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.docx

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1、专题35传送带模型和滑块木板模型中的能量问题1.(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()AFLMv2BFsmv2CFsmv(Mm)v2DF(Ls)mvmv22.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，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

2、向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为()A BCmv2 D2mv23.2023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

3、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flB木板的动能一定小于flC物块的动能一定大于mvflD物块的动能一定小于mvfl52023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，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.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()Atan BxM，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mvflmvMv则物块的动能一定小于mvfl，C错误、D正确故选BD.5BC题中由vt

4、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tan ，t0时刻的速度大小为v0，传送带对小木块先做正功后做负功，综上所述，B、C正确6BD木箱刚放上去时做匀加速运动，其加速度ag sin 37g cos 370.4 m/s2，可求得木箱与传动带之间的动摩擦因素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mghmv2mgx相cos 371 240 J，D正确7D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

5、相等，木板获得的动能为1 J，A错误；系统损失的机械能Emv2mv22 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0.1，D正确8(1)1 m/s0.125 m(2)0.25 m m/s(3)4t08t解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0(m1m2)v1代入数据有v11 m/s对m1受力分析有a14 m/s2则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v2a1x1代入数据解得x10.125 m(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx(m1m2)a共对m2有a2g1 m/s2当a共a2时物块与木板之间即将

6、相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x20.25 m对m1、m2组成的系统，由动能定理有kx(m1m2)v(m1m2)v代入数据有v2 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m2g2t0m2v3m2v2解得v32t0则对于m1、m2组成的系统有Wfm1vm2v(m1m2)vUWf联立有U4t08t9(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

7、板整体，根据动能定理有2mgL sin 2mv解得v03 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 mg cos ma1解得a111 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mg cos mg sin ma2解得a21 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vv0a1t，vv0a2t解得v2.5 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vv22a1x1解得x10.125 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vv22a2x2解得x21.375 m又xx1x2解得x1.5 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QmgL sin mg(Ls)sin 又Qmgs cos 解得s9 mQ54 J