靜止狀態(tài)。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,壓縮后的彈簧的長度為L,重力加速度大小為g。彈簧處于彈性限度內(nèi),求:(1)彈簧的原長L0;(2)細線被燒斷的瞬間,箱子、物塊的加速度大小aM和am?！窘馕觥?1)設物塊受到的彈力大小為F,根據(jù)平衡條件有F=mg又由于F=k(L0-L)解得L0=mgk+(2)細線被燒斷的瞬間,箱子和物塊瞬間都不動,彈簧的彈力不變,物塊受力不變,合力為零,則am=0對箱子受力分析,有Mg+mg=MaM解得aM=M+答案:(1)mgk+L(2)M+m。專題進階練(七)傳送帶模型(40分鐘70分)一、選擇題1.(6分)(2024·珠海高一檢測)如圖所示,曲面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,有一滑塊從曲面上的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.滑塊可能再次滑上曲面B.滑塊在傳送帶上運動的時間增長C.滑塊與傳送帶間的劃痕增長D.滑塊在傳送帶上運動過程中,速度變化得更快【解析】選C。傳送帶以某一速度逆時針轉動時,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不可能再次滑上;由x=12at2,可知滑塊在傳送帶上運動的時間不變,但傳送帶逆時針轉動時,滑塊相對于傳送帶發(fā)生的位移增大即滑塊與傳送帶間的劃痕增長,故C正確。2.(6分)如圖所示,某快遞公司利用傳送帶輸送快件,繃緊的水平傳送帶AB始終保持恒定速度運行,在傳送帶上A處輕輕放置一快件,快件由靜止開始加速與傳送帶共速后做勻速運動到達B處。忽略空氣阻力,下列說法正確的是 ()A.快件所受摩擦力的方向與其運動方向始終相反B.快件先受滑動摩擦力作用,后受靜摩擦力作用C.快件與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大,快件與傳送帶相對位移越小D.運送距離一定時,快件與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大,運送時間越長【解析】選C?？旒铀贂r,滑動摩擦力方向與運動方向相同;勻速后,與傳送帶之間無相對運動趨勢,不受靜摩擦力作用,故A、B錯誤;快件與傳送帶有相對運動時,其加速度為a=μmgm=μg,快件由靜止開始加速至速率為v過程用時t=va=vμg,與傳送帶相對位移Δx=vt-v2t=v22μg,故快件與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大,相對位移越小,故C正確:快件勻速運動時間為t'=L-vt2v=Lv-v2μg,快件運輸總時間為t總=t+t'3.(6分)(2024·蘭州高一檢測)如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面間的夾角為θ,以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ<tanθ,選沿傳送帶向下為正方向,則下列選項中能客觀地反映小木塊的受力和運動情況的是 ()【解析】選D。小木塊剛放上傳送帶時,所受的滑動摩擦力方向沿傳送帶向下,小木塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=gsinθ+μgcosθ;當小木塊的速度與傳送帶速度相等時,由μ<tanθ知mgsinθ>μmgcosθ,因此小木塊繼續(xù)沿傳送帶勻加速下滑,但是此時摩擦力的方向沿傳送帶向上,再由牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=gsinθ-μgcosθ;比較知道a1>a2,由于v-t圖像的斜率表示加速度,所以第二段圖線的斜率變小。若規(guī)定沿傳送帶向下為正方向,因此摩擦力方向先為正值,再為負值,且大小均為Ff=μmgcosθ,故A、B、C錯誤,D正確。4.(6分)(多選)(2024·南昌高一檢測)漁業(yè)作業(yè)中,魚蝦捕撈上來后,通過“魚蝦分離裝置”,實現(xiàn)了機械化分離魚和蝦,大大地降低了人工成本。某科學小組將“魚蝦分離裝置”簡化為如圖所示模型,分離器出口與傳送帶有一定的高度差,魚蝦落在斜面時有沿著斜面向下的初速度。下列說法正確的是 ()A.“蝦”在傳送帶運動時,傳送帶對“蝦”的摩擦力方向沿傳送帶斜面向上B.“蝦”掉落到傳送帶后,可能沿著傳送帶向下做加速直線運動C.“魚”掉落到傳送帶后,馬上沿著傳送帶向上做加速直線運動D.“魚”在傳送帶運動時,加速度方向先向上,后加速度可能為零【解析】選A、B、D。蝦向下運動時與傳送帶運動方向相反,蝦受到的滑動摩擦力沿傳送帶斜面向上,故A正確;蝦的收集箱在下方,故蝦一定是向下運動,若蝦的重力沿傳送帶斜面向下的分力大于蝦受到的摩擦力,則蝦向下做加速直線運動,所以蝦有可能沿著傳送帶向下做加速直線運動,故B正確;魚在掉落到傳送帶后,有一個沿傳送帶斜面向下的初速度,故不可能馬上向上做加速直線運動,而是先向下減速到速度為零后,再變?yōu)橄蛏系募铀龠\動,最終可能變?yōu)閯蛩僦本€運動,故C錯誤;魚在掉落到傳送帶后,受到的摩擦力方向一直向上,魚先沿斜面向下減速到零,后沿斜面加速向上,所以魚具有向上的加速度,如果后來加速到與傳送帶共速,加速度就為零,故D正確。5.(6分)(多選)(2024·恩施高一檢測)如圖所示,A、B、C三個物體質(zhì)量相等,它們與傳送帶間的動摩擦因數(shù)也相同。三個物體隨傳送帶一起勻速運動,運動方向如圖中箭頭所示,則下列說法正確的是 ()A.A物體受到的摩擦力方向向右B.三個物體中只有A物體受到的摩擦力是零C.B、C受到的摩擦力方向相同D.當傳送帶減速運動時A物體受到的摩擦力方向向左【解析】選B、C、D。A物體與傳送帶一起勻速運動,它們之間無相對運動或相對運動趨勢,即無摩擦力作用,故A錯誤;B、C兩物體雖運動方向不同,但都處于平衡狀態(tài),由沿傳送帶方向所受合力為零可知,B、C兩物體均受沿傳送帶方向向上的摩擦力作用,故B、C正確;當傳送帶減速運動時A具有向左的加速度,所以A物體受到的摩擦力方向向左,故D正確。6.(6分)(多選)(2024·合肥高一檢測)如圖甲為應用于機場和火車站的安全檢查儀,用于對旅客行李的安全檢查。其傳送裝置可簡化為如圖乙的模型,緊繃的傳送帶始終保持v=1m/s的恒定速率運行。旅客把行李無初速度地放在A處,設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.1,A、B間的距離為2m,g取10m/s2,若乘客把行李放到傳送帶上的同時也以1m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李,則 ()A.行李提前0.5s到達B處B.乘客提前0.5s到達B處C.行李從A運動到B過程一直受到向左的摩擦力D.若傳送帶速度足夠大,行李最快也要2s才能到達B處【解析】選B、D。根據(jù)題意,行李剛放上傳送帶時,由牛頓第二定律有μmg=ma,解得a=1m/s2,當行李與傳送帶共速時,行李運動的位移為x1=v22a=0.5m<2m,可知行李先加速后勻速。勻速運動時,由平衡條件可知,行李不受摩擦力,故C錯誤;由公式v=v0+at可得,行李加速運動的時間為t1=va=1s,勻速運動的時間為t1.5s,則行李由A運動到B的時間為t=t1+t2=2.5s,乘客由A運動到B的時間為t'=xv=2s,可知,乘客提前0.5s到達B處,故A錯誤,B正確;若傳送帶速度足夠大,則行李一直加速到B處,由公式x=v0t+12at2可得,運動時間為t″=2xa【補償訓練】(多選)如圖所示為一生產(chǎn)線上足夠長的水平傳送帶,傳送帶以速度v向右勻速轉動,工件均無初速度放到傳送帶的左端A點,相鄰的兩個工件放到傳送帶上的時間間隔為vμg。已知兩工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ,工件的質(zhì)量均為m,則下列說法正確的是 (A.工件加速運動的時間為vB.工件剛放上傳送帶時與前一個工件的距離為vC.在傳送帶上兩個工件之間的最小距離為vD.穩(wěn)定時相鄰兩個工件之間的距離為v【解析】選A、C。工件的加速度a=μmgm=μg,加速時間t=vμg,A正確;工件剛放上時,前一個工件剛勻速,距離就等于加速的距離x=v22μg,B錯誤;當相鄰兩個工件都勻速時,距離最遠,最近距離為x=v22μg,最遠距離為x1=v22μg+v7.(6分)(多選)(2024·長沙高一檢測)如圖甲所示,在順時針勻速轉動的傾斜傳送帶底端,一質(zhì)量m=1kg的小物塊開始以某一初速度向上滑動,傳送帶足夠長,傳送帶與水平面的夾角θ=37°,物塊運動的v-t圖像如圖乙所示。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是 ()A.物塊的初速度大小為5m/sB.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5C.t=0.5s后物塊運動的加速度大小為2m/s2D.物塊從開始沿傳送帶向上運動到它所能到達的最高點,這一過程所經(jīng)歷的時間為2.5s【解析】選B、C。由題圖乙可知,物塊的初速度大小為10m/s,故A錯誤;由圖乙可知,物塊在傳送帶上先做勻減速直線運動,減速到與傳送帶速度相等后繼續(xù)向上做勻減速直線運動,物塊剛滑上傳送帶時的加速度大小a=ΔvΔt=10-510m/s2,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma,代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5,故B正確;由圖乙可知,0.5s后物塊的速度小于傳送帶的速度,物塊繼續(xù)做勻減速直線運動,由牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma',代入數(shù)據(jù)解得,物塊的加速度大小a'=2m/s2,故C正確;由圖乙可知,物塊的初速度v0=10m/s,傳送帶速度v=5m/s,物塊減速到與傳送帶速度相等需要的時間t1=0.5s,物塊減速到零上升到最大高度需要的時間t2=va'=52s=2.5s,物塊從開始沿傳送帶向上運動到它所能到達的最高點經(jīng)歷的時間t=t1+t2=0.5s+2.5s=3s,二、計算題8.(14分)(2024·雅安高一檢測)如圖所示,皮帶的速度v=6m/s,兩圓心相距L=30m,現(xiàn)將m=1kg的煤塊輕放在左輪圓心A點正上方的皮帶上,煤塊與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,電動機帶動皮帶將煤塊從左輪運送到右輪圓心B點正上方過程中,g取10m/s2,求:(1)煤塊加速階段運動的位移大小;(2)煤塊從A點正上方運動到B點正上方所經(jīng)歷的時間;(3)煤塊在皮帶上留下的痕跡長度?！窘馕觥?1)煤塊加速運動過程中,加速度大小為a=μmgm=μg=1m/s設煤塊經(jīng)過時間t1后與皮帶共速,則v=at1解得t1=6s煤塊加速階段運動的位移大小為x1=12at12=1(2)煤塊勻速運動的時間為t2=L-煤塊從A點正上方運動到B點正上方所經(jīng)歷的時間為t=t1+t2=8s(3)煤塊在皮帶上留下的痕跡長度為x=x皮-x1=vt1-x1=6×6m-18m=18m答案:(1)18m(2)8s(3)18m【補償訓練】如圖所示,長L1=5m的傳送帶水平放置,并保持v=2m/s的速度順時針勻速運動,其右端與一傾角θ=37°斜面平滑相連,斜面的長度L2=4m。一小滑塊在斜面頂點處由靜止釋放,從A點進入傳送帶,在傳送帶上運動一段時間后又返回斜面。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,忽略滑塊經(jīng)過A點時的能量損失。求:(1)滑塊第一次經(jīng)過A點時的速度大小;(2)從滑塊第一次經(jīng)過A點到又返回A點所用時間?！窘馕觥?1)小滑塊在斜面上下滑時,由牛頓第二定律可得mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1解得a1=gsinθ-μ1gcosθ=2m/s2小滑塊在斜面上由靜止狀態(tài)勻加速下滑,由v12=2a1L2,解得滑塊第一次經(jīng)過A點時的速度大小v1=(2)滑塊第一次經(jīng)過A點滑上傳送帶做勻減速運動,由牛頓第二定律可得μ2mg=ma2解得滑塊在傳送帶上向左做勻減速運動的加速度大小為a2=μ2g=2m/s2滑塊在傳送帶上向左運動的時間為t1=v1滑塊在傳送帶上向左運動的位移大小為x1=v122a滑塊速度向左減速到零以后向右做勻加速運動,由牛頓第二定律得μ2mg=ma3解得加速度大小為a3=2m/s2滑塊到達與傳送帶共同速度運動的時間為t2=va位移大小為x2=12a3t此后滑塊與傳送帶速度相同又返回A點,時間為t3=x1-x則從滑塊第一次經(jīng)過A點到又返回A點所用時間為t=t1+t2+t3=4.5s答案:(1)4m/s(2)4.5s9.(14分)如圖所示,傳送帶與水平方向的夾角θ=37°,在電動機的帶動下以v=4m/s的速率順時針方向運行。在傳送帶的B端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物體擋住,在傳送帶的A端無初速地釋放一質(zhì)量m=1kg的煤塊,它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,AB間的長度L=9m,