模型15传送带能量相关模型（教师版含解析）-备战2021年高考物理模型专题突破

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1、15 传送带能量相关模型 1(2020 河南高三月考)如图所示，传送带以速度0.7m/sv逆时针匀速转动，转轮半径很小(相比于传送 带长度可忽略)， 传送带AB部分水平， OA部分倾角37、 长为1m， OB部分倾角53、 长为0.75m。 现将一质量为 0.1kgm 的墨盒轻放在 A 端，墨盒由静止从 A运动到 B 的过程中留下清晰的痕迹(忽略墨 盒质量的变化)。已知墨盒通过 O点转轮时速度大小不变，墨盒与传送带间的动摩擦因数0.8，取重 力加速度 2 10m/sg ，sin370.6，cos370.8， 2 52923，则墨盒从 A 到 B过程中下列说法中 正确的是( ) A墨盒与传送带间

2、因摩擦产生的热量为 0.584J B墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为 0.81J C墨盒在传送带上留下的痕迹长为 0.6125m D墨盒在传送带上留下的痕迹长为 1.0125m 【答案】AC 【详解】 AB当墨盒在 OA 部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得 1 cossinmgmgma 解得 2 1 0.4m sa 当墨盒与传送带共速时，墨盒的位移为 2 1 1 0 0.6125m1m 2 v x a 故墨盒先加速后匀速，加速时间为 1 1 1.75s v t a 墨盒相对于传送带向后，相对位移为 111 0.6125mxvtx 摩擦产生的热量为 11 cos0.392JQmgx 当

3、墨盒在 OB 部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得 2 sincosmgmgma 解得 2 2 3.2m sa 墨盒在 OB部分做匀加速运动，根据匀变速公式得 2 22 2 1 0.75 2 vta t 解得 2 0.5st 墨盒相对于传送带向前，相对位移为 22 0.75m0.4mxvt 摩擦产生的热量为 22 cos0.192JQmgx 墨盒从 A 到 B过程中产生的热量为 12 0.584JQQQ 故 A 正确，B错误； CD根据分析可知，在 OA 部分运动时，墨盒相对于传送带向后，相对位移为 111 0.6125mxvtx 在 OB部分运动时，墨盒相对于传送带向前，相对位移为

4、22 0.75m0.4mxvt 2 x与 1 x的部分擦痕重合，故墨盒在传送带上留下的痕迹长为 1 0.6125mx 故 C 正确，D错误。 故选 AC。 2(2020 福建福州 高三期中)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度 v，沿顺时针方向转动，传送带 的倾角为 37。一质量 m1kg 的物块以初速度 v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物 块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的 v-t图象如图乙所示，已知重力加速度为 g10m/s2，sin37 0.6，则下列说法正确的是( ) A物块与传送带间的动摩擦因数为 0.5； B传送带底端到顶端的距离为 32m； C02s 内物

5、块的加速度大小为 12m/s2 D全程物块与传送带间由于摩擦而产生的 64J 热量。 【答案】AB 【详解】 AC由图示图象可知，02s内物块的加速度为 2 424 10m/s 2 v a t 负号表示加速度方向与速度方向相反；由牛顿第二定律得 mgsin+mgcos=ma 代入数据解得 =0.5 选项 A正确，C 错误； B由图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为 11 24422 432m 22 x （） 选项 B正确； D由 v-t图象可知，物块在 02s内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，由于重力沿传送 带的分力大于物块受到的最大静摩擦力， 物块继续向上做减速运动， 由此可知

6、传送带的速度为 4m/s， 0 2s 内物块与传送带的相对位移 d1= 1 2 (24+4)242=20m 该过程产生的热量 Q1=mgcos37d1 代入数据解得 Q1=80J 2s-4s 内，相对位移 d2=4 2- 1 2 (4+0) 2=4m 摩擦产生的热量 Q2=mgcos37d2 代入数据解得 Q2=16J 整个过程摩擦产生的热量 Q=Q1+Q2=96J 选项 D错误。 故选 AB。 3(2020 湖南衡阳市八中高三月考)如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 1 1m/sv 匀速向右运动。一质量为 2kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率 2 2m/sv 滑

7、上传送带， 最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有( ) A全过程中电动机对传送带多做功为 12J B全过程中电动机对传送带多做功为 6J C全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 6J D全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 9J 【答案】BD 【详解】 设滑块向左运动的时间 1 t，位移大小为 1 x，则滑块的位移为 2 2 1 2 v x g 滑块向左运动过程中对传送带的位移大小 21 22 1 1 1 vvv v gg xvt 设滑块向右匀加速运动的时间 2 t，位移大小为 3 x，则滑块的位移为 2 1 3 2 v x g 滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小

8、41 2 1 1 1 2 vv g xvt g v 滑块相对传送带的总路程 2 12 1243 2 vv sxxxx g 相 滑块与传送带间摩擦产生的热量大小 2 12 J 1 ()9 2 Qf sm vv 相 全过程中，电动机对传送带做的功 2 2411 2 ()6JWf xxmvmv v 故选 BD。 4(2020 内蒙古高三月考)已知一足够长的传送带倾角为 ，以一定的速度顺时针匀速转动。某时刻在传送 带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)， 以此时为 t=0时刻记录了小物块之后在传送带上 运动速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1v2)。已知

9、传送带的 速度保持不变，则( ) A在 0t1内系统产生的热量与在 t1t2内系统产生的热量相等 B在 0t2内，传送带对物块做的功 W= 1 2 mv22 1 2 mv12 C在 0t2内，物块对传送带做负功 D在 t1t2内，系统产生的热量等于物块机械能的增量 【答案】CD 【详解】 A由图乙可知，在 0t1内，物块与传送带之间的相对位移大，摩擦生热多，故 A 错误； B在 0t2内，由图乙中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做 正功，重力与传送带对物块的合力做的功等于物块动能的增量，故 B 错误； C由图乙可知，在 0t2内，物块先向下运动后向上运动，传送

10、带相对于物块的运动方向向上，传送带 受的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故 C正确； D由图乙中“面积”等于位移可知，在 t1t2内，传送带的位移 12 xv t 物块的位移 2 2 2 v xt 物块与传送带之间的相对位移 2 12 2 v xxxt 等于物块的位移，而 Q=fx相 传送带对物体所做的功 W=fx物=E 故 D 正确。 故选 CD。 5(2020 沙坪坝 重庆南开中学高三月考)如图所示，光滑水平面与逆时针运动的粗糙倾斜传送带平滑连接， 水平面上有一质量为 m 的滑块，以初速 v0向右冲上传送带，传送带的速度大小为 v。在滑块冲上传送带 到离开传送带的过程，下列说

11、法中正确的是( ) A传送带对滑块做功可能为零 B传送带对滑块冲量可能为零 C传送带对滑块冲量可能水平向左 Dv0和 v 越大，滑块与传送带摩擦生热都越多 【答案】ACD 【详解】 A若滑块从传送带下方离开，滑块在向上运动过程中，摩擦力向下，摩擦力做负功，向下加速下滑过 程中摩擦力向下，做正功，若滑块在下滑过程中一直做匀加速直线运动，则上滑过程和下滑过程摩擦力 大小相同，位移大小相同方向相反，因此整个过程摩擦力做的功可能为零，A正确； B滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方 向均为发生变化且不为零，故传送带对滑块冲量不为零，B错误； C滑块向上

12、滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方 向均为发生变化且不为零，由三角形定则可得：当摩擦力与支持力的合力水平向左时，二者合力与重力 的合力仍可以平行于斜面向下，故传送带对滑块冲量可能水平向左，C正确； D由于物块运动的方向与传送带运动的方向相反， v0和 v 越大，二者相对位移越大，由 Qfs 热 可得 ：v0和 v 越大，滑块与传送带摩擦生热都越多，D 正确； 故选 ACD。 6(2020 江西南昌二中高三月考)以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将 m=1kg的货物放在传送带上的 A 处，经过 1.2s到达传送带的 B 端。用速度传感器测得货物与传送带

13、的速度 v随时间 t变化图象如图乙所 示，已知重力加速度 g取 10m/s2，由 v-t图象可知( ) AA、B两点的距离为 2.4m B货物与传送带的动摩擦因数为 0.5 C货物从 A 运动到 B过程中，传送带对货物做功大小为 12.8J D货物从 A 运动到 B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 4.8J 【答案】BD 【详解】 A物块由 A 到 B的间距对应图象所围梯形的“面积”为 124 2 0.2m1m3.2m 22 x 故 A 错误； B由v t图象可知，物块在传送带上先做1 a匀加速直线运动，加速度为 1 22 1 2 m/s10m/s 0.2 a v t 对物体受力分析受摩擦

14、力，方向向下，重力和支持力，由牛顿第二定律得 1 sincosmgmgma 同理做 2 a的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为 22 2 2 2 42 m/s2m/s 1.20.2 v a t 由牛顿第二定得 2 sincosmgmgma 联立解得 cos0.8，sin0.6， 0.5 故 B 正确； C货物从 A 运动到 B过程中，由动能定理得 2 2 1 sin0 2 Wmgxmv 解得，传送带对货物做功为 11.2JW 故 C 错误； D根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，在0 0.2s内由图可知相 对位移为 1 1 2

15、0.2m0.2m 2 x 货物与传送带摩擦产生的热量为 11 cos ?0.8JQmgx 在0.21.2s内由图可知相对位移为 2 1 1.20.22m2m 2 x 货物与传送带摩擦产生的热量为 22 cos ?4JQmgx 货物从 A 运动到 B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 12 4.8JQQQ 故 D 正确。 故选 BD。 7(2020 全国高一课时练习)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为 ，物块 a通过平行于传送带的 轻绳跨过光滑轻滑轮与物块 b相连，b 的质量为 m，开始时 a、b 及传送带均静止，且 a不受传送带摩擦 力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在 b 上升 h

16、 高度(未与滑轮相碰)过程中( ) A物块 a重力势能减少 mgh B摩擦力对 a 做的功大于 a机械能的增加 C摩擦力对 a 做的功小于物块 a、b动能增加之和 D任意时刻，重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等 【答案】ABD 【详解】 A开始时，a、b 及传送带均静止且 a不受传送带摩擦力作用，有 magsin=mg 则 ma= sin m ，b上升 h，则 a下降 hsin，则 a重力势能的减小量为 maghsin=mgh 故 A 正确； B根据能量守恒，摩擦力对 a做的功减去绳子拉力对 a做的功等于 a机械能的增量，因此摩擦力对 a做 的功大于 a 的机械能增加，故 B正确； C将

17、a、b做为一个整体，重力对 a 做的正功与 b克服重力做功相等，因此合外力对系统做的功就等于 摩擦力对 a 做的功，就等于系统动能的增量，故 C错误； D任意时刻 a、b 的速率相等，对 b，克服重力的瞬时功率为 Pb=mgv；对 a，重力的瞬时功率为 Pa=magvsin=mgv 所以重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等，故 D 正确。 故选 ABD。 8(2020 河西 天津四中高三月考)如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为 30 ，物块 a 通过平行 于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块 b 相连，b 的质量为 m，a 与斜面间的动摩擦因数为 ，开始时， a、b及传送带均静止，且

18、a 不受摩擦力作用。现让传送带逆时针匀速转动，在 b由静止开始到上升高 度为 h(未与定滑轮相碰，重力加速度为 g)的过程中( ) A传送带转动时 a受到的摩擦力沿传送带向上。 Ba 的质量是 b 的质量的两倍 C传送带刚开始转动瞬间，a和 b的加速度大小均为g D物块 a、b 组成的系统重力势能增加 mgh 【答案】B 【详解】 A原来 a和 b都静止时 a不受摩擦力作用，当传送带逆时针匀速转动，a相对于传送带向上运动，传送 带对 a 有沿传送带向下的摩擦力，故 A 错误； B开始时，a、b及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，有：Mgsin=T=mg，则 a的质量 M=2m， 故 B

19、 正确； C传送带转动后对 a、b整体受力分析，有 cossinMgMgmgMm a 解得 3 3 ag 故 C 错误； Da 重力势能的减少量 EPa=Mghsin30=mgh，物块 b 重力势能的增加量 EPb=mgh，物块 a、b 组成系统 重力势能增加为零，故 D错误。 故选 B。 9(2020 北京丰台 高三期中)如图所示，用水平传送带将质量为 m 的煤块从 A端运送到 B端，AB之间的距 离为 L，传送带始终保持以速率 v 匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为 ，将煤块轻轻放在传送带 上后，煤块在传送带上留下一段长度为 l(lL)的痕迹。下列说法不正确的是( ) A摩擦力对煤块做

20、的功为 mg(L+l) B摩擦力对煤块做的功为 mgl C煤块与传送带因摩擦产生的热量为 mgl D煤块与传送带因摩擦产生的热量为 1 2 mv2 【答案】A 【详解】 AB设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为 t，且煤块相对于地面的位移为 x，则 0 2 v xt 由于煤块在传送带上留下一段长度为 l(lL)的痕迹，则有 vtxl 联立解得 xl 则摩擦力对煤块做的功为 Wmgxmgl 故 A 错误，符合题意；B正确，不符合题意； C煤块与传送带因摩擦产生的热量为 Qfxmgl 相 故 C 正确，不符合题意； D 煤块在水平传送带上由于摩擦而产生的加速度为 a=g， 匀加速运动的位移为

21、x=l， 由运动学公式 2ax=v2 可得 2 2 glv 上式变形，得到 2 1 2 mglmv 故煤块与传送带因摩擦产生的热量为 2 1 2 Qfxmglmv 相 故 D 正确，不符合题意。 故选 A。 10(2020 全国高三零模)如图所示，水平传送带的质量9kgM ，两端点AB、间距离4mL ，传送带以 加速度 2 2m/sa 由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为 1kgm 的滑块(可视为质点)无初速 度地轻放在A点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.1，g取 2 10m/s，电动机的内阻不计。传送 带加速到2m/sv 的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑

22、块从A运动到B的过程 中( ) A系统产生的热量为1J B滑块机械能的增加量为3J C滑块与传送带相对运动的时间是3s D传送滑块过程中电动机输出的电能为5J 【答案】A 【详解】 AC.传送带初始做匀加速运动，加速时间 1 2 s1s 2 v t a ， 根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足 1 mamg ， 得： 2 1 1m/sa ， 滑块加速过程的位移 2 1 4 m2m4m 22 v s a 块 ， 故滑块会一直加速到2m/s与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。 滑块加速的时间： 1 2 s2s 1 v t a ， 相同时间内传送带的位移 2 1 3m 2 v sv tt a

23、传 ， 故滑块与传送带的相对路程： 1msss 相传块 ， 系统产生的热量： 1JQmgs 相 ， 故 A 正确，C错误； B.根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量： 2JEmgs 块 ， 故 B 错误； D.由能量守恒定律得，电动机输出的电能： 22 11 21J 22 EmgsmvMv 相 ， 故 D 错误。 故选：A。 11(2020 山东青岛二中高三期中)如图所示，传送带与地面倾角 =37 ，从 A到 B 长度为 L=14m，传送带 以 v0=8m/s 的速率逆时针转动，在传送带上端 A 无初速地放一个质量为 m=0.5kg的黑色煤块，它与传送 带之间的动摩擦

24、因数为 =0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕， 已知 sin37 =0.6，cos37 =0.8， g=10m/s2。求 (1)煤块从 A 到 B的时间。 (2)煤块从 A 到 B的过程中传送带上形成划痕的长度。 (3)系统因摩擦产生的热量。 【答案】(1)2s；(2)4m；(3)6J 【详解】 (1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得 1 sincosmgmgma 代入数据解得 2 1 8m/sa 煤块达到和传送带速度相等时的时间为 0 1 1 1s v t a 煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为 2 11 1 1 4m 2 xa t 煤块速度到达 v0后，

25、煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得 2 sincosmgmgma 代入数据解得 2 2 4m/sa 煤块第二次加速的位移为 21 10mxLx 2 20 22 2 1 2 xv ta t 解得 2 1st 煤块从 A 到 B的时间为 12 2sttt (2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为 2 10 11 1 1 4m 2 Lv ta t 第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为 220 2 2mLxv t 两部分重合，故划痕总长为 4m (3)系统因摩擦产生的热量为 12 cos ()6JQmgLL 12 (2020 陕西高三一模)如图所示， 水平传送带与固定斜面平滑连接， 质

26、量为 m1kg的小物体放在斜面上， 斜面与水平方向的夹角为 37 ，若小物体受到一大小为 F20N的沿斜面向上的拉力作用，可以使小 物体从斜面底端 A 由静止向上加速滑动。当小物体到达斜面顶端 B时，撤去拉力 F且水平传送带立即从 静止开始以加速度 a01m/s2沿逆时针方向做匀加速运动， 当小物体的速度减为零时刚好滑到水平传送带 的右端 C 处。小物体与斜面及水平传送带间的动摩擦因数均为 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， AB 间距离 L5m，导槽 D可使小物体速度转为水平且无能量损失，g10m/s2。已知 sin37 0.6，cos37 0.8，求： (1)小物体运动到 B点的速度 (

27、2)小物体从 A点运动到 C点的时间 (3)小物体从 B点运动到 C点的过程中，小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量 Q 【答案】(1)10m/s；(2)3s；(3)60J 【详解】 (1)小物体受到沿斜面向上的拉力作用时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可得 1 cos37sin37Fmgmgma 解得 2 1 10m/sa 从A到B过程中由运动学公式可得 2 1 2 B va L 解得 10m/s B v (2)从A到B过程中由运动学公式可得 1 1B vat 小物体在BC段，由牛顿第二定律可得 2 mgma 由运动学公式可得 2 2B va t 小物体从A到C过程中的时间 t总 12 t

28、t 联立解得 t总3s (3)小物体在BC段，小物体向右运动，传送带逆时针运动，对小物块 2 12 2 1 2 xa t 对传送带 2 20 2 1 2 xa t 小物体相对于传送带的位移 12 xxx 小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量 Qmg x 解得 60JQ 13(2020 洮南市第一中学高三期中)如图所示，装置的左边 AB部分是长为 L1=4m的水平台面，一水平放置 的轻质弹簧左端固定，并处于原长状态。装置的中间 BC部分是长为 L2=4.5m的水平传送带，传送带始 终以 v=2m/s 的速度顺时针转动。它与左边的台面等高，并平滑对接，与右边的光滑曲面相切与 C点。质 量 m=1k

29、g的小滑块从曲面上距水平台面 h=5m的 D处由静止下滑，滑块向左运动，最远到达 O 点，OA 间距 x=1m。已知物块与传送带及左边水平台面之间的摩擦因数 =0.4，弹簧始终处在弹性限度内，g取 10m/s2。求： (1)滑块从 D 到 O的过程中与皮带摩擦产生的热量； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度； (4)滑块第八次从右边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离 A 点的最小值。 【答案】(1)22J；(2)20J；(3)0.2m；(4)8m 【详解】 (1)滑块从 D 到 C由动能定理 2 0 1 2 mghmv 滑块从 D 到 B由动能定理

30、2 21 1 2 mghmgLmv 滑块进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律 mg ag m 滑块由 C 到 B运动的时间 10 vv t a 皮带在时间 t内的位移为lvt，此过程滑块与皮带摩擦产生的热量 Q=mg(L2l)=22J (2)对滑块从 D到 O由能量守恒定律 Ep=mghmg(L2L1x) 得弹簧的最大弹性势能 Ep=20J (3)设滑块从 O点返回到达 B 点的速度为 v2，由能量守恒定律 2 p21 1 () 2 Emvmg Lx 滑块再次进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律 mg ag m 滑块速度减小到 v=2m/s 时，在皮带上的位移为 22 2 2 1.5m 2 v

31、v LL a 所以滑块随皮带一起运动到 C 点的速度为 v=2m/s，滑块从 C 到最高点，由机械能守恒 2 1 1 2 mvmgh 得滑块回到右边曲面部分所能到达的最大高度 h1=0.2m (4)滑块在右边曲面部分运动的过程中机械能守恒，所以滑块回到 C点时的速度 v3=v=2m/s 设滑块在皮带上由 C点向左减速运动到速度为零的过程位移为 X，由动能定理 2 3 1 0 2 mgXmv 得滑块向左运动距离 C 点 X=0.5m时，速度为零，此时距离 A 点最小，滑块在皮带上由速度为零的位置 向右加速运动到 C 点的过程中，由动能定理 2 4 1 2 mgXmv 得滑块向右运动到 C点时的速

32、度 v4=2m/s，即以后每次经过 C 点速度大小都是 2m/s。所以滑块每次从右 边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离 A点的最小值都是 L1L2X=8m 14(2020 山西高三期中)如图所示，水平轨道 OP固定，ON段光滑、NP 段粗糙且长 L=1.5m。一根轻弹簧 的一端固定在轨道左侧O点的竖直挡板上， 另一端自然伸长时在 N点。 P点右侧有一与水平方向成 =37 、 足够长的传送带 PQ与水平面在 P 点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为 v=3m/s。质量 m=2kg小物 块 A 放在 N点，与 A 相同的物块 B 静止在 P点。现用力通过 A缓慢向左压缩弹簧，当弹簧的弹性势能

33、 E=31.0J 时由静止释放，A开始向右运动。当 A运动到 P 点时与 B发生正碰，碰撞时间极短且无机械能 损失。 已知A与NP段间的动摩擦因数1=0.2， B与传送带间的动摩擦因数2=0.25， 取g=10m/s2， sin37 =0.6， cos37 =0.8，求： (1)A第一次运动到 P点时的速度大小； (2)第一次碰撞后 A、B的速度大小； (3)A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间。 【答案】(1) 5m/s；(2)0； 5m/s；(3) 171s 4 【详解】 解:(1)设 A 第一次运动到 P 点时的速度大小为 v0，由动能定理得 2 10 1 2 WmgLmv 弹力

34、做功等于弹性势能的减少量得 W=Ep 解得 v0=5m/s (2)设 A与 B 碰撞后，A的速度为 vA，B的速度为 vB，由动量守恒得 mv0=mvA+ mvB 由机械能守恒得 222 0 111 222 AB mvmvmv 解得 vA =0 vB=v0=5m/s (3)B先沿传送带向上匀减速至零，再向下匀加速至速度为 3m/s，由牛顿第二定律得 21 sincosmgmgma 2 1 8m/sa 由运动学公式有 22 1 2 B vva x 1 1 1 B vv ts a 由于2tan，B沿传送带向下继续加速 22 sincosmgmgma a1=4m/s2 2 12 2 1 2 xvta

35、 t 2 173 s 4 t 所以 A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间 12 171 4 ttts 15 (2020 河北唐山一中高三期中)如图所示， 固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道， 轨道半径 R=0.6m。 平台上静止着两个滑块 A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小 车，静止在光滑的水平地面。小车质量为 M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为 L=0.8m，动摩擦因数为 =0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后， A 滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于 A 滑

36、块的重力，滑块 B冲上小车。两滑块都可以看 作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且 g=10m/s2。求： (1)滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力； (2)爆炸后 A 与 B获得的总动能是多少？ (3)滑块 B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。 【答案】(1)7N，方向竖直向下；(2)2.7J；(3)0.22J 【详解】 (1)滑块 A在最高点时，由牛顿第二定律得 2 NAA v m gFm R 已知最高点滑块对轨道的压力 N=A Fm g 从半圆轨道最低点到达最高点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得 22 11 2 22 AAAA

37、 m vm gRm v 在半圆轨道最低点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 2 N A AA v Fm gm R 代入数据解得 7N N F ，6m/s A v 由牛顿第三定律可知，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为 7N，方向竖直向下； (2)炸药爆炸过程中，A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 AABB m vm v 代入数据解得 3m/s B v 由能量守恒定律得 22 11 22 AABB Em vm v 代入数据解得 2.7JE (3)B 与车组成的系统动量守恒，B与车的速度相等时弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒 定律得 () BBB m

38、 vmM v 共 由能量守恒定律得 22 P 11 ()+ 22 BBABB m vmmvm gLE 共 代入数据解得 0.22J P E 16(2020 四川省阆中东风中学校高三月考)如图所示，半径 R=1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内， 下端与传送带相切于 B 点，水平浅色传送带上 A、B两端点间距 L=16 m，传送带以 v0=10 m/s 的速度顺 时针运动， 将质量m=1 kg的黑色小煤块(可视为质点) 放到传送带上， 煤块与传送带间的动摩擦因数=0.4， 取 g=10 m/s2： (1)将煤块在传送带 A 端由静止释放，求煤块由释放到第一次经过 B端的过程中： 所需时间

39、t； 由于相对滑动， 浅色传送带上会留下黑色的印迹， 求该印迹的长度x(即煤块相对于传送带后退的距离)； (2)若煤块仍由静止释放，要想煤块能通过圆轨道的最高点 C，求煤块在传送带上释放的位置范围。 【答案】(1)2.85 s；100 J；(2)在 A端与距 A端 6 m的范围内任何一个位置 【详解】 (1)设滑块加速运动的时间为 1 t，加速度大小为a，对滑块受力分析，有： mgma ， 01 vat 解得： 1 2.5st ， 2 4m/sa 设滑块速度达到 0 v时经过的位移为： 2 11 1 12.5m 2 xa 设滑块匀速运动的位移为： 21 3.5mxLx 则滑块匀速运动的时间为：

40、 2 2 0 0.35s x t v 所需时间为： 12 2.85sttt 设滑块加速运动过程中传送带的位移为： 30 1 25mxv t 滑块与传动带之间的相对位移 x=x3-x1=12.5m 滑动摩擦力产生热量 Q=umgx=50J (2)滑块能通过C点的临界条件是在C点轨道对滑块压力为 0，则在C点由牛顿第二定律得： 2 C mv mg R B点到C点由动能定理得： 22 1 2 2 1 2 CB mgRmvmv 滑块通过B点的速度至少为： 4 5m/s B v 由运动学得： 2 2 B vax 解得： 10mx 滑块在 A 端与距 A端 6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的

41、最高点 C处 17(2020 莆田第二十五中学高三期中)某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型，倾角 =37 的斜面底端 与水平传送带平滑接触，传送带 BC长 L=6m，始终以 v0=4m/s 的速度顺时针运动。一个质量 m=1kg的物 块由距斜面底端高度 h1=5.4m的 A点静止滑下，物块通过 B点时速度的大小不变。物块与斜面、物块与 传送带间动摩擦因数分别为 1=0.5、 2=0.2， 传送带上表面距地面的高度 H=5m， g 取 10m/s2， sin37 =0.6， cos37 =0.8。 (1)求物块下滑到 B点的速度 vB； (2)求物块由 B点运动到 C点的时间； (3)求物块

42、落到 D 点时的速度。 【答案】(1) B 6m/sv ；(2) 1.25st ；(3) D 10.8m/sv 【详解】 (1)由动能定理得 2 1 11B 1 cos sin2 h mghmgmv 解得 B 6m/sv (2)物块先做匀减速运动，由牛顿第二定律得 22 mgma 解得 2 2 2m/sa 物块减速到 4m/s 的时间和位移 0B2 2 vva t 2 1st B0 22 5m 2 vv xt 物块后做匀速运动 2 3 0 0.25s Lx t v 物块由 B 点运动到 C 点的时间 23 1.25sttt (3)由机械能守恒定律 22 0D 11 22 mvmgHmv 解得

43、D 10.8m/sv 18(2020 黑龙江大庆一中高二月考)如图所示，光滑曲面与长度 Llm的水平传送带 BC平滑连接，传送带 以 vlm/s 的速度顺时针运行质量 m1lkg 的物块甲(可视为质点)从曲面上高 hlm的 A点由静止释 放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数 0.2传送带右侧光滑水平地面上有一个光滑的四分之一圆轨 道状物体乙，轨道末端与地面相切，质量 m23kg，重力加速度 gl0m/s2求： (1)甲第一次运动到 C点的速度大小； (2)甲第二次运动到 C点的速度大小； (3)甲第二次到 C点后经多长时间再次到达 C 点 【答案】(1) 2 4/vm s (2) 3 2/vm

44、s (3)2.25ts 【解析】 (1)物块甲从 A运动至 B，由动能定理得： 2 111 1 1 2 m ghmv 解得： 1 20/vm sv 假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得： 22 1 21 1 11 22 mgLmvmv 解得： 2 4/vm s 因 2 vv，故物块甲第一次运动至 C 点的速度大小为 2 4/vm s (2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则 有： 1 21 32 4 mvmvm v 系统能量守恒，则有： 222 1 21 324 111 222 mvmvm v 联立解得： 3 2/vm s 则甲

45、从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达 C点的速度大小为 2m/s (3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得： 11 m gma 解得： 2 2am s 从 C 运动 B，由动能定理得： 22 11 51 3 11 22 gLm vmm v 解得：到达 B 点的速度为 5 0v 物块甲从 C点运动到左端 B点的时间为 35 1 1 vv ts a 接着甲在传送带上向右做加速度仍为 a的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为 2 t，则有： 2 0.5 v ts a 甲在 2 t时间内的位移为 1 x，由动能定理得： 2 111 1 0 2 m gxmv 解得： 1 0.

46、25xm 甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为 21 xLx 则所用的时间为 21 3 0.75 xLx ts vv 故甲从第二次到第三次到达 C 的过程中的运动时间为 123 2.25tttts 19 (2020 宾县第一中学校高三月考)如图所示， 水平传送带长 L=12m， 且以 v=5m/s 的恒定速率顺时针转动， 光滑轨道与传送带的右端 B 点平滑连接，有一质量 m=2kg 的物块从距传送带高 h=5m的 A 点由静止开始 滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.5，重力加速度 g取 2 10m/s，求： (1)物体下滑到 B 点的速度大小； (2)物块距传送带左端 C的

47、最小距离。 【答案】(1)10m/s；(2)2m 【详解】 (1)物块从 A 到 B的过程中，由机械能守恒得 2 1 2 B mghmv 解得 10m/s B v (2)物块在传送带上向左运动的过程中，由牛顿第二定律得 mgma 解得 2 5m/sa 由运动学公式得 2 1 02 B vax 解得 1 10mx 物块距传送带左端 C的最小距离 1 2m min dLx 20(2020 重庆市杨家坪中学高三月考)如图所示，为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带 AB(与水平面成 37角)与一斜面 BC(与水平面成30角)平滑连接，A点到 B点的距离为 4.5mx ， B 点到 C 点 的距离为 0.6 mL ， 运输带运行速度恒为 0 5m/sv ， 现将一质量为0.4kgm 的小物体轻轻放于 A 点， 小物体恰好能到达最高点 C，已知小物体与斜面间的动摩擦因数 1 3 6 ，求：(g 取 10m/s 2， sin370.6,37cos0.8，空气阻力不计) (1)小物体运动到 B点时的速度 v 的大小； (2