高考物理疑难题《传送带+碰撞模型》含答案

传送带+碰撞模型11·1·1· 11细圆弧管道DEF与轨道CD和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·2··2· 22速度顺时针转动，物体A与传送带间的动摩擦因数为倾斜传送带上端与光滑水平面PQ平滑连·3·3· 33·4·(3)物块A、B能够发生碰撞的总次数·4· 44(1)求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；(2)求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系；·5·横杆上系一长为l=2m的轻细线，细线下端系一质量为m2=0.5kg的小球Q。滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S(可视为质点)，随后绕悬点小角度摆动(不与竖与N的质量分别为m3=1kg与m4=2kg。求木块M与N分离时·5· 传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与水平面间的(1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小;·6··6· 传送带+碰撞模型11μmg=ma·1·1· m物v=m物v1+m球v2v=5m/s，v1=-1m/sv2=3m/sΔEk=m物v2-m物vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)-m球vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)ΔEk=0.3Jm球vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),2)=m球vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)+m球g(2L绳-d(d=0.2m即P点到O点的最小距离为0.2m。11细圆弧管道DEF与轨道CD和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·2··2· a=μg=5m/s-2aL=vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)-vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),0)(1分)v1=3m/s>v=2m/s(1分)(2)物块a由D到E根据动能定理：mgR=mvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),E)-mvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)(1分)在E点：FN=m(1分)(3)物块a由D到F根据动能定理：2mgR=mvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)-mvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)(1分)mv2=(m+3m(v3(1分)(m+3m(v3=(m+3m+2m(v4(1分)(m+3m)vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)=(m+3m+2m)vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)+kx2(1分)22·3··3· 速度顺时针转动，物体A与传送带间的动摩擦因数为倾斜传送带上端与光滑水平面PQ平滑连mBv0=mBvB+mAvAmBvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),0)=mBvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),B)+mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),A)μ1mAgcosθ-mAgsinθ=mAa1vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)-vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),A)=2a1LvA=3m/sv0=4.5m/sv=8m/s若物体A在传送带上一直加速v2-vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),A)1=2a1L·4·4· vA1=4、3m/sμ1mAgcosθ+mAgsinθ=mAa2vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),A)2-v2=2a2LvA2=12m/sv02=18m/s63m/s≤v0≤18m/sv=8m/sh=gt2t=0.6s则vy=gt=6m/svx=v=8m/sFNΔt=mAΔvyΔvy=2vy-μ2FNΔt=mAΔvxμ2FNΔt=mCΔvA与C水平速度相等时vx+nΔvx=nΔv·5·n=·5· 33点，其质量mA=mB=1.0kg，物块A与PQ间动摩擦因数μ1=0.1，物块B与传送带间的动摩擦因数μ2=(3)物块A、B能够发生碰撞的总次数N。mAgR=mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),0)-0，(1分)FN-mAg=mA，(1分)解得FN=3mAg=30N。(1分)-μ1mAgL=mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)-mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),0)，(1分)解得v1=5.0m/smAv1=mAvA1+mBvB1mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)=mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),A)1+mBvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),B)1，(1分)解得vA1=v1=0vB1=v1=5.0m/s·6·mBgsinθ+μ2mgcosθ=m·6· -v=vB1-at1，x1=t=m物块B与传送带速度相同后由于mBgsinθ=μ2mgcosθ所以物块B以v做匀速运动t=t1+t2=s，(1分)-μ1mAgs=0-mAv2，(1分)N=2+=6.544(1)求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；(2)求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系；·7··7· 横杆上系一长为l=2m的轻细线，细线下端系一质量为m2=0.5kg的小球Q。滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S(可视为质点)，随后绕悬点小角度摆动(不与与N的质量分别为m3=1kg与m4=2kg。求木块M与N分离时S的速度大小。EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),B)FN-m1g=m1得FN=15N(2)h=gt2得t=0.6s若一直减速：-μm1gd=m1vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)-m1vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),B)得v1=2m/sgd=m1vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)-m1vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),B)得v2=4m/s则若0<v≤2m/s,x=1.2m若2m/s<v<4m/s,x=(0.6v(m若v≥4m/s,x=2.4m(3)由(2)知C飞出时v2=4m/sm1v2=(m1+m2(v3得v3=2m/s(m1+m2(v3=(m1+m2(v4+(m3+m4(v5(m1+m2(vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)=(m1+m2(vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)+(m3+m4(vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),5)得v4=-1m/s,v5=1m/s或v4=2m/s，v5=0m/s故木块M与N分离时vs=-1m/s55传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与水平面间的·8··8· (1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小;(1)对物块A由静止到斜面底端过程运用动能定理得：mAgL1sin37°-μ3mAgL1cos37°=mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),A)-0，A=4m/s；根据机械能守恒定律有：mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),A)=mAvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),A)1+mBvEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),B)，B=3m/s，vA1=-1m/s；开始运动到与传送带共速经历的时间t1==s=0.5s，匀减速运动的位移大小x1==m=1.25m<L2，可知物块B与传送带共速后做匀速直线运相对路程：Δs=x1-vt1=1.25m-2×0.5m=0.25m，根据动量守恒有：mBv=mBvB1+mCvC1，根据机械能守恒有：mBv2=mBvEQ\*