《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能 微專(zhuān)題30 傳送帶問(wèn)題與滑塊—木板模型試題 粵教版-粵教版高三物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能 微專(zhuān)題30 傳送帶問(wèn)題與滑塊—木板模型試題 粵教版-粵教版高三物理試題（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、30 傳送帶問(wèn)題與滑塊——木板模型 [方法點(diǎn)撥]　(1)分析滑塊與傳送帶或木板間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)情況，確定兩者間的速度關(guān)系、位移關(guān)系，注意兩者速度相等時(shí)摩擦力可能變化．(2)用公式Q＝f·s相對(duì)或動(dòng)能定理、能量守恒求摩擦產(chǎn)生的熱量． 1．(滑塊—木板模型)(多選)如圖1所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車(chē)的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車(chē)之間的摩擦力為f，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車(chē)運(yùn)動(dòng)的位移為s，小物塊剛好滑到小車(chē)的右端，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖1 A．此時(shí)小物塊的動(dòng)能為F(s＋L) B．此時(shí)小車(chē)的動(dòng)能為fs C．這一過(guò)程中

2、，小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為Fs－fL D．這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為fL 2．(傳送帶問(wèn)題)(多選)如圖2所示，一質(zhì)量為1 kg的小物塊自斜面上A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)2 s運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后通過(guò)光滑的銜接弧面恰好滑上與地面等高的傳送帶，傳送帶以4 m/s的恒定速率運(yùn)行．已知A、B間距離為 2 m，傳送帶長(zhǎng)度(即B、C間距離)為10 m，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，取g＝10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A．小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2.32 s B．小物塊在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量為2 J C．小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中傳送帶對(duì)小物塊做的功為6 J

3、 D．小物塊滑上傳送帶后，傳動(dòng)系統(tǒng)因此而多消耗的能量為8 J 3．(滑塊—木板模型)(多選)水平地面上固定一傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面，如圖3所示，斜面上放一質(zhì)量為mA＝2.0 kg、長(zhǎng)l＝3 m的薄板A.質(zhì)量為mB＝1.0 kg的滑塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))位于薄板A的最下端，B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.開(kāi)始時(shí)用外力使A、B靜止在斜面上，某時(shí)刻給滑塊B一個(gè)沿斜面向上的初速度v0＝5 m/s，同時(shí)撤去外力，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．在滑塊B向上滑行的過(guò)程中，A、B的加速度大小之比為3∶5

4、 B．從A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B相對(duì)靜止的過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間為0.5 s C．從A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B相對(duì)靜止的過(guò)程中滑塊B克服摩擦力所做的功為 J D．從A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B相對(duì)靜止的過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為 J 4．如圖4甲所示，傾斜的傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針運(yùn)行．在t＝0時(shí)刻，將質(zhì)量為1.0 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在傳送帶的最上端A點(diǎn)，經(jīng)過(guò)1.0 s，物塊從最下端的B點(diǎn)離開(kāi)傳送帶．取沿傳送帶向下為速度的正方向，則物塊的對(duì)地速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示(g＝10 m/s2)，求： 圖4 (1)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)從A到B的過(guò)程中，傳送帶對(duì)

5、物塊做的功． 5．如圖5所示，在傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)的斜面上，有質(zhì)量為m1＝2 kg的長(zhǎng)木板．開(kāi)始時(shí)，長(zhǎng)木板上有一質(zhì)量為m2＝1 kg的小鐵塊(視為質(zhì)點(diǎn))以相對(duì)地面的初速度v0＝2 m/s從長(zhǎng)木板的中點(diǎn)沿長(zhǎng)木板向下滑動(dòng)，同時(shí)長(zhǎng)木板在沿斜面向上的拉力作用下始終做速度為v＝1 m/s的勻速運(yùn)動(dòng).小鐵塊最終與長(zhǎng)木板一起沿斜面向上做勻速運(yùn)動(dòng).已知小鐵塊與長(zhǎng)木板、長(zhǎng)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.9，重力加速度為g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.試求： 圖5 (1)小鐵塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)時(shí)的加速度； (2)長(zhǎng)木板至少多長(zhǎng)； (3)在小鐵塊從木板中點(diǎn)運(yùn)

6、動(dòng)到與木板速度相同的過(guò)程中拉力的功率． 6．如圖6所示，質(zhì)量為M＝4 kg的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg，大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，在鐵塊上加一個(gè)水平向左的恒力F＝8 N，鐵塊在長(zhǎng)L＝6 m的木板上滑動(dòng)．取g＝10 m/s2.求： 圖6 (1)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的左端； (2)在鐵塊到達(dá)木板左端的過(guò)程中，恒力F對(duì)鐵塊所做的功； (3)在鐵塊到達(dá)木板左端時(shí)，鐵塊和木板的總動(dòng)能． 答案精析 1．BD　[小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為s＋L，拉力和摩擦力做功，由動(dòng)能定理得(F－f)(s＋L)＝Ek1，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小車(chē)

7、僅受摩擦力，由動(dòng)能定理得fs＝Ek2，選項(xiàng)B正確；小物塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)的機(jī)械能增加量為非重力做功，即(F－f)(s＋L)＋fs＝F(s＋L)－fL，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因摩擦而產(chǎn)生的熱量為摩擦力與相對(duì)路程之積，即Q＝fL，選項(xiàng)D正確．] 2．BCD　[小物塊自斜面上A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，由s＝at2，v＝at，得出小物塊滑上傳送帶時(shí)的速度v＝2 m/s，小物塊滑上傳送帶后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，加速時(shí)間t1＝＝1 s，加速運(yùn)動(dòng)的位移s1＝vt1＋a1t＝3 m，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝＝1.75 s，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′＝t1＋t2＝2.75

8、s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小物塊相對(duì)傳送帶的位移Δs＝v0t1－s1＝1 m，小物塊在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝fΔs＝μmgΔs＝2 J，選項(xiàng)B正確；由動(dòng)能定理，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中傳送帶對(duì)小物塊做的功為W＝mv－mv2＝6 J，選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量守恒定律，小物塊滑上傳送帶后，傳動(dòng)系統(tǒng)因此而多消耗的能量為E＝Q＋W＝2 J＋6 J＝8 J，選項(xiàng)D正確．] 3．CD　[由題中條件可知，當(dāng)滑塊B向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，薄板A將沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，由受力分析和牛頓第二定律可知，對(duì)薄板A，mAgsin θ－μmBgcos θ＝mAaA，薄板A的加速度aA＝4 m/s2，方向沿斜面向下；對(duì)滑塊B，μmBgcos

9、θ＋mBgsin θ＝mBaB，則滑塊B的加速度aB＝10 m/s2，方向沿斜面向下，故在滑塊B向上滑行的過(guò)程中，A、B的加速度大小之比為2∶5，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊B向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減速到零所需要的時(shí)間t1＝＝0.5 s，此時(shí)薄板A的速度大小為vA＝aAt1＝2 m/s，然后二者均向下運(yùn)動(dòng)，且二者的加速度不變，最后速度相同，則有vA＋aAt2＝aBt2，代入數(shù)據(jù)可解得t2＝ s，共同速度為v＝ m/s，A、B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度相同所用時(shí)間為t＝t1＋t2＝ s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊B的位移為sB＝t1－ t2＝ m，方向沿斜面向上，所以滑塊B克服摩擦力做的功為W＝μmBgsBcos

10、 θ＝ J，選項(xiàng)C正確；A、B的相對(duì)位移為s＝t1＋aAt＋vAt2＋aAt－t2，代入數(shù)據(jù)得s＝ m，故在整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q＝μmBgscos θ＝ J，選項(xiàng)D正確．] 4．(1)　(2)－3.75 J 解析　(1)由圖象可知，物塊在前0.5 s的加速度為：a1＝＝8 m/s2 后0.5 s的加速度為：a2＝＝2 m/s2 物塊在前0.5 s受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 物塊在后0.5 s受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，由牛頓第二定律得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 聯(lián)立解得：μ＝ (2)由v－t

11、圖象面積意義可知，在前0.5 s，物塊對(duì)地位移為：s1＝t1 則摩擦力對(duì)物塊做功：W1＝μmgcos θ·s1 在后0.5 s，物塊對(duì)地位移為：s2＝t2 則摩擦力對(duì)物塊做功W2＝－μmgcos θ·s2 所以傳送帶對(duì)物塊做的總功：W＝W1＋W2 聯(lián)立解得：W＝－3.75 J 5．(1)1.2 m/s2，沿斜面向上　(2)7.5 m　(3)40.8 W 解析　(1)設(shè)小鐵塊的加速度大小為a，對(duì)小鐵塊受力分析有(取沿斜面向上為正方向) f2－m2gsin θ＝m2a f2＝μFN2 FN2＝m2gcos θ 得a＝g(μcos θ－sin θ)＝1.2 m/s2，沿斜面向上

12、 (2)小鐵塊先沿斜面向下勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零再沿斜面向上勻加速運(yùn)動(dòng)，最終與長(zhǎng)木板速度相同，設(shè)歷時(shí)t后小鐵塊速度為v，則v－(－v0)＝at t＝＝2.5 s t時(shí)間內(nèi)小鐵塊位移為s1，木板位移為s2 s1＝，方向沿斜面向下 s2＝vt，方向沿斜面向上 ≥s2＋s1 L≥2(s2＋s1)＝7.5 m (3)對(duì)木板F＝f2＋f1＋m1gsin θ f1＝μFN1 FN1＝(m1＋m2)gcos θ W＝Fs2 聯(lián)立解得：W＝102 J 所以P＝＝40.8 W. 6．(1)2 s　(2)64 J　(3)40 J 解析　(1)鐵塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力f＝μmg＝0.4×

13、1×10 N＝4 N 鐵塊的加速度a1＝＝ m/s2＝4 m/s2 木板的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2 鐵塊滑到木板左端的時(shí)間為t，則a1t2－a2t2＝L 代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s (2)鐵塊位移s1＝a1t2＝×4×22 m＝8 m 木板位移s2＝a2t2＝×1×22 m＝2 m 恒力F對(duì)鐵塊做的功W＝Fs1＝8×8 J＝64 J (3)方法一： 鐵塊的動(dòng)能EkA＝(F－f)s1＝(8－4)×8 J＝32 J 木板的動(dòng)能EkB＝fs2＝4×2 J＝8 J 鐵塊和木板的總動(dòng)能Ek總＝EkA＋EkB＝32 J＋8 J＝40 J. 方法二： 鐵塊的速度v1＝a1t＝4×2 m/s＝8 m/s 鐵塊的動(dòng)能EkA＝mv＝×1×82 J＝32 J 木板的速度v2＝a2t＝1×2 m/s＝2 m/s 木板的動(dòng)能EkB＝Mv＝×4×22 J＝8 J 鐵塊和木板的總動(dòng)能Ek總＝EkA＋EkB＝32 J＋8 J＝40 J.