2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測試第一部分專題一力與運(yùn)動(dòng)第2講力與直線運(yùn)動(dòng)命題點(diǎn)三用動(dòng)力學(xué)方法分析傳送帶問題

命題點(diǎn)三用動(dòng)力學(xué)方法分析傳送帶問題1．傳送帶問題中摩擦力的分析是突破點(diǎn)．物體與傳送帶達(dá)到“共速”的瞬間，是摩擦力發(fā)生“突變”的“臨界狀態(tài)”；如果遇到勻變速運(yùn)動(dòng)的水平傳送帶或者傾斜傳送帶，還要根據(jù)牛頓第二定律判斷“共速”后的下一時(shí)刻是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力．“三步走”分析傳送帶問題．(2023·江蘇南通)如圖所示，一個(gè)工作臺(tái)由水平傳送帶與傾角θ＝37°足夠長的斜面體組成，傳送帶AB間的長度L＝1.7m，皮帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．現(xiàn)讓質(zhì)量m＝1kg的小物塊以某水平向右的速度從A點(diǎn)滑上皮帶，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08m的C點(diǎn)，物塊與斜面體、傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，傳送帶與斜面平滑連接，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物塊由A運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度vB；(2)若改變傳送帶轉(zhuǎn)速，物塊從A點(diǎn)水平滑上傳送帶，滑上斜面后恰好能返回出發(fā)點(diǎn)A，求物塊從A點(diǎn)滑上初動(dòng)能的最小值Ekmin.解析：(1)物塊恰好能滑到C，B到C做加速度為a的勻減速運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)速度為零，則mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，0－veq\o\al(2,B)＝－2a·eq\f(h,sin37°)，解得vB＝6m/s.(2)當(dāng)物塊滑上斜面H高度后返回，經(jīng)皮帶減速剛好回到A點(diǎn)，速度為零，則物塊從A點(diǎn)滑上初動(dòng)能最小，滑塊從最高點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgH－μmgcos37°·eq\f(H,sin37°)－μmgL＝0.解得H＝2.55m.設(shè)物塊在傳送帶上皮帶對(duì)物體做功為Wf，滑塊從A點(diǎn)到達(dá)最高點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得Wf－mgH－μmgcos37°·eq\f(H,sin37°)＝0－Ek，解得Ek＝mgH＋μmgcos37°·eq\f(H,sin37°)－Wf，故當(dāng)傳送帶上皮帶對(duì)物體做功Wf最大時(shí)，物塊從A點(diǎn)滑上初動(dòng)能最小，即物塊在傳送帶上整個(gè)過程皮帶對(duì)物體做正功，此時(shí)物塊從A點(diǎn)滑上初動(dòng)能最小，即Ekmin＝mgH＋μmgcos37°·eq\f(H,sin37°)－μmgL＝34J.答案：(1)6m/s(2)34J1.如圖所示，飛機(jī)場運(yùn)輸行李的傾斜傳送帶保持恒定的速率向上運(yùn)行，將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，當(dāng)傳送帶將它送入飛機(jī)貨艙前行李箱已做勻速運(yùn)動(dòng)．假設(shè)行李箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傳送帶與水平面的夾角θ，已知滑動(dòng)摩擦力近似等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是()A．要實(shí)現(xiàn)這一目的前提是μ<tanθB．做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為零C．全過程傳送帶對(duì)行李箱的摩擦力方向沿傳送帶向上D．若增加傳送帶速度足夠大，可以無限縮短傳送的時(shí)間解析：要實(shí)現(xiàn)這一目的前提是沿傳送帶向上的最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，可得μ>tanθ，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為f＝mgsinθ，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力均沿傳送帶向上，故C項(xiàng)正確；若增加傳送帶速度足夠大，行李箱在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，傳送時(shí)間不會(huì)無限縮短，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C.答案：C2．如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時(shí)刻P離開傳送帶．不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長，正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖像可能是()解析：若v1<v2，小物體P先向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得mQg＋μmPg＝(mP＋mQ)a1，減速到與傳送帶共速時(shí)，若最大靜摩擦力大于或等于小物體Q的重力，其受力平衡將隨傳送帶做勻速直線運(yùn)動(dòng)直至離開傳送帶．若最大靜摩擦力小于小物體Q的重力，則繼續(xù)向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力反向，有mQg－μmPg＝(mP＋mQ)a2，聯(lián)立，可得a1>a2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)正確；根據(jù)上面選項(xiàng)分析，可知小物體P速度減為零后，又反向以a2的加速度做向左