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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(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