新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题1力与运动微专题1传送带模型滑块_木板模型

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A．μ1＝μ2 B．μ1<μ2
C．μ1>2μ2 D．μ1＝2μ2
【解析】由v-t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ22mg，则有μ1>2μ2，故选C。
2. (多选)(2023·湖北荆门三模)中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是( BC )
【解析】设两棋子间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最上面两个棋子向右运动的最大加速度为am＝eq \f(μ·2mg,2m)＝μg，设最上面三个棋子一起以am向右加速运动时，水平恒力大小为F0，则F0－μ·3mg＝3mam，所以F0＝6μmg，当0≤F≤3μmg时，所有棋子均静止不动；当3μmg6μmg时，第三个棋子和上面两个棋子发生相对滑动，此时第三个棋子以大于am的加速度向右匀加速，上面两个棋子以am的加速度向右加速，而第四个棋子不可能发生运动，因为第四个棋子上表面的最大静摩擦力为3μmg，下表面的最大静摩擦力为4μmg，同理第五个棋子也不可能运动，故A错误，C正确。故选BC。
3. (多选)(2022·湖南常德二模)如图甲所示，长木板B静止在水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ABD )
A．长木板的最小长度为2 m
B．A、B间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5 kg
D．外力F的大小为4 N
【解析】由图像可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，v-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由图乙可知，1 s时撤去外力F，在1～2 s内由物块A的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由图乙可知1～2 s内物块A的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1.0 kg，C错误；由0～1 s内的物块A的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。故选ABD。
4. (多选)(2023·北京西城模拟)如图甲所示，一块质量为mA＝1 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( BCD )
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9 N
D．F的大小与板长L有关
【解析】由图像可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2，对木板根据牛顿第二定律μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后木板的加速度为a2＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，对木板根据牛顿第二定律μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.4，μ2＝0.1，故A错误，B正确；根据L＝eq \f(1,2)aBt2－eq \f(1,2)a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝2L＋6(N)，即F的大小与板长L有关，且大于6，故CD正确。故选BCD。
5. (多选)如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的滑块，在滑块上施加一水平向右的恒力F，滑块和木板均由静止开始运动，木板相对地面运动位移为x时二者分离。则下列哪些变化可使x减小( ACD )
A．仅增大恒力F
B．仅增大滑块的质量m
C．仅增大木板的质量M
D．仅减小滑块与木板间的动摩擦因数
【解析】根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(F,m)－μg，木板的加速度为a2＝eq \f(μmg,M)，设板长为L，根据L＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2，得t＝eq \r(\f(2L,a1－a2))，木块相对地面运动位移为x＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(La1,a1－a2)＝eq \f(L,1－\f(a2,a1))，若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度a2不变，则x减小，故A正确；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则x增大，故B错误；若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，则x减小，故C正确；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1变大，木板的加速度a2减小，则x减小，故D正确。故选ACD。
6. (多选)(2023·河南郑州模拟)如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的( BC )
【解析】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝mab，解得ab＝μg，对长木板受力分析有F－μmg－μ×2mg＝maa，解得aa＝eq \f(F,m)－3μg，根据图像A、B的斜率可知初始阶段aa＜0，ab＝|aa|，解得F＝2μg，则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确；根据图像C知a做匀速直线运动，即F＝3μmg，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，解得a＝eq \f(1,2)μg＝eq \f(1,2)ab，故C正确；若0 7. (多选)皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输装置的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°。若传送带以恒定的速率v0＝5 m/s逆时针运转，将质量为1 kg的煤块(看成质点)无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.5 s煤块速度与传送带相同，再经t2＝2 s到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则( ABD )
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带PQ的长度为15.25 m
C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为2.75 m
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为21 J
【解析】物块刚放上传送带的t＝0.5 s内，物体的速度v0＝a1t1，由牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得μ＝0.5，故A正确；在最初0.5 s内物块的位移x1＝eq \f(v0,2)t1，以后物块的加速度mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，再经t2＝2 s到达传送带底端Q点，则x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，则传送带PQ的长度L＝x1＋x2，联立代入数据解得L＝x1＋x2＝15.25 m，故B正确；在最初0.5 s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离Δx1＝v0t1－x1，以后的2 s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离Δx2＝x2－v0t2，联立代入数据解得Δx1＝v0t1－x1＝1.25 m，Δx2＝x2－v0t2＝4 m，则煤块从P点到达a点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4 m，故C错误；煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为Q＝fΔx＝0.5×1×10×0.8×(1.25＋4)J＝21 J，故D正确。故选ABD。
8. (2023·安徽联考模拟)如图为某自动控制装置的示意图，平台左右等高，在两平台中间有一个顺时针匀速转动的水平传送带，传送带的速度大小v和长度L都可以根据需要由自动驱动系统调节。一质量m＝1 kg的物体(可视为质点)以初速度v0＝6 m/s从左侧平台滑上传送带、物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)若v>v0，传送带的长度L＝6.5 m，要求物体运动到传送带右端的时间最短，求该过程中摩擦力对物体的冲量大小I；
(2)若v【答案】(1)1 N·s (2)0.5 m
【解析】(1)若v>v0，物体受到传送带向右的滑动摩擦力，若物体一直做加速直线运动，时间最短，设物体运动的加速度为a，运动到传送带右端的时间为t，速度为v1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
由匀变速直线运动的规律有veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2aL
L＝eq \f(1,2)(v0＋v1)t
又I＝μmgt
解得I＝1 N·s。
(2)若vL′＝eq \f(1,2)(v0＋v)t′
相对位移x＝eq \f(1,2)(v0＋v)t′－vt′
解得x＝0.5 m。
9. (2023·河南洛阳联考)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，皮带传动装置按顺时针方向匀速转动的速度v＝5 m/s，两轮轴心相距L＝10 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝2 kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0＝10 m/s，A、B间的距离x＝1 m。工件可视为质点，g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cs37°＝0.8)。求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)工件沿传送带上滑的时间。
【答案】(1)112 J (2)3 s
【解析】(1)弹簧的最大弹性势能Ep＝mgxsin 37°＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
得Ep＝112 J。
(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程中，有
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
与传送带共速需要时间t1＝eq \f(v0－v,a1)＝0.5 s
工件滑行位移大小x1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝3.75 m因为μ假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落。
则t2＝eq \f(v,a2)＝2.5 s
工件滑行位移大小x2＝eq \f(v2,2a2)＝6.25 m＝L－x1故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为t＝t1＋t2＝3 s。
10. (2023·山东烟台三模)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面足够长，斜面上放有质量为m1＝2 kg、长度为L＝1 m的木板，A、B为木板的两个端点，在A端放有质量m2＝2 kg的物块(可视为质点)，物块和木板接触面粗糙，将物块与质量M＝1 kg的重物通过轻质长绳相连，绕在固定在斜面顶端的定滑轮上，不计滑轮处的摩擦。系统从静止状态开始运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)欲使物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动，求它们之间动摩擦因数μ的取值范围；
(2)若动摩擦因数μ0等于(1)问中最小值的eq \f(5,8)倍，求从开始运动到物块从木板上掉下来所经过的时间。
【答案】(1)μ≥0.4 (2)1 s
【解析】 (1)根据牛顿第二定律，对重物T－Mg＝Ma1
对物块m2gsin θ＋f－T＝m2a1
对木板m1gsin θ－f＝m1a2
物块和木板之间不发生相对滑动，有a1＝a2
解得f＝eq \f(Mm1g1＋sinθ,M＋m1＋m2)
物块和木板之间不发生相对滑动的条件是f≤fmax＝μm2gcs θ
解得μ≥0.4。
(2)当μ0＝eq \f(5,8)×0.4＝0.25
可得m2gsin θ＋μ0m2gcs θ－Mg＝(M＋m2)a1
m1gsin θ－μ0m2gcs θ＝m1a2
m1与m2间的相对加速度a＝a2－a1
又L＝eq \f(1,2)at2
解得t＝1 s。