高考物理二轮提升复习力学中的传送带和板块问题.docx

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1、力学中的传送带和板块问题一、选择题（第15题为单选题，第68题为多选题）1为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的手提包轻放到安检机的水平传送带上接受检查时的情景，假设绷紧的传送带始终以恒定的速率运行，手提包在t2时刻通过安检机，以下图像可能正确反映出提包在通过安检机上的运动情况和所受摩擦力的是（）【答案】D【解析】提包的速度不可能减速，A错误；提包不可能保持静止状态，B错误；提包的加速度不会逐渐减小，C错误；当提包加速时，受到恒定的摩擦力，其加速度恒定，当提包与传送带达到共速时，其不再受到摩擦力，D正确。2如图

2、甲所示，一小物块从水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录的小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在前3 s内为二次函数，在34.5 s内为一次函数，规定小物块向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，重力加速度g10 m/s2，下列说法不正确的是（）A小物块的初速度为4 m/sB传送带沿逆时针方向转动C传送带的速度大小为2 m/sD小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2【答案】B【解析】因2 s末物体的速度减为零，位移为4 m，则，根据匀变速直线运动速度时间公式，可得，又根据可知，小物块与传送带间的动摩擦因数，AD不符合题意；由xt图像可知，因图像的斜率等

3、于速度，故物体的速度先减小到零后，反向增加，最后运动运动，可判断传送带顺时针方向转动，B符合题意；由3.04.5 s内的图像可知，传送带的速度，C不符合题意。3如图甲所示，质量m3 kg的物体A和质量未知的物体B叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着物体B，两个物体间的摩擦力f1、物体B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A两个物体间的动摩擦因数为0.3B物体B的质量为1 kgC物体B与水平地面间的动摩擦因数为0.2D当F10 N时，A物块的加速度大小为3 m/s2【答案】B【解析

4、】由图乙可知，A、B之间的最大静摩擦力为，可知A、B间的动摩擦因数，故A错误；由图乙可知，当时，A、B整体相对地面开始滑动，则，当时，A、B即将产生相对滑动，此时对整体有，对物块A有，联立解得，故B正确，C错误；当时，A、B两物块一起加速运动，则A、B两物块的加速度大小为，故D错误。4某中学两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度，如图所示，一长L0.20 m、质量M0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m0.80 kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，一人用水平恒力F1向左作用在滑块上

5、，另一人用竖直向上的恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动，下列判断正确的是（）A只要F2足够大，木板一定能上升B若F218 N，为使滑块和木板不发生相对滑动，F1至少为20 NC若F140 N，为使滑块和木板一起上升，则F2的取值范围是12 NF218 ND若F130 N、F220 N，则滑块经过0.4 s从木板上方离开【答案】D【解析】木板能够上升的条件是：在竖直方向上，滑块给木板的摩擦力大于木板本身的重力，已知滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有，解得，即必须满足F120N的条件，木板才能上升，故AB错误；当两者间摩擦力达到最大时，隔离M，若F140N，为使滑块和

6、木板一起上升，解得，故C错误；若F130N、F220N，假设滑块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，对滑块应用牛顿第二定律有，代入数据解得am7.5m/s2，对木板应用牛顿第二定律有，代入数据解得aM5m/s2，此时amaM，故假设成立。设经过时间t滑块将从木板上方离开木板，则滑块上升的距离为，木板上升的距离为，滑块可从木板上方离开木板，则有，联立解得，故D正确。5如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态。现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M、弹簧组

7、成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）（）AM、m分别向左、右运行过程当中，M、m均做加速度逐渐增大的变加速直线运动B整个运动过程当中，系统机械能、动量均守恒C整个运动过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，两物块速度为零时，系统机械能一定最大D当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的动能最大【答案】D【解析】在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2

8、的大小相等时，m、M的速度最大，动能最大，A错误，D正确；由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒。由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，B错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对M、m做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对M、m做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长时，m、M的速度为零，系统具有机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统的机械能最小，C错误。6如图1所示，传送带与水平面的夹角30，皮带在电动机的带动下，始终保持定的速度运行。现把一质量为m2 kg的小物块，从

9、皮带的底端A点以初速度v010 m/s滑上传送带，滑块在传送带上运动的vt图象如图2所示（规定向上为正），下列判断正确的有（）A传送带以4 m/s的速度顺时针转动B小物块沿传送带向下运动的过程中，其机械能先增加后减少C小物块在00.8 s内摩擦力的冲量大小为20 NsD小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为108 J【答案】BD【解析】小物块最后与皮带共速，方向与初速度相反，故传送带以4m/s的速度逆时针转动，故A错误；小物块沿传送带向下运动的过程中，传送带对物块的滑动摩擦力先做正功，物块与皮带相对静止后，静摩擦力对物块做负功，所以机械能先增大后减小，故B正确；在00.8 s内，由图象的斜率

10、可知物块的加速度大小为a12.5m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin30+fma，解得f15N，所以摩擦力的冲量大小为Ift12 Ns，故C错误；小物块上升过程中，传送带的位移大小为x带vt上40.8m3.2m，物块的位移大小为x物0.8m4m，所以物块与传送带的相对位移大小为xx物+x带4m+3.2m7.2m，所以小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为Qfx157.2J108J，故D正确。7内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块，木块与木箱之间的动摩擦因数为。初始时木箱向右的速度为v0，木块无初速度。木箱运动的vt图像如图所示，所

11、有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为g，则在0t0内，下列说法正确的是（）AM2mBM与m间的相对路程为CM对地的位移为Dm对地的位移为【答案】BCD【解析】由vt图像可知木块与木箱最终共速，则，得，故A错误；由能量守恒可得，得到两物体的相对路程为，故B正确；由图知共碰撞三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为，则木箱运动的位移为，木块相对地面的位移为，故CD正确。8如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角37，一质量为3m的L形工件沿斜面以速度v01 m/s匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，现将一质量为m的小木块轻轻放在工件上的A点，当木块运动到工件下端时（与挡板碰前

12、的瞬间），工件速度刚好减为零，而后木块与挡板第一次相碰，以后木块将与挡板发生多次碰撞。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（）A下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒B下滑过程中，工件的加速度大小为2 m/s2C木块与挡板第1次碰撞后瞬间，工件的速度大小为1.5 m/sD木块与挡板第3次碰撞至第4次碰撞的时间间隔为0.75 s【答案】BCD【解析】下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上合力为零，所以沿斜面方向上动量守恒，故A错误；开始工件匀速下滑，根据牛顿第二定律有，解得，把木块放上，对工件受力分析有，解得，故

13、B正确；设第一次碰撞前瞬间木块速度为v。第一次碰撞前工件与木块组成的系统动量守恒，即，解得，设第一次碰撞后木块速度为v1，工件的速度为v2，碰撞过程根据动量守恒有，根据能量守恒有，解得，故C正确；设木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为t，在此时间内木块的位移，工件的位移，解得，第2次碰撞前木块的速度，工件的速度，与第1次碰撞前速度相同，此后不断重复上述过程，所以任意两次相邻碰撞的时间间隔均相同，故D正确。二、非选择题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）9如图所示，在光滑水平地面上，右端有一竖直光滑半圆轨道与地面平滑连接，半径

14、为R0.4 m；在水平地面左端有一倾角37的传送带以v10 m/s的速率顺时针匀速转动，传送带与光滑水平地面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接；可视为质点的A、B滑块的质量分别为mA1 kg，mB4 kg，A、B两滑块间夹着压缩的轻质弹簧（弹簧与A、B不拴接），用手按住A、B处于静止状态。现同时松手释放A、B，滑块B恰好能通过半圆轨道最高点P，A能沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带与水平面足够长，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6。求：(1)被压缩的轻质弹簧的弹性势能Ep；(2)滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率；(3)求滑块A与传送带接触

15、过程中因摩擦产生的热量Q（结果可用根号表示）。【解析】(1)滑块B恰好能通过半圆轨道最高点P，则在P点从N点到P点由机械能守恒定律两物块被弹簧弹开时由动量守恒定律弹簧具有的弹性势能联立解得，。(2)物块A沿传送带上滑的加速度上滑的最大距离下滑开始的加速度加速到v10m/s时的距离共速后加速度为加速到低端的速度此时重力的瞬时功率。(3)物块A上滑时相对传送带滑动的距离下滑阶段共速前相对传送带的滑动的距离下滑阶段共速后相对传送带的滑动的距离摩擦生热。10如图甲所示，光滑水平面上静止一左侧带有固定挡板的长木板C，其质量M2 kg。木板C上放置有质量mAmB0.5 kg的物体A和物块B(可视为质点)。

16、已知物体A与木板C间的动摩擦因数00.3。A的右端与木板C右端对齐，A的左端与木板C的挡板间的距离x0.25 m；物块B放在物体A的右端。现长木板C在水平恒力F的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，经过0.5 s后物体A与C上的挡板发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)，在碰前的过程中A的速度与时间图像如图乙所示。取重力加速度g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A、B间的动摩擦因数；(2)作用在长木板C上的水平恒力F的大小；(3)若物体A与木板C上挡板碰撞瞬间撤去水平恒力F，要使物块B不与挡板相撞，则长木板C的右端到挡板长度L的最小值。【解析】(1)若A、B间不发生相对滑动，

17、则A、B整体的加速度由图乙可知，A的加速度即A、B间发生相对滑动，对A有可得。(2)对木板C，在加速的过程中，由动力学关系得可得，。(3)由图乙知，A与C挡板碰撞前A的速度B的速度C的速度该过程中B相对于A滑动的距离为A与C组成的系统在碰撞中动量守恒，可知可得当B恰好滑到A的左端与A达到共同速度时，B恰好不与木板C的挡板发生碰撞，设从A与木板C上挡板碰撞至B滑至A左端这段时间内B相对A滑动的距离为，对A、C与B组成的系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律知可得故L的最小值。11如图，用水平传送带向右运送货物，传送带左、右端点A、B间距为L24.5 m，装货物的凹形薄木箱质量为M1 kg、长度d1

18、.5 m。现将质量m2 kg的货物放入静止的木箱，木箱左侧位于A端，货物恰与木箱左侧壁接触。放入货物后，传送带由静止开始依次做匀加速运动、匀速运动和匀减速运动直到静止，木箱在传送带匀速运动中的某时刻与传送带共速，且停止运动时其右侧刚好在B端，该过程中，传送带减速段、加速段的加速度大小均为a04 m/s2，最大速度v04 m/s。已知木箱与货物间的动摩擦因数10.1，木箱与传送带间的动摩擦因数20.2，重力加速度大小g10 m/s2，货物可视为质点，货物与木箱间的碰撞为时间不计的完全非弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)传送带加速运动过程中，货物对木箱侧壁的压力大小；(2)传送带减速

19、运动过程中，系统因摩擦产生的热量；(3)传送带匀速运动的时间。【解析】(1)传送带启动后向右做匀加速运动，货物和木箱一起相对于传送带向左滑动对于货物和木箱整体，由牛顿第二定律有代入数据得对于货物，因仅靠静摩擦力提供的最大加速度为，所以木箱对货物的静摩擦力不仅达到最大值，且左侧壁对货物还施加有压力F，对于货物，由牛顿第二定律有代入数据得根据牛顿第三定律，货物对木箱侧壁的压力大小为。(2)传送带减速运动过程中，货物一定相对于木箱向右滑动，对货物，由牛顿第二定律有代入数据得设木箱相对传送带滑动，则由牛顿第二定律有代入数据得因所以木箱相对传送带静止且一起做减速运动，由题意，木箱停止运动时右侧在B端，可

20、知，此前传送带速度已经减为零且货物与木箱已经发生了碰撞，设传送带速度由减到零所用时间为t，由运动学规律有代入数据得此过程中，设货物、木箱发生的位移分别为、，由运动学规律有，代入数据得，因所以木箱速度第一次减小到零时，货物与木箱右侧刚好发生碰撞，此后一起减速运动传送带减速运动过程中，因摩擦而产生的热量为代入数据解得。(3)货物与木箱间发生的是完全非弹性碰撞，设碰撞前后货物的速度分别为v和，由运动学规律有由动量守恒定律有代入数据得设碰后到停止运动的过程中木箱发生的位移为由动能定理有代入数据得设木箱在加速段发生的位移为，由运动学规律有代入数据设木箱匀速运动的时间为，则代入数据得传递带比木箱多匀速运动的时间为代入数据得所以，传送带匀速运动的时间为。