新高考2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题36传送带模型和滑块_木板模型中的能量问题

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(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( )
A．FL＝ eq \f(1,2) Mv2
B．Fs＝ eq \f(1,2) mv2
C．Fs＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) (M＋m)v2
D．F(L＋s)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) mv2
2.
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μ，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，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为( )
A． eq \f(mv2,4) B． eq \f(mv2,2)
C．mv2 D．2mv2
3.
[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·安徽省江淮十校第二次联考]如图甲所示，沿顺时针方向运动的水平传送带AB，零时刻将一个质量m＝1 kg的物块轻放在A处，6 s末恰好运动到B处，物块6 s内的速度—时间图像如图乙所示，物块可视为质点，(重力加速度g＝10 m/s2)则( )
A．AB长度为24 m
B．物块相对于传送带滑动的距离为12 m
C．传送带因传送物块多消耗的电能为16 J
D．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5
5．[2023·重庆市万州模拟](多选)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1 kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．倾角θ＝37°
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．2 s内传送带上留下的痕迹长为5 m
D．2 s内物体与传送带摩擦产生的内能为20 J
6．[2023·云南省昆明市摸底](多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m＝10 kg的木箱(尺寸可忽略)轻轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10 s时刻木箱到达传送带上端B(g取10 m/s2).则
A．木箱与传动带之间的动摩擦因数为0.6
B．木箱与传动带之间的动摩擦因数为0.8
C．木箱从A到B的过程中，电动机消耗的电能为920 J
D．木箱从A到B的过程中，电动机消耗的电能为1 240 J
7．如图甲，长木板A质量为2 kg放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A.木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
8.
(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙，现用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始在木板B上运动，则下列说法正确的是( )
A．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量
B．拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量
C．拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量
D．A对B做的功等于B的动能的增加量
9．[2023·山东省济南市模拟]某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑得高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带．轴间距L＝2 m的传送带保持逆时针方向匀速运行，水平传送带距离地面的高度为H＝3 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)若h1＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)若h2＝6 m，求小物块落地点到D点的水平距离x.
10．[2023·河北省邢台市“五岳联盟”联考]如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量m＝1 kg的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为m的小物块(视为质点)，物块和木板间的动摩擦因数μ＝ eq \f(2\r(3),5) ，初始时木板下端与挡板的距离L＝0.9 m．现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑．木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，最终物块恰好未滑离木板．取重力加速度大小g＝10 m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v0；
(2)从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x；
(3)木板的长度s以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块木板间因摩擦产生的热量Q.
专题36 传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题
1．ACD 以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即FL＝ eq \f(1,2) Mv2①，
以子弹为研究对象，由动能定理得，
F(L＋s)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) mv2②，联立①②得，
Fs＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) (M＋m)v2，故ACD正确．
2．C 由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝ eq \f(1,2) mv2＋μmg·s相，s相＝vt－ eq \f(v,2) t，v＝μgt，解得W＝mv2，C正确．
3．BD 物品加速时受滑动摩擦力作用，匀速时不受摩擦力，A错误；物品所受摩擦力的方向与运动方向相同，B正确；传送带的位移大小x1＝vt，物品从加速到与其共速，位移大小x2＝ eq \f(v,2) t，物品与传送带间产生热量Q＝fΔx＝f(x1－x2)＝ eq \f(1,2) mv2，与动摩擦因数无关，C错误；物品与传送带间动摩擦因数越大，滑动摩擦力f越大，相对位移Δx越小，D正确．
4．C 由图线与时间轴所夹的面积可得AB的长度L＝ eq \f(1,2) ×4×4 m＋4×2 m＝16 m，A错误；物块相对传送带滑动的距离Δx＝4×4 m－ eq \f(1,2) ×4×4 m＝8 m，B错误；物块的加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝1 m/s2，由牛顿第二定律得a＝μg，则μ＝0.1，D错误；传送带因传送物块多消耗的电能E＝μmgΔx＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝16 J，C正确．
5．AC 由图乙可知，0～1 s物体的加速度为a1＝10 m/s2，1～2 s物体的加速度为a2＝2 m/s2，传送带的速度为v1＝10 m/s，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1，mg sin θ－μmg cs θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，A项正确，B项错误；0～1 s内传送带的位移及物体的位移分别为s1＝v1t＝10×1 m＝10 m，x1＝ eq \f(1,2) v1t＝5 m，它们的相对位移为Δx1＝s1－x1＝5 m，1～2 s内传送带的位移及物体的位移分别为s2＝v1t＝10×1 m＝10 m，x2＝ eq \f(1,2) (v1＋v2)t＝ eq \f(1,2) (10＋12)×1＝11 m，它们的相对位移为Δx2＝x2－s2＝1 m．0～1 s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5 m长的痕迹，1～2 s内物体位移大于皮带的位移，这1 m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5 m，C项正确；2 s内物体与传送带摩擦产生的内能为Q＝μmg cs θ(Δx1＋Δx2)＝24 J，D项错误．
6．BD 木箱刚放上去时做匀加速运动，其加速度a＝g sin 37°－μg cs 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱与传动带之间的动摩擦因素μ＝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＝mgh＋ eq \f(1,2) mv2＋μmgx相·cs 37°＝1 240 J，D正确．
7．D 由题中图像可知，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相等，木板获得的动能为1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) ·2m·v2＝2 J，B错误；由v­t图像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μ＝0.1，D正确．
8．BD
9．(1)4 m/s (2)h≤3 m (3)2 eq \r(3) m
解析：(1)根据动能定理有
mgh1－μmg cs θ· eq \f(h1,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B)
解得vB＝4 m/s
(2)若小物块落到传送带左侧地面，则当高度最大时，小物块在滑至传送带右端D时速度恰好减为0，此时有
mghmax－μmg cs θ· eq \f(hmax,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,Bmax)
v eq \\al(2,Bmax) ＝2μgL
解得hmax＝3m
则有h≤3m
(3)若h2＝6 m，结合上述，小物块落到传送带右侧地面，则有
mgh2－μmg cs θ· eq \f(h2,sin θ) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,C)
v eq \\al(2,C) －v eq \\al(2,D) ＝2μgL
之后做平抛运动，则有
H＝ eq \f(1,2) gt2，x＝vDt
解得x＝2 eq \r(3) m．
10．(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，对物块与木板整体，根据动能定理有2mgL sin θ＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(2,0)
解得v0＝3 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 θ＋μmg cs θ＝ma1
解得a1＝11 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
μmg cs θ－mg sin θ＝ma2
解得a2＝1 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
v＝－v0＋a1t，v＝v0－a2t
解得v＝2.5 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
v eq \\al(2,0) －v2＝2a1x1
解得x1＝0.125 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v eq \\al(2,0) －v2＝2a2x2
解得x2＝1.375 m
又x＝x1＋x2
解得x＝1.5 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
Q＝mgL sin θ＋mg(L＋s)sin θ
又Q＝μmgs cs θ
解得s＝9 m Q＝54 J