高考物理一轮复习试题 滑块和传送带

这是一份高考物理一轮复习试题 滑块和传送带，共7页。试卷主要包含了6.1s等内容，欢迎下载使用。


2．如图所示，水平传送带以v=12m/s的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1=0.1，把质量m=20kg的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5m处.平板车的质量M=30kg，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2=0.3，平板车长10m，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变,行李包可视为质点.（g=10m/s2）求：
（1）行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少?
（2）要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？
3．如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率2m/s沿顺时针方向运动，在与传送带同一竖直平面内有一四分之一光滑圆轨道，半径为0.8m，圆轨道与一光滑水平面相切与最低点，一小物块从圆轨道的最高点由静止释放，一段时间后沿水平方向滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．求小物块
（1）运动到圆轨道最低点时的速度大小；
（2）刚滑上传送带时的加速度大小；
（3）从滑上传送带到离开传送带所用的时间．
4．如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长．求：
（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）．
5．如图所示，物体A放在长L=1m的木板B上，木板B静止于水平面上．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．若从t=0开始，木板B受F=16N的水平恒力作用，
（1）木板B受F=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？
（2）t=2s时，在B的速度为多少？
6．如图所示，长为l的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B（大小可不计）从A的左侧以初速度v0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2（A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）．已知A的质量为M=2.0kg，B的质量为m=3.0kg，A的长度为l=3.0m，μ1=0.2，μ2=0.4，（g取10m/s2）
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大？
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？
（3）分别求A、B对地的最大位移．
参考答案
1．6.1s
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律得，μmg=ma
解得物块在传送带上的加速度大小a=μg=2m/s2；
设经过t时间物块的速度与传送带的速度相同，则有：v=at1，
解得；
经过的位移，
在传送带上匀速运动的时间
物块在斜面上的加速度a′=，
在斜面上的运动时间，
返回传送带在传送带减速到零的时间．
则t=t1+t2+t3+t4=6.1s．
2．（1）
（2）x<50m
【解析】
试题分析: 行李包放上传送带做匀加速直线运动。
解得：
因，符合题意
行李包滑上小车后，行李包减速，小车加速。
解得：
相对位移，符合题意。
（2）当行李包刚好滑到小车右端滑时，行李包与小车相对位移等于车长。设行李包刚滑上传送带时速度为v0，则
解得v0=10m/s<12m/s
行李包在传送带做匀加速直线运动
解得：x=50m
所以释放位置距离传送带右端应小于50m.
考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动、传送带模型.
【名师点睛】牛顿第二定律和匀变速直线运动的综合运用的两大题型（滑块—滑板模型、传送模型）是动力学中的热门考题.
3．（1）4m/s；
（2）2m/s2；
（3）4.5s
【解析】
试题分析：（1）根据动能定理求出物体运动到圆轨道最低点的速度大小．
（2）根据牛顿第二定律求出物块刚滑上传送带时的加速度大小．
（3）物块滑上传送带后，先做匀减速直线运动到零，然后反向做匀加速直线运动，达到传送带速度做匀速直线运动，结合运动学公式求出三段过程中的时间，从而得出总时间．
解：（1）根据动能定理得：mgh=mv…①
解得：v1==4m/s
（2）根据牛顿第二定律得：μmg=ma…②
解得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
（3）小物块先向左做匀减速直线运动，直至速度为零，设这段时间为t1，运动的位移为x1；再向右做匀加速直线运动，直至速度达到传送带速度v2，设这段时间为t2，运动的位移为x2；最后以速度v2向右做匀速运动直到离开传送带，设这段时间为t3．
0=v1﹣at1 …③
x1=t1…④
代入数据解得：t1=2s x1=4m；
返回做匀加速直线运动阶段，v2=at2…⑤
x2=at…⑥
代入数据解得：t2=1s x2=1m；
匀速直线运动阶段，x1﹣x2=v2t3…⑦
代入数据解得：t3=1.5s
所以总时间为：t=t1+t2+t3=2+1+1.5s=4.5s
答：（1）运动到圆轨道最低点时的速度大小为4m/s；
（2）刚滑上传送带时的加速度大小为2m/s2；
（3）从滑上传送带到离开传送带所用的时间为4.5s．
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，理清物块在传送带上整个过程中的运动规律是解决本题的关键，结合运动学公式灵活求解．
4．（1）2m/s2，0.5 m/s2
（2）1s
（3）2.1m
【解析】
试题分析：（1）对车和物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；
（2）车和物体都做加速运动，由速度公式可以求得两者达到相同速度时的时间；
（3）分析物体和车的运动的过程可以知道，车的运动可以分为两个过程，利用位移公式分别求得两个过程的位移，即可求得总位移的大小．
解：（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，
物块的加速度：am=μg=2m/s2
小车的加速度：=0.5 m/s2 ．
（2）由：amt=υ0+aMt
得：t=1s
所以速度相同时用的时间为1s．
（3）在开始1s内小物块的位移：
最大速度：υ=at=2m/s
在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：
a==0.8m/s2
这0.5s内的位移：S2=Vt+at2=1.1m
所以通过的总位移s=s1+s2=2.1m．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，对物体受力分析，确定物体的运动的状态，在根据匀变速直线运动的规律来求解即可．
5．（1）2m/s2，4m/s2．
（2）11m/s
【解析】
试题分析：（1）分别对A、B隔离分析，运用牛顿第二定律求出A、B的加速度．
（2）因为aA＜aB，A相对B向后滑动，结合A、B的位移关系，结合位移时间公式求出A从B上滑下的时间，滑下后，根据牛顿第二定律求出B的加速度，结合速度时公式求出B的速度．
解：（1）根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA
解得：；
对B有：F1﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg=mBaB
代入数据解得：．
（2）因为aA＜aB，A相对B向后滑动，设经过t1后A滑到B的左边缘，
A的位移为：，
B的位移为：，
x1﹣x2=L
解得：t1=1s＜t=2s，则2s时A已从B上滑下．
t1=1s时，A、B的速度分别为vA、vB，
则有：vB=aBt1=4×1m/s=4m/s
设A滑落后B的加速度为aB′，根据牛顿第二定律得：
F﹣μ1mBg=mBaB′
代入数据解得：
在t=2s时B的速度：vB′=vB+aB′（t﹣t1）
代入数据解得：vB′=11m/s．
答：（1）木板B受F=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为2m/s2、4m/s2．
（2）t=2s时，B的速度为11m/s．
【点评】解决本题的关键理清A、B的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
6．（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是4m/s2和1m/s2；
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足小于等于5m/s；
（3）A、B对地的最大位移分别为0.75m和3.25m．
【解析】
试题分析：（1）分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解各自加速度；
（2）当AB速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，根据速度时间公式及位移时间公式，抓住位移关系列式即可求解；
（3）AB速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s的初速度，a=μ2g=2m/s2的加速度一起匀减速运动直到静止，求出一起运动的位移，再分别求出速度相等前各自运动的位移即可求解．
解：（1）分别对A、B进行受力分析，
根据牛顿第二定律：B物体的加速度：
A物体的加速度：
（2）当AB速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，
设经过时间t，AB的速度相等则有：
v0﹣aBt=aAt
根据位移关系得：﹣=L
带入数据解得：t=1s，v0=5m/s
所以初速度应小于等于5m/s
（3）AB速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s的初速度，a=μ2g=2m/s2的加速度一起匀减速运动直到静止，发生的位移：
s==0.25m
之前A发生的位移为sA==0.5m
B发生的位移=3m
所以A发生的位移为sA+s=.5m+0.25m=0.75m
B发生的位移为sB+s=3.0m+0.25m=3.25m
答：
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是4m/s2和1m/s2；
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足小于等于5m/s；
（3）A、B对地的最大位移分别为0.75m和3.25m．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式的直接应用，知道当AB速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，
这个临界条件，难度适中．