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(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，電動(dòng)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(yùn)至B處，圖甲中傳送帶消耗的電能更多，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．
[答案] AB
5.如右圖所示，物塊M在靜止的足夠長(zhǎng)的傳送帶上以速度v0勻速下滑時(shí)，傳送帶突然啟動(dòng)，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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)
C．M先向下勻速運(yùn)動(dòng)，后向下加速，最后沿傳送帶向下勻速運(yùn)動(dòng)
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(shí)，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(shí)，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(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到與傳送帶速度相等時(shí)，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(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)．某時(shí)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(shí)為t
9、＝0時(shí)刻記錄了物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系．如圖b所示(圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中兩坐?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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則μ>tanθ
B．0～t1內(nèi)，傳送帶對(duì)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(dòng)能的減少量大
D．0～t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的減少量
[解析] 在t1～t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故A正確；由題意知，物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)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(duì)物塊做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；物塊的重力勢(shì)能減小，動(dòng)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(dòng)能的變化量大小．故C正確；0～t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功等于物塊機(jī)械能的變化量，故D錯(cuò)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(shí)針運(yùn)動(dòng)，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(zhǎng)度可忽略不計(jì)，傳送帶AB長(zhǎng)度為L(zhǎng)AB＝16 m，水平地面長(zhǎng)度為L(zhǎng)CD＝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(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；
(2)物塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)D點(diǎn)的壓力大??；
(3)物塊從E點(diǎn)拋出后的落地點(diǎn)與D點(diǎn)的距離．
[解析] (1)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)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(shí)v＝a1t1，解得t1＝1 s
物塊的位移x＝a1t＝5 m
此后對(duì)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(yùn)動(dòng)
LA
12、B－x＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s
物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)，其加速度大小a＝μg＝5 m/s2
設(shè)物塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度為v3，則
v－v＝－2aLCD，解得v3＝9 m/s
設(shè)此時(shí)D點(diǎn)對(duì)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(duì)D點(diǎn)的壓力大小為410 N.
(3)物塊沿半圓軌道從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程機(jī)械能守恒，設(shè)物塊經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)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(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，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(shí)現(xiàn)自動(dòng)傳送工件，設(shè)計(jì)了如圖所示的傳送裝置，由一個(gè)水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長(zhǎng)度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長(zhǎng)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(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止．已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，現(xiàn)將一個(gè)工件(可看作質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在水
14、平傳送帶最左端A點(diǎn)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(shí)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(shí)針方向運(yùn)轉(zhuǎn)的速度v2的大小(v2
15、速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2為：t2＝＝0.3 s
工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a2，速度減小到零時(shí)所用時(shí)間為t3，位移大小為s2
受力分析如圖乙所示，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得：N2＝mgcosθ
mgsinθ＋μN(yùn)2＝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(shí)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(dòng)時(shí)，當(dāng)工件的速度大于v2時(shí)，滑動(dòng)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(shí)，滑動(dòng)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(gè)過程的位移大小分別為s3和s4
結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得：
－2a2s3＝v－v
mgsinθ－μN(yùn)2＝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(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)位置，O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑．水平段OP長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1 m，P點(diǎn)右側(cè)一與水平方向成θ＝30°的足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面在P點(diǎn)平滑連接，傳送帶輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)速率為3 m/s，一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A壓縮彈簧(與彈簧不拴接)，使彈簧獲得的彈性勢(shì)能Ep＝9 J，
17、物塊與OP段動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，另一與A完全相同的物塊B停在P點(diǎn)，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝，傳送帶足夠長(zhǎng)，A與B的碰撞時(shí)間不計(jì)，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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝0.4 s.
位移x1＝t1＝0.8 m.
此過程相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)直至與A再次碰撞，加速時(shí)間為t2＝＝0.3 s.
位移為x2＝t2＝0.45 m.
此過程相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)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(duì)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(diǎn)3 傳送帶模型學(xué)案
