高效作业35 拓展与归类·专题研析 滑块—木板、传送带模型-【精彩三年】2024-2025学年高中物理必修1课程探究与巩固PPT课件（人教版2019）

高效作业35 [拓展与归类·专题研析　滑块—木板、传送带模型] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [A级　新教材落实与巩固] 1．如图所示，在水平路面上，质量为m的货柜随汽车一起向右运动(货柜与汽车一直相对静止)，货柜没有被捆绑，货柜与汽车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，以下说法正确的是(　　) A．汽车正常行驶时，路面对所有车轮的摩擦力均为滑动摩擦力 B．汽车加速运动时，路面对所有车轮摩擦力的方向均为水平向左 C．汽车加速运动时，货柜受到的摩擦力大小为μmg D．汽车加速运动时，货柜受到的摩擦力是其加速的动力 D 【解析】 汽车正常行驶时，车轮相对地面不产生相对滑动，则路面对所有车轮的摩擦力均为静摩擦力，选项A错误；汽车加速运动时，路面对主动轮车轮的静摩擦力方向向右，对所有从动轮车轮的摩擦力方向水平向左，选项B错误；汽车加速运动时，货柜受到的摩擦力为静摩擦力，是其加速的动力，大小为ma，选项C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2．如图所示，水平传送带以恒定速率v沿顺时针方向转动，现将一货物无初速度地放在传送带的左端A处，则货物的速度v随时间t、位移x的变化规律的图像中不可能的是(　　) A．　　　　B．　　　　C．　　　　D． C 【解析】 将一货物无初速度地放在传送带的左端A处，货物受到水平向右的摩擦力，开始做初速度为0的匀加速运动，货物到达B处的速度小于等于传送带的速度，货物可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动后做匀速运动，v——t图像可能是一条过原点的倾斜直线，也可能先是一条过原点的倾斜直线再是水平直线，故A、B正确，不符合题意；根据v2＝2ax可知货物加速阶段速度与位移不成正比，匀速阶段速度不变，v——x图像可能是弯曲图线，也可能先是弯曲图线再是水平直线，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3．传送带被广泛地应用于机场和火车站，倾斜传送带装置的示意图如图所示，传送带足够长，木箱M正在静止的传送带上以加速度a匀加速下滑，某时刻传送带突然沿顺时针方向以速度v1启动，则传送带启动后(　　) A．木箱M开始加速上滑 B．木箱M开始减速下滑 C．木箱M继续以加速度a匀加速下滑 D．木箱M仍然匀加速下滑，但加速度比a小 C 【解析】 木箱M在静止的传送带上以加速度a匀加速下滑，说明木箱M所受滑动摩擦力方向向上，传送带启动后，木箱M相对传送带下滑，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，大小不变，则木箱M受力不变，所以木箱M继续以加速度a匀加速下滑，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4．渔业作业中，将鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为图中所示模型，分离器出口与沿顺时针方向运转的传送带有一定的高度差，“鱼”“虾”落在传送带上时有沿着传送带向下的初速度，随后“虾”从传送带下方掉落，“鱼”从传送带上方掉落， 实现分离。下列说法正确的是(　　) A．“虾”掉落到传送带上后，可能沿着传送带向下做加速直线运动 B．“鱼”掉落到传送带上后，马上沿着传送带向上做加速直线运动 A C．“虾”在传送带上运动时，摩擦力对“虾”的运动是动力作用 D．“鱼”在传送带上运动时，加速度方向先向下后向上 【解析】 “虾”从传送带下方掉落，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于“虾”受到的摩擦力，则“虾”向下做加速直线运动，即“虾”掉落到传送带上后，可能沿着传送带向下做加速直线运动，故A正确；“鱼”在掉落到传送带上后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动，“鱼”先向下减速到速度为0后，变为向上的加速运动，故B错误；“虾”受到的摩擦力沿传送带斜面向上，“虾”沿传送带 斜面向下运动，摩擦力对“虾”的运动是阻力作用，故C错误；“鱼”在掉落到传送带上后，受到的摩擦力的方向一直向上，且鱼从传送带上方掉落，所以有向上的加速度，若能加速到与传送带共速，则加速度变为0，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5．如图所示，水平恒力F作用在物块A上，物块A、B在光滑水平面上一起做匀加速直线运动。物块A质量为M，物块B质量为m，它们的共同加速度为a，两物块间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在运动过程中(　　) A．物块B受到的摩擦力大小一定为μmg B．物块B受到的合力大小为F C．物块A受到的摩擦力大小为 D．物块A受到的合力大小为(M＋m)a C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6．质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板B的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v——t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1 B．B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2 C．A的质量m＝6 kg D．A的质量m＝4 kg C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7．如图所示，质量为1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块(可视为质点)质量也为1 kg，以初速度v0＝4 m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2。要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为(　　) A．5 m　　　　　　 B．4 m C．3 m D．2 m D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [B级　素养养成与评价] 8．[2024·金华一中高一]如图所示，倾角为θ的传送带始终以5 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，一质量为1 kg的物块以10 m/s的速度从底端冲上传送带，恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2，sin θ＝0.6，物块从传送带底端运动到顶端的时间为(　　) A．1.0 s B．1.5 s C．2.5 s D．3.0 s D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9．如图所示，A、B两木块叠放在水平地面上，A、B的质量分别是m和M，A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要把B从A下面拉出来，则拉力F的大小必须满足(　　) A．F>μ2Mg B．F>μ2(m＋M)g C．F>μ1mg＋μ2(m＋M)g D．F>(μ1＋μ2)(m＋M)g D 【解析】 要把B从A下面拉出来，则B的加速度要大于A的加速度，即aB>aA，对A分析，根据牛顿第二定律有μ1mg＝maA，对B分析，根据牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaB，联立可得F>(μ1＋μ2)(m＋M)g，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10．如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为 μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11．如图所示，一水平传送带以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的平台，一煤块以v2＝3 m/s的速率从平台沿直线向左滑上传送带，恰好能到达左轮的正上方，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求传送带两轮的轴心距。 (2)求煤块在传送带上运动的时间。 (3)若传送带两轮的周长s均为1.5 m，求煤块在传送带上留下痕迹的长度。 【答案】 (1)4.5 m　(2)6.25 s　(3)10.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12．[2024·缙云中学高一]如图所示，以水平地面建立x轴，质量m＝1 kg的木块(视为质点)放在质量M＝2 kg的长木板上，木板长L＝11.5 m。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。木块与木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A经过坐标原点O时的速度大小v0＝10 m/s，在坐标x1＝21 m处有一挡板P，木板与挡板P碰撞后瞬间立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求木板与挡板P碰撞前瞬间，木板的速度大小v1。 (2)已知运动过程中木块不会从木板上掉下来，求木块和木板达到的共同速度大小和方向。 (3)求木块最终离木板左端A的距离Δx。 【答案】 (1)9 m/s　(2)1.8 m/s　方向向左　(3)10.8 m 【解析】 (1)木板与挡板P碰撞前木块与木板保持相对静止共同向右运动，以木块和木板作为整体研究，有 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1， 感谢聆听，再见！ 【解析】 把物块A、B看成一个整体，根据牛顿第二定律得a＝，物块B水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得Ff＝ma＝，故A、B错误；A对B的静摩擦力和B对A的静摩擦力是一对相互作用力，故物块A受到的摩擦力大小为F′f＝Ff＝，故C正确；对A根据牛顿第二定律有F合＝Ma＝，故D错误。 【解析】 由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A，由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2；A、B在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B由牛顿第二定律得－μ2g＝a3，解得μ2＝0.1，选项A、B错误。由题图乙可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，选项C正确，D错误。 【解析】 根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1＝＝2 m/s2，木板的加速度a2＝＝2 m/s2，设经过时间t木块与木板共速，根据匀变速直线运动速度与时间关系有v0－a1t＝a2t，解得t＝1 s，这段时间内木块的位移x1＝v0t－a1t2＝3 m，木板的位移x2＝a2t2＝1 m，木板的长度至少为L＝x1－x2＝2 m，选项D正确。 【解析】 开始时物块速度大于传送带的速度，所受传送带的摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，物块速度与传送带速度相等所需的时间t1＝＝0.5 s，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块从速度等于传送带速度到速度为0所需时间t2＝＝2.5 s，物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t1＋t2＝3.0 s，选项D正确。 A．当F<μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F>6μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 【解析】 物块A、B间的最大静摩擦力为F1＝3μmg，B与地面间的最大静摩擦力为F2＝μmg，所以当F<μmg时，A、B都相对地面静止，A错误。物块A刚刚相对B滑动时，A、B加速度相同，则此时对B有3μmg－μmg＝maB，对A有F－3μmg＝3maA，解得F＝8μmg，aA＝aB＝μg，则当F>8μmg时，A相对B滑动，此后B的受力不变，则B的最大加速度为aB＝μg；当F＝μmg时，A、B一起滑动，设其加速度为a，有μmg－μmg＝4ma，解得a＝μg，B正确，C、D错误。 【解析】 (1)煤块速度减为0时刚好到达传送带的左端，传送带两轮的轴心距即为煤块向左运动的距离。根据牛顿运动定律及运动学规律得a＝μg， t1＝， L＝at， 联立可得L＝4.5 m。 (2)煤块向左速度减为0后立即向右加速，和传送带共速后匀速运动直到从右侧离开传送带。根据运动学规律得 t2＝， x＝at， L－x＝v1t3， t＝t1＋t2＋t3， 联立可得t＝6.25 s。 (3)痕迹长度即为煤块和传送带的相对位移，以传送带为参考系，煤块以v1＋v2的速度相对于传送带做匀减速运动。 Δx＝(v1＋v2)(t1＋t2)－a(t1＋t2)2＝12.5 m， 传送带的总长L总＝2L＋s＝10.5 m，可知Δx>L总， 所以煤块在传送带上留下痕迹的长度为L总＝10.5 m。 v－v＝2a1， 解得v1＝9 m/s。 (2)木板与挡板P碰撞后，根据牛顿第二定律，对木块有 am＝μ2g＝9 m/s2， 对木板有aM＝＝6 m/s2， 设向左为正方向，一段时间后两者共速，有－v1＋amt1＝v1－aMt1， 解得t1＝1.2 s， 共同速度v共＝v1－aMt1＝1.8 m/s，方向向左。 (3)从碰后至共速，木板的位移sM＝t1＝6.48 m， $$