模型专项突破练-2.1.2

1、慎.圆学子梦想铸金字品牌温馨提示：此套题为 Word 版，请按住 Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观 看比例，答案解析附后。关闭 Word文档返回原板块。模型专项突破练二传送带模型（25分钟 50分）1.（8分）在港口码头常用如图所示的传送带运送煤炭等货物 ，将物体无初速度地 放上传送带的A端,运动到B点时货物与传送带一起匀速运动，直到D点后离开 传送带。已知CD段水平，物体的质量是 m,它与传送带之间的动摩擦因数为w , 传送带倾斜部分与水平面的夹角是9，传送带的速度大小始终保持不变。设物体在AB段、BC段、CD段所受摩擦力的大小分别为fi、f2、f3,则它们的大小分别 为（）A.f i=

2、f 2= p mgcosO ,f 3= p mgB.f 1=f 2=mgsin 0 ,f 3= mgC.f 1= mgcos0 ,f 2=mgsin 0 ,f 3=0D.f 产mgsin 0 ,f 2= mgcosO ,f 3=0【解析】选C。依据摩擦力产生的条件：物体相互接触，且发生弹性形变，两接触 面粗糙有相对运动或相对运动趋势，物体之间存在摩擦力，因此物体在AB段受到 的是滑动摩擦力，而在BC段受到的是静摩擦力，那么在CD段是不受摩擦力的；根 据滑动摩擦力公式f= pN,结合物体在AB段受力分析，则有:N=mgcos0,那么滑动 摩擦力大小为f 1= gmgcos0,而物体在BC

3、4;时,依据平衡条件，则有:f 2=mgsin 0,那 么在CDI殳时，则有:f 3=0;由上分析可知，故A、B D错误,C正确。2.（8分）（多选）如图所示，水平传送带由电动机带动并始终保持以速度 v匀速运 动。现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过了一段时间物块能 保持与传送带相对静止并运动到了传送带上的右端。设物块与传送带间的动摩擦因数为w,对于这一过程下列说法正确的是 世纪金榜导学号49294215（）A.摩擦力对物块做功为0.5mv2B.传送带克服摩擦力做功为0.5mv2C.系统摩擦生热为0.5mv2D.电动机多消耗的能量为0.5mv2【解析】选A、G物块运动过程中，只有

4、摩擦力对它做功，根据动能定理得：摩擦 力对物块做的功为:W/=m/-0=0.5mv2,故A正确；在物块与传送带相对静止之前， 两者之间有相对位移，所以物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等。由 于传送带相对于地的位移大于物块相对地的位移，所以物块对传送带做功大于0.5mv2,故B错误；设物块匀加速运动的时间为t,则物块与传送带相对位移大小 为Ax=vt- ?vt=0.5vt,此过程中物块的位移为 x物=0.5vt,则有Ax=x物；系统摩擦 生热为Q=f - x=fx物=:mV,故C正确；电动机多消耗的能量转化成了物块的动能和 系统的内能，所以电动机多消耗的能量为 WM=mV+Q=mv故D错

5、误。3 .（8分）如图所示，倾角为0的足够长的传送带沿顺时针方向转动 ，转动速度大 小为V1, 一个物块从传送带底端以初速度大小 V2（V2>Vi）上滑，同时物块受到平行-2 -圆学子梦想铸金字品牌传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数=tan 0 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v-t图象不可能是（）ABCD【解析】选Co若F>mgsin 0+gmgcos。，物块一直做匀加速运动,v-t图象是向上 倾斜的直线,A图是可能的，故A正确；若F=mgsin 0+即gcos0,物块一直做匀速运 动,v-t图象是平行t轴的直线,B图是可能的，故B正确；若F<mg

6、sin 0+ mgcos0,物块先向上做匀减速运动，合力大小F合=gmgcos0+mgsin 0-F,速度减至 vi时，由于产tan 0,即有mgsin 0= gmgcos0,可能有 mgsin 0=F+f,其中f为静摩擦 力，物块以速度vi向上做匀速运动，D是可能的，故C错误,D正确。4 .（8分）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为0,以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小Vi>V2）。已知传送带 的速度保

7、持不变（g取10m/s2）,则（）世纪金榜导学号49294216A.011内，物块对传送带做正功B.物块与传送带间的动摩擦因数为N , w <tan 0C.0t2内，传送带对物块做功为 W=m孑-：m；D.系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小【解析】选D。由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向 上,011内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功， 故A错误；在11 t 2内，物块向上运动，则有pmgcosOmgsin 0,得金tan。，故B错 误;012内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降， 重力对物块做正功，

8、设为W根据动能定理得：W+Wm1 -7m?,则传送带对物块做 功w|m-1m?,故C错误；物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生 的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大 小，故D正确。5 .（18分）如图所示，有一个可视为质点的质量为 m=1kg的小物块，从光滑平台上 的A点以V0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入 固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端 D点 的足够长的水平传送带。已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平 ，传送带沿 顺时针方向匀速运行的速度为 v=3m/s,小物块与传送带间的

9、动摩擦因数w =0.5,圆弧轨道的半径为R=2m,C电和圆弧的圆心。点连线与竖直方向的夹角0 =53° , 2不计仝气阻力，重力加速度 g=10m/s,sin53=0.8,cos53=0.6。求： 世纪金榜导学号49294217OrAR £?卫 M J -(1)小物块到达圆弧轨道末端 D点时对轨道的压力。(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量。【解析】(1)设小物块在C点的速度为vc,在C点由vc=H，解得vc=3m/s设小物块在D点的速度为vd。从C到D,由动能定理得mgR(1-cos0)=了喻-：m 二，解得 VD=5m/s二设在D点轨道对小物块的作用力为 N:N-mg=m ?解得 N=22.5N,由牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小为22.5N,方向竖直向下。(2)设小物块在传送带上的加速度为a,则mg=ma,a= g=5m/s 2设小物块由D点向左运动至速度为零，所用时间为t1,位移为xi,VD=at 1,X1 = f设t1时间内传送带向右的位移为X2,则X2=vt 1小物块速度由零增加到与传送带速度