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题型专项练
题型1 传送带和板块模型
选择题每小题3 分。
1.(多选)某传送装置如图所示,一长度LPQ=3.2 m 的传送带倾斜放置,与水平面的夹角为θ,以v0=2 m/s
的恒定速率逆时针转动。将一质量m=1 kg 的物体无初速度地放在传送带的顶端P,经时间t1=0.2 s,
物体的速度达到2 m/s,此后再经过t2=1.0 s 时间,物体运动到传动带的底端Q。重力加速度g 取10
m/s2,物体可视为质点。下列判断正确的是( )
A.物体运动到传送带的底端Q 点时的速度v=4 m/s
B.传送带与物体间的动摩擦因数μ=0.5
C.传送带与水平面的夹角θ=53°
D.物体由P 点运动到Q 点的过程中,因摩擦而产生的热量为4.8 J
2.(多选)如图所示,与水平面成θ=30°的传送带正以v=5 m/s 的速率匀速运行,A、B 两端相距l=25 m。
现每隔1 s 把质量m=1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上,在传送带的带动下,工件向上运动,且工
件到达B 端时恰好在A 端放上一个工件,工件与传送带间的动摩擦因数μ=√3
2
,重力加速度g 取10
m/s2,下列说法正确的是( )
A.工件在传送带上时,先受到向上的滑动摩擦力,后受到向上的静摩擦力
B.两个工件间的最小距离为1.25 m
C.传送带上始终有7 个工件
D.满载时与空载时相比,电机对传送带的牵引力增大了45 N
3.(11 分)(2024 浙江温州三模)如图所示,某固定装置由长度L=3 m 的水平传送带,圆心角θ=60°、半径
R=1 m 的两圆弧管道BC、CD 组成,轨道间平滑连接。在光滑水平面上的轻质小车紧靠着管道CD,
其上表面与轨道末端D 所在的水平面平齐,右端放置质量m2=3 kg 的物块b。质量m1=1 kg 的物块a
从传送带左端A 点由静止释放,经过BCD 滑出圆弧管道。已知传送带以速率v=8 m/s 顺时针转动,物
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块a 与传送带及小车间的动摩擦因数均为μ1=0.6,物块b 与小车间的动摩擦因数μ2=0.1,其他轨道均
光滑,物块均视为质点,重力加速度g 取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求物块a 和传送带之间因摩擦产生的热量Q。
(2)求物块a 到达D 点时对管道的作用力FN。
(3)要使物块a 恰好不与物块b 发生碰撞,求小车长度的最小值d。
4.(11 分)(2024 浙江高二校联考阶段练习)一处于竖直平面内的实验探究装置示意图如图所示,该装置
由光滑圆弧轨道AB、长度为L1=2 m 的固定粗糙水平直轨道BC 及两半径均为R1=0.4 m 的固定四分
之一光滑细圆管DEF 组成,其中圆弧轨道的B、D 端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F 处有一质
量为m'=0.3 kg 的小车静止在光滑水平地面上,小车的上表面由长为L2=1.5 m 的水平面GH 和半径为
R2=0.5 m 的四分之一的光滑圆弧面HI 组成,GH 与F 等高且相切。现有一质量为m=0.1 kg 的滑块
(可视为质点)从圆弧轨道AB 上距B 点高度为h=0.8 m 处自由下滑,滑块与粗糙水平直轨道BC 及小
车上表面GH 间的动摩擦因数均为μ=0.3,不计其他阻力,g 取10 m/s2。
(1)求滑块运动到圆弧轨道上的F 点时,细圆管道受到滑块的作用力。
(2)求滑块在小车上运动过程中离上表面GH 的最大高度。
(3)若释放的高度h≤16
15
m,试分析滑块最终在小车上表面GH 上滑行的路程s 与高度h 的关系。
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5.(11 分)如图所示,质量m1=1 kg 的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数
k=20 N/m 的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg 的小物块以水平向右的速度v0=5
4
m/s 滑上木
板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep=1
2
kx2。重力加速度g 取10 m/s2,结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大
小。
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2到与物块加速度首次相
同的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
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6.(11 分)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m、圆心角为2θ 的圆
弧轨道BCD,长度L=1.75 m、倾角为θ 的传送带DE 组成,轨道间平滑连接。质量m=2 kg、可视为质
点的物块从轨道AB 上距C 点高度为h=1 m 处静止释放,经圆弧轨道BCD 滑上传送带DE,传送带DE
由特殊材料制成,物块相对传送带向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且
最大静摩擦力等于滑动摩擦力(其他轨道均光滑,不计空气阻力,重力加速度g 取10 m/s2,初始时传送
带未转动)。
(1)求物块第一次经过C 点时对圆弧轨道BCD 的压力。
(2)求物块在传送带DE 上运动的总时间。
(3)若传送带顺时针匀速转动,求使得物块滑到E 处时传送带的最小速度以及此过程物块对传送带的
冲量大小。
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参考答案
题型专项练
题型1 传送带和板块模型
1.ABD
【解析】 t1时间内,物体的加速度为a1=v0
t1
=
2
0.2
m/s2=10 m/s2,t1时间内,物体的位移为x1=1
2
a1
t1
2= 1
2
×10×0.22 m=0.2 m,t2时间内,物体的平均速度为v = LPQ- x1
t2
= 3.2-0.2
1.0
m/s=3 m/s,匀变
速直线运动的平均速度等于该过程初末速度之和的一半,则v = v0+ v
2
,解得物体运动到传送带的
底端Q 点时的速度v=4 m/s,故A 正确;t2时间内,物体的加速度为a2=v - v0
t2
= 4 -2
1.0
m/s2=2 m/s2,t1
时间内,根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,t2时间内,根据牛顿第二定律得mgsin θ-
μmgcos θ=ma2,解得θ=37°,μ=0.5,故B 正确,C 错误;t1时间内,物体与传送带的相对位移Δx1=v0t1-
x1=2×0.2 m-0.2 m=0.2 m,t2时间内,物体与传送带的相对位移Δx2=LPQ-x1-v0t2=3.2 m-0.2 m-2×1.0
m=1 m,物体由P 点运动到Q 点的过程中,因摩擦而产生的热量Q 总=μmgcos
θ(Δx1+Δx2)=0.5×1×10×0.8×(0.2+1) J=4.8 J,故D 正确。
2.AB
【解析】 工件放到传送带上时,工件相对传送带向下运动,受到向上的滑动摩擦力,工件速度和
传送带速度相同时,相对传送带静止,工件受到向上的静摩擦力,故A 正确;由题意可知,刚放在传
送带的工件与刚开始加速1 s 的工件的距离最小,加速过程由牛顿第二定律可得μmgcos θ-mgsin
θ=ma,代入数据可得a=2.5 m/s2,由位移公式x=1
2
at2代入数据可得x=1.25 m,故B 正确;工件加速
过程所用的时间为t=v
a =
5
2.5
s=2 s,工件加速过程的位移为x'=1
2
at2=1
2
×2.5×22 m=5 m,工件匀速
过程的时间为t=l - x'
v
= 25-5
5
s=4 s,每隔1 s 把工件放到传送带上,传送带上工件最多时,匀加速
运动的工件有2 个,匀速运动的工件有4 个,共6 个,故C 错误;满载时电机对传送带的牵引力的增
量为F=2μmgcos θ+4mgsin θ=35 N,故D 错误。
3.【答案】 (1)30 J (2)6 N,方向竖直向上 (3)2 m
【解析】 (1)对a 分析,由牛顿第二定律有
μ1m1g=m1a1
设a 一直加速到传送带B 点时,其速度为v1,有
v1
2=2a1L
解得v1=6 m/s<8 m/s
所以a 在传送带上一直加速,有
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v1=a1t
传送带在该过程的位移为x 传,有
x 传=vt=8 m
a 相对传送带的位移为
Δx=x 传-L=5 m
a 因摩擦产生的热量为
Q=μ1m1g·Δx=30 J。
(2)由题意可知圆弧轨道光滑,a 从B 点到D 点,由动能定理有
-m1g·2R(1-cos θ)=1
2
m1v D
2- 1
2
m1v1
2
a 在D 点,有
FN 支+m1g=m1v D
2
R
解得
FN 支=6 N
由牛顿第三定律可知,a 到达D 点时对管道的作用力为6 N,方向竖直向上。
(3)当a 滑上小车后,由于μ1m1g=6 N>μ2m2g=3 N
所以小车与a 保持相对静止,而b 相对于小车发生滑动,设两者速度相同时,a 与b 刚好相碰,其运
动示意图如图所示
该过程由动量守恒定律,有
m1vD=(m1+m2)v 共
由能量守恒定律,有
1
2
m1v D
2= 1
2
(m1+m2)v共
2+μ2m2gd
解得d=2 m。
4.【答案】 (1)6 N,方向竖直向下
(2)0.3 m
(3)当0<h≤0.6 m 时,s=0;当0.6 m<h≤1 m 时,s=2.5h+0.5 m;当1 m<h≤16
15
m 时,s=3 m
【解析】 (1)根据动能定理得
mgh-μmgL1+mg×2R1=1
2 m v F
2
代入数据得
vF=2√5 m/s
根据牛顿第二定律得
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FN-mg=mvF
2
R1
得细圆管道对滑块的作用力
FN=6 N
根据牛顿第三定律可知,细圆管道受到滑块的作用力
FN'=FN=6 N
方向竖直向下。
(2)根据动量定理得
mvF=(m'+m)v
得v=√5
2
m/s
根据能量守恒定律得
μmgL2+mghmax+1
2
(m'+m)v2=1
2 m v F
2
滑块在小车上运动过程中离上表面GH 的最大高度
hmax=0.3 m。
(3)经过计算可知,当释放的高度h=16
15
m 时,滑块刚好能到达半径为R2=0.5 m 的四分之一的光滑
圆弧的最高点,若释放的高度h≤16
15
m,根据动能定理得
mgh-μmgL1+mg×2R1=1
2
mvF'2
根据动量定理得
mvF'=(m'+m)v'
根据能量守恒定律得
μmgs+1
2
(m'+m)v'2=1
2
mvF'2
得s=2.5h+0.5 m
当0<h≤0.6 m 时,s=0
当0.6 m<h≤1 m 时,s=2.5h+0.5 m
当1 m<h≤16
15
m 时,滑块从小车左侧滑落,s=3 m。
5.【答案】 (1)1 m/s 0.125 m
(2)0.25 m √3
2
m/s
(3)4√3t0-8t0
2
【解析】 (1)由于地面光滑,则木板和物块组成的系统动量守恒,则有
m2v0=(m1+m2)v1
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代入数据得
v1=1 m/s
对木板受力分析有
a1=μm2 g
m1
=4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2=2a1x1
代入数据解得
x1=0.125 m。
(2)木板与弹簧接触以后,对木板和物块组成的系统有
kx=(m1+m2)a 共
对物块有
a2=μg=1 m/s2
当a 共=a2时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时的弹簧压缩量
x2=0.25 m
对木板与物块组成的系统由动能定理得
-1
2 k x2
2= 1
2
(m1+m2)v2
2- 1
2
(m1+m2)v1
2
代入数据有
v2=√3
2
m/s。
(3)木板从速度为v2到与物块加速度首次相同的过程中,由于木板的加速度大于物块的加速度,则
当木板与物块的加速度相同,即弹簧形变量为x2时,此时木板的速度大小为v2,共用时2t0,且物块
一直受滑动摩擦力作用,对物块,有
-μm2g∙2t0=m2v3-m2v2
对于物块和木板组成的系统,有
-Wf=1
2
m1v2
2+ 1
2
m2v3
2- 1
2
(m1+m2)v2
2
ΔU=-Wf
联立有
ΔU=4√3t0-8t0
2。
6.【答案】 (1)60 N,方向竖直向下
(2)3 s
(3)√449 N·s
【解析】 (1)物块从A 点到C 点,有mgh=1
2 m vC
2
物块在C 点,有FN-mg=mvC
2
R
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联立,可得FN=60 N,根据牛顿第三定律,物块对圆弧轨道BCD 的压力大小为60 N,方向竖直向下。
(2)物块从A 点到D 点,有
mgh-mgR(1-cos θ)=1
2 m v D
2
可得物块第一次到达D 点的速率为4 m/s
根据牛顿第二定律可知物块在DE 上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a1=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2
a2=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2
物块在DE 上向上运动的距离x= v0
2
2a1
=1 m<L,物块并不会冲出传送带
物块在传送带上每段上行和下行时间之比可求,则根据运动学公式有1
2
a1t上
2= 1
2
a2t下
2
解得t上
t下
= 1
2
则总的上行和下行时间之比也是1∶2
设上行时间为t,下行时间则为2t
可以用动量定理求解,有
-mgsin θ·t-μ1mgcos θ·t+2mgsin θ·t-2μ2mgcos θ·t=0-mvD
总时间为3t=3 s。
(3)设传送带速度为v 时,物块刚好到E 点对应传送带速度最小,有
v D
2- v
2
2a1
+ v
2
2a2
=L
代入可得v=2 m/s
物块对传送带压力的冲量为I1=mgcos θ·(t1+t2)
摩擦力的冲量为I2=μ1mgcos θ·t1-μ2mgcos θ·t2
其中,t1=v D- v
a1
= 1
4
s,t2= v
a2
=1 s
总冲量为I=√I 1
2+ I 2
2=√449
N·s。
