2022届高考物理二轮提升复习1力学中的传送带和板块问题

#力学中的传送带和板块问题一、选择题（第1〜5题为单选题，第6〜8题为多选题）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3s内为二次函数，在3〜4.5s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g=10m/s2.下列说法不正确的是（）小物块的初速度为4m/s传送带沿逆时针方向转动传送带的速度大小为2m/s小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2【答案】B【解析】因2s末物体的速度减为零，位移为4m,则a二二2m/s2，根据匀变速直线运动速度12时间公式，可得v0二at二4m/s，又根据"二卩g可知，小物块与传送带间的动摩擦因数卩=0.2，AD不符合题意；由x—t图像可知，因图像的斜率等于速度，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3.0〜4.5s内的图像可知，传送带Ax亠，的速度v二二2m/s，C不符合题意。At如图甲所示，质量m=3kg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匸、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10m/s2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）两个物体间的动摩擦因数为0.3物体B的质量为1kg物体B与水平地面间的动摩擦因数为0.2当F=10N时，A物块的加速度大小为3m/s2【答案】B【解析】由图乙可知，A、B之间的最大静摩擦力为f=6N，可知A、B间的动摩擦因数lmax卩=[fmax=0.2，故A错误；由图乙可知，当F=4N时，A、B整体相对地面开始滑动，则abmg卩（m+m）g=4N，当F=12N时，A、B即将产生相对滑动，此时对整体有a=F_^b地（m+mp）g，B地Bm+mB对物块A有=ma，联立解得mB=1kg,%地=0.1，故B正确，C错误；当F=1°N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°，=F_%地（m+mB）g=10二4m/s2=1.5m/s2，3+1故D错误。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L=0.20m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数卩=0.20,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,使滑块从地面由一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，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.足够大，木板一定能上升B.N，为使滑块和木板不发生相对滑动，匚至少为20NC.若匚=40N，为使滑块和木板一起上升，则A.只要.足够大，木板一定能上升B.N，为使滑块和木板不发生相对滑动，匚至少为20NC.若匚=40N，为使滑块和木板一起上升，则.的取值范围是12NV.W18ND.若匚=30N、F2=20N,则滑块经过0.4s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，则有卩F1>Mg，解得F〉坐=0・4°%10n=20N，1r0.20即必须满足F1>20N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,卩F1-Mg=Ma，若.=40N,为使滑块和木板一起上升，F2-(M+m)g=(M+m)a,解得F=24N,故C错误；若.=30N、F2=20N,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F-卩F-mg=ma，代入数据解得a=7.5m/s2,对木板应用牛顿第二定律有卩F-Mg=Ma,TOC\o"1-5"\h\z21mm1M代入数据解得aM=5m/s2，此时a>aM，故假设成立。设经过时间t滑块将从木板上方离开木板，则MmM滑块上升的距离为x=-a12，木板上升的距离为x二1a12，滑块可从木板上方离开木板，则有m2mM2Mx—x=L，联立解得1=0.4s，故D正确。mM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匚、.，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M、弹簧组成的系统，正确的说法是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()―—卩L]M、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整个运动过程当中，系统机械能、动量均守恒整个运动过程中，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当弹簧弹力的大小与拉力F]、.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，贝血、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.与匚等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒。由于水平恒力匚、.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，.与.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，匚与^分别对队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。如图1所示，传送带与水平面的夹角9=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m=2kg的小物块，从皮带的底端A点以初速度v°=10m/s滑上传送带，滑块在传送带上运动的v—t图象如图2所示（规定向上为正），下列判断正确的有（）图2图2传送带以4m/s的速度顺时针转动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小物块在0〜0.8s内摩擦力的冲量大小为20N-s小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为108J【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0〜0.8s内，由图象的斜率可知物块的加速度大小为a=12.5m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin30°+f=ma，解得f=15N,所以摩擦力的冲量大小为I=以摩擦力的冲量大小为I=ft=12N-s，故C错误；小物块上升过程中，传送带的位移大小为x=vt=4X0.8m=3・=vt=4X0.8m=3・2m，物块的位移大小为x上2小为m=x物+x带=4皿+3・2皿=7・2叫所以小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为Q=3=15X7.2J=108J，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卩。初始时木箱向右的速度为v°，木块无初速度。木箱运动的v—t图像如图所示，所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0〜t0内，下列说法正确的是（）M=2mV2BE间的相对路程为応C.V2BE间的相对路程为応C.M对地的位移为8V0-+2L8卩-2D.m对地的位移为尹-2L8卩-2【答案】BCD【解析】由v—t图像可知木块与木箱最终共速，则mv=（M+m）Vo，得m=M，故A错误；由能o2量守恒可得—Mv2=i（M+m）+卩mgs，得到两物体的相对路程为-^二，故B正确；由图知共碰撞2。244卩gv三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为t=02=亠，则木箱运动的位移为3l+丄二，Pg2pg28rg木块相对地面的位移为蓉-3L，故CD正确。8卩g28•如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角a=37°，一质量为3m的L形工件沿斜面以速度v0=lm/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10m/s2，下列说法正确的是（）下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒下滑过程中，工件的加速度大小为2m/s2木块与挡板第1次碰撞后瞬间，工件的速度大小为1.5m/s木块与挡板第3次碰撞至第4次碰撞的时间间隔为0.75s【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3mgsina=3卩mgcosa，解得卩=o.75，把木块放上,对工件受力分析有4pmgcosa-3mgsina=3ma，解得a=2m/s2，故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3mv0=mv，解得v=3m/s，设第一次碰撞后木块速度为v,工件的速度为v,碰撞过程根据动量守恒有mv=mv+3mv，根据能量1212守恒有1mv2=—mv2+1-3mv2，解得vi=1.5m/s，笃=1.5m/s，故C正确；设木块与挡板第1次22—22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x=vt+1gsin37ot2，工件的位移——2x=vt-1at2，x=x，解得t=0.75s，第2次碰撞前木块的速度v=v+gsin37°t=3m/s，工件2221231的速度v=v-at=0，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42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，半径为R=0・4m；在水平地面左端有一倾角0=37。的传送带以v=10m/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mA=1kg,叫AB=4kg,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卩=0・5,传送带与水平面足够长，重力加速度g取10m/s2，sin37°p滑块p滑块A第二次经过传送带最低点M时重力的功率；求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q(结果可用根号表示)。【解析】⑴滑块B恰好能通过半圆轨道最高点P,则在P点mg=mBB从N点到P点由机械能守恒定律—mv2=1mv2+2mgR2B22BPB两物块被弹簧弹开时由动量守恒定律mv=mvA1B2弹簧具有的弹性势能E=—mv2+—mv2P2A12B2联立解得v=8\：5m/s，v=2+5m/s，E=200J。12p(2)物块A沿传送带上滑的加速度a=gsin37°+pgcos37°=10m/s2—16m上滑的最大距离x=二16m2a1下滑开始的加速度ai=10m/s2加速到v=10m/s时的距离x=竺=5m12a1共速后加速度为a2=gsin37"gcos37°=2m/s2加速到低端的速度v'=“2+笔任-Xi)=12m/s

此时重力的瞬时功率P此时重力的瞬时功率P=mgvsin37°=72WGA⑶物块A上滑时相对传送带滑动的距离Ax二x+Viv二16m+——x10m二(16+8\：'5)m1a101下滑阶段共速前相对传送带的滑动的距离Ax=-v-x=5m2a1

1下滑阶段共速后相对传送带的滑动的距离Ax=x-x-匕工v=1m31a2摩擦生热Q=Rcos37(Axi+巴+辈)=8(H+^5)J。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M=2kg。木板C上放置有质量mA=叫=0.5kg的物体A和物块B(可视为质点)。已知物体A与木板C间的动摩擦因数uAB0=0.3。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x=0.25m；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0.5s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g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：2ACF0/77777777777777777777777777777777777T'v/in-s-12ACF0/77777777777777777777777777777777777T'v/in-s-1A、B间的动摩擦因数u；作用在长木板C上的水平恒力F的大小；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，则A、B整体的加速度a=Ro(mA+mB)g=3m/s2(m+m)AB由图乙可知，A的加速度a=——=4m/s2AAt即A、B间发生相对滑动，对A有卩(m+m)g—pmg=ma0ABBAA可得卩=0.2。(2)对木板C，在加速的过程中，由动力学关系得F—pF—pIm0A+mB)g=Ma11x=at2一a1222A可得a=6m/s2,F=15N。（3）由图乙知，A与C挡板碰撞前A的速度Va=2m/sB的速度Vb*gt=1m/SC的速度vc=at=3m/s该过程中B相对于A滑动的距离为L=-a12--a12=0.25m12A2BA与C组成的系统在碰撞中动量守恒，可知Mv+mv=（M+m）vCAAA可得v=2.8m/s当B恰好滑到A的左端与A达到共同速度v共时，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L2，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（M+m）v+mv=（MABBAB共（M+m）v2+mv2一（M+m+m）v2=卩mgL2A2BB2AB共B2可得l2=0.675m故L的最小值L=x+L+L=1.175m。min12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L=24.5m,装货物的凹形薄木箱质量为M=1kg、长度d=1.5m。现将质量m=2kg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a0=4m/s2，最大速度V0=4m/s。已知木箱与货物间的动摩擦因数比=0.1,木箱与传送带间的动摩擦因数卩2=0.2,重力加速度大小g=10m/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：传送带加速运动过程中，货物对木箱侧壁的压力大小；传送带减速运动过程中，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，由牛顿第二定律有卩2(m+M)=(m+代入数据得a=2m/s2对于货物，因7=0.1仅靠静摩擦力提供的最大加速度为1m/s2，所以木箱对货物的静摩擦力不仅达到最