2022届高考物理一轮复习课时作业十“传送带”模型和“滑块_滑板”模型含解析新人教版

word 文档 - 1 - / 8 “传送带”模型和“滑块—滑板”模型 [双基巩固练] 1．(多选)如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 x＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因 数μA 端瞬时速度 vA＝4m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB，则(g 取 10m/s2)( ) A．若传送带不动，则 vB＝3m/s B．若传送带以速度 v＝4m/s 逆时针匀速转动，vB＝3m/s C．若传送带以速度 v＝2m/s 顺时针匀速转动，vB＝3m/s D．若传送带以速度 v＝2m/s 顺时针匀速转动，vB＝2m/s 2．如图所示，足够长的水平传送带以 v0＝2m/s 的速度匀速运行．t＝0 时，在最左端轻 放一个小滑块，t＝2s 时传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2， g 取 10m/s2.在选项中，关于滑块相对地面运动的 vt 图象正确的是( ) 3．[2021·某某某某调研](多选)如图所示，一颗子弹以水平速度 v0 射穿一块静止在光滑水 平面上的木块后，木块的速度为 v.设木块的长度恒定，木块对子弹的摩擦阻力恒定，相互作 word 文档 - 2 - / 8 用时间为 t.则( ) A．v0 越大，v 越大 B．v0 越小，t 越大 C．子弹质量越大，v 越小 D．木块质量越小，t 越小 4．[2021·某某七校联考] (多选)如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质 点的木块．已知木块的质量 m＝1kg，木板的质量 m0＝4kg，长 l＝2.5m，上表面光滑，下 表面与地面之间的动摩擦因数μF＝20N 拉木板，g 取 10m/s2，则木板的加速度和要使木块能 滑离木板，水平恒力 F 作用的最短时间分别为( ) A．2m/s22 C．0.5sD．1s [综合提升练] 5．如图所示，一长木板质量为 M＝4kg，木板与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为 m ＝2kg 的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.开始时木板与滑块都 处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离 L＝2.7m，现给木板一水平向右的初速度 v0＝6m/s 使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，g 取 10m/s2， 求： word 文档 - 3 - / 8 (1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大． (2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上． 6．传送带以恒定速率 v＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量 m ＝1kg 的小物块轻放在其底端(小物块可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力 F＝10N 拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为 H＝1.8m 的平台上，如图所示．已知物块与传 word 文档 - 4 - / 8 送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2，已知 sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)物块在传送带上运动的时间； (2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力 F，则物块还需多长时间才能脱离传送带？ word 文档 - 5 - / 8 课时作业(十) 1．解析：若传送带不动，由匀变速运动规律可知 v2 B－v2 A＝－2ax，a＝μg，代入数据解 得 vB＝3 m/s，当满足选项 B、C、D 中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样， 还是向左，加速度还是μg，所以工件到达 B 端时的瞬时速度仍为 3 m/s，故选项 A、B、C 正 确，D 错误． 答案：ABC 2．解析：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块 运动到与传送带速度相同时需要的时间 t1＝ v0 a ＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间 t2＝t －t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′ ＝－a＝－2 m/s2，运动的时间 t3＝1 s，所以速度—时间图象对应 D 选项． 答案：D 3．解析：如图所示，设子弹的加速度大小为 a1，木块的加速度大小为 a2，由于木块对子 弹的摩擦阻力恒定，故 a1、a2 不变，子弹穿过木块的相对位移 L＝v0t－ 1 2 a1t2－ 1 2 a2t2，因为 L 不变，所以 v0 越大，所用的时间越短，由 v＝a2t 知，v 越小，A 错误；因为子弹穿过木块相 对木块的位移不变，v0 越小，子弹穿过木块的时间越长，B 正确；由牛顿第二定律知，子弹质 量越大，子弹的加速度越小，穿过木块的时间越短，木块加速度不变，由 v＝a2t 知，v 越小， C 正确；木块质量越小，加速度越大，子弹穿过木块的时间越长，D 错误． 答案：BC 4．解析：木板受到的摩擦力为 Ff＝μ(m0＋m)g＝10 N，木板的加速度为 a＝ F－Ff m0 ＝2.5 m/s2.故 A 错误，B 正确． word 文档 - 6 - / 8 设拉力 F 作用 t 时间后撤去，木板的加速度为 a′＝－ Ff m0 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有 a＝－a′＝2.5 m/s2 则有 2× 1 2 at2＝l 联立并代入数据解得 t＝1 s，即 F 作用的最短时间是 1 s．故 C 错误，D 正确． 答案：BD 5．解析：(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑 块向右做匀加速运动，加速度大小分别为： am＝ fm m ＝μ2g＝4 m/s2 aM＝ fm＋f 地 M ＝5 m/s2 设木板与墙碰撞时，木板的速度为 vM，小滑块的速度为 vm，根据运动学公式有：v2 M－v2 0 ＝－2aML 解得 vM＝3 m/s t1＝ vM－v0 －aM ＝0.6 s vm＝amt1＝2.4 m/s (2)设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为 t2，共同速度为 v，以水平向 word 文档 - 7 - / 8 左为正方向， 对木板有 v＝vM－aMt2 对滑块有 v＝－vm＋amt2 代入公式有 3 m/s－5t2＝－2.4 m/s＋4t2 解得 t2＝0.6 s 答案：(1)3 m/s2.4 m/s(2)0.6 s 6．解析：(1)物块在达到与传送带速度 v＝4 m/s 相等前， 做匀加速直线运动，有： F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1 解得 a1＝8 m/s2 由 v＝a1t1 得 t1＝0.5 s 位移 s1＝ 1 2 a1t2 1＝1 m 物块与传送带达到共同速度后， 因 F－mgsin θ＝4 N＝μmgcos 37° 故物块在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升． 位移 s2＝ H sin 37° －s1＝2 m word 文档 - 8 - / 8 t2＝ s2 v ＝0.5 s 总时间为 t＝t1＋t2＝1 s (2)在物块与传送带达到同速瞬间撤去恒力 F，因为μs2 故物块向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台． 故 s2＝vt3－ 1 2 a2t2 3 解得 t3＝(2－ 2) s 或 t3＝(2＋ 2) s(舍去) 答案：(1)1 s (2)(2－ 2) s