《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.5 與傳送帶相關(guān)的功能問題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.5 與傳送帶相關(guān)的功能問題（含解析）（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題6.5 與傳送帶相關(guān)的功能問題 【考綱解讀與考頻分析】 傳送帶在工業(yè)生產(chǎn)中具有廣泛應(yīng)用，高考對于傳送帶相關(guān)的功能問題考查頻繁。 【高頻考點定位】： 傳送帶 功能問題 考點一：與傳送帶相關(guān)的功能問題 【3年真題鏈接】 2. （2019年4月浙江選考）某砂場為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ=370的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R=0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)輪最低點離地面的高度H=2.

2、2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動到達(dá)傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。（sin370=0.6） （1）若h=2.4m，求小物塊到達(dá)B端時速度的大??； （2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件 （3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。 【參考答案】（1）；（2）；（3） 【名師解析】 （1）物塊由靜止釋放到B的過程中： 解得vB=4m/s （2）左側(cè)離開，D點

3、速度為零時高為h1 解得h

4、意知，物體的加速度a＝μg＝2 m/s2，物體在傳送帶上做勻加速運(yùn)動的位移x＝＝1 m，又因為xAB＝2 m，所以物體先做勻加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動，由動能定理知傳送帶對物體做功W＝mv2＝2 J，B正確。 2.(2019·漳州檢測)如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速度v沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接，圓弧軌道上的A點與圓心等高，一小物塊從A點靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時間又返回圓弧軌道，返回圓弧軌道時小物塊恰好能到達(dá)A點，則下列說法正確的是(　　) A．圓弧軌道的半徑一定是 B．若減小傳送帶速度，則小物塊仍可能到達(dá)A點 C．若增加傳送帶速度，則小物塊有可

5、能經(jīng)過圓弧軌道的最高點 D．不論傳送帶速度增加到多大，小物塊都不可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點 【參考答案】.BD 【名師解析】物塊在圓弧軌道上下滑的過程中，物塊的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒可得：mgR＝mv02，所以小物塊滑上傳送帶的初速度：v0＝，物塊到達(dá)傳送帶上之后，由于摩擦力的作用開始減速，速度減小為零之后，又在傳送帶的摩擦力的作用下反向加速，根據(jù)物塊的受力可知，物塊在減速和加速的過程物塊的加速度的大小是相同的，所以物塊返回圓弧軌道時速度大小等于從圓弧軌道下滑剛到傳送帶時的速度大小，只要傳送帶的速度v≥，物塊就能返回到A點，則R≤，故A項錯誤；若減小傳送帶速度，只要傳送帶的速度v≥，物

6、塊就能返回到A點，故B項正確；若增大傳送帶的速度，由于物塊返回到圓弧軌道的速度不變，只能滑到A點，不能滑到圓弧軌道的最高點，故C項錯誤，D項正確。 3.(2019.甘肅蘭州理一診)如圖所示，傾角為的傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，把一物體由靜止放置到傳送帶的底端，則物體從底端運(yùn)動到頂端的過程中，下列說法正確的是　　 A. 物體始終受到沿傳送帶向上的摩擦力 B. 物體運(yùn)動至頂端時一定相對傳送帶靜止 C. 傳送帶對物體所做的功大于物體機(jī)械能的增量 D. 物體加速運(yùn)動過程中傳送帶通過的距離是物體通過距離的2倍 【參考答案】A 【名師解析】當(dāng)物體剛放上傳送帶時，物體受重力、支持力和沿傳送帶

7、向上的滑動摩擦力；在這些力的作用下，物體沿傳送帶加速向上運(yùn)動；當(dāng)物體的速度等于傳送帶的速度時，物體受重力、支持力和沿傳送帶向上的靜摩擦力，沿傳送帶向上勻速運(yùn)動。故A正確。若傳送帶長度較短，物體沿傳送帶運(yùn)動只有加速過程，且加速到最后的速度v仍小于傳送帶的速度，物體到至頂端時仍相對傳送帶向下運(yùn)動；這種情況下，物體通過的距離，傳送帶通過的距離，物體加速運(yùn)動過程中傳送帶通過的距離大于物體通過距離的2倍。故BD錯誤。物體受重力、支持力和傳送帶對物體的摩擦力，物體運(yùn)動過程中，除重力外只有傳送帶對物體的摩擦力做功，則傳送帶對物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量。 【關(guān)鍵點撥】 對物體受力分析，明確其受力和運(yùn)

8、動情況，從而確定摩擦力的大小和方向；再根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行分析，明確做功與機(jī)械能增量間的關(guān)系。 本題考察傳送帶問題。根據(jù)動能定理解決傳送帶問題的規(guī)律，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、功能關(guān)系等知識分析推斷。 4.(2019·湖南岳陽二模)如圖所示為車站使用的水平傳送帶的模型，皮帶輪的半徑均為，兩輪軸距為，在電機(jī)的驅(qū)動下順時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將一個旅行包可視為質(zhì)點無初速放在水平傳送帶左端，已知旅行包與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，，不計空氣阻力。 要使旅行包到達(dá)右端不會直接飛出，傳送帶的速度應(yīng)小于多少？ 若傳送帶實際速度為，春運(yùn)期間每天傳送的旅行包平均總質(zhì)量為10噸，則電機(jī)每天相對于空載多消耗的電能E是多

9、少？所有旅行包均無初速，且與傳送帶間的相同 【名師解析】設(shè)旅行包從右端飛出的速度為v，受到傳送帶的支持力為，則由牛頓第二定律得： 解得： 當(dāng)時，v有最大值 旅行包一直加速能達(dá)到的最大速度為 故傳送帶的速度應(yīng)小于 旅行包在傳送帶上相對滑動過程中，傳送帶與旅行包對地位移分為別為：， 表示旅行包在滑動過程中的平均速度，有 故有： 消耗電能為 旅行包在滑動過程中動能的增量為： 故E 結(jié)論：電機(jī)對每一個旅行包多消耗的電能均為旅行包堵加動能的兩倍，一半電能轉(zhuǎn)化為動能，一半電能 轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 故春運(yùn)期每天多消耗的電能為10噸行包在傳送帶上獲得總動能的兩倍 答：要使旅行包到

10、達(dá)右端不會直接飛出，傳送帶的速度應(yīng)小于； 則電機(jī)每天相對于空載多消耗的電能E是400J。 【解析】要使旅行包到達(dá)右端不會直接飛出，旅行包到右端時受傳送帶的支持力，由牛頓第二定律可求得速度與旅行包一直加速達(dá)到的最大速度比較可確定傳送帶的最大速度； 通過分析運(yùn)送一個旅行包多消耗的電能與動能的關(guān)系得出電機(jī)對每一個旅行包多消耗的電能均為旅行包堵加動能的兩倍，由此可求解春運(yùn)期每天多消耗的電能。 本題考查了圓周運(yùn)動，相對運(yùn)動，功能關(guān)系，能量守恒等知識，涉及臨界問題，明確旅行包的運(yùn)動特點及功能關(guān)系是求解的關(guān)鍵。 5.（2019·吉林長春四模）利用彈簧彈射和傳送帶可以將工件運(yùn)送至高處。如圖所示，傳送

11、帶與水平方向成角，順時針勻速運(yùn)動的速度。B、C分別是傳送帶與兩輪的切點，相距。傾角也是的斜面固定于地面且與傳送帶上的B點良好對接。一原長小于斜面長的輕彈簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一質(zhì)量的工件可視為質(zhì)點。用力將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到B點時速度，A、B間的距離，工件與斜面、傳送帶問的動摩擦因數(shù)相同，均為，工件到達(dá)C點即為運(yùn)送過程結(jié)束。g取，，，求： 彈簧壓縮至A點時的彈性勢能； 工件沿傳送帶由B點上滑到C點所用的時間； 工件沿傳送帶由B點上滑到C點的過程中，工件和傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量。 【名師解析】由能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能為

12、： 解得： 工件在減速到與傳送帶速度相等的過程中，加速度為，由牛頓第二定律得： 解得： 工件與傳送帶共速需要時間為： 解得： 工件滑行位移大小為： 解得： 因為，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑，在繼續(xù)上滑過程中加速度為，則有： 解得： 假設(shè)工件速度減為0時，工件未從傳送帶上滑落，則運(yùn)動時間為： 解得： 工件滑行位移大小為： 解得： 工件運(yùn)動到C點時速度恰好為零，故假設(shè)成立。 工作在傳送帶上上滑的總時間為： 第一階段：工件滑行位移為：。 傳送帶位移，相對位移為：。 摩擦生熱為： 解得： 第二階段：工件滑行位移為：， 傳送帶位移為： 相對

13、位移為： 摩擦生熱為： 解得： 總熱量為： 答：彈簧壓縮至A點時的彈性勢能是42J； 工件沿傳送帶由B點上滑到C點所用的時間是； 工件沿傳送帶由B點上滑到C點的過程中，工件和傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量是。 【解析】根據(jù)能量守恒定律可求得彈簧的最大彈性勢能； 工件先做減速運(yùn)動，達(dá)到共同速度后因為，所以工件將沿傳送帶繼續(xù)減速上滑，由牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式可求得由B點上滑到C點所用的時間； 分別求得兩段的相對位移，由功能關(guān)系可求得由于摩擦而產(chǎn)生的熱量。 本題考查了牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、功能關(guān)系的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵理清工件的運(yùn)動情況，注意分析工件與傳送帶速度相同時的運(yùn)動狀態(tài)，

14、通過牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行研究。 預(yù)測考點一：與傳送帶相關(guān)的功能問題 【2年模擬再現(xiàn)】 1. (16分)（2018江蘇揚(yáng)州期末）在某電視臺舉辦的沖關(guān)游戲中，AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，半徑R＝1.6 m，BC是長度為L1＝3 m的水平傳送帶，CD是長度為L2＝3.6 m水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑，參賽者和滑板可視為質(zhì)點，參賽者質(zhì)量m＝60 kg，滑板質(zhì)量可忽略．已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.4、μ2＝0.5，g取10 m/s2.求： (1) 參賽者運(yùn)動到圓弧軌道B處對軌道的壓力； (2)

15、若參賽者恰好能運(yùn)動至D點，求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向； (3) 在第(2)問中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能． 【名師解析】. (1) 對參賽者：A到B過程，由動能定理 mgR(1－cos60°)＝mv 解得vB＝4m/s(2分) 在B處，由牛頓第二定律 NB－mg＝m 解得NB＝2mg＝1 200N(2分) 根據(jù)牛頓第三定律：參賽者對軌道的壓力 N′B＝NB＝1 200N，方向豎直向下．(1分) (2) C到D過程，由動能定理 －μ2mgL2＝0－mv 解得vC＝6m/s (2分) B到C過程，由牛頓第二定律μ1mg＝ma 解得a＝4m/s2(2分) 參賽者

16、加速至vC歷時t＝＝0.5s 位移x1＝t＝2.5m

17、=1 kg的物塊,它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,物塊與擋板碰撞的能量損失及碰撞時間不計.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 求物體從靜止釋放到第一次返回上升至最高點的過程中： (1)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量； (2)傳送帶多消耗的電能； (3)物體的最終狀態(tài)及該狀態(tài)后電動機(jī)的輸出功率 【參考答案】.(1)100.8 J　 (2)76.8J (3)16 W 【名師解析】：(1)物塊從A點由靜止釋放,物塊相對傳送帶向下滑,物塊沿傳送帶向下加速運(yùn)動的速度 a1=gsinθ-μgcosθ=2 m/s2 與P碰前的速度大小v1= =6 m/s,

18、物塊從A到B的時間t1= =3 s 在此過程中物塊相對傳送帶向下的位移s1=L+vt1=21 m 物塊與擋板碰撞后,以大小為v1的速度反彈,因v1>v,物塊相對傳送帶向上滑,物塊向上做減速運(yùn)動的加速度大小為a2=gsinθ+μgcosθ=10 m/s2 物塊速度減小到與傳送帶速度相等的時間t2=0.2 s,在t2時間內(nèi)物塊向上的位移L1=t2=1m 此過程中物塊相對傳送帶向上的位移s2=L1-vt2=0.2 m 物塊速度與傳送帶速度相等后相對傳送帶向下滑,物塊向上做減速運(yùn)動的加速度大小a3=gsinθ-μgcosθ=2 m/s2,物塊速度減小到零的時間t3=v/a3 =2 s,在t3

19、時間內(nèi)物塊向上的位移L2=vt3/2=4 m 此過程中物塊相對傳送帶向下的位移s3=vt3-L2=4 m 摩擦生熱Q=μmg(s1+s2+s3)cosθ=100.8 J (2)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力做的總功 ΔE電＝Ff(x傳送帶1－x傳送帶2＋x傳送帶3)＝μmgcosθ(v0t1－v0t2＋v0t3)＝76.8J 即傳送帶多消耗的電能為76.8J. (3)物體返回上升到最高點時速度為零，以后將重復(fù)上述過程，且每次碰后反彈速度、上升高度依次減小，最終達(dá)到一個穩(wěn)態(tài)：穩(wěn)態(tài)的反彈速度大小應(yīng)等于傳送帶速度4m/s，此后受到的摩擦力總是斜向上，加速度為gsinθ－μgcosθ＝2

20、m/s2，方向斜向下，物體相對地面做往返“類豎直上拋”運(yùn)動，對地上升的最大位移為xm＝vt3/2＝4m，往返時間為T＝2t3＝4s 傳送帶受到的摩擦力大小始終為Ff＝μmgcosθ，穩(wěn)態(tài)后方始終斜向下，故電動機(jī)的輸出功率穩(wěn)定為P＝Ffv0＝μmgcosθ×v0＝16W. 3．（12分）（2019湖北百校大聯(lián)考沖刺卷）如圖所示為某種游戲裝置的示意圖，水平導(dǎo)軌MN和PQ分別與水平傳送帶左側(cè)和右側(cè)理想連接，豎直圓形軌道與PQ相切于Q。已知傳送帶長L＝4.0m，且沿順時針方向以恒定速率v＝3.0m/s勻速轉(zhuǎn)動。兩個質(zhì)量均為m的滑塊B、C靜止置于水平導(dǎo)軌MN上，它們之間有一處于原長的輕彈簧，且彈簧與

21、B連接但不與C連接。另一質(zhì)量也為m的滑塊A以初速度v0沿B、C連線方向向B運(yùn)動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。若C距離N足夠遠(yuǎn)，滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并恰好停在Q點。已知滑塊C與傳送帶及PQ之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20，裝置其余部分均可視為光滑，重力加速度g取10m/s2。求： （1）PQ的距離和v0的大??； （2）已知豎直圓軌道半徑為0.55m，若要使C不脫離豎直圓軌道，求v0的范圍。 【名師解析】（1）設(shè)C滑上傳送帶后一直加速，則， 解得：，所有C在傳送帶上一定先加速后勻速， 滑上PQ的速度v＝3m／s? ? 又因為恰好停在Q點，則

22、有? ?? 解得?? A與B碰撞：?? 接下來AB整體壓縮彈簧后彈簧恢復(fù)原長時，C脫離彈簧，這個過程有? ?? ? ?? 聯(lián)立方程可解得：? ? （2）要使C不脫離圓軌道，有兩種情況，一是最多恰能到達(dá)圓心等高處，二是至少到達(dá)最高處，若恰能到達(dá)圓心等高處，則易得?? ?? 由N～Q段：，可得?? 在A、B碰撞及與彈簧作用的過程中? ?? ?? 聯(lián)立方程可解得：所以這種情況下，A的初速度范圍是 若恰能到達(dá)最高點，則易得? ? 同理可得A的初速度范圍是， 所以或。?? 4.（2019四川德陽三模）如圖所示，有一光滑平臺左側(cè)靠墻，平臺上有輕彈簧，其左端固定在墻上，彈簧不被壓

23、縮時右側(cè)剛好到平臺邊緣，光滑平臺右側(cè)有一水平傳送帶，傳送帶A、B兩端點間距離L＝1 m，傳送帶以速率v0＝4 m/s順時針轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)用一質(zhì)量為的小物塊向左壓縮彈簧，放手后小物塊被彈出，到達(dá)B端時與靜止在B處質(zhì)量的小物塊相碰（放置小物塊的位置對整個運(yùn)動過程無影響），碰后粘合在一起從B端水平飛出。粘合體經(jīng)過傳送帶下方C點時，速度方向與水平方向成45°角，經(jīng)過C點下方h=0.4m的D點時，速度方向與水平方向成角。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，平臺與傳送帶在同一水平線上，二者連接處縫隙很小，不計小物塊經(jīng)過連接處的能量損失，重力加速度為。求： (1)粘合體離開B點時的速度大小； (2)上述

24、過程中彈簧彈性勢能的最大值； (3)當(dāng)小物塊在傳送帶上運(yùn)動因摩擦產(chǎn)生的熱量最大時，小物塊在傳送帶上發(fā)生相對運(yùn)動的時間t。 【名師解析】 (1)設(shè)小物塊從B點飛出的速度為vB，設(shè)小物塊在C點、D點時的速度分別為v1、v2。在C點小物塊的速度方向與水平方向成45°角，則由幾何關(guān)系可知 v1x＝v1y＝vB (1分) 在D點由＝tan60°， (1分) 小物塊從C點運(yùn)動到D點的過程中，在豎直方向上有 2

25、gh2＝v－v (2分) (用功能關(guān)系參照給分) 解得vB＝4 m/s (2分) (2) 小物塊從B點運(yùn)動到C點，在豎直方向上有2ah1＝v＝v (1分) 小物塊從B點運(yùn)動到C點的過程中，有qE＋mg＝ma， (1分) (用功能關(guān)系參照給分) 小物塊被彈簧彈開，恰好減速到B端與傳送帶同速，則小

26、物塊從A端運(yùn)動到B端由 v－v2＝－2a0L， (1分) ma0＝μ(Eq＋mg)， (1分) (用功能關(guān)系參照給分) 小物塊在A點具有的動能即為彈簧具有的最大彈性勢能，則 Ep＝mv2 (1分) 解得Epk＝mv2＝1 J (2分) (3)小物塊在傳送帶上摩擦產(chǎn)

27、生熱量的最大值是物塊在傳送帶上相對位移最長的情況，有兩種情況，一種是物塊一直加速運(yùn)動到B端與傳送帶共速，一種是物塊在傳送帶上減速到B端與傳送帶共速。 第一種情況：傳送帶的位移：x0＝v0t1 (1分) 物塊的位移為L：v－v2＝2a0L (1分) 物塊的速度變化為v0＝v＋a0t (1分) 聯(lián)立即得t1＝(2－) s (1分) 第二種情況：傳送帶的位移：x0′＝v0t2

28、 物塊的位移為L：v－v2＝－2a0L (1分) 物塊的速度變化為v0＝v－a0t2 聯(lián)立解得t2＝(－2) s (1分) 計算可得第1種情況相對位移大于第2種情況的相對位置，則t＝t1 (用其他方法判斷參照給分) 小物塊在傳送帶上運(yùn)動因摩擦產(chǎn)生的熱量最大時，小物塊在傳送帶上發(fā)生相對運(yùn)動的時間 t＝0.268 s。

29、 (1分) 5．(16分) （2019江蘇高郵市第二學(xué)期質(zhì)檢）如圖所示，質(zhì)量m＝4.6 kg的物體(可以看成質(zhì)點)用細(xì)繩拴住，放在水平傳送帶的右端，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傳送帶的長度l＝6 m，當(dāng)傳送帶以v＝4 m/s的速度做逆時針轉(zhuǎn)動時，繩與水平方向的夾角為θ＝37°.已知：重力加速g=10m/s2 ,sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1) 傳送帶穩(wěn)定運(yùn)行時，求繩子的拉力； (2) 某時刻剪斷繩子，求物體在傳送帶上運(yùn)動的時間； (3) 剪斷細(xì)線后，物體在傳送帶上運(yùn)動過程中和傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量． 【名師解析】 (1) 對物

30、體受力分析：Tsinθ＋N＝mg(1分) Tcosθ＝f(1分) f＝μN(yùn)(1分) 解得T＝10 N(2分) (2) 剪斷后N′＝mg(1分) a＝＝μg＝2 m/s2(1分) 物體加速運(yùn)動時間t1＝＝＝2 s(1分) 物體加速運(yùn)動距離x1＝at＝4 m(1分) 勻速運(yùn)動的時間t2＝＝＝0.5 s(1分) 總時間t＝t1＋t2＝2.5 s(1分) (3) 加速過程中，皮帶運(yùn)動的位移x＝vt1＝4×2＝8 m(1分) 物體相對于皮帶的位移大小Δx＝x－x1＝4 m(1分) 摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝f′Δx＝μmgΔx＝36.8J(3分) 6．（12分）（2018北京海淀附屬學(xué)

31、校期中）如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量的物塊．裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接．傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉(zhuǎn)動，使傳送帶上表面以勻速運(yùn)動．傳送帶的右邊是一半徑位于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道．質(zhì)量的物塊從圓弧的最高處由靜止釋放．已知物導(dǎo)體與傳送帶之間動摩擦因數(shù)，傳送帶兩軸之間的距離．設(shè)物塊、之間發(fā)生的是正對彈性碰撞，第一次碰撞前，物塊靜止．?。螅? （1）物塊滑動圓弧的最低點時對軌道的壓力． （2）物塊與物塊第一次碰撞前的速度大?。? （3）物塊與物塊第一次碰撞后瞬間的各自的速

32、度大?。? （4）物塊與物塊第一碰撞后彈簧的最大彈性勢能． （5）計算說明物塊是否能夠回到段圓弧上． （6）物塊第一次碰撞后第二次碰撞前，在傳送帶上運(yùn)動的時間． （7）如果物塊、每次碰撞后，物塊再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定解除，求物塊經(jīng)第一次與物塊碰撞后在傳送帶上運(yùn)動的總時間． 【答案】（1）． （2）． （3）． （4）． （5）回不到． （6）． （7）． 【解析】（1）依據(jù)動能定理，根據(jù)牛二定律， 再根據(jù)牛三定律，故壓力大小為． （2）由題可得，依據(jù)受力分析可知，解得，若物塊一直做勻減速直線運(yùn)動，依據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，當(dāng)時，解得，即，

33、故碰撞前的速度． （3）依據(jù)動量定理，依據(jù)能量守恒， 解得：，，所以各自的速度大小都為． （4）依據(jù)能量守恒（）． （5）物塊返回后，做減速運(yùn)動且，加速度，做勻減速運(yùn)動，當(dāng)速度為時，，可知，故回不到的圓弧上． （6）依據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，故運(yùn)動過去時，回來時， 總時間． （7）依據(jù)幾何關(guān)系第一次， 第二次 第三次， 時間為等比數(shù)列，，故， 當(dāng)時，． 7．（2018南京三校聯(lián)考）如圖所示，水平面右端放一質(zhì)量m=0.1kg小物塊，給小物塊一v0=4m/s的初速度使其向左運(yùn)動，運(yùn)動d=1m后將彈簧壓至最緊，反彈回到出發(fā)點時物塊速度大小v1=2m/s．若水平面與一長L=3m的水平傳

34、送帶平滑連接，傳送帶以v2=10m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。傳送帶右端又與一豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道的底端平滑連接，圓軌道半徑R=0.8m．當(dāng)小物塊進(jìn)入圓軌道時會觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉。（g=10m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6）求： （1）小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1； （2）彈簧具有的最大彈性勢能Ep； （3）要使小物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物體間的動摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。 【題型分析】傳送帶、彈簧、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動都是經(jīng)典模型，也是高考命題熱點，此題將傳送帶、彈簧、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動有機(jī)組合，考查能量守恒定律、動能定理、牛頓運(yùn)

35、動定律及其相關(guān)知識點，意在考查綜合運(yùn)用知識分析解決問題的能力。 【名師解析】.（1）小物塊在水平面向左運(yùn)動再返回的過程，根據(jù)能量守恒定律得： 代入數(shù)據(jù)解得：μ1=0.3。 （2） 小物塊從出發(fā)到運(yùn)動到彈簧壓縮至最短的過程，由能量守恒定律得 彈簧具有的最大彈性勢能 代入數(shù)據(jù)解得：Ep=0.5J。 （3） 本題分兩種情況討論：①設(shè)物塊在圓軌道最低點時速度為v3時，恰好到達(dá)圓心右側(cè)等高點，由機(jī)械能守恒定律， 得：v3=4m/s 由于v3=4m/s

36、4時，恰好到達(dá)圓軌道最高點。 在圓軌道最高點有： 從圓軌道最低點到最高點的過程，由機(jī)械能守恒定律得， 解得：v4=2m/s

37、果好，寬度為d=3.6×10-3m的兩塊黑色磁帶分別貼在物塊A和B上，且高出物塊，并使高出物塊部分在通過光電門時擋光。傳送帶水平部分的長度L=8m，沿逆時針方向以恒定速度v=6m/s勻速轉(zhuǎn)動。物塊A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，質(zhì)量mA=mB=1kg。開始時在A和B之間壓縮一輕彈簧，鎖定其處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)解除鎖定，彈開物塊A和B，迅速移去輕彈簧，兩物塊第一次通過光電門，計時器顯示讀數(shù)均為t=9.0×10-4s，重力加速度g取10m/s2。試求： （1）彈簧儲存的彈性勢能Ep； （2）物塊B在傳送帶上向右滑動的最遠(yuǎn)距離sm； （3）若物塊B返回水平面MN后與被彈射裝置P彈回的物

38、塊A在水平面上相碰，且A和B碰后互換速度，則彈射裝置P至少應(yīng)以多大速度將A彈回，才能在AB碰后使B剛好能從Q端滑出?此過程中，滑塊B與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能△E為多大? 【參照答案】（1）16J（2）4m （3）△E= μmBg△S=μmBg（S帶＋L） 【名師解析】 （1）解除鎖定，彈開物塊A、B后，兩物體的速度大小為： vA=vB==4.0m/s （2分） 彈簧儲存的彈性勢能 …(3分) （2）物塊B滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動，當(dāng)速度減為零時，滑動的距離最遠(yuǎn)。 由動能定理得：－μmBgsm=0－mBvB2/2 得

39、sm=4m （3）B要剛好能滑出傳送帶的Q端，由能量關(guān)系有： 得： 因為A和B碰撞過程交換速度，故彈射裝置至少應(yīng)以4m/s的速度將A彈回B在傳送帶上運(yùn)動的時間 在B滑過傳送帶的過程中，傳送帶移動的距離： △S＝S帶＋L

40、 因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：△E= μmBg△S=μmBg（S帶＋L） 2．傾角θ=37°的傳送帶以速度v=1.0m/s順時針轉(zhuǎn)動，位于其底部的煤斗每秒鐘向其輸送K=4.0kg的煤屑，煤屑剛落到傳送帶上的速度為零，傳送帶將煤屑送到h=3.0m的高處，煤屑與傳送帶間的動摩擦因素μ=0.8，且煤屑在到達(dá)最高點前已經(jīng)和傳送帶的速度相等。（重力加速度g=10m/s2，傳送帶直徑大小可忽略）求： （1）煤屑從落到傳送帶開始，運(yùn)動到與傳送帶速度相等時前進(jìn)的位移和時間； （2）傳送帶電機(jī)因輸送煤屑而多產(chǎn)生的輸出功率。 【名師解析】（1）設(shè)有質(zhì)量為m0的煤屑落到傳送帶上后向上加速運(yùn)動，加

41、速度 0.4m/s2………………………………（2分） 位移為1.25m………………………………（2分） 時間為2.5s…………………………………………（2分） （2）解法1(作用力法)：傳送帶上的煤屑處于相對滑動和處于相對靜止階段所受的摩擦力不同，要分別計算處于加速階段的煤屑所受總的滑動摩擦力為 64N ………………………………（4分） 處于勻速階段的煤屑所受總的靜摩擦力為 90N ……………………………（4分） 傳送帶所受煤屑總摩擦力為 154N …………………………………（2分） 輸出功率P=fv=154W ………………………………（2分） 解法2（能量法）：傳送帶做功使煤屑動能增加、重力勢能增加、熱量增加 設(shè)經(jīng)過Δt時間，煤屑動能增加量………………（2分） 重力勢能的增加量…………………（2分） 熱量增加為滑動摩擦力乘以相對位移…（4分） 輸出功率 154W……（4分） （注：若用動量定理法解出正確答案亦相應(yīng)給分） 19