高考物理一轮复习课时作业10“传送带”模型和“滑块_滑板”模型含答案

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“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μ＝0.1.工件滑上A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/sB．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝3m/sC．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/sD．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝2m/s2．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·广东惠州调研](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·江西七校联考] (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μ＝0.2.现用水平恒力F＝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/s2B．2.5m/s2C．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：(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？课时作业(十)1．解析：若传送带不动，由匀变速运动规律可知veq \o\al(2,B)－veq \o\al(2,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：ABC2．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＝eq \f(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：D3．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－eq \f(1,2)a1t2－eq \f(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：BC4．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＝eq \f(F－Ff,m0)＝2.5 m/s2.故A错误，B正确．设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为a′＝－eq \f(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×eq \f(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：BD5．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＝eq \f(fm,m)＝μ2g＝4 m/s2aM＝eq \f(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：veq \o\al(2,M)－veq \o\al(2,0)＝－2aML解得vM＝3 m/st1＝eq \f(vM－v0,－aM)＝0.6 svm＝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/s　2.4 m/s　(2)0.6 s6．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＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)＝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＝eq \f(H,sin 37°)－s1＝2 mt2＝eq \f(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－eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,3)解得t3＝(2－eq \r(2)) s或t3＝(2＋eq \r(2)) s(舍去)答案：(1)1 s　(2)(2－eq \r(2)) s