(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第三章 专题突破二 (含解析)

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考向 水平传送带
分析解答问题的关键
(1)对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
(2)物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
【例1】 如图1所示，水平传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长，重力加速度为g。问：
图1
(1)物体从A到B做什么运动？
(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？
(3)物体从A到B运动的时间为多少？
(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？
解析 (1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。
(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝eq \f(v,μg)
物体的位移x1＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(v2,2μg)
传送带的位移x2＝vt＝eq \f(v2,μg)
(3)物体从A到B运动的时间为
t总＝eq \f(v,μg)＋eq \f(L－x1,v)＝eq \f(L,v)＋eq \f(v,2μg)
(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥eq \r(2μgL)。
答案 (1)先匀加速，后匀速 (2)eq \f(v2,2μg) eq \f(v2,μg) (3)eq \f(L,v)＋eq \f(v,2μg)
(4)v≥eq \r(2μgL)
考向 倾斜传送带
物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcs θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。
【例2】 如图2所示，传送带以恒定速率v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝1 kg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F＝10 N的恒力拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上。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10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
图2
(1)求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，则物块还需多少时间才能脱离传送带？
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＋μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma1
v＝a1t1
联立得a1＝8 m/s2，t1＝0.5 s，故x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1 m
物块与传送带达到共同速度后，
因F－mgsin θ－μmgcs 37°＝0
故物块在平衡力作用下随传送带一起匀速上升
x2＝eq \f(H,sin 37°)－x1＝2 m，t2＝eq \f(x2,v)＝0.5 s
物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝1 s。
(2)若在物块与传送带达到速度相等的瞬间撤去恒力F，因为μv1，则 ( )
图3
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析 t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。
答案 B
2．(2018·四川成都诊断)如图4所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
图4
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
解析 (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，
发生的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m。
达到v0后，受到向上的摩擦力，则
a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，
得t2＝0.5 s。
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。
答案 (1)1.5 s (2)5 m
突破二 “板块”模型
1．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
2．两种类型
【例3】 (2018·湖北重点中学4月联考)如图5所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：
图5
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L。
思路点拨 (1)分析摩擦力方向→判断A和B的运动性质→求速度和时间。
(2)计算A和B的位移→求相对位移→最短长度。
解析 (1)对A、B分别由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝eq \f(1,2)μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝eq \f(2v0,aA＋aB)＝eq \f(4v0,3μg)，v＝－eq \f(v0,3)。
(2)在时间t内：
A的位移xA＝eq \f(－v0＋v,2)t＝－eq \f(8veq \\al(2,0),9μg)
B的位移xB＝eq \f(v0＋v,2)t＝eq \f(4veq \\al(2,0),9μg)
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即
L＝Δx＝xB－xA＝eq \f(4veq \\al(2,0),3μg)。
答案 (1)eq \f(4v0,3μg) eq \f(v0,3) (2)eq \f(4veq \\al(2,0),3μg)
解决速度临界问题的思维模板
1．如图6所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2随时间t变化的图线中正确的是( )
图6
解析 开始时木板和木块一起做加速运动，有F＝(m1＋m2)a，解得a＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(kt,m1＋m2)，即木板和木块的加速度相同且与时间成正比。当木板与木块间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动，对木块有F－μm2g＝m2a2，a2＝eq \f(F－μm2g,m2)＝eq \f(kt,m2)－μg，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝eq \f(μm2g,m1)为定值。所以选项A正确。
答案 A
2．如图7所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N。当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。求：
图7
(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放在小车上开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？(取g＝10 m/s2)
解析 (1)小物块的加速度am ＝μg＝2 m/s2，
小车的加速度aM＝eq \f(F－μmg,M)＝0.5 m/s2。
(2)由amt1＝v0＋aMt1，得t1＝1 s。
(3)在开始1 s内小物块的位移x1＝eq \f(1,2)amteq \\al(2,1)＝1 m。
最大速度v＝amt1＝2 m/s。
在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a＝eq \f(F,M＋m)＝0.8 m/s2。
这0.5 s内的位移x2＝vt2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝1.1 m，
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。
答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m
科学思维系列——“模型建构”破解高考压轴大题
【典例】 (2015·全国卷Ⅰ，25，)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图8(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
图8
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[教你建构物理模型]
第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为m和M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。
第二步：分解过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。
(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度．然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。
第三步：选择计算方法。上面的每一个过程都有特定条件要求，应根据各自的物理规律，选择相应的计算方法解题。
[规范解答] (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(v－0,t)＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2。
根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋eq \f(1,2)a1t2
解得a1＝1 m/s2
小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即 μ1g＝a1
解得μ1＝0.1
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有
μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3
可得a3＝eq \f(4,3) m/s2
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 的过程中，木板向左运动的位移为
x1＝vt1－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,1)＝eq \f(10,3) m, 末速度v1＝v－a3t1＝eq \f(8,3) m/s
滑块向右运动的位移x2＝eq \f(v＋0,2)t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝eq \f(4,3) m/s2
假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移
x3＝v1t2－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝eq \f(7,6) m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m
小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝eq \f(veq \\al(2,3),2a1)＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m
答案 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
课时作业
(时间：30分钟)
基础巩固练
1．如图1所示，水平传送带静止不动，质量为1 kg的小物体，以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，最终以2 m/s的速度从传送带的右端离开传送带。如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时的速度( )
图1
A．小于2 m/s B．等于2 m/s
C．大于2 m/s D．不能到达传送带右端
解析 当传送带不动时，小物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带。当传送带逆时针转动时，小物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的滑动摩擦力方向仍然向左，这样与传送带静止时比较，受力情况完全相同，所以运动情况也应该一致，即最后离开传送带时速度仍然是2 m/s，选项B正确。
答案 B
2．(多选)如图2甲所示，一质量为m1的薄木板(厚度不计)静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是( )
图2
A．滑块始终与木板存在相对运动
B．滑块未能滑出木板
C．滑块的质量m2大于木板的质量m1
D．在t1时刻，滑块从木板上滑出
解析 滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2＝eq \f(μm2g,m2)＝μg，a1＝eq \f(μm2g,m1)，由v－t图象可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由v－t图象分析可知a2＜a1，即μg＜eq \f(μm2g,m1)，则m1＜m2，选项A、C、D正确。
答案 ACD
3．如图3所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg 和mB＝2 kg 的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2。改变拉力F的大小，B的加速度大小可能为( )
图3
A．1 m/s2 B．2.5 m/s2C．3 m/s2 D．4 m/s2
解析 A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmax