高考物理 训练[17] 附答案解析.doc

提能训练　练案[17]基础巩固练题组一　传送带模型1．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示已知v2>v1，则(　　)A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t3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，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左[答案]　C[解析]　由v－t图像得，小物块在t1时刻速度为零，下一刻开始向右运动，所以t1时刻小物块离A处最远，故A错误；t2时刻，小物块第一次与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动，所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误；0～t2时刻，小物块相对传送带始终向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力f＝μmg，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误2. (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。

旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　)A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2B．行李经过2 s到达B处C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/sD．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m[答案]　AC[解析]　开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误3．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

g取10 m/s2，则(　　)A．传送带的速度为16 m/sB．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大[答案]　C[解析]　由图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；在0～1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝ m/s2＝8 m/s2，在1～3 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，根据图乙可得a2＝ m/s2＝4 m/s2，联立解得μ＝0.25，B错误，C正确；当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误4．(2025·福建漳州质检)如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量m＝1 kg的物块，沿传送带向下以速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动物块运动过程的部分v－t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　)A．物块最终从传送带N点离开B．传送带的速度v＝1 m/s，方向沿斜面向下C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝[答案]　D[解析]　从题图乙可知，物块速度减为零后又反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且能沿着传送带斜向上运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；v－t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a＝－2.5 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，可得μ＝，D正确。

题组二　“滑块—木板”模型5. (多选)(2025·八省联考内蒙古卷)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长整个运动过程中(　　)A．物块的运动方向不变 B．物块的加速度方向不变C．物块相对木板的运动方向不变 D．物块与木板的加速度大小相等[答案]　CD[解析]　根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速v0，然后一起减速到0，所以物块的运动方向先向左再向右，故A错误；物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向不变，故C正确；由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1＝＝，物块的加速度大小为a2＝＝，即木板和物块加速度大小相等，故D正确故选CD6．如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求：(1)木板所受摩擦力的大小；(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。

[答案]　(1)22 N　(2)6 m/s[解析]　(1)木板所受摩擦力的大小Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2解得a2＝5.5 m/s2设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①滑块相对于地面的位移x1＝a1t2②木板相对于地面的位移x2＝v0t－a2t2③又L＝x2－x1由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s能力提升练7．(多选)如图甲所示，长为L的木板M放在水平地面上，质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)放在木板的右端，两者均静止现用水平向右的力F作用在木板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变化关系图像如图乙所示已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．m与M间的动摩擦因数μ1＝0.2B．M与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.3C．M的质量为2 kgD．图乙中横轴截距为6 N[答案]　AD[解析]　由图乙可知，当F＝18 N时，物块和木板刚好发生相对滑动，两者加速度为2 m/s2。

对物块，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma，解得μ1＝0.2，A正确；物块和木板发生相对滑动过程中，对木板，有F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma，即a＝－，由图像知，斜率＝，解得M＝4 kg当F＝18 N时，a＝2 m/s2，得μ2＝0.1，B、C错误；横轴截距表示物块和木板整体即将相对地面滑动时外力F的值，故F＝μ2(m＋M)g得F＝6 N，D正确8．(多选)粗糙水平面上有一块足够长的木板B，小物块A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示取水平向右为正方向，t＝0时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度v0，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像如图乙所示已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)A．物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2B．两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝4∶5C．木板B向前滑行的最大距离为 mD．物块A相对木板B滑过的位移大小为10 m[答案]　AC[解析]　以水平向右为正方向，对小物块有μ1mAg＝mAaA，根据题图乙可知aA＝2 m/s2，那么物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，A正确；对木板，受物块与地面的摩擦力，则有μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBaB，根据题图乙可知aB＝1 m/s2，那么木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.025，两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝8∶1，B错误；结合图乙，从t＝2 s开始，设物块与木板达到共速又用了时间t1，则2 m/s－aBt1＝aAt1，解得t1＝ s，此时的速度为v1＝ m/s，之后物块与木板具有共同的加速度a′＝μ2g＝0.25 m/s2，对于木板，在相对滑动阶段的位移x1＝×m＝ m，共同前进阶段的位移x2＝ m＝ m，那么木板B向前滑行的最大距离为 m，C正确；两者的相对初速度为8 m/s，达到相对末速度为0所用的时间为2 s＋t1＝ s，则物块A相对木板B滑过的位移大小为× m＝ m，D错误。

9．(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力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，cos 37°＝0.8下列说法正确的是(　　)A．A的加速度大小为1 m/s2B．B的加速度大小为6 m/s2C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止[答案]　BC[解析]　对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBgFf1＝μ2FNB根据牛顿第二定律有Fcos 37°－Ff1＝mBaB联立可得aB＝6 m/s2，故B正确；　对长板A受力分析，如图乙，可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误；若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有aA′＝＝1 m/s2对B有aB′＝μ2g＝5 m/s2可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。

10．(多选)如图甲所示，逆时针匀速转动的传送带与水平面的夹角θ＝37°在传送带的顶端A处无初速度地释放一个小物块一段时间后物块到达底端B处当改变传送带匀速转动的速度v1时，小物块到达B处的速度v2也会相应变化，v2和v1的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)A．小物块可能先匀加速再匀速运动B．传送带A、B之间的距离为25 mC．小物块和传送带间的动摩擦因数为0.375D．小物块从A运动到B的最短时间为 s[答案]　BD[解析]　根据题图乙知，当传送带速度为零时，小物块到达B处的速度为vB＝10 m/s，故小物块重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，因此不管传送带如何转动，小物块始终做加速运动，A错误；传送。