7、f1x1＝Ff1，F(xiàn)f1－mgsinθ＝ma1＝m，圖乙中有Q乙＝Ff2x2＝Ff2，F(xiàn)f2－mgsinθ＝ma2＝m，解得Q甲＝mgH＋ mv2，Q乙＝mg(H－h(huán))＋mv2，Q甲>Q乙，故D項錯誤；根據(jù)能量守恒定律，電動機(jī)消耗的電能E電等于因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加的機(jī)械能之和，因物體兩次從A到B增加的機(jī)械能相同，摩擦產(chǎn)生的熱量Q甲>Q乙，所以將小物體運至B處，圖甲中傳送帶消耗的電能更多，故C項錯誤．
[答案] AB
5.如右圖所示，物塊M在靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在此傳送帶的速度由零逐漸增加到2v0后勻速運動的過程中，以下分析
8、正確的是( )
A．M下滑的速度不變
B．M開始在傳送帶上加速到2v0后向下勻速運動
C．M先向下勻速運動，后向下加速，最后沿傳送帶向下勻速運動
D．M受的摩擦力方向始終沿傳送帶向上
[解析] 傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，故mgsinθ＝Ff，當(dāng)傳送帶的速度大于物塊的速度時，物塊受到向下的摩擦力，根據(jù)受力分析可知，物塊向下做加速運動，當(dāng)速度達(dá)到與傳送帶速度相等時，物塊和傳送帶具有相同的速度勻速下滑，故C正確，故選C.
[答案] C
6．(多選)一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，以一定的速度勻速運動．某時刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖a所示)，以此時為t
9、＝0時刻記錄了物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關(guān)系．如圖b所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，其中兩坐標(biāo)大小v1>v2)．已知傳送帶的速度保持不變．則下列判斷正確的是( )
A．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則μ>tanθ
B．0～t1內(nèi)，傳送帶對物塊做正功
C．0～t2內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大
D．0～t2內(nèi)，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的減少量
[解析] 在t1～t2內(nèi)，物塊向上運動，則有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故A正確；由題意知，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應(yīng)向上.0～t1內(nèi)，物塊所受摩擦力沿斜
10、面向上，則傳送帶對物塊做負(fù)功，故B錯誤；物塊的重力勢能減小，動能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動能的變化量大小．故C正確；0～t2內(nèi)，傳送帶對物塊做功等于物塊機(jī)械能的變化量，故D錯誤．
[答案] AC
7.如圖所示的裝置由傳送帶AB、水平地面CD、光滑半圓形軌道DE三部分組成．一質(zhì)量為5 kg的物塊從靜止開始沿傾角為37°的傳送帶上滑下．若傳送帶順時針運動，其速度v＝10 m/s，傳送帶與水平地面之間通過光滑圓弧BC相連，圓弧BC長度可忽略不計，傳送帶AB長度為LAB＝16 m，水平地面長度為LCD＝6.3 m，半圓軌道DE的半徑R＝1.12
11、5 m，物塊與水平地面間、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)物塊在傳送帶上運動的時間t；
(2)物塊到達(dá)D點時對D點的壓力大??；
(3)物塊從E點拋出后的落地點與D點的距離．
[解析] (1)剛開始運動時，對物塊受力分析可知
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，解得a1＝10 m/s2
物塊與傳送帶達(dá)到共同速度時v＝a1t1，解得t1＝1 s
物塊的位移x＝a1t＝5 m
此后對物塊受力分析可知
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得a2＝2 m/s2
物塊在傳送帶上的第二段運動
LA
12、B－x＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s
物塊在傳送帶上運動的時間t＝t1＋t2＝2 s
(2)物塊到達(dá)傳送帶底端的末速度v2＝v＋a2t2＝12 m/s
在水平地面CD上，物塊做勻減速直線運動，其加速度大小a＝μg＝5 m/s2
設(shè)物塊到達(dá)D點時的速度為v3，則
v－v＝－2aLCD，解得v3＝9 m/s
設(shè)此時D點對物塊的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律，
有FN－mg＝m，解得FN＝410 N
根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對D點的壓力大小為410 N.
(3)物塊沿半圓軌道從D點運動到E點的過程機(jī)械能守恒，設(shè)物塊經(jīng)過E點時的速度為v4，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv＝mv＋2m
13、gR，解得v4＝6 m/s
物塊從E點拋出后做平拋運動，有s＝v4t3,2R＝gt
解得s＝ m.
[答案] (1)2 s (2)410 N (3) m
8．(2017·陜西寶雞質(zhì)檢(一))某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件，設(shè)計了如圖所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45 m，傾角為θ＝37°，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v1＝5 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止．已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，現(xiàn)將一個工件(可看作質(zhì)點)無初速度地放在水
14、平傳送帶最左端A點處，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)工件從A端開始被第一次傳送到CD傳送帶，上升的最大高度和所用的時間；
(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速度v2的大小(v2
15、速運動的時間t2為：t2＝＝0.3 s
工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a2，速度減小到零時所用時間為t3，位移大小為s2
受力分析如圖乙所示，結(jié)合牛頓運動定律可得：N2＝mgcosθ
mgsinθ＋μN2＝ma2
s2＝＝1.25 m
工件上升的最大高度為h＝s2sinθ＝0.75 m
t3＝＝0.5 s
全程所用的時間為t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s
(2)CD傳送帶以大小為v2的速度向上轉(zhuǎn)動時，當(dāng)工件的速度大于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2；當(dāng)工件的速度小于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，受力分析如圖丙所
16、示，設(shè)其加速度大小為a3，兩個過程的位移大小分別為s3和s4
結(jié)合牛頓運動定律可得：
－2a2s3＝v－v
mgsinθ－μN2＝ma3
－2a3s4＝0－v
LCD＝s3＋s4
解得：v2＝4 m/s
[答案] (1)0.75 m 0.5 s (2)4 m/s
9．如圖所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點為彈簧原長位置，O點左側(cè)水平面光滑．水平段OP長為L＝1 m，P點右側(cè)一與水平方向成θ＝30°的足夠長的傳送帶與水平面在P點平滑連接，傳送帶輪逆時針轉(zhuǎn)動速率為3 m/s，一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點的物塊A壓縮彈簧(與彈簧不拴接)，使彈簧獲得的彈性勢能Ep＝9 J，
17、物塊與OP段動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，另一與A完全相同的物塊B停在P點，B與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ2＝，傳送帶足夠長，A與B的碰撞時間不計，碰后A、B交換速度，重力加速度g＝10 m/s2，現(xiàn)釋放A，求：
(1)物塊A、B第一次碰撞前瞬間，A的速率v0；
(2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量；
(3)A、B能夠碰撞的總次數(shù)．
[解析] (1)設(shè)物塊質(zhì)量為m，A與B第一次碰前的速率為v0，
則Ep＝mv＋μ1mgL，
解得v0＝4 m/s.
(2)設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB，
則vA＝0，vB＝4 m/s，碰后B沿傳送帶向上
18、做勻減速運動直至速度為零，
加速度大小設(shè)為a1，則mgsinθ＋μ2mgcosθ＝ma1，
解得a1＝gsinθ＋μ2gcosθ＝10 m/s2.
運動的時間t1＝＝0.4 s.
位移x1＝t1＝0.8 m.
此過程相對運動路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m.
此后B反向加速，加速度仍為a1，與傳送帶共速后勻速運動直至與A再次碰撞，加速時間為t2＝＝0.3 s.
位移為x2＝t2＝0.45 m.
此過程相對運動路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m，
全過程摩擦生熱Q＝μ2mgcosθ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J.
(3)B與A第二次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運動再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運動再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重復(fù)這一過程直至兩者不再碰撞．則對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從第二次碰撞后到不再碰撞：mv2＝2nμ1mgL，解得第二次碰撞后重復(fù)的過程數(shù)為n＝2.25.所以碰撞總次數(shù)為N＝2＋2n＝6.5＝6次(取整數(shù))．
[答案] (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次
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2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 熱點3 傳送帶模型學(xué)案
