高考物理大题必刷《传送带模型》含答案

1 2 2题型二斜面上的传送带模型 5题型三动量观点在传送模型中的应用 8 11题型1功能关系和能量观点在传送带模型中的应用沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带，传送带上表面与P点高度差H=0.8m。现一质量m=1kg(可视为质点)的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出，由P2233(2)若传送带长度为L2=12m，物块能否返回圆弧轨道？若能，求物块在圆弧轨H。44题型二斜面上的传送带模型55(1)传送带顶端到底端的距离L；66(1)物块B刚下降时的加速度a；(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t；77题型三动量观点在传送模型中的应用(2)子弹与小滑块A组成的整体滑上传送带左端时的速度大小；88点放一物块B，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ,且μ随物体到O点的距离x按图乙所示的规律变g99通过A点前后速度大小不变。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.23，取重力加速度g=10在同一水平面，皮带以v0=3.0m/s的速度顺时针转动。在传送带左端无初速度地放上一质量为m=(1)物块在传送带上运动的时间t；(1)小件货物甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬(1)物块a运动到圆弧轨道最低点N时对轨道的压力；第一次碰撞后经过M点到第二次碰撞前经过M点因摩擦而产生的热量Q1；两物块从第一次碰撞后到最邻，右侧在同一水平面上紧邻一水平平台．现有质量为m=0.1kg的小滑块从距离B点s(1)小滑块从A运动到D所需的时间.(2)小滑块在传送带上留下划痕的长度和受到传送带的摩擦力的冲量大小.R=0.8m表面为四分之一光滑圆弧面的小车，小车的质量为M=2kg。当滑块从小车的最高点B离开(1)滑块刚滑上小车最低点A时对小车的压力；(3)滑块从离开小车直到传送带底端D所用的时间。(1)传送带速度的大小v0；(2)A与B碰后瞬间B速度的大小；16.(2024河南新乡一模)某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带平B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间动轮的大小。求：(2)滑块C从N点运动到P点的时间t；(3)滑块C距水平导轨的最大高度h。撤去拉力，通过一小段光滑固定水平面滑上A的长度弹簧的劲度系数(2)a滑上B上表面时的速度大小；PM相切于P点，PM的长度d=2.7m。一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率v0=1m/s逆时针转线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N(2)b从M运动到N的时间；传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； 1 2 2题型二斜面上的传送带模型 4题型三动量观点在传送模型中的应用 7 9 11题型1功能关系和能量观点在传送带模型中的应用沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带，传送带上表面与P点高度差H=0.8m。现一质量m=1kg(可视为质点)的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出，由P联立解得滑块从传送带右端飞出时速度大小(2)滑块在P点的速度大小vP==5m/s滑块从P到Q，由动能定理有mgR(1-cosθ(=mv-mv在Q点，由向心力公式有-mg=m联立解得FN=28N传送带的位移大小xl=vt=1.8m滑块和传送带组成的系统产生的热量Q1=μmg(xl-x(=4.5J22(2)小物块在传送带上留下的最长划痕对应的是小物块第一次滑上传送带到再次回到A端的过程中在传送解得x=2m。33(2)若传送带长度为L2=12m，物块能否返回圆弧轨道？若能，求物块在圆弧轨道能上升的最大高度H。mgR=mv联立解得L0==10mv-v=2aL1假设物块能到达右侧平台h1-h2=gt2，x=v1t联立解得x=1.2m>d设物块向左运动s时和传送带等速有v2=2as解得H=1.8m。题型二斜面上的传送带模型(1)求包裹运动到传送带最低点B时的速度大小；44t1==0.5s该阶段包裹的位移为x1=a1t=1mL-x1=v0t2+a2t解得t2=1s或t2=-5s(舍去)则包裹到最低点时的速度大小为v=v0+a2t2=6m/s。包裹与传送带的相对位移大小为Δx1=x1′-x1=1m包裹的位移为x2=L-x1=5mΔx2=x2-x2′=1m整个过程因摩擦产生的热量为Q=Ff(Δx1+Δx2)代入数据解得Q=6J。α=37°。工作人员沿传送方向以速度v2=1.4m/s从传送带顶端推下一质量m=5kg的小包裹(可视为(1)传送带顶端到底端的距离L；55t1==2s1=t1=2m传送带运动的距离s1′=v1t1=1.2mt2=Δt-t1=3s包裹匀速运动距离s2=v1t2=1.8mt3==1.5s停电后运动的距离s3=t3=0.45m传送带顶端到底端的距离L=s1+s2+s3=4.25m。66(1)物块B刚下降时的加速度a；(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t；T+μm1gcosθ-m1gsinθ=m1a对B分析，有m2g-T=m2aA的位移t1=4m之后匀速运动的时间为=0.5s物块A从底端到达顶端所需的时间t=t1+t2=2.5s。(3)物块A从底端到达顶端时，相对位移Δx=vt1-x1=4m题型三动量观点在传送模型中的应用(2)子弹与小滑块A组成的整体滑上传送带左端时的速度大小；77(2)子弹打滑块A过程中动量守恒，则m0v0=(m0+m)v1，解得含有子弹的小滑块A水平滑上传送的速度大小v1==4m/s。(3)假设A在传送带上一直做减速运动，A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有-μ(m0+m)gl=(m0+m)v-(m0+m)v，代入数据解得v2=3m/s，因为v2>v，所以假设正确点放一物块B，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ,且μ随物体到O点的距离x按图乙所示的规律变(2)A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv=mvA+mvB，mv2=mv+mv，解得vA物块做的功Wf=-d，根据能量守恒得mBv=Q+Epm，解得Epm=0.5J。m/s的水平向右的速度击中物块并陷在其中。物通过A点前后速度大小不变。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2、3，取重力加速度g=1088解析(1)根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v，解得子弹与物块过程，根据动能定理得-[(m+M)gsin30°+μ(m+M)gcos30°]x=0-(m+M)v2，物块在传送带上滑动二定律(m+M)gsin30°+μ(m+M)g·cos30°=(m+M)a1，物块减速到v1的过程中v-v2=-2a1x1，因为μ在同一水平面，皮带以v0=3.0m/s的速度顺时针转动。在传送带左端无初速度地放上一质量为m=(1)物块在传送带上运动的时间t；t1+t2=2.08s。对滑动的过程中产生的内能，即μmgd=mv-(m+M)v2，联立解得d=1.5m。99(1)小件货物甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做解析(1)甲从A到C，由动能定理得m1gh-Wf=m1v-0，解得Wf=8J。机=2.5J。送带的相对位移Δx2=x4-x3=0.1m，电动机需额外消耗的电能ΔE电=m1v2-m1v+m2v2-m2v(+μm1gΔx1+μm2gΔx2=32J。时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬(1)物块a运动到圆弧轨道最低点N时对轨道的压力；第一次碰撞后经过M点到第二次碰撞前经过M点因摩擦而产生的热量Q1；两物块从第一次碰撞后到最解析(1)a从出发点到N点，由动能定理有m1gr=m1v，在N点对物块a分析，由牛顿第二定律有FN-的位移为x=1.4m<L，故物块a到达M点时速度为v0=3m/s，a和b发生弹性碰撞有m1v0=m1va+m2vb，m1v=m1v+m2v，解得vb=v0=v0=0.5m/s，va=v0=-v0=-2.5二次碰前经过M点产生的热量Q1=μm1g[(x1+x2)+(x2-x1)]，联立解得Q1=μm1g|2v0nm1v·+2+3+⋯+n=54J。邻，右侧在同一水平面上紧邻一水平平台．现有质量为m=0.1kg的小滑块从距离B点s=4m处的滑块相对传送带滑动时能留下清晰划痕．已(1)小滑块从A运动到D所需的时间.1由运动学公式有s=a1t解得t1=2svC=vB=a1t1=4m/s<v0=6m/s根据运动学公式v0-vC=a2t2加速运动位移x1=t2=5m<L=11m从A运动到D的时间为t=t1+t2+t3=4sx2=v0t2=6mΔx=x2-x1=1mI=mv0-mvC=0.2N·sR=0.8m表面为四分之一光滑圆弧面的小车，小车的质量为M=2kg。当滑块从小车的最高点B离开(1)滑块刚滑上小车最低点A时对小车的压力；(3)滑块从离开小车直到传送带底端D所用的时间。解析(1)在A处有mv0=(m+M(v1v1=4m/smv=m(v+v(+Mv+mgRv2=4m/sW-mgR=m(v+v(-mvW=-16JL=vCt2+att2=1.0st=t1+t2=0.8s+1.0s=1.8s2t2==0.25sx1==mx2=L-x1=mx2=vt3+a2tt3=0.55st=t1+t2+t3=0.8s+0.25s+0.55s=1.6s(1)传送带速度的大小v0；(2)A与B碰后瞬间B速度的大小；F=F=79NF-mAg=mAmAgR(1-cos53°(=mAv-mAv又vP0(2)假设A滑上C后B与C之间不发生相对滑动，由于μ1mAg>μ2(mA+mB+mC(gB与C间的摩擦力大小为fBC=mBa2=6N<μ1mBg=15N故假设成立。A在C上滑动时的加速度大小为A从滑上C到与B发生碰撞之前A和C通过的位移大小分别为x1=vQt-a1t2x2=a2t2又x1-x2=x0故A与B碰前A、B的速度分别为v1=vQ-a1t=6m/sv2=a2t=0.4m/s设A与B碰后的速度分别为v和v2'，由动量守恒和机械能守恒得mAv1+mBv2=mAv+mBv2'mAv+mBv=mAv2+mBv2'2v=v2=0.4m/sv2'=v1=6m/sv+a2t/=v2'-a1t/该过程中A与B通过的位移大小分别为d=x0+x2'-xd=3.5m16.(2024河南新乡一模)某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带平B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°动轮的大小。求：(2)滑块C从N点运动到P点的时间t；(3)滑块C距水平导轨的最大高度h。解析(1)设A与B碰撞后两者的共同速度大小为v1，对A与B组成的系统有动量守恒定律有mv0=2mv1ΔE=mv-×2mv=36J2mv1=2mvB+mvC×2mv=×2mv+mvvC=8m/sa1=2v-v2=2a1x1x1=2.4m<L=5.4mmgsinθ-μmgcosθ=ma2v2-v=2a2(L-x1)vP=2m/st2==1s则滑块C从N点运动到P点的时间为t=t1+t2=1.4sh1=Lsinθ=3.24mh=h1+h2=3.312mmgr=mvv1=5m/sma1=μ1mgv-v=-2a1dv2=4m/s>v0=2m/smv2=mv3+Mv4mv=mv+MvMa2=μ2Mgv=2a2x1v4=a2t1v=2a1x2v3=a1t2x2=2m<d，t2=2sv-v=2a1x1v5=m/smv5=mv6+Mv7mv=mv+Mvv6=-m/s，v7=m/sx3=2=0.08mx4=1=0.4m=x1x=x3+x4=0.48m撤去拉力，通过一小段光滑固定水平面滑上A0mg+μmg=ma1a1=g根据速度-位移关系式有v2=2a1d1d1=由于d1<L0，F>f，滑块a与传送带共速后继续做匀加速运动。设a与传送带共速后以加速度大小a2做匀mg-μmg=ma22=gv=a1t1L0-d1=vt2+a2ta在传送带上因摩擦产生的总热量Q=μmg(vt1-d1(+μmg[(L0-d1(-vt2[Q=mv2v-v2=2a2(L0-d1(mv0=mv1+2mv2mv=mv+×2mv+μmgL1v1=2vmv1=2mu0mv1=4mumv1=2mu1+2mu2即v1=2u1+2u2v1t0=2s+2sB又s-sB=xv2=2aL联立并代入数据解得v=6m/s速度大小为v1=5m/s。动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1=-mv2+Mv3联立并代入数据得ΔEk=0.3J。到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg=M--Mg(l+l-x)=Mv-Mv联立并代入数据解得x=0.2m。PM相切于P点，PM的长度d=2.7m。一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率v0=1m/s逆时针转线运动至M点与静止的物块b发生弹性正