高考物理第二轮复习第23讲传送带2017新题赏析课后练习含答案

这是一份高考物理第二轮复习第23讲传送带2017新题赏析课后练习含答案，共4页。试卷主要包含了25 m，传送带长S＝2，0 m，皮带以恒定速率v＝3，2 m＜3等内容，欢迎下载使用。

（1）物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；
（2）传送带上方所接的斜面长度。
题二：如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径 R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m（g取10 m/s2 ）。试求：
（1）金属块经过D点时的速度；
（2）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
题三：如图所示，四分之一圆轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内。圆轨道OA的半径R＝1.25 m，传送带长S＝2.25 m，圆轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h。一滑块从O点静止释放，当滑块经过B点时（无论传送带是否运动），静止在CD上的长为L＝ m的木板（此时木板的末端在B点的正下方）在F＝12 N的水平恒力作用下起动，此时滑块落入木板中。已知滑块与传送带的摩擦因数μ1＝0.2，木板的质量M＝1 kg，木板与CD间的摩擦因数为μ2＝0.4，g取10 m/s2。
（1）如果传送带静止，求滑块到达B点的速度；
（2）如果传送带静止，求h的取值范围；
（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h＝20 m，试判断滑块还能否落在木板上。
题四：如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0 m，皮带以恒定速率v＝3.0 m/s 顺时针转动。三个质量均为m＝1.0 kg 的滑块A、B、C置于水平导轨上，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以初速度v0＝3.0 m/s 沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端P滑出落至地面上。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；
（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑上传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是什么？
传送带2017新题赏析
题一：（1）74 J （2）eq \f(2,11) m
详解：（1）对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝1 m/s2，沿斜面向上。
设物体速度经过时间t与传送带相等，由v＝at得t＝eq \f(v,a)＝2 s，此过程中物体通过的位移为x＝eq \f(1,2)at2＝2 m＜7 m，所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为v＝2 m/s。
对整个过程，由动能定理得W－mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得W＝74 J。
（2）物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得μmgcs 30°＋mgsin 30°＝ma1，解得a1＝11 m/s2，由v2＝2a1s得s＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(2,11) m。
题二：（1）2eq \r(5) m/s （2）3 J
详解：（1）金属块在E点时，mg＝meq \f(v\\al(2,E),R)，解得vE＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，解得vD＝2eq \r(5) m/s。
（2）金属块刚刚放上时，有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2。
设经位移s1达到共同速度，则v2＝2a1s1，解得s1＝0.2 m＜3.2 m。继续加速过程中，有
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2。由s2＝L－s1＝3 m，veq \\al(2,B)－v2＝2a2s2，解得vB＝4 m/s。在从B到D过程中由动能定理得mgh－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得W＝3 J。
题三：（1）4 m/s （2）或 （3）不能
详解：（1）滑块滑到A点的速度为vA，由机械能守恒定律可知，
解得vA＝5 m/s，滑块滑过静止的传送带到达B点后速度为vB，由动能定理有，解得vB＝4 m/s 。
（2）木板在CD上运动的加速度由牛顿第二定律得，如果滑块恰好落在木板左端，需耗时t1，则有，解得t1＝1 s，对应的高度，解得h1＝5 m。
如果滑块恰好落在木板右端，需耗时t2，则有，解得，或，对应的，所以当时，；当，，故h的取值范围为或。
（3）如果h＝20 m，则滑块落在木板上的时间为t，则有，解得t＝2 s，如果滑块落在木板左端，需要滑块有速度vB1，则有，解得vB1＝8 m/s，由于传送带的速度足够大，所以可以让滑块一直处于加速状态，设滑块运动到B点的速度为v′B1，则由动能定理有，解得v′B1＝ m/s＜8 m/s，即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速度，故滑块不能落在木板上。
题四：（1）2.25 J （2）0.5 J （3）m/s≤v0≤m/s
详解：（1）设A和B碰撞后共同速度为v1，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，碰撞时损失的机械能∆E＝ ，代入数据解得∆E＝2.25 J。
（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时A、B的速度为vB，C的速度为vC，对A、B、C和弹簧组成的系统，从A、B碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv1＝2mvB+mvC，由机械能守恒定律得 ，代入数据解得vC＝2 m/s。C以vC滑上传送带，假设做匀加速直线运动的位移为s时与传送带共速，由运动学公式得 ，代入数据解得s＝2.5 m＜L，加速运动的时间为t，有t＝ ，代入数据解得t＝1 s。C在传送带上滑过的相对位移为∆s＝vt－s，摩擦生热Q＝μmg∆s，代入数据解得Q＝0.5 J。
（3）设A的最大速度为vmax，滑块C在与弹簧分离时C的速度为vC1、A、B的速度为vB1，则C在传送带上一直做匀减速直线运动直到在P点与传送带共速，有＝2μgL ，解得vC1＝m/s。
设A的最小速度为vmin，滑块C在与弹簧分离时C的速度为vC2、A、B的速度为vB1，
则C在传送带上一直做匀加速直线运动直到在P点与传送带共速，有＝2μgL ，解得vC2＝1 m/s。
对A、B、C和弹簧组成的系统从A、B碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，
以向右为正方向，由动量守恒定律得mvmax＝2mvB1+mvC1，由机械能守恒定律得 ，解得vmax＝m/s。同理解得vmin＝m/s。
所以有m/s≤v0≤m/s。