2024版新教材高中物理素养提能专练4连接体问题临界和极值问题传送带模型滑块_木板模型新人教版必修第一册

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素养提能专练4　连接体问题、临界和极值问题、传送带模型、滑块—木板模型知识点分组练　知识点1斜面模型1.[2023·上海市奉贤区高一期末]如图，一物块以某一初速度冲上倾角为θ的光滑固定斜面，物块的加速度大小为(　　)A．gsinθB．gcosθC．eq \f(g,sinθ)D．eq \f(g,cosθ)2.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达水平地面上的C1、C2、C3点，则(　　)A．物体到达C1点时的速度最大B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同C．物体到达C3点的时间最短D．在C3点所在轨道上运动的加速度最小3.[2023·山东省淄博市高一期末]如图所示为一光滑竖直圆槽，AP、BP、CP为通过最低点P与水平面分别成30°、45°、60°角的三个光滑斜面，与圆相交于A、B、C点．若一物体由静止分别从A、B、C滑至P点所需的时间为t1，t2，t3，则(　　)A．t1t2>t3C．t1＝t2＝t3D．t1＝t2t2>t3C．t2>t1>t3D．A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较6.[2023·广东省东莞市高一测试]湖北顺丰某快递总站，需要将物件由地下仓库靠传送带运送到地面上进行分类．如图所示，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，以速度v沿顺时针运行．工作人员将物件以初速度v0从底部滑上传送带，已知物件与传送带之间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)A．若v>v0，则物件将一直做匀加速运动B．若v2.1m，因此物品在传送带上一直做加速运动，A错误；物品从A端到B端所用的时间为t＝eq \r(\f(2x1,a))＝eq \r(\f(4.2,3))s≈1.2s，B错误；因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力，C错误；当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，D正确．9．答案：D解析：在0～t1时间内所受摩擦力为滑动摩擦力，所以摩擦力大小为μmgcosθ，物体相对传送带向上运动，所以摩擦力方向沿斜面向下，A、B错误；在t1后两者相对静止，受到的摩擦力为静摩擦力，根据平衡可知，摩擦力大小等于重力沿斜面向下分力mgsinθ，方向沿斜面向上，C错误，D正确．10．答案：(1)2m/s2　0.5m/s2　(2)1s　(3)2.1m解析：(1)小物块的加速度大小为a1＝eq \f(μmg,m)＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，长木板的加速度大小为a2＝eq \f(F－μmg,M)＝eq \f(8－0.2×2×10,8)＝0.5m/s2.(2)设经t0时间两者达到相同的速度v，则有v＝a1t0＝v0＋a2t0，解得t0＝1s，v＝2m/s.(3)从小物块放上长木板在1s时间内的位移x1＝eq \f(1,2)a1t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝eq \f(1,2)×2×12m＝1m，小物块及长木板达到相同的速度时，两者的加速度为a3＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(8,8＋2)m/s2＝0.8m/s2，接下来在0.5s时间内小物块的位移x2＝v(t－t0)＋eq \f(1,2)a3(t－t0)2＝2×0.5m＋eq \f(1,2)×0.8×(1.5－1)2m＝1.1m，则有从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5s小物块的位移大小为x＝x1＋x2＝1m＋1.1m＝2.1m.11．答案：(1)1m/s2　4m/s2　(2)v0≤5m/s　(3)0.32m解析：(1)分别对滑块、木板进行受力分析，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma1，μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，解得滑块、木板的加速度分别为a1＝4m/s2，a2＝1m/s2.(2)当两物体速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出木板，就不会滑出，设经过时间t，两物体的速度相等则有v0－a1t＝a2t，根据位移关系得v0t－eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝l，代入数据解得t＝1s，v0＝5m/s，所以初速度应v0≤5m/s.(3)木板与滑块共速前，对于滑块、木板，由牛顿第二定律μ2mg＝ma3，μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma4，解得滑块、木板的加速度分别为a3＝4m/s2，a4＝11m/s2.设经过时间t1，两物体的速度相等，则有v－a4t＝a3t，则滑块发生的位移大小x＝eq \f(1,2)a3t2，解得x＝0.32m.促思提能训练1．答案：A解析：细线对小球的拉力刚好等于零，说明小球只受重力和斜面的支持力两个力作用，且随滑块A一起以加速度a向右加速运动，小球所受的合力F＝mgtan45°＝mg，由牛顿第二定律可得，加速度为a＝eq \f(F,m)＝g，A正确．2．答案：A解析：根据图像，可得v2＝12x，对比v2－v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝2ax，物块加速度为6m/s2，又根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma，计算得到斜面倾角为37°，A正确，B错误；小车在前2m所用时间为t，由位移公式x＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \f(\r(6),3)s，小车的平均速度为v＝eq \f(x,t)＝eq \r(6)m/s，C错误；根据v2­x图像，再运动2m，v2的增加量为24(m/s)2，D错误．3．答案：B解析：设每个木块的质量为m，取整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝5ma，设第3块木块对第4块木块的推力为F1，取第四和第五块木块为研究对象，有F1＝2ma，联立解得F1＝eq \f(2,5)F，B正确，A、C、D错误．4．答案：A解析：对铁块和空铁箱整体分析有F－μN1＝2ma，N1＝2mg，对铁块分析有N2＝ma，f＝mg，f≤μN2，解得F≥100N，拉力F的最小值为100N，A正确．5．答案：A解析：对于滑环A，设ab与水平方向的夹角为θ，圆的半径为R，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a1＝eq \f(mgsinθ,m)＝gsinθ，又根据动力学公式2Rsinθ＝eq \f(1,2)a1t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，解得t1＝eq \r(\f(4R,g))，对于滑环B，设cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a2＝eq \f(mgsinα,m)＝gsinα，又根据动力学公式2Rsinα＝eq \f(1,2)a2t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ，解得t2＝eq \r(\f(4R,g))，对自由落体的球C而言，有t3＝eq \r(\f(2×2R,g))＝eq \r(\f(4R,g))，故三者时间相等，A正确．6．答案：C解析：因为物件与传送带之间的动摩擦因数为0.8，所以μmgcos37°>mgsin37°.若v>v0，开始一段时间内物件受到沿传送带向上的滑动摩擦力而做匀加速运动，当物件加速到v时，物件受沿传送带向上的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力平衡而做匀速运动，但是传送带长度不明确，物件可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动后做匀速运动，A错误；若v0.09m)解析：(1)设P、Q系统静止时弹簧的弹力为F0，有F0－(M＋m)g＝0，F0＝kx0，联立解得M＝1kg.(2)分析得，当P、Q间的弹力减为零瞬间，物块与托盘分离．设物块从静止运动t时间后与托盘分离，运动的位移为x，分离时弹簧的压缩量为x1，弹力为F1，F1－mg＝ma，F1＝kx1，x＝x0－x1，x＝eq \f(1,2)at2，联立解得t＝0.3s，x＝0.09m.(3)设物体运动位移为x时的弹簧弹力为F3，当0≤x≤0.09m，P、Q一起向上匀加速，有F3＋F－(M＋m)g＝(M＋m)a，F3＝k(x0－x)，联立解得F＝3＋100x(N)，当x>0.09m，P、Q分离，对P分析有F－Mg＝Ma，得F＝12N．题号123456789答案题号1234567891011答案