(建議用時：40分鐘)
1．(多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。工件滑上A端的瞬時速度vA＝4 m/s，到達(dá)B端的瞬時速度設(shè)為vB，g取10 m/s2，則( )
A. 若傳送帶不動，則vB＝3 m/s
B. 若傳送帶以速度v＝4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則 vB＝3 m/s
C. 若傳送帶以速度v＝2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則 vB＝3 m/s
D. 若傳送帶以速度v＝2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則 vB＝2 m/s
ABC 解析：若傳送帶不動，工件的加速度大小a＝μg＝1 m/s2，由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))＝2as，得vB＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))－2as)＝3 m/s，選項(xiàng)A正確；若傳送帶以速度v＝4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，工件的受力情況不變，由牛頓第二定律得，工件的加速度大小仍為a＝μg，工件的運(yùn)動情況跟傳送帶不動時的一樣，則 vB＝3 m/s，選項(xiàng)B正確；若傳送帶以速度v＝2 m/s 順時針勻速轉(zhuǎn)動，工件滑上傳送帶時所受的滑動摩擦力方向水平向左，做勻減速運(yùn)動，工件的加速度大小仍為a＝μg，工件的運(yùn)動情況跟傳送帶不動時的一樣，則vB＝3 m/s，選項(xiàng)C正確，D錯誤。
2．如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木塊的加速度大小分別為a1和a2。下列反映a1和a2隨時間變化的圖線正確的是( )

A B
C D
A 解析：當(dāng)F比較小時，兩者相對靜止，加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律得a＝ eq \f(F,m1＋m2)＝ eq \f(kt,m1＋m2)，a∝t；當(dāng)F比較大時，m2相對于m1運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得，對m1有a1＝ eq \f(μm2g,m1)，μ、m1、m2都一定，則a1一定；對m2有a2＝ eq \f(F－μm2g,m2)＝ eq \f(kt－μm2g,m2)＝ eq \f(k,m2)t－μg，a2是t的線性函數(shù)，t增大，a2增大，由于 eq \f(k,m1＋m2)＜ eq \f(k,m2)，則兩者相對滑動后a2圖線的斜率大于兩者相對靜止時圖線的斜率，故A正確。
3．(多選)如圖所示，水平傳送帶的長度為L，運(yùn)動速率恒為v，在其左端無初速度放上木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左端到右端的運(yùn)動時間可能是( )
A. eq \f(L,v)＋ eq \f(v,2μg) B. eq \f(L,v)
C. eq \r(\f(2L,μg)) D. eq \f(2L,v)
ACD 解析：由牛頓第二定律得，木塊的加速度 a＝μg。若木塊一直勻加速，則有L＝ eq \f(1,2)μgt2，得 t＝ eq \r(\f(2L,μg))，C正確；若木塊到達(dá)傳送帶另一端時，速度恰好等于v，則有L＝vt＝ eq \f(v,2)t，得t＝ eq \f(2L,v)，D正確；若木塊先勻加速運(yùn)動經(jīng)歷時間t1，位移為x，再勻速運(yùn)動經(jīng)歷時間t2，位移為L－x，則有 v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝L－x，從而得t＝t1＋t2＝ eq \f(L,v)＋ eq \f(v,2μg)，A正確。
4．如圖甲所示，長木板B固定在光滑的水平面上，可看作質(zhì)點(diǎn)的物體A靜止疊放在長木板B的最左端?，F(xiàn)用 F＝6 N的水平力向右拉物體A，經(jīng)過5 s物體A運(yùn)動到長木板B的最右端，其v -t圖像如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量分別為1 kg、4 kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求A、B間的動摩擦因數(shù)；
(2)若長木板B不固定，求物體A運(yùn)動到長木板B的最右端所用的時間。
解析：(1)根據(jù)v -t圖像可知物體A的加速度為
aA＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(10,5) m/s2＝2 m/s2
以物體A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得
F－μmAg＝mAaA
解得μ＝ eq \f(F－mAaA,mAg)＝0.4。
(2)由題圖乙可知長木板B的長度為
l＝ eq \f(1,2)×5×10 m＝25 m
若長木板B不固定，則長木板B的加速度為
aB＝ eq \f(μmAg,mB)＝ eq \f(0.4×1×10,4) m/s2＝1 m/s2
設(shè)物體A運(yùn)動到長木板B的最右端所用的時間為t，根據(jù)題意可得
eq \f(1,2)aAt2－ eq \f(1,2)aBt2＝l
解得t＝7.07 s。
答案：(1)0.4 (2)7.07 s
5．一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示。從t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v -t圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的 15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；
(2)木板的最小長度；
(3)木板右端離墻壁的最終距離。
解析：(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁碰撞前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。對小物塊與木板整體由牛頓第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1
由題圖乙可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度 v1＝4 m/s，由運(yùn)動學(xué)公式有
v1＝v0＋a1t1
s0＝v0t1＋ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動時的共同速度。
聯(lián)立各式和題給條件得
μ1＝0.1
在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有
－μ2mg＝ma2
由題圖乙可得a2＝ eq \f(v2－v1,t2－t1)
式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立各式和題給條件得
μ2＝0.4。
(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
v3＝－v1＋a3Δt
v3＝v1＋a2Δt
碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動的位移為
s1＝ eq \f(－v1＋v3,2)Δt
小物塊運(yùn)動的位移為
s2＝ eq \f(v1＋v3,2)Δt
小物塊相對木板的位移為
Δs＝s2－s1
聯(lián)立各式，并代入數(shù)值得
Δs＝6.0 m
因?yàn)檫\(yùn)動過程中小物塊始終沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。
(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運(yùn)動的位移為s3。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4
0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))＝2a4s3
碰撞后木板運(yùn)動的位移為
s＝s1＋s3
聯(lián)立各式，并代入數(shù)值得
s＝－6.5 m
即木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。
答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
6．如圖所示，傳送帶與地面間的夾角θ＝37°，從A到B的長度為L＝10.25 m，傳送帶以v0＝10 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動。在傳送帶上端A無初速度地釋放一質(zhì)量為 m＝0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。煤塊在傳送帶上滑行會留下黑色痕跡。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤塊從A運(yùn)動到B的時間；
(2)煤塊從A運(yùn)動到B的過程中，傳送帶上形成痕跡的長度。
解析：(1)煤塊剛放上傳送帶時，受到向下的摩擦力，其加速度為
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2
加速過程所用時間t1＝ eq \f(v0,a1)＝1 s
位移x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝5 m
速度達(dá)到v0后，煤塊受到向上的摩擦力，則
a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
x2＝v0t2＋ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
得t2＝0.5 s(另一解不合題意，舍去)
煤塊從A運(yùn)動到B的時間為
t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－x1＝5 m
第二過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx2與Δx1的一部分重合，故痕跡長度為5 m。
答案：(1)1.5 s (2)5 m
7．如圖所示的傳送帶，其水平部分ab長度為2 m，傾斜部分bc長度為4 m，bc與水平方向的夾角為θ＝37°，將一小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的a端，小物塊A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。傳送帶沿圖示方向以v＝2 m/s的速率勻速轉(zhuǎn)動，若小物塊A始終未脫離傳送帶，試求小物塊A從a端傳送到c端所用的時間。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
解析：小物塊A在ab上運(yùn)動時，F(xiàn)f1＝μFN1
根據(jù)牛頓第二定律得FN1－mg＝0，F(xiàn)f1＝ma1
解得a1＝μg＝2.5 m/s2
設(shè)小物塊A的速度達(dá)到2 m/s所需時間為t1，運(yùn)動位移為x1，根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得
t1＝ eq \f(v,a1)＝0.8 s，x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝0.8 m
由于x1＜2 m，可知小物塊A在還沒有運(yùn)動到b端時，已與傳送帶速度相同。此后小物塊A做勻速運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t2，則有l(wèi)ab－x1＝vt2，得
t2＝0.6 s
小物塊A在bc上運(yùn)動時，小物塊A受到的摩擦力方向沿傳送帶向上，
mg sin θ－Ff2＝ma2
又Ff2＝μmgcs θ
得a2＝g(sin θ－μcs θ)＝4 m/s2
lbc＝vt3＋ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))，得t3＝1 s，t3′＝－2 s(舍去)
則小物塊A從a端傳送到c端所用的時間
t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s。
答案：2.4 s
8．質(zhì)量M＝4 kg、長2l＝4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中點(diǎn)為界，左邊和右邊的動摩擦因數(shù)不同。一質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端，如圖甲所示。在t＝0時刻對滑塊施加一水平向右的恒力F，使滑塊和木板均由靜止開始運(yùn)動，t1＝2 s時滑塊恰好到達(dá)木板中點(diǎn)，滑塊運(yùn)動的x1-t圖像如圖乙所示。取g＝10 m/s2。
(1)求滑塊與木板左邊的動摩擦因數(shù)μ1和恒力F的大??；
(2)若滑塊與木板右邊的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，2 s末撤去恒力F，則滑塊能否從木板上滑落下來？若能，求分離時滑塊的速度大??；若不能，則滑塊將停在離木板右端多遠(yuǎn)處？
解析：(1)滑塊和木板均做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)滑塊的加速度大小為a1，木板的加速度大小為a2，則t1＝2 s時木板的位移x2＝ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
由題圖乙知滑塊的位移x1＝4 m
由牛頓第二定律得Ma2＝μ1mg
由位移關(guān)系得x1－x2＝l
聯(lián)立各式解得μ1＝0.4
又滑塊的位移x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
恒力F＝ma1＋μ1mg
聯(lián)立解得F＝6 N。
(2)設(shè)滑塊到達(dá)木板中點(diǎn)時，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，滑塊滑過中點(diǎn)后做勻減速運(yùn)動，木板繼續(xù)做勻加速運(yùn)動，此時滑塊和木板的加速度大小分別為
a′1＝ eq \f(μ2mg,m)＝μ2g，a2′＝ eq \f(μ2mg,M)
設(shè)滑塊與木板從t1時刻開始到速度相等時的運(yùn)動時間為t2，則v2＝a2t1，v1＝a1t1
v1－a′1t2＝v2＋a′2t2
解得t2＝1.6 s
在此時間內(nèi)，滑塊的位移x1′＝v1t2－ eq \f(1,2)a′1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
木板的位移x2′＝v2t2＋ eq \f(1,2)a′2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
Δx＝x1′－x2′
聯(lián)立解得Δx＝1.6 m

相關(guān)試卷

2024版新教材高考物理全程一輪總復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)14傳送帶模型和“滑塊_木板”模型：

這是一份2024版新教材高考物理全程一輪總復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)14傳送帶模型和“滑塊_木板”模型，共5頁。試卷主要包含了下列說法正確的是，32才為合格等內(nèi)容，歡迎下載使用。

專題13滑塊滑板模型-高考物理動量常用模型最新模擬題精練：

這是一份專題13滑塊滑板模型-高考物理動量常用模型最新模擬題精練，文件包含專題13滑塊木板模型解析版docx、專題13滑塊木板模型原卷版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共55頁， 歡迎下載使用。

魯科版高考物理一輪總復(fù)習(xí)專題提分訓(xùn)練2傳送帶模型和滑塊—滑板模型含答案：

這是一份魯科版高考物理一輪總復(fù)習(xí)專題提分訓(xùn)練2傳送帶模型和滑塊—滑板模型含答案，共6頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)10“傳送帶”模型和“滑塊_滑板”模型含答案

高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)10“傳送帶”模型和“滑塊_滑板”模型含答案
高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)10“傳送帶”模型和“滑塊_滑板”模型含答案

高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)10“傳送帶”模型和“滑塊_滑板”模型含答案
高考物理一輪復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)（十）動力學(xué)中的“傳送帶”和“滑塊—滑板”模型含答案

高考物理一輪復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)（十）動力學(xué)中的“傳送帶”和“滑塊—滑板”模型含答案
魯科版（新教材）2022版高考一輪復(fù)習(xí)第3章運(yùn)動和力的關(guān)系專題提分課2傳送帶模型和滑塊-滑板模型（物理 學(xué)案）

魯科版（新教材）2022版高考一輪復(fù)習(xí)第3章運(yùn)動和力的關(guān)系專題提分課2傳送帶模型和滑塊-滑板模型（物理 學(xué)案）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部