小学湘美版提课时练习

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题组一 传送带模型综合问题
1．如图所示，传送带以速度v匀速运动。将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止。下列说法中正确的是( )
A．传送带对物块做功为mv2
B．传送带克服摩擦力做功为eq \f(1,2)mv2
C．电动机由于传送物块多消耗的能量为eq \f(1,2)mv2
D．在传送物块过程产生的热量为eq \f(1,2)mv2
[答案] D
[解析] 根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即eq \f(1,2)mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为eq \f(1,2)mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于eq \f(1,2)mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于eq \f(1,2)mv2，故C错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝FfΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝eq \f(1,2)vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理Ffx1＝eq \f(1,2)mv2，故热量Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝eq \f(1,2)mv2，故D正确。
2．(多选)(2025·河南省南阳中学检测)如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是( )
A．在t1时间内摩擦力对物块做的功等于eq \f(1,2)mv2
B．在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量
C．在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋eq \f(1,2)mv2
D．在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsin θ＋mv2的电能
[答案] BC
[解析] 由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于eq \f(1,2)mv2，选项A错误；在t1时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1－eq \f(v,2)t1＝eq \f(v,2)t1，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝FfΔx＝eq \f(1,2)Ffvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·eq \f(v,2)t1＝eq \f(1,2)Ffvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确；由功能关系可知，在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，即mgLsin θ＋eq \f(1,2)mv2，选项C正确；在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgL1sin θ＋eq \f(1,2)mv2＋Q，由选项B可知mgL1sin θ＋eq \f(1,2)mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sin θ；则在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，选项D错误。
题组二 “滑块—木板”模型综合问题
3．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的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体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(1,4)mv2 B．eq \f(1,2)mv2
C．mv2 D．2mv2
[答案] C
[解析] 由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgs相，s相＝vt－eq \f(v,2)t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故选C。
4．如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车时速度的eq \f(1,5)时开始匀速运动，小货箱未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小货箱C冲上平板小车时的速度大小；
(2)平板小车板面的最小长度；
(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。
[答案] (1)5 m/s (2)2 m (3)50 J
[解析] (1)小货箱在A上滑行过程，根据动能定理可得
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度eq \f(1,5)v1时小货箱恰好滑到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对滑动过程由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)(m＋M)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v1))2＋μmgLmin
解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。
(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为
Q＝μmgL＝50 J。
能力提升练
5．(多选)如图甲所示，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(可视为质点)轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10 s时刻木箱到达传送带上端B。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则( )
A．木箱放上传送带先做匀加速运动，其加速度大小为0.4 m/s2
B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1 240 J
D．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和
[答案] ABC
[解析] 速度—时间图像中斜率表示加速度，木箱刚放上去时做匀加速运动，结合图乙可知其加速度a＝μgcs 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，故A、B正确；由v－t图像知AB间距离为15 m，则木箱上升的高度h＝9 m。由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多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内能之和，相对位移x相对＝2×5 m－eq \f(1,2)×2×5 m＝5 m，E机＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＋μmgx相对·cs 37°＝1 240 J，故C正确，D错误。
6．(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g，则( )
A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为eq \f(F,M)
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2
D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
[答案] ABD
[解析] 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对于木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝eq \f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，C错误；弹簧最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，D正确。
7．(多选)(2025·河南南阳高三月考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v0的速率运行。现把一物块(可视为质点)轻轻放在传送带底端，物块被传送到传送带的最高点(在运动至最高点前与传送带达到共速)。已知物块与传送带间动摩擦因数为μ，μ>tan θ，t为运动时间，x为物块沿斜面运动的距离。某同学以传送带底端所在水平面为零势能面，画出了在物块由传送带底端被传送到传送带的最高点的过程中，物块的速度v，重力势能Ep，机械能E，物块和传送带摩擦产生的内能Q等四个物理量变化图像如图所示，其中正确的是( )
[答案] AC
[解析] 物块刚放到传送带上时，相对传送带向下运动，则由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma，可得a＝μgcs θ－gsin θ，物块的速度为v1＝at＝(μgcs θ－gsin θ)t，物块做初速度为零的匀加速运动，当物块速度等于传送带速度后，物块相对传送带静止，随传送带做匀速运动，故A正确；物块的重力势能为Ep＝mgh＝mg·xsin θ，物块相对传送带运动时，机械能为E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝(mgsin θ＋ma)x，相对静止后，物块的机械能为E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋eq \f(1,2)mv2，故B错误，C正确；在物块与传送带共速之前，有相对运动，则Q＝μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vt－\f(1,2)at2))，共速后没有相对运动，不再产生热量，故D错误。
8．(2025·安徽六安高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的eq \f(1,4)圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求：
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。
[答案] (1)eq \f(1,3) (2)eq \f(11,3)mgR (3)(2eq \r(2)－1)mgR
[解析] (1)由几何关系得B、C间的高度差h＝eq \f(2,3)R
小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得
mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝eq \f(1,3)。
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
滑块从A到D过程由动能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝eq \f(1,2)mv2－0
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v2,2R)
联立解得Ep＝eq \f(11,3)mgR。
(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝eq \f(1,2)m[v2＋(gt)2]
联立解得Ek＝(2eq \r(2)－1)mgR。
9．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块在小车上滑行时的加速度a；
(2)物块运动到B点时的速度vB；
(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
[答案] (1)2 m/s2 (2)2eq \r(5) m/s (3)14.5 J 1 m
[解析] (1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，在C点由重力提供向心力，则有
mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得
2mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝2eq \r(5) m/s。
(3)根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－μmgl
解得Ep＝14.5 J
从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短，物块A相对地面的位移
x1＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,B),2a)＝eq \f(52－2\r(5)2,2×2) m＝1.25 m
则小车的位移x＝x1－l＝1 m
即弹簧被压缩的距离为1 m。