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    统考版2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题35传送带模型和滑块_木板模型中的能量问题

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    这是一份统考版2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题35传送带模型和滑块_木板模型中的能量问题,共6页。


    (多选)如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离为L,子弹进入木块的深度为s,若木块对子弹的阻力F视为恒定,则下列关系中正确的是( )
    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.
    如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端,已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中,须对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数值为( )
    A. eq \f(mv2,4) B. eq \f(mv2,2)
    C.mv2 D.2mv2
    3.
    [2023·广东肇庆市统一检测](多选)如图所示是某地铁站的安检设施,该设施中的水平传送带以恒定速率v运动,乘客将质量为m的物品放在传送带上,物品由静止开始加速至速率为v后匀速通过安检设施,下列说法正确的是( )
    A.物品先受滑动摩擦力作用,后受静摩擦力作用
    B.物品所受摩擦力的方向与其运动方向相同
    C.物品与传送带间动摩擦因数越大,产生热量越多
    D.物品与传送带间动摩擦因数越大,物品与传送带相对位移越小
    4.
    [2023·全国乙卷](多选)如图,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动.已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时( )
    A.木板的动能一定等于fl
    B.木板的动能一定小于fl
    C.物块的动能一定大于 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) -fl
    D.物块的动能一定小于 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) -fl
    5.[2023·吉林省顶级名校期中考试](多选)如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,传送带以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ.图乙为小木块运动的速度—时间图象.根据以上信息可以判断出( )
    A.μ>tan θ
    B.μC.t0时刻,物体的速度为v0
    D.传送带始终对小木块做正功
    6.[2023·云南省昆明市摸底](多选)如图所示,倾角为θ=37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动,将一质量为m=10 kg的木箱(尺寸可忽略)轻轻放到传送带底端A,木箱运动的速度v随时间t变化的图象如图乙所示,t=10 s时刻木箱到达传送带上端B(g取10 m/s2).则( )
    A.木箱与传动带之间的动摩擦因数为0.6
    B.木箱与传动带之间的动摩擦因数为0.8
    C.木箱从A到B的过程中,电动机消耗的电能为920 J
    D.木箱从A到B的过程中,电动机消耗的电能为1 240 J
    7.如图甲,长木板A质量为2 kg放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B(可看作质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面.由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
    A.木板获得的动能为2 J
    B.系统损失的机械能为4 J
    C.木板A的最小长度为2 m
    D.A、B间的动摩擦因数为0.1
    8.[2023·辽宁卷]如图,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态.质量m2=4 kg的小物块以水平向右的速度v0= eq \f(5,4) m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep= eq \f(1,2) kx2.取重力加速度g=10 m/s2,结果可用根式表示.
    (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1;
    (2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小;
    (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示).
    9.[2023·河北省邢台市“五岳联盟”联考]如图所示,一倾角θ=30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上,斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板,用手将一质量m=1 kg的木板放置在斜面上,木板的上端有一质量也为m的小物块(视为质点),物块和木板间的动摩擦因数μ= eq \f(2\r(3),5) ,初始时木板下端与挡板的距离L=0.9 m.现将手拿开,同时由静止释放物块和木板,物块和木板一起沿斜面下滑.木板与挡板碰撞的时间极短,且碰撞后木板的速度大小不变,方向与碰撞前的速度方向相反,最终物块恰好未滑离木板.取重力加速度大小g=10 m/s2,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:
    (1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间,物块的速度大小v0;
    (2)从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间,物块相对木板的位移大小x;
    (3)木板的长度s以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中,物块木板间因摩擦产生的热量Q.
    专题35 传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题
    1.ACD 以木块为研究对象,根据动能定理得,子弹对木块做功等于木块动能的增加,即FL= eq \f(1,2) Mv2①,
    以子弹为研究对象,由动能定理得,
    F(L+s)= eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) - eq \f(1,2) mv2②,联立①②得,
    Fs= eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) - eq \f(1,2) (M+m)v2,故ACD正确.
    2.C 由能量转化和守恒定律可知,拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能,一部分转化为系统内能,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正确.
    3.BD 物品加速时受滑动摩擦力作用,匀速时不受摩擦力,A错误;物品所受摩擦力的方向与运动方向相同,B正确;传送带的位移大小x1=vt,物品从加速到与其共速,位移大小x2= eq \f(v,2) t,物品与传送带间产生热量Q=fΔx=f(x1-x2)= eq \f(1,2) mv2,与动摩擦因数无关,C错误;物品与传送带间动摩擦因数越大,滑动摩擦力f越大,相对位移Δx越小,D正确.
    4.BD 当物块从木板右端离开时,对m有-fxm= eq \f(1,2) mv eq \\al(2,m) - eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
    对M有fxM= eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,M)
    其中l=xm-xM
    由于l>xM,则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl,A错误、B正确;
    根据以上分析,联立有 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) -fl= eq \f(1,2) mv eq \\al(2,m) + eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,M)
    则物块的动能一定小于 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) -fl,C错误、D正确.
    故选BD.
    5.BC 题中由v­t图象得,小木块在t0时刻之前加速度较大,之后加速度较小,则小木块受的摩擦力先沿传送带向下,后沿传送带向上,所以动摩擦因数μ6.BD 木箱刚放上去时做匀加速运动,其加速度a=g sin 37°-μg cs 37°=0.4 m/s2,可求得木箱与传动带之间的动摩擦因素μ=0.8,B正确;由能量守恒知木箱从A到B的过程中,电动机消耗的电能等于物块获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热能之和,即E机=mgh+ eq \f(1,2) mv2+μmgx相·cs 37°=1 240 J,D正确.
    7.D 由题中图象可知,A、B的加速度大小都为1 m/s2,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板获得的动能为1 J,A错误;系统损失的机械能ΔE= eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) - eq \f(1,2) ·2m·v2=2 J,B错误;由v­t图象可求出二者相对位移为1 m,C错误;以B为研究对象,根据牛顿第二定律,求出μ=0.1,D正确.
    8.(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m eq \f(\r(3),2) m/s
    (3)4 eq \r(3) t0-8t eq \\al(2,0)
    解析:(1)由于地面光滑,则m1、m2组成的系统动量守恒,则有m2v0=(m1+m2)v1
    代入数据有v1=1 m/s
    对m1受力分析有a1= eq \f(μm2g,m1) =4 m/s2
    则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
    v eq \\al(2,1) =2a1x1
    代入数据解得x1=0.125 m
    (2)木板与弹簧接触以后,对m1、m2组成的系统有kx=(m1+m2)a共
    对m2有a2=μg=1 m/s2
    当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时的弹簧压缩量
    x2=0.25 m
    对m1、m2组成的系统,由动能定理有
    - eq \f(1,2) kx eq \\al(2,2) = eq \f(1,2) (m1+m2)v eq \\al(2,2) - eq \f(1,2) (m1+m2)v eq \\al(2,1)
    代入数据有v2= eq \f(\r(3),2) m/s
    (3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中,由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度,则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时,说明此时m1的速度大小为v2,共用时2t0,且m2一直受滑动摩擦力作用,则对m2有-μm2g·2t0=m2v3-m2v2
    解得v3= eq \f(\r(3),2) -2t0
    则对于m1、m2组成的系统有
    -Wf= eq \f(1,2) m1v eq \\al(2,2) + eq \f(1,2) m2v eq \\al(2,3) - eq \f(1,2) (m1+m2)v eq \\al(2,2)
    ΔU=-Wf
    联立有ΔU=4 eq \r(3) t0-8t eq \\al(2,0)
    9.(1)3 m/s (2)1.5 m (3)54 J
    解析:(1)从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前,对物块与木板整体,根据动能定理有2mgL sin θ= eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(2,0)
    解得v0=3 m/s.
    (2)木板第一次与挡板碰撞后,木板的加速度方向沿斜面向下,设加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有
    mg sin θ+μmg cs θ=ma1
    解得a1=11 m/s2
    木板第一次与挡板碰撞后,物块的加速度方向沿斜面向上,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有
    μmg cs θ-mg sin θ=ma2
    解得a2=1 m/s2
    以沿斜面向下为正方向,设从木板第一次与挡板碰撞后,经时间t木板和物块达到共同速度v,对木板和物块,根据匀变速直线运动的规律分别有
    v=-v0+a1t,v=v0-a2t
    解得v=2.5 m/s,v为正值,表示v的方向沿斜面向下
    设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中,木板沿斜面向上运动的位移大小为x1,根据匀变速直线运动的规律有
    v eq \\al(2,0) -v2=2a1x1
    解得x1=0.125 m
    设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为x2,根据匀变速直线运动的规律有v eq \\al(2,0) -v2=2a2x2
    解得x2=1.375 m
    又x=x1+x2
    解得x=1.5 m.
    (3)经分析可知,当木板和物块都静止时,木板的下端以及物块均与挡板接触,从拿开手到木板和物块都静止的过程中,根据能量转化与守恒定律有
    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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