2025高考物理總復(fù)習(xí) 提能訓(xùn)練　練案17

第三章專題強(qiáng)化四提能訓(xùn)練練案[17]基礎(chǔ)過關(guān)練題組一傳送帶模型1．(多選)為保障市民安全出行，有關(guān)部門規(guī)定：對(duì)乘坐軌道交通的乘客所攜帶的物品實(shí)施安全檢查。如圖甲所示為乘客在進(jìn)入地鐵站乘車前，將攜帶的物品放到水平傳送帶上通過檢測(cè)儀接受檢查時(shí)的情景。如圖乙所示為水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶ab始終以1m/s的恒定速率運(yùn)行，乘客將一質(zhì)量為1kg的小包(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在傳送帶左端的a點(diǎn)，設(shè)行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，a、b間的距離為2m，g取10m/s2。下列速度—時(shí)間(v－t)圖像和位移—時(shí)間(x－t)圖像中，可能正確反映行李在a、b之間的運(yùn)動(dòng)情況的有(除C中0～1s為曲線外，其余均為直線段)(AC)[解析]行李放到傳送帶上，由μmg＝ma可得a＝1m/s2，則由v＝at，得t＝1s，可知行李在0～1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與傳送帶共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；行李在t＝1s時(shí)的位移x＝eq\f(1,2)at2＝0.5m，行李在0～1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，x－t圖像為拋物線，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，x－t圖像為直線，故C正確，D錯(cuò)誤。2.如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1。工件滑上A端瞬時(shí)速度vA＝4m/s，到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vBA．若傳送帶不動(dòng)，則vB＝3m/sB．若傳送帶以速度v＝4m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB＝3m/sC．若傳送帶以速度v＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB＝3m/sD．若傳送帶以速度v＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB＝2m/s[解析]若傳動(dòng)帶不動(dòng)或逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則工件水平方向受水平向左的滑動(dòng)摩擦力作用，由牛頓第二定律，得μmg＝ma，由勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝－2as，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s，A、B正確；若傳送帶以速度v＝2m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，假設(shè)工件在到達(dá)B端前速度降至2m/s，則工件水平方向受水平向左的滑動(dòng)摩擦力作用，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律，得μmg＝ma，工件滑上傳送帶先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減小到2m/s時(shí)所經(jīng)過的位移x＝eq\f(v\o\al(2,A)－v2,2a)＝eq\f(16－4,2)m＝6m>3.5m，所以假設(shè)不成立，所以工件一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，由勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝－2as，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s，D錯(cuò)誤，C正確。3.(多選)應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型，傳送帶始終保持v＝0.4m/s的恒定速率運(yùn)行，行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B間的距離為2m，g取10m/s2。旅客把行李(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在A處A．開始時(shí)行李的加速度大小為2m/s2B．行李經(jīng)過2s到達(dá)B處C．行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.D．行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為0[解析]開始時(shí)，對(duì)行李，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，故A正確；設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝0.4m/s，根據(jù)v＝at1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.2s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×0.22m＝0.04m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.04,0.4)s＝4.9s，可得行李從A到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝5.1s，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知行李在到達(dá)B處前已經(jīng)與傳送帶共速，所以行李到達(dá)B處時(shí)速度大小為0.4m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的摩擦痕跡長(zhǎng)度為Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04)m＝0.04m，故D錯(cuò)誤。4．(2024·福建漳州質(zhì)檢)如圖甲所示，MN是一段傾角為θ＝30°的傳送帶，一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m＝1kg的物塊，沿傳動(dòng)帶向下以速度v0＝4m/s從M點(diǎn)開始沿傳送帶運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)過程的部分v－t圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，則(D)A．物塊最終從傳送帶N點(diǎn)離開B．傳送帶的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下C．物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度a＝2m/s2D．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)[解析]從題圖乙可知，物塊速度減為零后又反向向上運(yùn)動(dòng)，最終的速度大小為1m/s，因此沒從N點(diǎn)離開，并且能沿著傳送帶斜向上運(yùn)動(dòng)，速度大小為1m/s，A、B錯(cuò)誤；v－t圖像中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度a＝－2.5m/s2，C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律mgsin30°－μmgcos30°＝ma，可得μ＝eq\f(\r(3),2)，D正確。題組二板塊模型5．如圖所示，一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻(t＝0)將一相對(duì)于地面靜止的物塊輕放到木板上。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像可能是圖中的(A)[解析]放上小物塊后，長(zhǎng)木板受到小物塊施加的向左的滑動(dòng)摩擦力和地面施加的向左的滑動(dòng)摩擦力，在兩力的共同作用下減速，小物塊受到向右的滑動(dòng)摩擦力作用，做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等后，可能以共同的加速度一起減速，直至速度為零，共同減速時(shí)的加速度小于兩者相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)木板的加速度，A正確，B、C錯(cuò)誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。6．(2024·廣東惠州月考)光滑水平面上停放著質(zhì)量M＝2kg的平板小車，一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝3m/s的初速度從A端滑上小車，如圖所示。小車長(zhǎng)l＝1m，小滑塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，取g＝10m/s2，從小滑塊滑上小車開始計(jì)時(shí)，1s末小滑塊與小車B端的距離為(C)A．1m B．0C．0.25m[解析]設(shè)最終小滑塊與小車速度相等，小滑塊的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg，小車加速度a2＝eq\f(μmg,M)，則v＝v0－a1t0，v＝a2t0，聯(lián)立解得t0＝0.5s<1s，v＝1m/s，0.5s后小滑塊與小車以共同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)。則在0～0.5s時(shí)間內(nèi)小滑塊位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1m，小車位移x2＝eq\f(v,2)t0＝0.25m，小滑塊與小車B端的距離d＝l＋x2－x1＝0.25m，C項(xiàng)正確。能力綜合練7．(多選)如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板M放在水平地面上，質(zhì)量為m＝2kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的右端，兩者均靜止?，F(xiàn)用水平向右的力F作用在木板上，通過傳感器測(cè)出木板的加速度a與外力F的變化關(guān)系圖像如圖乙所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g＝10m/s2，下列說法正確的是(AD)A．m與M間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2B．M與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.3C．M的質(zhì)量為2kgD．圖乙中橫軸截距為6N[解析]由圖乙可知，當(dāng)F＝18N時(shí)，物塊和木板剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，兩者加速度為2m/s2。對(duì)物塊，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma，解得μ1＝0.2，A正確；物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過程中，對(duì)木板，有F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma，即a＝eq\f(F,M)－eq\f(μ1＋μ2mg＋μ2Mg,M)，由圖像知，斜率eq\f(1,M)＝eq\f(1,4)，解得M＝4kg。當(dāng)F＝18N時(shí)，a＝2m/s2，得μ2＝0.1，B、C錯(cuò)誤；橫軸截距表示物塊和木板整體即將相對(duì)地面滑動(dòng)時(shí)外力F的值，故F＝μ2(m＋M)g得F＝6N，D正確。8．(多選)(2024·湖南長(zhǎng)沙月考)如圖甲所示，一塊質(zhì)量mA＝2kg的木板A靜止在水平地面上，一個(gè)質(zhì)量mB＝1kg的滑塊B靜止在木板的左端，對(duì)B施加一向右的水平恒力F，一段時(shí)間后B從A右端滑出，A繼續(xù)在地面上運(yùn)動(dòng)一段距離后停止，此過程中A的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。下列說法正確的是(BD)A．滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6B．木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C．F的大小可能為9ND．F的大小與板長(zhǎng)L有關(guān)[解析]對(duì)木板A，當(dāng)滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑塊從木板上滑出后，木板的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝－eq\f(2,2)m/s2＝－1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得－μ2mAg＝mAa2，聯(lián)立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；對(duì)滑塊B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中aB>2m/s2，則F>9N，即F的大小不可能為9N，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)L＝eq\f(1,2)aBt2－eq\f(1,2)a1t2，式中t＝1s，聯(lián)立解得F＝(2L＋9)N，即F的大小與板長(zhǎng)L有關(guān)，D項(xiàng)正確。9.(多選)滑沙運(yùn)動(dòng)是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長(zhǎng)為1m的滑板，滑板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(21,40)。小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長(zhǎng)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列判斷正確的是(BC)A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8mC．經(jīng)過1s的時(shí)間，小孩離開滑板D．小孩離開滑板時(shí)的速度大小為0.[解析]對(duì)小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小a1＝eq\f(Mgsin37°－μ1Mgcos37°,m)＝2.8m/s2，同理對(duì)滑板，加速度大小a2＝eq\f(Mgsin37°＋μ1Mgcos37°－2μ2Mgcos37°,M)＝0.8m/s2，A錯(cuò)誤，B正確；小孩剛與滑板分離時(shí)，有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1s，離開滑板時(shí)小孩的速度大小v＝a1t＝2.8m/s，D錯(cuò)誤，C正確。10．(多選)(2024·廣東省華南師大附中檢測(cè))如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的、傾角為37°的傳送帶以恒定速率穩(wěn)定運(yùn)行，一質(zhì)量m＝1kg、底部有墨粉的小物體從傳送帶中間某位置平行滑上傳送帶，取物體沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，若取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列說法正確的有(AD)A．0～8s內(nèi)物體的位移大小為14mB．物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.625C．0～4s內(nèi)物體上升的高度為4mD．0～8s內(nèi)物體在傳送帶上留下的墨跡長(zhǎng)度為18m[解析]物體運(yùn)動(dòng)的位移即v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積，則x＝eq\f(2＋6,2)×4m－2×2×eq\f(1,2)m＝14m，A正確；由物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖像可知，在2～6s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－0,4)m/s2＝1m/s2，且μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝0.875，B錯(cuò)誤；在0～4s內(nèi)由題圖知，物體運(yùn)動(dòng)的位移為0，則在0～4s內(nèi)物體上升的高度為0，C錯(cuò)誤；由選項(xiàng)A可知，在0～8s內(nèi)物體的位移x＝14m，傳送帶的位移x′＝vt＝4×8m＝32m，則0～8s內(nèi)物體在傳送帶上留下的墨跡長(zhǎng)度為Δx＝x′－x＝18m，D正確。11.如圖所示，傾角為37°、長(zhǎng)l＝16m的傳送帶，轉(zhuǎn)動(dòng)速度v＝10m/s，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的物體，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2(1)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體從頂端A滑到底端B的時(shí)間；(2)傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體從頂端A滑到底端B的時(shí)間。[答案](1)4s(2)2s[解析](1)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，則物體所受滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，又μ<tan37°，故物體相對(duì)傳送帶向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma則a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2又l＝eq\f(1,2)at2解得t＝4s。(2)傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)物體下滑速度小于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)，物體相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，則物體所受滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，設(shè)物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1則有a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝10m/s2設(shè)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)速度等于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t1，位移為x1，則有t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m<l＝16m因mgsin37°>μmgcos37°，則當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)速度等于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度后，物體相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，受到傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力，即摩擦力發(fā)生突變。設(shè)當(dāng)物體下滑速度大于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)物體的加速度為a2，則a2＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝2m/s2x2＝l－x1＝11m又因?yàn)閤2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)所以t總＝t1＋t2＝2s。12.如圖所示，傾角θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足夠長(zhǎng)。其上有一質(zhì)量M＝1kg、長(zhǎng)L＝6m的木板，木板厚度不計(jì)。在木板的左端有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝2kg的木塊，木塊與木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。開始時(shí)二者都靜止，