（江苏专版）2018年高考物理第二轮复习 第23讲 传送带2017新题赏析课后练习_1

1、（江苏专版）2018年高考物理第二轮复习 第23讲 传送带2017新题赏析课后练习第23讲传送带2017新题赏析题一：传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便利。如图所示，一长度L7m的传送带与水平方向间的夹角30，在电动机带动下以v2m/s的速率顺时针匀速转动。在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在同一平面内。将质量m2kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零。若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为，g10m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对

2、物体所做的功；（2）传送带上方所接的斜面长度。题二：如图所示，传送带A、B之间的距离为L3.2m，与水平面间夹角37，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v2m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h0.5m（g取10m/s2）。试求：（1）金属块经过D点时的速度；（2）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。题三：如图所示，四分之一圆轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内。圆轨道OA的半径R1

3、.25m，传送带长S2.25m，圆轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h。一滑块从O点静止释放，当滑块经过B点时（无论传送带是否运动），静止在CD上的长为Lm的木板（此时木板的末端在B点的正下方）在F12N的水平恒力作用下起动，此时滑块落入木板中。已知滑块与传送带的摩擦因数10.2，木板的质量M1kg，木板与CD间的摩擦因数为20.4，g取10m/s2。（1）如果传送带静止，求滑块到达B点的速度；（2）如果传送带静止，求h的取值范围；（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h20m，试判断滑块还能否落在木板上。题四：如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L4.0m，

4、皮带以恒定速率v3.0m/s顺时针转动。三个质量均为m1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v03.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端P滑出落至地面上。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数0.1，重力加速度g10m/s2。求：（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑上传送带后总能落至地面上的同一位置

5、，则v0的取值范围是什么？传送带2017新题赏析题一：（1）74J（2）m详解：（1）对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mgcos30mgsin30ma，解得a1m/s2，沿斜面向上。设物体速度经过时间t与传送带相等，由vat得t2s，此过程中物体通过的位移为xat22m7m，所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为v2m/s。对整个过程，由动能定理得WmgLsin30mv2，解得W74J。（2）物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得mgcos30mgsin30ma1，解得a111m/s2，由v22a1s得sm。题二：（1）2m/s（2）3J详解：（1）金

6、属块在E点时，mgm，解得vE2m/s，在从D到E过程中由动能定理得mg2Rmvmv，解得vD2m/s。（2）金属块刚刚放上时，有mgsinmgcosma1，解得a110m/s2。设经位移s1达到共同速度，则v22a1s1，解得s10.2m3.2m。继续加速过程中，有mgsinmgcosma2，解得a22m/s2。由s2Ls13m，vv22a2s2，解得vB4m/s。在从B到D过程中由动能定理得mghWmvmv，解得W3J。题三：（1）4m/s（2）或（3）不能详解：（1）滑块滑到A点的速度为vA，由机械能守恒定律可知，解得vA5m/s，滑块滑过静止的传送带到达B点后速度为vB，由动能定理有，

7、解得vB4m/s。（2）木板在CD上运动的加速度由牛顿第二定律得，如果滑块恰好落在木板左端，需耗时t1，则有，解得t11s，对应的高度，解得h1m。如果滑块恰好落在木板右端，需耗时t2，则有，解得，或，对应的，所以当时，；当，故h的取值范围为或。（3）如果h20m，则滑块落在木板上的时间为t，则有，解得t2s，如果滑块落在木板左端，需要滑块有速度vB1，则有，解得vB18m/s，由于传送带的速度足够大，所以可以让滑块一直处于加速状态，设滑块运动到B点的速度为vB1，则由动能定理有，解得vB1m/s8m/s，即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速度，故滑块不能落在木板上。题四：（1）2.25

8、J（2）0.5J（3）m/sv0m/s详解：（1）设A和B碰撞后共同速度为v1，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv02mv1，碰撞时损失的机械能E，代入数据解得E2.25J。（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时A、B的速度为vB，C的速度为vC，对A、B、C和弹簧组成的系统，从A、B碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv12mvB+mvC，由机械能守恒定律得，代入数据解得vC2m/s。C以vC滑上传送带，假设做匀加速直线运动的位移为s时与传送带共速，由运动学公式得，代入数据解得s2.5mL，加速运动的时间为t，有t，代入数据解得t1s。C在传送带上滑过的相对位移为svts，摩擦生热Qmgs，代入数据解得Q0.5J。（3）设A的最大速度为vmax，滑块C在与弹簧分离时C的速度为vC1、A、B的速度为vB1，则C在传送带上一直做匀减速直线运动直到在P点与传送带共速，有2gL，解得vC1m/s。设A的最小速度为vmin，滑块C在与弹簧分离时C的速度为vC2、A、B的速度为vB1，则C在传送带上一直做匀加速直线运动直到在