新高考2024版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)專題36傳送帶模型和滑塊

(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運(yùn)動(dòng)．已知當(dāng)子彈相對(duì)木塊靜止時(shí)，木塊前進(jìn)距離為L，子彈進(jìn)入木塊的深度為s，若木塊對(duì)子彈的阻力F視為恒定，則下列關(guān)系中正確的是( )
A．FL＝ eq \f(1,2) Mv2
B．Fs＝ eq \f(1,2) mv2
C．Fs＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) (M＋m)v2
D．F(L＋s)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) mv2
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(yùn)動(dòng)，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m和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，那么力F對(duì)木板做功的數(shù)值為( )
A． eq \f(mv2,4) B． eq \f(mv2,2)
C．mv2 D．2mv2
3.
[2023·廣東肇慶市統(tǒng)一檢測(cè)](多選)如圖所示是某地鐵站的安檢設(shè)施，該設(shè)施中的水平傳送帶以恒定速率v運(yùn)動(dòng)，乘客將質(zhì)量為m的物品放在傳送帶上，物品由靜止開始加速至速率為v后勻速通過安檢設(shè)施，下列說法正確的是( )
A．物品先受滑動(dòng)摩擦力作用，后受靜摩擦力作用
B．物品所受摩擦力的方向與其運(yùn)動(dòng)方向相同
C．物品與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)越大，產(chǎn)生熱量越多
D.物品與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)越大，物品與傳送帶相對(duì)位移越小
4．[2023·安徽省江淮十校第二次聯(lián)考]如圖甲所示，沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)的水平傳送帶AB，零時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量m＝1 kg的物塊輕放在A處，6 s末恰好運(yùn)動(dòng)到B處，物塊6 s內(nèi)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，(重力加速度g＝10 m/s2)則( )
A．AB長度為24 m
B．物塊相對(duì)于傳送帶滑動(dòng)的距離為12 m
C．傳送帶因傳送物塊多消耗的電能為16 J
D．物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
5．[2023·重慶市萬州模擬](多選)如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量為1 kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，煤塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2 s末煤塊到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2，則( )
A．傾角θ＝37°
B．物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4
C．2 s內(nèi)傳送帶上留下的痕跡長為5 m
D．2 s內(nèi)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為20 J
6．[2023·云南省昆明市摸底](多選)如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，將一質(zhì)量為m＝10 kg的木箱(尺寸可忽略)輕輕放到傳送帶底端A，木箱運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，t＝10 s時(shí)刻木箱到達(dá)傳送帶上端B(g取10 m/s2).則
A．木箱與傳動(dòng)帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6
B．木箱與傳動(dòng)帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8
C．木箱從A到B的過程中，電動(dòng)機(jī)消耗的電能為920 J
D．木箱從A到B的過程中，電動(dòng)機(jī)消耗的電能為1 240 J
7．如圖甲，長木板A質(zhì)量為2 kg放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2 kg的另一物體B(可看作質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的表面．由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)( )
A.木板獲得的動(dòng)能為2 J
B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
8.
(多選)如圖所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙，現(xiàn)用一水平拉力F作用在A上，使其由靜止開始在木板B上運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是( )
A．拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量
B．拉力F做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量
C．拉力F和B對(duì)A做的功之和小于A的動(dòng)能的增加量
D．A對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增加量
9．[2023·山東省濟(jì)南市模擬]某砂場為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑得高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型．豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶．軸間距L＝2 m的傳送帶保持逆時(shí)針方向勻速運(yùn)行，水平傳送帶距離地面的高度為H＝3 m．現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥阎∥飰K與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)若h1＝2.4 m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大?。?br>(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件；
(3)若h2＝6 m，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x.
10．[2023·河北省邢臺(tái)市“五岳聯(lián)盟”聯(lián)考]如圖所示，一傾角θ＝30°的光滑斜面(足夠長)固定在水平面上，斜面下端有一與斜面垂直的固定擋板，用手將一質(zhì)量m＝1 kg的木板放置在斜面上，木板的上端有一質(zhì)量也為m的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ eq \f(2\r(3),5) ，初始時(shí)木板下端與擋板的距離L＝0.9 m．現(xiàn)將手拿開，同時(shí)由靜止釋放物塊和木板，物塊和木板一起沿斜面下滑．木板與擋板碰撞的時(shí)間極短，且碰撞后木板的速度大小不變，方向與碰撞前的速度方向相反，最終物塊恰好未滑離木板．取重力加速度大小g＝10 m/s2，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．求：
(1)木板第一次與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小v0；
(2)從拿開手到木板第二次與擋板碰撞前瞬間，物塊相對(duì)木板的位移大小x；
(3)木板的長度s以及從拿開手到木板和物塊都靜止的過程中，物塊木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.
專題36 傳送帶模型和滑塊—木板模型中的能量問題
1．ACD 以木塊為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理得，子彈對(duì)木塊做功等于木塊動(dòng)能的增加，即FL＝ eq \f(1,2) Mv2①，
以子彈為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得，
F(L＋s)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) mv2②，聯(lián)立①②得，
Fs＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) (M＋m)v2，故ACD正確．
2．C 由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝ eq \f(1,2) mv2＋μmg·s相，s相＝vt－ eq \f(v,2) t，v＝μgt，解得W＝mv2，C正確．
3．BD 物品加速時(shí)受滑動(dòng)摩擦力作用，勻速時(shí)不受摩擦力，A錯(cuò)誤；物品所受摩擦力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，B正確；傳送帶的位移大小x1＝vt，物品從加速到與其共速，位移大小x2＝ eq \f(v,2) t，物品與傳送帶間產(chǎn)生熱量Q＝fΔx＝f(x1－x2)＝ eq \f(1,2) mv2，與動(dòng)摩擦因數(shù)無關(guān)，C錯(cuò)誤；物品與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)越大，滑動(dòng)摩擦力f越大，相對(duì)位移Δx越小，D正確．
4．C 由圖線與時(shí)間軸所夾的面積可得AB的長度L＝ eq \f(1,2) ×4×4 m＋4×2 m＝16 m，A錯(cuò)誤；物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離Δx＝4×4 m－ eq \f(1,2) ×4×4 m＝8 m，B錯(cuò)誤；物塊的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝1 m/s2，由牛頓第二定律得a＝μg，則μ＝0.1，D錯(cuò)誤；傳送帶因傳送物塊多消耗的電能E＝μmgΔx＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝16 J，C正確．
5．AC 由圖乙可知，0～1 s物體的加速度為a1＝10 m/s2，1～2 s物體的加速度為a2＝2 m/s2，傳送帶的速度為v1＝10 m/s，根據(jù)牛頓第二定律得mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1，mg sin θ－μmg cs θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；0～1 s內(nèi)傳送帶的位移及物體的位移分別為s1＝v1t＝10×1 m＝10 m，x1＝ eq \f(1,2) v1t＝5 m，它們的相對(duì)位移為Δx1＝s1－x1＝5 m，1～2 s內(nèi)傳送帶的位移及物體的位移分別為s2＝v1t＝10×1 m＝10 m，x2＝ eq \f(1,2) (v1＋v2)t＝ eq \f(1,2) (10＋12)×1＝11 m，它們的相對(duì)位移為Δx2＝x2－s2＝1 m．0～1 s內(nèi)物體位移小于皮帶位移，在皮帶上出現(xiàn)5 m長的痕跡，1～2 s內(nèi)物體位移大于皮帶的位移，這1 m長的痕跡與剛才的痕跡重合，所以皮帶上出現(xiàn)的痕跡長為5 m，C項(xiàng)正確；2 s內(nèi)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝μmg cs θ(Δx1＋Δx2)＝24 J，D項(xiàng)錯(cuò)誤．
6．BD 木箱剛放上去時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝g sin 37°－μg cs 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱與傳動(dòng)帶之間的動(dòng)摩擦因素μ＝0.8，B正確；由能量守恒知木箱從A到B的過程中，電動(dòng)機(jī)消耗的電能等于物塊獲得的重力勢(shì)能、動(dòng)能以及因摩擦而產(chǎn)生的熱能之和，即E機(jī)＝mgh＋ eq \f(1,2) mv2＋μmgx相·cs 37°＝1 240 J，D正確．
7．D 由題中圖像可知，A、B的加速度大小都為1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，木板獲得的動(dòng)能為1 J，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) ·2m·v2＝2 J，B錯(cuò)誤；由v-t圖像可求出二者相對(duì)位移為1 m，C錯(cuò)誤；以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，求出μ＝0.1，D正確．
8．BD
9．(1)4 m/s (2)h≤3 m (3)2 eq \r(3) m
解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理有
mgh1－μmg cs θ· eq \f(h1,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B)
解得vB＝4 m/s
(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，則當(dāng)高度最大時(shí)，小物塊在滑至傳送帶右端D時(shí)速度恰好減為0，此時(shí)有
mghmax－μmg cs θ· eq \f(hmax,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,Bmax)
v eq \\al(2,Bmax) ＝2μgL
解得hmax＝3m
則有h≤3m
(3)若h2＝6 m，結(jié)合上述，小物塊落到傳送帶右側(cè)地面，則有
mgh2－μmg cs θ· eq \f(h2,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,C)
v eq \\al(2,C) －v eq \\al(2,D) ＝2μgL
之后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有
H＝ eq \f(1,2) gt2，x＝vDt
解得x＝2 eq \r(3) m．
10．(1)3 m/s (2)1.5 m (3)54 J
解析：(1)從拿開手到木板第一次與擋板碰撞前，對(duì)物塊與木板整體，根據(jù)動(dòng)能定理有2mgL sin θ＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(2,0)
解得v0＝3 m/s.
(2)木板第一次與擋板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有
mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1
解得a1＝11 m/s2
木板第一次與擋板碰撞后，物塊的加速度方向沿斜面向上，設(shè)加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有
μmg cs θ－mg sin θ＝ma2
解得a2＝1 m/s2
以沿斜面向下為正方向，設(shè)從木板第一次與擋板碰撞后，經(jīng)時(shí)間t木板和物塊達(dá)到共同速度v，對(duì)木板和物塊，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分別有
v＝－v0＋a1t，v＝v0－a2t
解得v＝2.5 m/s，v為正值，表示v的方向沿斜面向下
設(shè)從木板第一次與擋板碰撞后到物塊與木板達(dá)到共同速度v的過程中，木板沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有
v eq \\al(2,0) －v2＝2a1x1
解得x1＝0.125 m
設(shè)該過程中物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的位移大小為x2，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v eq \\al(2,0) －v2＝2a2x2
解得x2＝1.375 m
又x＝x1＋x2
解得x＝1.5 m.
(3)經(jīng)分析可知，當(dāng)木板和物塊都靜止時(shí)，木板的下端以及物塊均與擋板接觸，從拿開手到木板和物塊都靜止的過程中，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有
Q＝mgL sin θ＋mg(L＋s)sin θ
又Q＝μmgs cs θ
解得s＝9 m Q＝54 J

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