高考總復習課程-2018年高考物理第二輪復習（江蘇版）課后練習冊子第23講傳送帶2017新題賞析

傳送帶2017新題賞析題一：傳送帶現已廣泛應用于機場、商店等公共場所，為人們的生活帶來了很多的便利。如圖所示，一長度L＝7m的傳送帶與水平方向間的夾角α＝30°，在電動機帶動下以v＝2m/s的速率順時針勻速轉動。在傳送帶上端接有一個斜面，斜面表面與傳送帶表面都在同一平面內。將質量m＝2kg可視作質點的物體無初速地放在傳送帶底端，物體經傳送帶作用后能到達斜面頂端且速度為零。若物體與傳送帶及物體與斜面間的動摩擦因數都為μ＝eq\f(2\r(3),5)，g＝10m/s2（1）物體在從傳送帶底端運動到斜面頂端過程中傳送帶對物體所做的功；（2）傳送帶上方所接的斜面長度。題二：如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3.2m，與水平面間夾角θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉動，速度恒為v＝2m/s，在上端A點無初速放置一個質量為m＝1kg、大小可視為質點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經過彎道，沿半徑R＝0.4m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h＝0.5m（g取10m/s2）。試求：（1）金屬塊經過D點時的速度；（2）金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。題三：如圖所示，四分之一圓軌道OA與傳送帶相切相連，下方的CD水平軌道與他們在同一豎直面內。圓軌道OA的半徑R＝1.25m，傳送帶長S＝2.25m，圓軌道OA光滑，AB與CD間的高度差為h。一滑塊從O點靜止釋放，當滑塊經過B點時（無論傳送帶是否運動），靜止在CD上的長為L＝QUOTE34

m的木板（此時木板的末端在B點的正下方）在F＝12N的水平恒力作用下起動，此時滑塊落入木板中。已知滑塊與傳送帶的摩擦因數μ1＝0.2，木板的質量M＝1kg，木板與CD間的摩擦因數為μ2＝0.4，g取10m/s2。（1）如果傳送帶靜止，求滑塊到達B點的速度；（2）如果傳送帶靜止，求h的取值范圍；（3）如果傳送帶可以以任意速度傳動，取h＝20m，試判斷滑塊還能否落在木板上。題四：如圖所示，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶以恒定速率v＝3.0m/s

順時針轉動。三個質量均為m＝1.0kg

的滑塊A、B、C置于水平導軌上，B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長，滑塊B與輕彈簧連接，C未連接彈簧，B、C處于靜止狀態(tài)且離N點足夠遠，現讓滑塊A以初速度v0＝3.0m/s

沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短?；瑝KC脫離彈簧后滑上傳送帶，并從右端P滑出落至地面上。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：

（1）滑塊A、B碰撞時損失的機械能；

（2）滑塊C在傳送帶上因摩擦產生的熱量Q；

（3）若每次實驗開始時滑塊A的初速度v0

傳送帶2017新題賞析題一：（1）74J（2）eq\f(2,11)m詳解：（1）對物體，先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝1m/s2，沿斜面向上。設物體速度經過時間t與傳送帶相等，由v＝at得t＝eq\f(v,a)＝2s，此過程中物體通過的位移為x＝eq\f(1,2)at2＝2m＜7m，所以物體接著做勻速直線運動，離開傳送帶時速度為v＝2m/s。對整個過程，由動能定理得W－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝74J。（2）物體到斜面上以后，根據牛頓第二定律得μmgcos30°＋mgsin30°＝ma1，解得a1＝11m/s2，由v2＝2a1s得s＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(2,11)m。題二：（1）2eq\r(5)m/s詳解：（1）金屬塊在E點時，mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)，解得vE＝2m/s，在從D到E過程中由動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝2eq\r(5)m/s。（2）金屬塊剛剛放上時，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2。設經位移s1達到共同速度，則v2＝2a1s1，解得s1＝0.2m＜3.2m。繼續(xù)加速過程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2。由s2＝L－s1＝3m，veq\o\al(2,B)－v2＝2a2s2，解得vB＝4m/s。在從B到D過程中由動能定理得mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得W＝3J。題三：（1）4m/s（2）或（3）不能詳解：（1）滑塊滑到A點的速度為vAQUOTEvA，由機械能守恒定律可知QUOTEmgR=12mvA2解得vA＝5m/sQUOTEvA=5m/s，滑塊滑過靜止的傳送帶到達B點后速度為QUOTEvBvB，由動能定理有QUOTE-μ1mgS=12mvB2-12mvA2，解得v（2）木板在CD上運動的加速度由牛頓第二定律得QUOTEa=F-μ2MgM=8m/s2，如果滑塊恰好落在木板左端，需耗時QUOTEt1QUOTEvBt1，則有QUOTEvBt1=12at12，解得QUOTEt1=1sQUOTEt1QUOTEvBt1＝1s，對應的高度QUOTEh1=12gt12，解得QUOTEh1=5mQUOTEt1QUOTEv如果滑塊恰好落在木板右端，需耗時QUOTEt2QUOTEt1QUOTEvBt2，則有QUOTEvBt2=12at22+L，解得QUOTEt2=14s，或QUOTEt2=34s，對應的QUOTEh2=12gt22，所以當QUOTEt2=14s時，QUOTEh2=516m；當QUOTEt2=34s，QUOTEh2=4516m，故h的取值范圍為QUOTE0，516（3）如果h＝20m，則滑塊落在木板上的時間為t，則有QUOTEh=12gt2，解得t＝2s，如果滑塊落在木板左端，需要滑塊有速度QUOTEvB1QUOTEvBvB1，則有QUOTEvB1t=12at2，解得QUOTEvB1QUOTEvBvB1＝8m/sQUOTEvB1=8m/s，由于傳送帶的速度足夠大，所以可以讓滑塊一直處于加速狀態(tài)，設滑塊運動到B點的速度為QUOTEvB1QUOTEvBv′B1QUOTEv'B1，則由動能定理有QUOTEμ1mgS=12mv'B12-12mvA2，解得QUOTEv'B1=34m/s<8m/sv′B1＝QUOTE34題四：（1）2.25J（2）0.5J（3）m/s≤v0≤m/s詳解：（1）設A和B碰撞后共同速度為v1，A、B系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1，碰撞時損失的機械能?E＝，代入數據解得?E＝2.25J。

（2）設A、B碰撞后，彈簧第一次恢復原長時A、B的速度為vB，C的速度為vC，對A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B碰撞后到彈簧第一次恢復原長的過程中，以向右為正方向，由動量守恒定律得2mv1＝2mvB+mvC，由機械能守恒定律得，代入數據解得vC＝2m/s。C以vC滑上傳送帶，假設做勻加速直線運動的位移為s時與傳送帶共速，由運動學公式得，代入數據解得s＝2.5m＜L，加速運動的時間為t，有t＝，代入數據解得t＝1s。C在傳送帶上滑過的相對位移為?s＝vt－s，摩擦生熱Q＝μmg?s，代入數據解得Q＝0.5J。

（3）設A的最大速度為vmax，滑塊C在與彈簧分離時C的速度為vC1、A、B的速度為vB1，則C在傳送帶上一直做勻減速直線運動直到在P點與傳送帶共速，有＝2μgL

，解得vC1＝m/s。

設A的最小速度為vmin，滑塊C在與彈簧分離時C的速度為vC2、A