2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练：“传送带模型”的能量转化与守恒(解析版).pdf

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1、2021 届新高考物理第一轮复习课时强化训练“传送带模型”的能量转化与守恒 一、选择题 1、(多选)如图所示，在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L.已知传送带的速率恒为v，工件与传送带间的动摩擦因数为，工件质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A工件在传送带上加速运动的时间一定等于Lv B传送带对每个工件做的功为12mv2 C每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于12mgL D传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2 解析：选 BD 工件在传送带上先做匀加速直线运动，当

2、速度与传送带速度相等时工件做匀速直线运动，加速度为ag，则加速的时间为tvg，故 A 错误；传送带对每个工件做的功使工件的动能增加，根据动能定理得：W12mv2，故 B 正确；工件与传送带相对滑动的路程为：xvvgv22gv22g，则摩擦产生的热量为：Qmgxmv22，故 C 错误；根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E12mv2Qmv2，故 D 正确 2、(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面成30角，动摩擦因数32，当传送带以 2.5 m/s 的速度逆时针传动时，质量为m2 kg 的小碳块从传送带的下端以 5 m/s 的初速度沿传送带向上滑行关于碳块在传送带上的运动，下列说法

3、中正确的是()A碳块在传送带上运动的总时间为 0.8 s B传送带对碳块做的功为18.75 J C碳块在传送带上留下的划痕长度为 1 m D全过程产生的热量为 33.75 J 解析：选 BD 碳块刚滑上传送带时的加速度：mgsin 30mgcos 30ma1，解得a112.5 m/s2，上滑到速度减为零的时间t1v0a10.4 s；位移x1v02t11 m下滑时：mgsin 30mgcos 30ma2，则a212.5 m/s2，加速到与传送带共速时的时间：t2va20.2 s；位移：x2v2t20.25 m，以后碳块随传送带匀速下滑，所用时间为t3x1x2v0.752.5 s0.3 s，则碳块

4、在传送带上运动的总时间为tt1t2t30.9 s，选项 A 错误；上滑过程中，传送带的位移x1vt12.50.4 m1 m，则碳块相对传送带向上的位移为 xx1x12 m，下滑过程中碳块相对传送带向上的位移为 xvt212a2t220.25 m，则碳块在传送带上留下的划痕长度为 2.25 m，选项 C错误；上滑过程中传送带对碳块做功：W1mgcos 30 x115 J；下滑过程中在碳块加速阶段传送带对碳块做功：W2mgcos 30 x23.75 J，随传送带匀速下滑到底端时传送带对碳块做功：W3mgsin 30(x1x2)7.5 J，则传送带对碳块做的功为WW1W2W318.75 J，选项 B

5、 正确；全过程产生的热量为Qmgcos 30(xx)33.75 J，选项 D 正确 3、(多选)如图所示，一半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与一足够长的水平传送带平滑对接，圆弧轨道半径OA水平，传送带以某一速率v逆时针转动 现将一质量为m的小物块(可视为质点)从圆弧轨道上A点无初速度释放，物块滑上传送带后第一次返回到圆弧轨道上的最高点为P，该过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的内能为E，已知P点距B点的高度为14R，重力加速度为g，下列判断正确的是()Av12gR BE94mgR C若增大传送带逆时针转动的速率的大小，其他条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从A点滑出 D若物块从圆弧AP间某位置

6、无初速度释放，其他条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点 解析：选 BD 物块滑上传送带后先向右做减速运动，速度减为零后向左做加速运动，等到与传送带共速时与传送带一起匀速运动，可知返回到圆弧轨道时的初速度即为传送带的速度，则12mv2mgR4，解得v2gR2，选项 A 错误；物块滑到底端时的速度v1 2gR，设物块在传送带上运动的加速度为ag，则向右滑动到速度减为零的时间t1v1g，此过程中物块与传送带的相对位移：x1vt1v12t12R；物块向左滑动到与传送带共速时的时间：t2vg2gR2g，此过程中物块与传送带的相对位移：x2vt2v2t2R4；由功能关系可知：Emg(x1x2)

7、94mgR，选项 B 正确；若增大传送带逆时针转动的速率v的大小，其他条件不变，则物块从圆弧中滑下后沿传送带向右滑动到达的最右端位置不变，返回过程中即使传送带的速度大于v1 2gR，但最终物块从传送带上向左滑出的速度仍为v1 2gR，则物块也刚好能返回圆弧轨道的A点，选项 C 错误；若物块从圆弧上的P点无初速度释放，其他条件不变，则物块在传送带上经过向右减速然后向左加速后到达传送带最左端时的速度仍为v，则返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点；若物块从圆弧AP间某位置无初速度释放，其他条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点仍在P点，选项 D正确 4(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为

8、，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，重力加速度为g.开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()A物块a的重力势能减少mgh B摩擦力对a做的功等于a机械能的增量 C摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和 D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等 解析：选 ACD 开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin mbg，则mambsin msin，b上升h，则a下降hsin，则a重力势能的减小量为 Epamaghsin mgh，故 A 正确；根据能

9、量守恒定律，摩擦力对a做的功等于a、b系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于系统动能的增量，故 B 错误，C 正确；任意时刻a、b的速率大小相等，对b，克服重力做功的瞬时功率Pbmgv，对a有：Pamagvsin mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故 D 正确 5(多选)如图所示，静止在水平面上的木板质量为M2kg，质量m1kg 的铁块以水平初速度v06m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，木板与地面间动摩擦因数为 0.1，铁块与木板间动摩擦因数为 0.5，木板长为 4m，则下列说法中正确的是()A铁块最终滑离木板 B铁块最终停在距离木板右端 1m 处 C

10、运动过程中地面与木板因摩擦而产生的热量为 18J D运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为 15J 解析：选 BD 设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律得：2mgma1 解得：a12g5m/s2；设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得：2mg1(Mm)gMa2，解得：a21m/s2；设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有：vv0a1t，va2t，解得：t1s，v1m/s，此过程木板运动的位移x112a2t20.5m，铁块的位移为：x2v0t12a1t23.5m 达到共同速度后一起向右匀减速运动，所以铁块最终停在木板上的位置到其

11、右端的距离为：4m(3.50.5)m1m，故 A 错误，B 正确；运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为Q12mg(x2x1)0.5110(3.50.5)J15J，达到共同速度后一起向右匀减速的位移为x3v22a3，a31g1m/s2，解得：x30.5m，所以运动过程中地面与木板因摩擦而产生的热量为 Q21(Mm)g(x1x3)0.1(21)10(0.50.5)J3J，故C 错误，D 正确 6(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的

12、 2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示 若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是()A小铅块将从B的右端飞离木板 B小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止 C第一次和第二次过程中产生的热量相等 D第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量 解析：选 BD 在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，选项 A 错误，

13、B 正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选项 C 错误，D 正确 7(多选)在某海滨游乐场里有一种滑沙运动，其运动过程可类比如图 4 所示的模型，小孩(可视为质点)坐在长为 1m 的滑板上端，与滑板一起由静止从倾角为 37的斜面上下滑，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为 0.5，滑板与沙间的动摩擦因数为916，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长，g取 10m/s2，则以下判断正确的是()A小孩在滑板上下滑的加速度大小为 2m/s2 B小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为 5.5m/s2 C经过 2 2s 的时间，小孩离开滑板 D小孩

14、离开滑板时的速度大小为 2 2m/s 解析：选 AD 对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩斜向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 371mgcos 37ma1，得：a1gsin 371gcos 372 m/s2，故 A 正确；小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有：mgsin 371mgcos 372 2mgcos 37ma2，代入数据解得：a2gsin 371gcos 3722gcos 371 m/s2，故 B 错误；设经过时间t，小孩离开滑板，得12a1t212a2t21 m，解得：t 2 s，故 C 错误；小孩离开滑板时的速度为：va1t2 2m/s2 2 m/s

15、，故 D 正确 8、如图所示,在匀速转动的电动机带动下,足够长的水平传送带以恒定速率1v，匀速顺时针运动,一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率2v(21vv)滑上传送带,最后滑块返回传送带的右端。下列关于这一过程的判断中正确的有()A.滑块返回传送带右端的速率为2v B.此过程中传送带对滑块做功为22121122mvmv C.此过程中电动机因传送滑块多做的功为212mv D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为22121()2m vv 解析：选 B 由于传送带足够长，滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动，速度增大到1v后做速度为1v的匀速直线运动，所

16、以滑块返回传送带右端的速率为1v，选项A 错误；由动能定理可得，此过程中传送带对滑块做功为22121122mvmv，选项 B 正确；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于二者相对滑动距离与摩擦力的乘积，等于22121()2m vv，选项 D 错误;由能量守恒定律得，此过程中电动机因传送滑块多做的功等于传送带与滑块相对滑动产生的热量和传送带对滑块做功之和，不等于212mv，选项 C错误。二、非选择题 9、如图所示，一质量为m1.5kg 的滑块从倾角为37的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s10m 后进入半径为R9m 的光滑圆弧AB，其圆心角为，然后水平滑上与平台等高的小车已知小车质量为M3.5k

17、g，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数0.35，地面光滑且小车足够长，g取 10m/s2.(sin370.6，cos370.8)求：(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1.答案：(1)2.5s(2)31.7N(3)10m 解析(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有mgsinmgcosma，又s12at12 联立解得t12.5s.(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有 12mvA2mgR(1cos)12mvB2，其中vAat1 由牛顿第二定律，有FBmgmvB2R

18、联立解得：轨道对滑块的支持力FB31.7N.(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1g3.5m/s2 小车的加速度：a2mgM1.5m/s2 小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vBa1t2a2t2 由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB10 m/s，最终同速时的速度vvBa1t23 m/s 由功能关系可得：mgs112mvB212(mM)v2 联立解得：s110 m.10、如图所示，质量 M=1kg 且足够长的木板静止在水平面上，与水平面间动摩擦因数1.02。现有一质量 m=2kg 的小铁块以03/vm s的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间动摩擦因数2.01。重力加速度 g=10m

19、s2。求：（1）铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度分别多大?（2）木板的最大速度多大?（3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板在地面上发生的位移是多少?（4）从木板开始运动至停止的整个过程中，系统产生的热量是多少？答案：（1）铁块刚滑上木板时，对铁块和木板 11mamg 代入数据得 a1=2m/s2 221)(MagmMmg 代入数据得 a2=1m/s2 （2）二者速度相同时木板的速度最大 110tavv 12tav 代入数据的 t1=1s 木板最大速度 v=1m/s（3）木板加速过程的位移 222 110.52xa tm 木板从速度最大到停下来 32)()(amMgmM a3=1m/s

20、2 23tav 代入数据得 t2=1s 木板减速过程的位移 233 210.52xa tm 木板在地面上发生的总位移 x=x2+x3=1m（4）根据能量守恒可知，从木板开始运动至停止的整个过程中，系统产生的热量 JmvQ92120 11、如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1 kg且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带，AB长L5 m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆

21、心角为120，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5 m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的Ep18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10 m/s2.(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围 答案：(1)0.8 m(2)13 m(3)37 m/sv 43m/s 解析：(1)物块被弹簧弹出，由Ep12mv02，可知v06 m/s 因为v0v，故物块滑上传送带后先减速，物块与

22、传送带相对滑动过程中，由：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t112a1t12 得到：a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m 因为x10，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至 0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由12mvB22mg(sx)，得到：x13 m.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足 mgsin 30mvF2R 从B到F过程中由动能定理可知：12mv1212mvF22mgsmg(RRsin 30)解得：v1 37 m/s 设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由：12mv222mg3smgR 解得：v2 43 m/s 若物块在传送带上一直加速运动，由12mvBm212mv021mgL 知其到B点的最大速度vBm2 14 m/s 综合上述分析可知，只要传送带速度 37 m/sv 43 m/s 就满足条件