模型15传送带能量相关模型（解析版）-2021年高考物理模型突破

15传送带能量相关模型

1.（2020•河南高三月考）如图所示，传送带以速度u=0.7m/s逆时针匀速转动，转轮半径很小（相比于

传送带长度可忽略），传送带AB部分水平，部分倾角&=37、长为1m,08部分倾角仅=53、

长为0.75m。现将一质量为机=01kg的墨盒轻放在A端，墨盒由静止从4运动到B的过程中留下清晰的

痕迹（忽略墨盒质量的变化）。已知墨盒通过。点转轮时速度大小不变，墨盒与传送带间的动摩擦因数

〃=0.8,取重力加速度g=10m/$2,sm37=0.6，cos37=0.8，529=232,则墨盒从A到3过

程中下列说法中正确的是（）

A.墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.584J

B.墨盒与传送带间因摩擦产生的热量为0.81J

C.墨盒在传送带上留下的痕迹长为0.6125m

D.墨盒在传送带上留下的痕迹长为1.0125m

【答案】AC

【详解】

AB.当墨盒在OA部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得

pimgcosa-mgsina=maA

解得

2

a}=0.4m/s

当墨盒与传送带共速时，墨盒的位移为

v2—0

x.=-------=0.6125m<1m

勺2%

故墨盒先加速后匀速，加速时间为

八=—=1.75s

4

墨盒相对于传送带向后，相对位移为

AXj=%一司=0.6125m

摩擦产生的热量为

2=/jmgcosa•Ax〕=0.392J

当墨盒在。8部分运动时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得

mgsin°-//mgcos0=ma2

解得

2

a2=3.2m/s

墨盒在08部分做匀加速运动，根据匀变速公式得

1,

0.75—v?2+~aj]

解得

t2=0.5s

墨盒相对于传送带向前，相对位移为

AX2=0.75m-vt2=0.4m

摩擦产生的热量为

Q2=〃/〃gcosp-Ar2=0.192J

墨盒从4到8过程中产生的热量为

Q=2+Q2=0.584J

故A正确，B错误；

CD.根据分析可知，在OA部分运动时，墨盒相对于传送带向后，相对位移为

△%]=vr,-Xj=0.6125m

在08部分运动时，墨盒相对于传送带向前，相对位移为

AX2=0.75m-vt2=0.4m

与的部分擦痕重合，故墨盒在传送带上留下的痕迹长为

Ax,=0.6125m

故C正确，D错误。

故选ACo

2.（2020•福建福州・高三期中）如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度V,沿顺时针方向转动，传送

带的倾角为37°。一质量〃z=1kg的物块以初速度vo从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，

物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的X图象如图乙所示，已知重力加速度为g=10m/s2,sin370

-0.6,则下列说法正确的是（）

A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5；

B.传送带底端到顶端的距离为32m；

C.0〜2s内物块的加速度大小为12m/s2

D.全程物块与传送带间由于摩擦而产生的64J热量。

【答案】AB

【详解】

AC.由图示图象可知，。〜2s内物块的加速度为

v_4-24

=-10m/s2

负号表示加速度方向与速度方向相反；由牛顿第二定律得

mgsin9+"?„gcos0="

代入数据解得

〃=0.5

选项A正确，C错误；

B.由图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为

x=—x（24+4）x2+—x2x4=32m

22

选项B正确；

D.由v-f图象可知，物块在0〜2s内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，由于重力沿传送

带的分力大于物块受到的最大静摩擦力，物块继续向上做减速运动，由此可知传送带的速度为4m/s,0〜

2s内物块与传送带的相对位移

x(24+4)x2-4x2=20m

该过程产生的热量

0="mgcos37°・di

代入数据解得

Qi=80J

2s-4s内，相对位移

^2=4x2--x(4+0)x2=4m

2

摩擦产生的热量

Q=〃mgcos370・d2

代入数据解得

22=16J

整个过程摩擦产生的热量

Q=QI+Q=96J

选项D错误。

故选AB。

3.（2020.湖南衡阳市八中高三月考）如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率

匕=lm/s匀速向右运动。一质量为2kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率彩=2m/s滑上传送带，

最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有（）

A.全过程中电动机对传送带多做功为12J

B.全过程中电动机对传送带多做功为6J

C.全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为6J

D.全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为9J

【答案】BD

【详解】

设滑块向左运动的时间小，位移大小为花，则滑块的位移为

2Hg

滑块向左运动过程中对传送带的位移大小

*VV,v

马=匕4=K一2-=，-2

4g4g

设滑块向右匀加速运动的时间今，位移大小为马，则滑块的位移为

X-i-

2〃g

滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小

V,片

X4=卬2=巧—=—

4g4g

滑块相对传送带的总路程

（巧+%）?

S相=玉+*2+/一工3=c一

2〃g

滑块与传送带间摩擦产生的热量大小

1,

Q=/，s相（匕+彩）=卯

全过程中，电动机对传送带做的功

W=/（X,+x4）=mv^+//2V,v2=6J

故选BDo

4.（2020.内蒙古高三月考）已知一足够长的传送带倾角为"以一定的速度顺时针匀速转动。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），以此时为仁0时刻记录了小物块之后在传送带

上运动速度随时间变化的关系如图乙所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，0＞也）。已知传送带

的速度保持不变，则（）

A.在o~n内系统产生的热量与在AM内系统产生的热量相等

B.在0~/2内，传送带对物块做的功W=—mvr--mvi2

22

C.在072内，物块对传送带做负功

D.在内，系统产生的热量等于物块机械能的增量

【答案】CD

【详解】

A.由图乙可知，在。〜△内，物块与传送带之间的相对位移大，摩擦生热多，故A错误：

B.在。〜h内，由图乙中'‘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，重力与传送带对物块的合力做的功等于物块动能的增量，故B错误；

C.由图乙可知，在0〜包内，物块先向下运动后向上运动，传送带相对于物块的运动方向向上，传送带

受的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故c正确；

D.由图乙中“面积”等于位移可知，在A〜内，传送带的位移

玉=v2t

物块的位移

X2

物块与传送带之间的相对位移

Ax=%一々=£r

等于物块的位移，而

Q=fxm

传送带对物体所做的功

W=fx^=\E

故D正确。

故选CD.

5.（2020•沙坪坝•重庆南开中学高三月考）如图所示，光滑水平面与逆时针运动的粗糙倾斜传送带平滑连

接，水平面上有一质量为m的滑块，以初速V0向右冲上传送带，传送带的速度大小为V。在滑块冲上传

送带到离开传送带的过程，下列说法中正确的是（）

%,

m/

A.传送带对滑块做功可能为零

B.传送带对滑块冲量可能为零

C.传送带对滑块冲量可能水平向左

D.w和v越大，滑块与传送带摩擦生热都越多

【答案】ACD

【详解】

A.若滑块从传送带下方离开，滑块在向上运动过程中，摩擦力向下，摩擦力做负功，向下加速下滑过

程中摩擦力向下，做正功，若滑块在下滑过程中一直做匀加速直线运动，则上滑过程和下滑过程摩擦力

大小相同，位移大小相同方向相反，因此整个过程摩擦力做的功可能为零，A正确；

B.滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方

向均为发生变化且不为零，故传送带对滑块冲量不为零，B借误；

C.滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方

向均为发生变化且不为零，由三角形定则可得：当摩擦力与支持力的合力水平向左时，二者合力与重力

的合力仍可以平行于斜面向下，故传送带对滑块冲量可能水平向左，c正确；

D.由于物块运动的方向与传送带运动的方向相反，依和v越大，二者相对位移越大，由

3=心

可得：血和v越大，滑块与传送带摩擦生热都越多，D正确；

故选ACD,

6.（2020•江西南昌二中高三月考）以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将〃?=lkg的货物放在传送带上

的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间f变化图象如图

乙所示，已知重力加速度g取10m/s2,由v-f图象可知（）

甲乙

A.A、B两点的距离为2.4m

B.货物与传送带的动摩擦因数为0.5

C.货物从A运动到8过程中，传送带对货物做功大小为12.8J

D.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J

【答案】BD

【详解】

A.物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”为

1„2+4

x=-x2x().2md-------xIm=3.2m

22

故A错误；

B.由U-f图象可知，物块在传送带上先做外匀加速直线运动，加速度为

a.=-^m/s2=10m/s2

'0.2

对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，由牛顿第二定律得

根sign。+4mgeos6=ma{

同理做出的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，市:力和支持力，加速度为

胃=右^^=26

由牛顿第二定得

mgsin。一/jmgeos0=ma2

联立解得

cos9=0.8,sin。=0.6,〃=。.5

故B正确;

C.货物从A运动到B过程中，由动能定理得

W+mgxsin0-；mv1-0

解得，传送带对货物做功为

W=-11.2J

故C错误；

D.根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，在0〜0.2s内由图可知相

对位移为

x.=—x2x0.2m=0.2m

'2

货物与传送带摩擦产生的热量为

Qi=〃相gQcWk]=

在（）.2~1.2s内由图可知相对位移为

x2=-^x（1.2-0.2）x2m=2m

货物与传送带摩擦产生的热量为

Q2=夕阳=

货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为

Q=a+Q2=4-8j

故D正确。

故选BDo

7.（2020•全国高一课时练习）如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为仇物块a通过平行于传送带

的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为〃?，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩

擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升九高度（未与滑轮相碰）过程中（）

A.物块a重力势能减少mg/;

B.摩擦力对a做的功大于a机械能的增加

C.摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和

D.任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等

【答案】ABD

【详解】

A.开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有

m

贝IJ*=--,b上升/1,则a下降〃sin仇则a重力势能的减小量为

sin。

Wagx力sin，=mg/?

故A正确；

B.根据能量守恒，摩擦力对a做的功减去绳子拉力对a做的功等于a机械能的增量，因此摩擦力对a做

的功大于a的机械能增加，故B正确；

C.将a、b做为一个整体，重力对a做的正功与b克服重力做功相等，因此合外力对系统做的功就等于

摩擦力对a做的功，就等于系统动能的增量，故C错误；

D.任意时刻a、b的速率相等，对b,克服重力的瞬时功率为Pb=〃?gv；对a,重力的瞬时功率为

Pd=magvsinf）=mgv

所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确。

故选ABD。

8.（2020•河西・天津四中高三月考）如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为30。，物块a通过平

行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b相连的质量为m,a与斜面间的动摩擦因数为"，开始时，

。、匕及传送带均静止，且。不受摩擦力作用。现让传送带逆时针匀速转动，在人由静止开始到上升高

度为万（未与定滑轮相碰，重力加速度为g）的过程中（）

A.传送带转动时“受到的摩擦力沿传送带向上。

B.a的质量是6的质量的两倍

C.传送带刚开始转动瞬间，。和〃的加速度大小均为

D.物块〃、6组成的系统重力势能增加相

【答案】B

【详解】

A.原来〃和人都静止时a不受摩擦力作用，当传送带逆时针匀速转动，。相对于传送带向上运动，传送

带对〃有沿传送带向下的摩擦力，故A错误；

B.开始时，a、6及传送带均静止且。不受传送带摩擦力作用，有：MgsinO=T=m&,则a的质量M=2"i,

故B正确；

C.传送带转动后对a、6整体受力分析，有

/jMgcos0-Mgsin0-mg+/n）a

解得

G

a=­f-ig

故C错误；

D.a重力势能的减少量Epa=Mg/?sin30°=mgh,物块b重力势能的增加量Epb=mg",物块a、6组成系统

重力势能增加为零，故D错误。

故选Bo

9.（2020.北京丰台.高三期中）如图所示，用水平传送带将质量为机的煤块从A端运送到8端，AB之间的

距离为L传送带始终保持以速率v匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为〃，将煤块轻轻放在传送

带上后，煤块在传送带上留下一段长度为/（/<L）的痕迹。下列说法不正确的是（）

可0口一”。-

A.摩擦力对煤块做的功为卬"g（L+/）B.摩擦力对煤块做的功为卬"g/

C,煤块与传送带因摩擦产生的热量为“/Mg/D.煤块与传送带因摩擦产生的热量为g%正

【答案】A

【详解】

AB.设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为3且煤块相对于地面的位移为x,则

0+v

x=------1

2

由于煤块在传送带上留下一段长度为/（/<乙）的痕迹，则有

vt-x=l

联立解得

x=l

则摩擦力对煤块做的功为

W=/jmgx=/Mngl

故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；

C.煤块与传送带因摩擦产生的热量为

。=%=Nmgl

故C正确，不符合题意：

D.煤块在水平传送带上由于摩擦而产生的加速度为“=〃g,匀加速运动的位移为广/,由运动学公式2以=B

可得

2〃g/=v2

上式变形，得到

,12

/jmgl=—mV

故煤块与传送带因摩擦产生的热量为

1,

Q=fx^=ml=-mv-

故D正确，不符合题意。

故选A。

10.（2020.全国高三零模）如图所示，水平传送带的质量M=9kg,两端点4B间距离L=4m,传送带

以加速度a=2m/s2由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为〃?=1kg的滑块（可视为质点）无

初速度地轻放在A点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0」，g取lOm/s2,电动机的内阻不计。

传送带加速到v=2m/s的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从A运动到8的

过程中（）

A.系统产生的热量为1J

B.滑块机械能的增加量为3J

C.滑块与传送带相对运动的时间是3s

D.传送滑块过程中电动机输出的电能为5J

【答案】A

【详解】

AC.传送带初始做匀加速运动，加速时间

根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足

=/Jing,

得：

q=lm/s2,

滑块加速过程的位移

v24

s=——=—m=2m<4m,

块Ul2q2

故滑块会一直加速到2m/s与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。

滑块加速的时间；

相同时间内传送带的位移

v2,、

s传=—+v(r-r,)=3m,

2a

故滑块与传送带的相对路程：

s相=$传-s块=1m，

系统产生的热量：

Q==1J，

故A正确，C错误；

B.根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量:

△E=Rings烘=2J,

故B错误;

D.由能量守恒定律得，电动机输出的电能:

22

E=3呻相+-mv+-Mv=2lJ,

22

故D错误。

故选：A。

11.(2020•山东青岛二中高三期中)如图所示，传送带与地面倾角。=37。，从A到B长度为L=14m,传送

带以vo=8m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为机=0.5kg的黑色煤块，它与传

送带之间的动摩擦因数为〃=0.25,煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37o=0.6,cos37*0.8,

^=10m/s2,(求：

(1)煤块从A到2的时间。

(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。

(3)系统因摩擦产生的热量。

B

【答案】(l)2s；(2)4m；(3)6J

【详解】

(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得

mgsin0+/umgcos0=mat

代入数据解得

2

ax=8m/s

煤块达到和传送带速度相等时的时间为

r,=—=Is

煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为

4m

煤块速度到达出后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得

mgsin0-Ringcos0=tna2

代入数据解得

2

a2-4m/s

煤块第二次加速的位移为

x2=L-x1=10m

12

"叫+耳砥

解得

t2=Is

煤块从4到8的时间为

t+t2=2s

(2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为

12,

A7=vo?!=4m

第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为

L2=X2-vat2=2m

两部分重合，故划痕总长为4m

(3)系统因摩擦产生的热量为

Q=pimgcos0(L1+L2)=6J

12.(2020.陕西高三一模)如图所示，水平传送带与固定斜面平滑连接，质量为根=1kg的小物体放在斜

面上，斜面与水平方向的夹角为9=37。，若小物体受到一大小为尸=20N的沿斜面向上的拉力作用，可

以使小物体从斜面底端A由静止向上加速滑动。当小物体到达斜面顶端B时，撤去拉力F且水平传送带

立即从静止开始以加速度的=lm/s2沿逆时针方向做匀加速运动，当小物体的速度减为零时刚好滑到水平

传送带的右端C处。小物体与斜面及水平传送带间的动摩擦因数均为〃=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩

2

擦力，AB间距离L=5m,导槽D可使小物体速度转为水平且无能量损失，g=10m/so已知sin37o=0.6,

cos37o=0.8,求：

(1)小物体运动到8点的速度

(2)小物体从A点运动到C点的时间

(3)小物体从B点运动到C点的过程中，小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量Q

【答案】(DlOm/s；(2)3s；(3)6OJ

【详解】

(1)小物体受到沿斜面向上的拉力作用时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可得

F-"gcos37°-mgsin37°=mat

解得

q=10m/s2

从A到8过程中由运动学公式可得

v；=2a]L

解得

vB=l()m/s

(2)从A到B过程中由运动学公式可得

%=砧

小物体在6c段，由牛顿第二定律可得

Ring-ma-,

由运动学公式可得

VB~。2,2

小物体从A到C过程中的时间

t&=f\+t2

联立解得

/怂=3s

(3)小物体在段，小物体向右运动，传送带逆时针运动，对小物块

12

对传送带

12

%2=2"。’2

小物体相对于传送带的位移

Ax=+x2

小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量

Q-/jmg^x

解得

Q=60J

13.(2020•跳南市第一中学高三期中)如图所示，装置的左边AB部分是长为心=4m的水平台面，一水平

放置的轻质弹簧左端固定，并处于原长状态。装置的中间8c部分是长为L2=4.5m的水平传送带，传送

带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。它与左边的台面等高，并平滑对接，与右边的光滑曲面相切与C点。

质量/n=lkg的小滑块从曲面上距水平台面/z=5m的力处由静止下滑，滑块向左运动，最远到达。点，

OA间距41m。已知物块与传送带及左边水平台面之间的摩擦因数〃=0.4,弹簧始终处在弹性限度内，g

取10m/s2o求：

(1)滑块从。到O的过程中与皮带摩擦产生的热量；

(2)弹簧的最大弹性势能；

(3)滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度；

(4)滑块第八次从右边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离A点的最小值。

【答案】(1)22J；(2)20J；(3)0.2m；(4)8m

【详解】

⑴滑块从。到C由动能定理

mgh=gmvl

滑块从〃到8由动能定理

mgh-/^mgL2

滑块进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律

g

a=------=4g

m

滑块由C到B运动的时间

“一%

-ci

皮带在时间，内的位移为/，此过程滑块与皮带摩擦产生的热量

Q=pmg(L2+。=22J

(2)对滑块从D到0由能量守恒定律

Ep-mgh—ftmg(Li+L\~x)

得弹簧的最大弹性势能

£p=2()J

(3)设滑块从。点返回到达8点的速度为短，由能量守恒定律

滑块再次进入传送带后匀减速运动，由牛顿二定律

"----------二〃g

m

滑块速度减小到v=2m/s时，在皮带上的位移为

L-------=1.5m<L.,

2a-

所以滑块随皮带一起运动到C点的速度为i=2m/s,滑块从C到最高点，由机械能守恒

—1mv2=mg%,

得滑块回到右边曲面部分所能到达的最大高度

〃i=0.2m

(4)滑块在右边曲面部分运动的过程中机械能守恒，所以滑块回到C点时的速度

V3=v=2m/s

设滑块在皮带上由C点向左减速运动到速度为零的过程位移为X,由动能定理

-/jmgX=°-gmvl

得滑块向左运动距离C点X=0.5m时，速度为零，此时距离A点最小，滑块在皮带上由速度为零的位置

向右加速运动到C点的过程中，由动能定理

/jmgX=~mv\

得滑块向右运动到C点时的速度以=2m/s,即以后每次经过C点速度大小都是2m/s。所以滑块每次从右

边曲面部分滑到皮带上运动的过程中，距离A点的最小值都是

L1+L2—X=8m

14.(2020•山西高三期中)如图所示，水平轨道OP固定，ON段光滑、NP段粗糙且长L=L5m。一根轻弹

簧的一端固定在轨道左侧。点的竖直挡板上，另一端自然伸长时在N点。P点右侧有一与水平方向成

在37。、足够长的传送带PQ与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为m3m/s。质量m=2kg

小物块A放在N点，与A相同的物块B静止在尸点。现用力通过A缓慢向左压缩弹簧，当弹簧的弹性

势能E=31.0J时由静止释放，A开始向右运动。当A运动到P点时与B发生正碰，碰撞时间极短且无机

械能损失。已知A与NP段间的动摩擦因数.i=0.2,B与传送带间的动摩擦因数心=0.25,取g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)A第一次运动到P点时的速度大小；

(2)第一次碰撞后A、B的速度大小；

(3)A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间。

0

【答案】(l)5m/s；(2)0；5m/s；(3)屈s

4

【详解】

解：(1)设A第一次运动到P点时的速度大小为%,由动能定理得

1,

W一〃।mgL=—mv^©

弹力做功等于弹性势能的减少量得

W=Ep②

解得

v（）=5m/s③

(2)设A与B碰撞后，A的速度为VA,B的速度为UB,由动量守恒得

mvo=mvA+mvn④

由机械能守恒得

解得

VA=0

VB=vo=5m/s®

(3)B先沿传送带向上匀减速至零，再向下匀加速至速度为3m/s,由牛顿第二定律得

mgsin0+ju2mgcos0=ma}(7)

q=8m/s2

由运动学公式有

v~-Vg=­⑧

由于〃2<tan。，B沿传送带向下继续加速

mgsin0-mgcos0=ma2⑨

czi=4m/s2

12…

x=VZj+—QW

布-3

2=-----------s

4

所以A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间

V17+1小

t=t}+t2----s⑪

15.(2020•河北唐山一中高三期中)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m。

平台上静止着两个滑块A、B,wu=0.1kg,，g=0.2kg,两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小

车，静止在光滑的水平地面。小车质量为M=0.3kg,车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为

L=0.8m,动摩擦因数为〃=0.2,右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后，

A滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力，滑块B冲上小车。两滑块都可以看

作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且

g=10m/s2o求：

(1)滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力；

(2)爆炸后A与B获得的总动能是多少？

(3)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。

【答案】⑴7N,方向竖直向下；(2)2.7J；(3)0.22J

【详解】

(1)滑块A在最高点时，由牛顿第二定律得

V2

已知最高点滑块对轨道的压力

&=叫出

从半圆轨道最低点到达最高点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得

2

^mAv+mAg-2R^^mAv\

在半圆轨道最低点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得

2

邛一叫g=必噂

1K

代入数据解得

心=7N,以=6m/s

由牛顿第三定律可知，滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7N,方向竖直向下;

(2)炸药爆炸过程中，A、8系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得

mAVA=mBVB

代入数据解得

vB=3m/s

由能量守恒定律得

112

ErmV2+mV

=^AA^BB

代入数据解得

E=2.7J

(3)8与车组成的系统动量守恒，8与车的速度相等时弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒

定律得

，%以=(加8+V)丫共

由能量守恒定律得

1,12

m

-~（叫+B）丫共+卬”花乙+Ep

代入数据解得

Ep~0.22J

16.(2020•四川省向中东风中学校高三月考)如图所示，半径R=1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面

内，下端与传送带相切于B点，水平浅色传送带上A、3两端点间距乙=16m,传送带以w)=10m/s的速

度顺时针运动，将质量m=lkg的黑色小煤块(可视为质点)放到传送带上，煤块与传送带间的动摩擦

因数〃=0.4,取g=10m/s2：

(1)将煤块在传送带A端由静止释放，求煤块由释放到第一次经过B端的过程中：

①所需时间t；

②由于相对滑动，浅色传送带上会留下黑色的印迹，求该印迹的长度1(即煤块相对于传送带后退的距

离)；

(2)若煤块仍由静止释放，要想煤块能通过圆轨道的最高点C,求煤块在传送带上释放的位置范围。

【答案】(1)①2.85s；②100J；(2)在4端与距4端6m的范围内任何一个位置

【详解】

(1)①设滑块加速运动的时间为％，加速度大小为对滑块受力分析，有：

"mg=ma,%=如

解得:

4—2.5s,a—4mzs2

设滑块速度达到%时经过的位移为：

%=12.5m

设滑块匀速运动的位移为：

x2-L-xy=3.5m

则滑块匀速运动的时间为：

t-,=—=0.35s

'%

所需时间为：

r=4+弓=2.85s

②设滑块加速运动过程中传送带的位移为:

七=%=25m

滑块与传动带之间的相对位移

AA=X3-XI=12.5m

滑动摩擦力产生热量

Q=〃umg•A.r=50