大题传送带模型（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2026年1月高三_260102传送带模型和板块模型-2026高考物理（解析版）

大题 传送带模型 目录 考情分析1 题型分类训练 2 题型1 功能关系和能量观点在传送带模型中的应用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 刷模拟 9 刷真题20 考情分析 传送带模型是高考物理动力学与能量综合题的典型载体，近五年全国卷及新高考卷中出现 频率约80%，分值占比8%-15%，常见于压轴计算题。建议关注：如工厂流水线物料传输、地铁 安检传送带简化模型；智能传送带的速度自适应控制(结合PID算法思想)；利用函数图像分析 临界点(如物块恰好到达传送带顶端的位移条件)；节能传送带的功率优化与摩擦生热损耗计 算；AGV机器人配合传送带的协同运动分析；超导材料传送带的零摩擦理想模型(探讨能量守 恒的边界条件)；太空站微重力环境下的传送带运动特性(如依赖静电吸附)。 2025年高考对 “传送带模型”的考查将延续“重过程分析、强综合应用、拓创新情境”的命题风格，突出多阶段动 态建模与跨模块整合能力。备考需以相对运动为核心抓手，强化图像分析与数学工具应用，同 时关注科技前沿与实际工程背景，做到“以动制动，以简驭繁”。 1题型分类训练 题型1 功能关系和能量观点在传送带模型中的应用 1.(2025甘肃酒泉一模)如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，所对应圆心角θ=53°，半 径R=2.5m，O为圆心，圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一速度大小v=3m/s且 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点沿圆弧切线方向进入圆 弧轨道，最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为 μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.83，cos53°=0.6，求： (1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小； (2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小； (3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量。 答案(1)3ms(2)28N(3)27J 解析(1)滑块离开传送带做平抛运动，竖直方向有v2=2gH y v 滑块沿P点切线滑人圆弧轨道，故tanθ= y v 0 联立解得滑块从传送带右端飞出时速度大小v =3m/s 0 v (2)滑块在P点的速度大小v = 0 =5m/s P cosθ 滑块从P到Q，由动能定理有mgR1-cosθ 2  1 1 = mv2- mv2 2 Q 2 P v2 在Q点，由向心力公式有F -mg=m Q N R 联立解得F =28N N 由牛顿第三定律可知，滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小F =F =28N N N v (3)滑块在传送带上做匀加速运动的时间t= 0 =0.6s μg v2 位移大小x= 0 =0.9m 2μg 传送带的位移大小x=vt=1.8m 滑块和传送带组成的系统产生的热量Q 1 =μmgx-x  =4.5J 滑块由P至最终静止，由能量守恒定律有Q 2 =mgR1-cosθ  1 + mv2 =22.5J 2 P 滑块运动全过程因摩擦产生的热量Q=Q +Q =27J 1 2 2.如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为m=2kg的小物块(可视为质点)沿光滑曲面从一定 高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带的最左端A滑上传送带，取向右为正方向，以地面为参 考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像如图乙所示，传送带的速率保持不变，g取10m/s2。 (1)求小物块与传送带之间的动摩擦因数； (2)若小物块能在传送带上留下划痕，求最长划痕； (3)求小物块在传送带上向右运动的最大位移。 答案 (1)0.1 (2)4.5 m (3)2 m Δv 解析 (1)由v-t图像得，小物块滑上传送带的初速度为v =2m/s，加速度大小为a= =1m/s2 0 Δt 根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得μ=0.1。 (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 带上留下的划痕，由题图乙知前2 s内小物块向右做匀减速运动，第3 s内反向做匀加速运动，第3 s末，小物 块跟传送带的速度大小v=1m/s相等，此后小物块向左做匀速运动，所以最长划痕s= 2+0  ×2.0m+1×2.0m 2 3  1+0 +1×1.0m- ×1.0m 2  =4．5 m。 (3)小物块在传送带上先向右做减速运动，后反向向左做加速运动再做匀速运动到A，随后在光滑曲面上运动 1 再回到传送带的左端，这样一直运动最后要停在A端，对该过程，根据动能定理有μmgx= mv2 2 0 解得x=2 m。 传送带中摩擦力做功与能量转化 (1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互 作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。 (2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。② 相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 (3)摩擦生热的计算：①Q=Fs ，其中s 为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传 f 相对 相对 送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 3.(2023安徽芜湖统考模拟)如图所示，四分之一光滑圆弧轨道和水平传送带固定在同一竖直平面内，圆弧 轨道半径R=5.0 m，其底端切线水平且通过一段光滑水平轨道与传送带连接，传送带长度为L，离地高 度为h =1.5 m，沿逆时针方向转动的速度为v=6.0m/s，在距传送带右侧水平距离d=1.0 m处有一离 1 地高度h =1.3 m的平台。一质量m=2.0kg的小物块(可视为质点)从圆弧顶点处由静止释放，物块 2 与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计物块经过轨道连接处时的动能损失，且传送带转动轮足够小，g 取10m/s2，求：(1)若传送带长度为L =6.4 m，请通过计算判断物块能否到达右侧平台； 1 (2)若传送带长度为L =12 m，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 2 H。 答案 (1)能 判断见解析 (2)能 1.8 m 解析 (1)设物块恰能到达传送带最右端时传送带长度为L ，则物块从圆弧轨道滑至水平传送带上，有 0 1 mgR= mv2 2 0 物块在传送带上运动至速度为零时，有 μmg=ma，v2=2aL 0 0 R 联立解得L = =10 m 0 μ 由L d 故假设成立，物块能到达右侧平台。 (2)由L >L 可知，物块在传送带上向右匀减速运动10 m后反向匀加速运动。 2 0 设物块向左运动s时和传送带等速有v2=2as 解得s=3.6 m<10 m 1 即物块向左加速3.6 m后以6m/s保持匀速运动，并返回圆弧轨道，有 mv2=mgH 2 解得H=1.8 m。 题型二 斜面上的传送带模型 4.传送带是一种常见的搬运工具，如图所示为某快递公司卸车时的情境，倾角为α=30°的传送带长度为L =6 m，传送带以v =4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，现将一包裹无初速地放到传送带顶端A点， 0 3 已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为μ= ，重力加速度为g=10m/s2。 5 (1)求包裹运动到传送带最低点B时的速度大小； (2)若包裹的质量为m=1kg，求该过程中因摩擦产生的热量。 答案 (1)6m/s (2)6 J 解析 (1)放上瞬间，对包裹，由牛顿第二定律得 mgsin α+μmgcos α=ma 1 4解得a =8m/s2 1 包裹从放到传送带上到与传送带共速所用的时间为 v t = 0 =0.5 s 1 a 1 1 该阶段包裹的位移为x = at2=1 m 1 2 1 1 因为x μmgcos α，则之后包裹继续向下加速， 由牛顿第二定律得mgsin α-μmgcos α=ma 2 解得a =2m/s2 2 该过程中，由匀变速运动规律得 1 L-x =v t + a t2 1 0 2 2 2 2 解得t =1 s或t =-5 s(舍去) 2 2 则包裹到最低点时的速度大小为 v=v +a t =6m/s。 0 2 2 (2)第一阶段，传送带的位移为x′=v t =2 m 1 0 1 包裹与传送带的相对位移大小为Δx =x′-x =1 m 1 1 1 第二阶段，传送带的位移为x ′=v t =4 m 2 0 2 包裹的位移为x =L-x =5 m 2 1 则包裹与传送带的相对位移大小为 Δx =x -x ′=1 m 2 2 2 包裹与传送带之间的摩擦力为F =μmgcos α=3 N f 整个过程因摩擦产生的热量为Q=F(Δx +Δx ) f 1 2 代入数据解得Q=6 J。 5.(2023湖南郴州市质检)近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹。 如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v =0.6m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α 1 =37°。工作人员沿传送方向以速度v =1.4m/s从传送带顶端推下一质量m=5kg的小包裹(可视为 2 质点)。5 s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin 37°= 0.6，cos 37°=0.8。求： (1)传送带顶端到底端的距离L； (2)整个过程中产生的热量。 答案 (1)4.25 m (2)40 J 解析 (1)包裹从顶端被推下传送带时，由牛顿第二定律可得 μmgcos α-mgsin α=ma 解得a=0.4m/s2 设经过t 后包裹与传送带速度相等，有 1 5v -v t = 2 1 =2 s 1 a 这段时间内包裹运动的距离 v +v s = 1 2 t =2 m 1 2 1 传送带运动的距离s′=vt =1.2 m 1 1 1 由于μmgcos θ>mgsin θ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，共速后匀速运动时间 t =Δt-t =3 s 2 1 包裹匀速运动距离s =vt =1.8 m 2 1 2 停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间 v t = 1 =1.5 s 3 a v 停电后运动的距离s = 1 t =0.45 m 3 2 3 传送带顶端到底端的距离L=s +s +s =4.25 m。 1 2 3 (2)产生的热量 Q=μmg(s -s′)cos α+μmgs cos α=40 J。 1 1 3 1.传送带问题的分析步骤与方法 2.划痕长度与摩擦生热的计算 若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两 过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全 过程产生的热量Q=Fs (s 是相对路程，即相对位移绝对值的和)。 f 相对 相对 6.(2023江苏高三期末)如图所示，一长L=6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v=4m/s沿顺时针 方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ=37°，质量m =4kg的小物块A和质量m =2kg的小物块 1 2 B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物 块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A 运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。求： 6(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； (3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。 答案 (1)2m/s2，方向竖直向下 (2)2.5 s (3)136 J 解析 (1)对A分析，有 T+μm gcos θ-m gsin θ=ma 1 1 1 对B分析，有m g-T=m a 2 2 解得a=2m/s2，方向竖直向下。 v (2)达到与传送带共速所需时间为t = =2 s 1 a v A的位移x = t =4 m 1 2 1 L-x 之后匀速运动的时间为t = 1 =0.5 s 2 v 物块A从底端到达顶端所需的时间 t=t +t =2.5 s。 1 2 (3)物块A从底端到达顶端时， 相对位移Δx=vt -x =4 m 1 1 电动机多做的功设为W，根据能量守恒定律得 1 W+m gL-m gLsin θ= (m +m )v2+μm gΔxcos θ 2 1 2 1 2 1 解得W=136 J 题型三 动量观点在传送模型中的应用 7.(2024河南郑州二模)如图所示，水平传送带与左、右两边的光滑的水平台面等高，并能平滑对接，静止在 台面上可视为质点的滑块A的质量为m=0.9kg，长l=3.5 m的传送带始终以v=1m/s的速率顺时针 转动，滑块A左侧的枪膛长1 m，高压气体对质量为m =100 g子弹的平均作用力为80 N，若把子弹在 0 枪膛内的运动看作匀变速直线运动，子弹击中滑块A(子弹与滑块作用时间极短)，并留在滑块A内，两者 一起滑上传送带的左端，已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，求： (1)子弹出膛的速度大小； (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； (3)小滑块A到达传送带右端时速度大小。 答案(1)40m/s (2)4m/s (3)3m/s 解析(1)设子弹出膛的速度为v ，则由牛顿第二定律可得F=m a，由匀变速直线运动规律有v2=2ax，解得 0 0 0 7v =40m/s。 0 (2)子弹打滑块A过程中动量守恒，则m v =(m +m)v ，解得含有子弹的小滑块A水平滑上传送带左端时 0 0 0 1 m v 的速度大小v = 0 0 =4m/s。 1 m +m 0 (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(m +m) 0 1 1 gl= (m +m)v2- (m +m)v2，代入数据解得v =3m/s，因为v >v，所以假设正确，小滑块A在到达传 2 0 2 2 0 1 2 2 送带右端时速度大小为3m/s。 8.(2024辽宁抚顺三模)一水平传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。如图甲所示，将物块A轻轻放 到传送带左端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ =0.2。传送带紧挨着右侧水平地面，地面左侧O 0 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 化，传送带水平部分长L=1.2 m，物块A运动到水平地面上和B发生弹性碰撞，碰后B向右运动挤压弹 簧，B向右运动的最大距离为d=0.5 m，物块A、B的大小可忽略，质量均为m=0.5kg。重力加速度g 取10m/s2。求： (1)A碰B前的瞬间，A物块的速度大小； (2)A碰B后，B物块的速度大小； (3)弹簧的最大弹性势能。 答案(1)2m/s (2)2m/s (3)0.5 J 解析(1)假设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程，根据牛顿第二定律得μ mg=ma，设加速过程物 0 块的位移为x，则v2=2ax，解得x=1 mμ 2m A +m B +m C  g 所以C相对地面向右滑动，二者一起滑动的加速度为 a = μ 1 m A g-μ 2m A +m B +m C 2  g =2m/s2 m +m B C B与C间的摩擦力大小为 f =m a =6N<μm g=15N BC B 2 1 B 故假设成立。A在C上滑动时的加速度大小为 μm g a = 1 A =μ g=5ms2 1 m 1 A 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 1 x =v t- at2 1 Q 2 11 x = a t2 2 2 2 又 x -x =x 1 2 0 联立求得 t=0.2s或t=1.8s(不符合题意，舍去) 故A与B碰前A、B的速度分别为 v =v -at=6ms 1 Q 1 v =a t=0.4ms 2 2 设A与B碰后的速度分别为v'和v'，由动量守恒和机械能守恒得 1 2 m v +m v =m v'+m v' A 1 B 2 A 1 B 2 1 1 1 1 m v2+ m v2= m v'2+ m v'2 2 A 1 2 B 2 2 A 1 2 B 2 联立求得 v'=v =0.4ms 1 2 v' =v =6ms 2 1 (3)A与B碰后A与C共速，此后B向右匀减速直线运动，加速度大小为 a =5ms2 1 A与C一起向右匀加速直线运动，加速度大小为 a =2ms2 2 三者共速后一起做匀减速直线运动直到停止，设A与B碰后到三者共速所用时间为t，则有 v'+a t=v' -at 1 2 2 1 该过程中A与B通过的位移大小分别为 1 x'=v't+ a t'2 1 1 2 2 1 x' =v't- at'2 2 2 2 1 薄板的最短长度为 d=x +x' -x' 0 2 1 联立解得 d=3.5m 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 滑连接，传送带的长度L=5.4m，传送带以恒定速率v=4m/s顺时针转动，三个质量均为m=1kg的滑 块A、B、C(均视为质点)置于水平导轨MN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以大小v =12m/s的初速度沿 0 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° 的传送带，并从顶端P点沿传送带方向滑出，最后落至水平地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦 因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。不计空气阻力，不计传送带的传 动轮的大小。求： 15(1)滑块A、B碰撞过程中损失的机械能ΔE； (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。 答案(1)36J (2)1.4s (3)3.312m 解析(1)设A与B碰撞后两者的共同速度大小为v ，对A与B组成的系统有动量守恒定律有 1 mv =2mv 0 1 由能量守恒定律可知，碰撞过程中损失的机械能为 1 1 ΔE= mv2- ×2mv2=36J 2 0 2 1 (2)设A与B碰撞后弹簧第一次恢复原长时A、B的速度大小为v ，滑块C的速度大小为v ，由动量守恒定律 B C 2mv =2mv +mv 1 B C 由能量守恒定律 1 1 1 ×2mv2= ×2mv2 + mv2 2 1 2 B 2 C 联立解得 v =8m/s C 滑块C以v 滑上传送带，设滑块C匀减速运动的位移大小为x 时与传送带共速，由牛顿第二定律 C 1 mgsinθ+μmgcosθ=ma 1 解得 a =10m/s2 1 由运动学公式 v2 -v2=2ax C 1 1 解得 x =2.4mv =2m/s 2 0 则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，题意知物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设 碰撞后物块a的速度为v ，b的速度为v ，则有 3 4 mv =mv +Mv 2 3 4 1 1 1 mv2= mv2+ Mv2 2 2 2 3 2 4 联立解得 v =-2m/s，v =2m/s 3 4 即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s； (2)碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为a ，到静止时所用时间为t ，位移为x ，由牛顿第二定 2 1 1 律有 Ma =μ Mg 2 2 由运动学公式有 v2=2a x 4 2 1 v =a t 4 2 1 17联立解得 x =0.4m，t =0.4s 1 1 对于物块a，先沿传送带向右做匀减速运动，设速度减为0所用的时间为t ，位移为x ，由运动学公式有 2 2 v2=2ax 3 1 2 v =at 3 1 2 解得 x =2mf，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a 做匀 1 0 2 加速运动，由牛顿第二定律有 3 mg-μmg=ma 5 2 解得 2 a = g 2 5 根据运动学公式得 v=at 1 1 1 L -d =vt + a t2a在传送带上因摩擦产生的总热量 0 1 2 2 2 2 Q=μmgvt 1 -d 1 19  +μmg L 0 -d 1   -vt 2  代入相关已知数据，解得 9 Q= mv2 8 (2)设a刚滑上A时的速度大小为v ，根据速度-位移关系式有 0 v2 0 -v2=2a 2L 0 -d 1  解得 v =3va滑上A上表面后，a、A组成的系统动量守恒，设a脱离A时a的速度大小为v ，A的速度大小为v 0 1 2 由动量守恒定律有 mv =mv +2mv 0 1 2 根据能量守恒定律有 1 1 1 mv2= mv2+ ×2mv2+μmgL 2 0 2 1 2 2 1 解得 v =2v 1 (3)a与b相互作用，发生完全非弹性碰撞，设碰后瞬间的速度大小为u ，则 0 mv =2mu 1 0 解得 u =vab与B共速时，弹簧弹性势能最大，设共速时的速度大小为u，则 0 mv =4mu 1 1 1 1 kx2= ×2mu2- ×4mu2 2 2 0 2解得 2 x= vt ab与弹簧作用过程中ab、B组成的系统动量守恒，则 π 0 mv =2mu +2mu 1 1 2 即 v =2u +2u 1 1 2 经过极短时间Δt，有 vΔt=2uΔt+2u Δt0∼t 时间内，ab的位移大小为s，根据微分求和思想得 1 1 2 0 vt =2s+2s 1 0 B 又 s-s =x B 解得 π-2 s = vt B 2π 0 刷真题 19.(2024湖北高考)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球 与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10kg的 小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的 速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点 向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 答案(1)5m/s (2)0.3 J (3)0.2 m 解析(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在 传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg=ma 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有 v2=2aL 联立并代入数据解得v=6m/s 由于v>5m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的 速度大小为v =5m/s。 1 (2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v 、v ，碰撞过程中两者构成的系统损失的总 2 3 动能为ΔE ，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv =-mv +Mv k 1 2 3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 1 1 1 ΔE = mv2- mv2- Mv2 k 2 1 2 2 2 3 联立并代入数据得ΔE =0.3 J。 k 20(3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最 小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v ，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动 4 v2 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 4 l-x 对小球的整个上升过程，由动能定理得 1 1 -Mg(l+l-x)= Mv2- Mv2 2 4 2 3 联立并代入数据解得x=0.2 m 。 20.(2024贵州高考)如图，半径为R=1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面 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v =1m/s逆时针转 0 动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直 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 时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N⋅s。以后每隔Δt=0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b 离开传送带。已知a的质量为m =1kg,b的质量为m =2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送 a b 带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)b从M运动到N的时间； (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 答案(1)30N(2)3.2s(3)95J 解析(1)a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律 1 m gR= m v2 a 2 a P 在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律 v2 N-m g=m P a a R 联立解得 N=30N (2)a从静止释放到M点过程中，根据动能定理 1 m gR-μm gd= m v2 -0 a a 2 a M 解得 v =3m/sa与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 M m v =m v +mv a M a a b b 1 1 1 m v2 = m v2+ mv2 2 a M 2 a a 2 b b 解得 v =2m/sb滑上传送带后，根据牛顿第二定律 b 21μm g=ma b b 解得 a=5m/s2b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间 v -v t = b 0 =0.2s 1 a 对地位移 v +v x= b 0 ⋅t =0.3m 2 1 此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间 L-x t = =3sb从M运动到N的时间 2 v 0 t=t +t =3.2s 1 2 (3)设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对b根据动量定理 I=m b v--m b v 0 22  解得 v=2m/sb向右减速到零所需的时间 v t = =0.4s 3 a 然后向左加速到v 所需的时间 0 v t = 0 =0.2s 4 a 可得 Δt=t +t b在Δt时间内向右运动的距离 3 4 v v Δx= ⋅t - 0 ⋅t =0.3m 2 3 2 4 循环10次后b向右运动的距离 x=10⋅Δx=3m 每一次相对传动带运动的路程 v v s= ⋅t +v t +v t - 0 ⋅t =0.9mb从N向右运动3m的过程中b与传送带摩擦产生的热量 2 3 0 3 0 4 2 4 Q =10μm gs=90J 1 b 然后b继续向右减速运动，根据运动学公式 1 vt - at2=L-x 5 2 5 解得 t =0.2s 5 此过程，b相对传动带运动的路程 s=L-x+v t =0.5m 0 5 此过程中b与传送带摩擦产生的热量 Q =μm gs=5Jb从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量 2 b Q=Q +Q =95J 1 2 21.(2023浙江高考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平 传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道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的滑块c用劲度系数k= 100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v =2 21m/s 0 从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8m，以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为 1 质点，弹簧的弹性势能E = kx2(x为形变量)。 p 2 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ； F N (2)若滑块a碰后返回到B点时速度v =1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； B (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 答案(1)10m/s；31.2；(2)0；(3)0.2m 解析(1)滑块a从D到F，由能量关系 1 1 mg⋅2R= mv2 - mv2 2 F 2 0 在F点 v2 F -mg=m F N R 解得 v =10m/s F F =31.2N N (2)滑块a返回B点时的速度v =1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为 B a=μg=5m/s2 根据 v2 =v2 -2aL B C 可得在C点的速度 v =3m/s C 则滑块a从碰撞后到到达C点 1 1 mv2= mv2 +mg⋅2R 2 1 2 C 解得 v =5m/s 1 因ab碰撞动量守恒，则 mv =-mv +3mv F 1 2 解得碰后b的速度 v =5m/s 2 则碰撞损失的能量 1 1 1 ΔE= mv2 - mv2- ⋅3mv2=0 2 F 2 1 2 2 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度 mv =4mv F 解得 23v=2．5m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度 4mv=6mv 则 5 v= m/s 3 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x ，由能量关系 1 1 1 1 ⋅4mv2= ⋅6mv'2+ kx2 2 2 2 1 解得 x =0.1m 1 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为 x =x 2 1 则弹簧最大长度与最小长度之差 Δx=2x =0.2m 1 24