第四周 传送带模型与板块模型（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（鲁科版 福建专用）

第四周　传送带模型与板块模型 一、选择题 1.(2025·莆田高一期末)如图所示，木板上A、B两点相距5米。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是 (　 ) A.物块所受的摩擦力做功为-60 J B.木板克服摩擦力做功为-40 J C.物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J D.物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J 2.(2025·南靖高一期中)如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的滑动摩擦力为Ff，在此过程中 (　 ) A.小物块的机械能增加量为Ffs B.小物块与小车系统的机械能增加量为Fs C.小车的机械能增加量为s D.小物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs 3.如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是 (　 ) A.物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力 B.传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短 C.物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功 D.物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于mv2 4.如图所示，水平传送带以v=2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为 (　 ) A.80 W B.160 W C.320 W D.640 W 5.(2025·长汀高一模拟)如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t小物箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法正确的是 (　 ) A.小物箱相对传送带的位移大小为v0t B.小物箱与传送带间的动摩擦因数为 C.小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为m D.因传送小物箱，电动机至少要多做的功为m 6.(2025·连城高一期末)(双选)如图甲所示，木板A放在光滑的水平面上，可视为质点的物体B以水平速度滑上原来静止的木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取g=10 m/s2，则下列说法正确的是 (　 ) A.木板A与物体B质量相等 B.若木板A、物体B质量已知，可以求得热量Q C.物体B相对木板A滑行的距离为2 m D.A对B做的功与B对A做的功大小相等 7.(2024·黑吉辽高考，改编)(双选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是 (　 ) A.小物块在t=t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 二、非选择题 8.(12分)(2025·平和高一期末)如图所示，质量M=2 kg、长L=0.6 m的木板静止放置于光滑水平地面上，一质量为m=1 kg的物块(可看成质点)以速度v0=3 m/s从左端冲上木板，物块与木板间的滑动摩擦力大小为f=5 N。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度，此过程中木板的位移为x=0.2 m。求: (1)共同速度v；(4分) (2)摩擦力对物块做的功W；(4分) (3)由于物块与木板的摩擦产生的热量Q。(4分) 9.(12分)(2025·屏南高一期末)如图甲所示，倾角为30°的斜面传送带以6 m/s的速度匀速运动，传送带上等间距固定有挡条，方便运送货物，俯视图如图乙所示。将质量为30 kg的货物以6 m/s的速度放在位于传送带底端A的挡条处，货物随传送带一起匀速运动1.0 s到顶端B，并以到达B点时的速度沿斜面方向飞出落入一卡车车厢内。已知车厢尾部位于传送带顶端B的正下方，B与车厢底板的高度差为0.8 m，车厢长度为6.0 m，重力加速度g取10 m/s2，不计货物与挡条作用过程中的能量损失和作用时间。求: (1)使传送带运动的电动机因运送货物多消耗的能量；(5分) (2)货物落入车厢内时，落点到车厢前端的距离。(计算结果可以用根号表示)(7分) 10.(12分)(2025·龙岩高一期中)如图所示，一游戏装置的轨道由水平传送带AB与足够长的光滑斜面BC平滑连接构成。电动机带动长为L=1.5 m的传送带以v带=2 m/s的速度沿顺时针方向转动。质量m=0.5 kg的滑块从A点以速度v0进入传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。不计空气阻力。求: (1)若v0=0，求滑块第一次经过传送带过程所需的时间；(3分) (2)若v0=0，求滑块第一次经过传送带过程电动机多消耗的电能；(4分) (3)若v0= m/s，求滑块在斜面上速度为0时距B点的竖直高度的可能值。(5分) 11.(12分)(2024·山东高考，节选)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；(5分) (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示，求μ和m。(7分) 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 第四周 1.选A　对物块分析可得W1=-f=-20× J=-60 J，A正确；对木板分析可得W2=-fl=-20×2 J=-40 J，木板克服摩擦力做功为40 J，B错误；物块与木板间因摩擦产生的热量为Q=fL=20×5 J=100 J，C、D错误。 2.选C　小物块对地的位移方向向右，大小为x=s-L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量为ΔE1=Ff，故A错误；小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2=Fs-FfL，故B错误；小车的机械能增加量为ΔE3=s，故C正确；小物块与小车组成的系统产生的内能为E=FfL，故D错误。 3.选D　物块与传送带共速后，做匀速直线运动，则水平方向上受力平衡，故不受摩擦力，故A错误；物块在与传送带共速前，受到水平向右的滑动摩擦力，使物块向右加速，摩擦力做正功；根据牛顿第二定律可得加速度为定值，根据v=at可得，传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越长，故B、C错误；对物块分析fx=mv2，v=t，传送带的位移为x2=vt，划痕为Δx=x2-x，摩擦产生的热量Q=fΔx=mv2，故D正确。 4.选B　由功能关系，电动机增加的功用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔPt=mv2+Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故Q=mv2，代入题中数据，联立解得ΔP=160 W。 5.选B　小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在t时间内的位移差，有Δx=v0t-t=v0t，故A错误；小物箱在时间t内做匀加速直线运动，加速度a==μg，速度v0=at，解得μ=，故B正确；小物箱与传送带间因摩擦产生的热量Q=fΔx=μmg×v0t=m，故C错误；由功能关系可知因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的内能之和，有W=m+Q=m，故D错误。 6.选AB　由v⁃t图像的斜率表示加速度可知，物块B在木板A上滑行时两者的加速度大小相等，又因为物块B、木板A受到的滑动摩擦力大小也相等，由牛顿第二定律可得f=ma，可知木板A与物体B质量相等，故A正确；若木板A、物体B质量已知，由v⁃t图像可知，物块B的初速度v0=2 m/s，最终物块B和木板A达到共速，v共=1 m/s，由能量守恒定律可得mB=+Q，可以求出此过程中产生的热量Q，故B正确；在达到共同速度时，A、B的位移差xB-xA=×(1+2)×1-×1×1m=1 m，故C错误；A、B之间的摩擦力是一对相互作用力，等大反向，但是物块B的位移要大于木板A的位移，所以它们之间的摩擦力对对方做的功在数值上并不相等，故D错误。 7.选BD　由题图可知，t=3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t=3t0时滑上木板，A错误；v⁃t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0~3t0时间内，木板的加速度大小为a1==μg，t=3t0时木板的速度大小为v1=a1·3t0=μgt0，结合题意可知，t=3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t=4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a'==2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ'，对小物块由牛顿第二定律得μ'mg=ma'，联立解得μ'=2μ，B正确；设木板的质量为M，0~3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1，解得F=μMg，3t0~4t0时间内，木板的加速度大小a2==μg，由牛顿第二定律可得F-μ'mg-μ(M +m)g=-Ma2，解得m∶M=1∶2，C错误；t=4t0时，小物块与木板速度相同，假设t=4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力f作用，由于f=μ(M+m)g=μMg=F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。 8.解析：(1)根据牛顿第二定律有f=ma1，f=Ma2 解得a1=5 m/s2，a2=2.5 m/s2 两者达到共同速度时有v=v0-a1t=a2t，解得v=1 m/s。 (2)对物块进行分析，根据动能定理有W=mv2-m， 解得W=-4 J。 (3)根据能量守恒定律有Q=m-v2， 解得Q=3 J。 答案：(1)1 m/s　(2)-4 J　(3)3 J 9.解析：(1)运送货物时使传送带运动的电动机多消耗的能量为货物增加的机械能，则有ΔE=mv2+mgH 货物随传送带匀速运动H=vtsin 30°， 解得ΔE=1 440 J。 (2)货物从B处飞出后做斜抛运动， 水平位移x=vt1cos 30° 竖直位移为h=-vt1sin 30°+g，解得x= m 故落点到车厢前端的距离s=L-x= m。 答案：(1)1 440 J　(2) m 10.解析：(1)滑块在传送带上加速时的加速度a=μg，可得a=4 m/s2 v0=0时，加速时间t1==0.5 s 加速位移x1=t1=0.5 m 匀速时间t2==0.5 s 总时间t=t1+t2=1 s。 (2)v0=0时，在加速过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q=μmg·=1 J 滑块动能增加ΔEk=m=1 J 滑块第一次经过传送带过程电动机多消耗的电能 ΔE=Q+ΔEk=2 J。 (3)假设以v0= m/s进入传送带滑块将一直减速到B点，则vB1==3 m/s 假设成立，滑块第一次滑上斜面的高度h1==0.45 m； 滑块返回到传送带上后先减速后反向加速到vB2=2 m/s，再次滑上斜面的高度h2==0.2 m 以后不断返回后将始终以vB2=2 m/s的速度滑上斜面，最大高度为0.2 m。 答案：(1)1 s　(2)2 J　 (3)0.45 m　0.2 m 11.解析：(1)根据题意可知，小物块在Q点由合力提供向心力，有mg+3mg=m，代入数据解得v=4 m/s。 (2)根据题意可知，当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a 根据题图乙有k==0.5 kg-1 当外力F>4 N时，轨道与小物块相对滑动，则对轨道有 F-μmg=Ma'，整理有a'= F- 结合题图乙可知k'==1 kg-1 截距b=-=-2 m/s2 联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2。 答案：(1)4 m/s　(2)0.2　1 kg $