2023版高考物理總復習之加練半小時-第六章-微專題43-“傳送帶”模型綜合問題

微專題43“傳送帶”模型綜合問題1．計算摩擦力對物塊做的功和摩擦力對傳送帶做的功要用動能定理，計算摩擦產(chǎn)生的熱量要用Q＝Ffx相對或能量守恒定律.2.電機做的功一部分增加物塊的機械能，一部分轉化為因摩擦產(chǎn)生的熱量．1．如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉，在傳送帶左端A處輕放一可視為質點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度－時間變化規(guī)律如圖乙所示，t＝6s時恰好到B點，重力加速度g取10m/s2，則()A．物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2B．A、B間距離為16m，小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8mC．若物塊質量m＝1kg，物塊對傳送帶做的功為8JD．若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱悖飰K不能到達B端答案B解析由題圖乙可知，物塊加速過程的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律可知a＝μg，聯(lián)立解得μ＝0.1，故A錯誤；由于4s后物塊與傳送帶的速度相同，故傳送帶速度為4m/s，A、B間距離x＝eq\f(2＋6×4,2)m＝16m，小物塊在傳送帶上留下的痕跡是l＝4×4m－eq\f(4×4,2)m＝8m，故B正確；物塊對傳送帶的摩擦力大小為μmg，加速過程傳送帶的位移為16m，則物塊對傳送帶所做的功為W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16J＝－16J，故C錯誤；物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱悖飰K將做減速運動，且加速度與加速過程的加速度大小相同，則減速過程的位移為8m，則物塊可以到達B端，故D錯誤．2．(多選)6月份是收割小麥的季節(jié)，如圖甲所示，糧庫工作人員通過傳送帶把小麥堆積到倉庫內．其簡化模型如圖乙所示，工作人員把一堆小麥輕輕地放在傾斜傳送帶的底端，小麥經(jīng)過加速和勻速兩個過程到達傳送帶頂端，然后被拋出落到地上．已知傳送帶與地面的夾角為θ，兩軸心間距為L，傳送帶以恒定的速度v順時針轉動，忽略空氣阻力，重力加速度為g，以地面為零勢能面，對于其中一顆質量為m的麥粒P(如圖所示)的說法正確的是()A．在勻速階段，其他麥粒對麥粒P不做功B．在傳送帶上運動時，其他麥粒對麥粒P做的功為eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθC．麥粒P離開傳送帶后(未落地)的機械能為eq\f(1,2)mv2＋2mgLsinθD．麥粒P克服重力做功的最大值為mgLsinθ＋eq\f(mv2sin2θ,2)答案BD解析選麥粒P為研究對象，在勻速階段，根據(jù)動能定理W－WG＝0，其他麥粒對麥粒P做功，A錯誤；在傳送帶上運動時，根據(jù)動能定理W＋WG＝eq\f(1,2)mv2－0，WG＝－mgLsinθ，解得W＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ，B正確；麥粒P剛離開傳送帶時，機械能為E＝mgLsinθ＋eq\f(1,2)mv2，在拋出過程機械能守恒，則麥粒P離開傳送帶后(未落地)的機械能為eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ，C錯誤；麥粒P離開傳送帶做斜拋運動，豎直分速度為vy＝vsinθ，則麥粒P上升的高度為vy2＝2gh，解得h＝eq\f(v2sin2θ,2g)，則麥粒P克服重力做功的最大值W＝mg(Lsinθ＋h)＝mgLsinθ＋eq\f(mv2sin2θ,2)，D正確．3.(多選)如圖所示，現(xiàn)將一長為L、質量為m且分布均勻的金屬鏈條通過裝有傳送帶的斜面輸送到高處．斜面與傳送帶靠在一起連成一直線，與水平方向夾角為θ，斜面部分光滑，鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)．傳送帶以較大的恒定速率順時針轉動．已知鏈條處在斜面或者傳送帶上任意位置時，支持力都均勻作用在接觸面上．將鏈條放在傳送帶和斜面上，當位于傳送帶部分的長度為eq\f(L,4)時，鏈條恰能保持靜止．現(xiàn)將鏈條從位于傳送帶部分的長度為eq\f(L,3)的位置由靜止釋放，重力加速度為g，則下列說法正確的是(假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A．鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝4tanθB．釋放瞬間鏈條的加速度為eq\f(1,3)gsinθC．釋放后，鏈條運動的加速度均勻增大D．從開始到鏈條離開斜面的過程中，傳送帶對鏈條做的功等于鏈條動能的增加答案AB解析設整個鏈條的總質量為m，當位于傳送帶部分的長度為eq\f(L,4)時，鏈條恰能保持靜止，則mgsinθ＝eq\f(1,4)μmgcosθ，解得μ＝4tanθ，A正確；釋放的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律eq\f(1,3)μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，B正確；鏈條從靜止釋放，釋放后鏈條所受摩擦力隨著鏈條在傳送帶的長度的增大而均勻增大，則鏈條的加速度在增大，但當鏈條全部進入傳送帶后，加速度保持不變，不再增大，C錯誤；從開始到鏈條離開斜面的過程中，根據(jù)動能定理W－WG＝ΔEk，傳送帶對鏈條做的功大于鏈條動能的增加，D錯誤．4．如圖所示，一固定的四分之一光滑圓弧軌道與逆時針勻速轉動的水平傳送帶平滑連接于N點，圓弧軌道半徑為R.質量為m的小滑塊自圓弧軌道最高點M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運動一段時間后返回圓弧軌道，上升到最高點時距N點高度為eq\f(R,4).重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法錯誤的是()A．傳送帶勻速轉動的速度大小為eq\r(\f(gR,2))B．經(jīng)過足夠長的時間，滑塊最終靜止于N點C．滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為eq\f(9,4)mgRD．滑塊第三次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為mgR答案B解析設小滑塊第一次滑上傳送帶時的速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律可得mgR＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝eq\r(2gR)，向右減速到零后，再反向加速，離開傳送帶時的速度為v2，滑塊上升過程中根據(jù)機械能守恒定律可得mg·eq\f(1,4)R＝eq\f(1,2)mv22，解得v2＝eq\r(\f(1,2)gR).因為v2<v1，所以小滑塊返回時是先加速后勻速，即傳送帶勻速轉動的速度大小為eq\r(\f(1,2)gR)，A正確；最終滑塊下落到圓弧軌道底端的速度大小與傳送帶速度大小相等時，滑塊滑上傳送帶的速度和離開傳送帶的速度大小相等，之后一直保持這種狀態(tài)來回運動，所以小滑塊不會停在N點，B錯誤；設滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，小滑塊第一次在傳送帶上做減速直線運動的時間為t1＝eq\f(v1,μg)＝eq\f(\r(2gR),μg)，相對傳送帶的距離為Δs1＝vt1＋eq\f(v1,2)t1＝eq\f(2R,μ).反向加速直線運動的時間為t2＝eq\f(v2,μg)＝eq\f(\r(\f(1,2)gR),μg)，相對傳送帶的位移為Δs2＝vt2－eq\f(v2,2)t2，解得Δs2＝eq\f(R,4μ).滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量均為Q＝μmg(Δs1＋Δs2)，解得Q＝eq\f(9,4)mgR，C正確；第三次滑上傳送帶時，速度與傳送帶速度大小相等，所以以后每次滑上傳送帶產(chǎn)生的熱量一定相同；滑上傳送帶減速直線運動過程中經(jīng)過的時間t＝t2＝eq\f(\r(\f(1,2)gR),μg)，相對傳送帶的距離為Δs1′＝vt＋eq\f(v2,2)t＝eq\f(3R,4μ)，返回過程相對傳送帶的距離為Δs2′＝vt－eq\f(v2,2)t＝eq\f(R,4μ)，滑塊第三次及以后每次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為Q′＝μmg(Δs1′＋Δs2′)＝mgR，D正確．5．(2022·浙江省杭州第二中學高三月考)如圖為一水平傳送帶裝置的示意圖．傳送帶右端有一圓弧軌道與傳送帶相切于B點，緊繃的傳送帶AB始終保持v0＝5m/s的恒定速率運行，AB間的距離L為8m．將一質量m＝1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上距A點2m處的P點，小物塊隨傳送帶運動到B點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)該圓軌道的半徑r；(2)要使小物塊能第一次滑上圓形軌道達到M點(M點未畫出)，M點為圓軌道右側上的點，該點高出B點0.25m，且小物塊在圓形軌道上運動時中途不脫離軌道，求小物塊放上傳送帶時距離A點的位置范圍．答案(1)0.5m(2)7m≤x≤7.5m或0≤x≤5.5m解析(1)小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度a＝μg＝5m/s2小物塊從開始運動到與傳送帶共速，所用的時間t＝eq\f(v0,a)＝1s運動的位移Δx＝eq\f(v\o\al(02),2a)＝2.5m<L－2＝6m故小物塊與傳送帶達到相同速度后以v0＝5m/s的速度勻速運動到B，然后沖上光滑圓弧軌道恰好到達N點，故有mg＝meq\f(v\o\al(N2),r)由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝2mgr＋eq\f(1,2)mvN2解得r＝0.5m(2)設在距A點x1處將小物塊輕放在傳送帶上，恰能到達圓心右側的M點，由能量守恒定律得μmg(L－x1)＝mgh代入數(shù)據(jù)解得x1＝7.5m設在距A點x2處將小物塊輕放在傳送帶上，恰能到達右側圓心高度處，由能量守恒定律得μmg(L－x2)＝mgr代入數(shù)據(jù)解得x2＝7m則能到達圓心右側的M點，物塊放在傳送帶上距A點的距離范圍7m≤x≤7.5m同理，只要過最高點N同樣也能過圓心右側的M點，由(1)可知x3＝8m－2.5m＝5.5m則0≤x≤5.5m故小物塊放在傳送帶上距A點的距離范圍7m≤x≤7.5m或0≤x≤5.5m6．(2022·湖南雅禮中學高三月考)如圖所示，光滑水平面AB的左側有一固定的豎直擋板，一彈性系數(shù)k＝360N/m的水平輕彈簧，左端固定在擋板上，自然伸長時右端在B點，放在B點的小滑塊(與彈簧不拴接)質量m＝0.4kg，水平面B端緊靠傾角θ＝30°的傳送帶，傳送帶與水平面通過B端小圓弧平滑連接，傳送帶逆時針轉動，速率恒為v＝eq\r(6)m/s.現(xiàn)將小滑塊從B點緩慢向左壓縮彈簧至D點(D點在彈簧的彈性限度內)，然后由靜止釋放，小滑塊經(jīng)過B處沖上傳送帶，恰好到達C端，然后返回到B端．已知B、C兩端間的距離L＝2.4m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),6)，取g＝10m/s2，滑塊通過B處時無機械能損失．彈簧的彈性勢能Ep和形變量x的關系為Ep＝eq\f(1,2)kx2，求：(1)滑塊第一次經(jīng)過B點時的速率v1和從B端運動到C端的時間t1；(2)B、D兩點間的距離x1；(3)滑塊第一次從C端回到B端時的速度大小和此過程中各力對滑塊做的總功W.答案(1)6m/s0.8s(2)0.2m(3)4m/s3.2J解析(1)設滑塊上滑過程中的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝7.5m/s2滑塊在上滑過程中做勻減速運動直至速度減為零，則根據(jù)運動學公式有v12＝2a1L解得v1＝6m/s設滑塊第一次從B點運動到C點所用時間為t1，則根據(jù)運動學公式有v1＝a1t1解得t1＝0.8s(2)由題意可知彈簧彈力做的功為W1＝eq\f(1,2)kx12根據(jù)動能定理有W1＝eq\f(1,2)mv12解得x1＝0.2m(3)設滑塊從C點第一次運動到與傳送帶共速時位移為s1，此過程中加速度大小仍為a1，則根據(jù)運動學公式有v2＝2a1s1解得s1＝0.4m由于s1<L，mgsinθ>μmgcosθ，滑塊與傳送帶共速后仍做勻加速運動，設此加速度大小為a2，則由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2.5m/s2設滑塊滑到B端時的速度為v2，則根據(jù)運動學公式有v22－v2＝2a2(L－s1)解得v2＝4m/sJ.7．如圖所示，光滑的曲面與水平面在O點相切，水平面與一足夠長的傳送帶在P點平滑連接，傳送帶與水平方向的夾角θ＝30°，皮帶輪逆時針轉動，速率v＝3m/s.一質量為m＝1kg，可視為質點的物塊A自曲面上高h＝0.9m處由靜止釋放，經(jīng)過O點進入水平面向右運動，OP長L＝1m．已知A與OP段間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)A第一次經(jīng)過O點時的速度大小v0；(2)A第一次自P點上滑的最大位移x；(3)A從P點向上至第一次返回的過程中，物塊與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)3eq\r(2)m/s(2)0.8m(3)12.25J解析(1)物塊A第一次到O點的過程中，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv02－0代入數(shù)據(jù)，解得v0＝3eq\r(2)m/s(2)設A第一次到P點的速度為v1，對OP過程，由功能定理有－μ1mgL＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)，解得v1＝4m/sA沿傳送帶向上勻減速運動直至速度為零，加速度大小設為a，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μ2mgcosθ＝ma解得a＝10m/s2當A的速度為零時，上滑位移最大，由運動學公式得0＝v1－at1x1＝eq\f(1,2)v1t