15傳送帶能量相關模型

1.（2020?河南高三月考）如圖所示，傳送帶以速度u=0.7m/s逆時針勻速轉動，轉輪半徑很小（相比于

傳送帶長度可忽略），傳送帶AB部分水平，部分傾角&=37、長為1m,08部分傾角僅=53、

長為0.75m。現將一質量為機=01kg的墨盒輕放在A端，墨盒由靜止從4運動到B的過程中留下清晰的

痕跡（忽略墨盒質量的變化）。已知墨盒通過。點轉輪時速度大小不變，墨盒與傳送帶間的動摩擦因數

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

程中下列說法中正確的是（）

A.墨盒與傳送帶間因摩擦產生的熱量為0.584J

B.墨盒與傳送帶間因摩擦產生的熱量為0.81J

C.墨盒在傳送帶上留下的痕跡長為0.6125m

D.墨盒在傳送帶上留下的痕跡長為1.0125m

【答案】AC

【詳解】

AB.當墨盒在OA部分運動時，對其受力分析，根據牛頓第二定律得

pimgcosa-mgsina=maA

解得

2

a}=0.4m/s

當墨盒與傳送帶共速時，墨盒的位移為

v2—0

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

勺2%

故墨盒先加速后勻速，加速時間為

八=—=1.75s

4

墨盒相對于傳送帶向后，相對位移為

AXj=%一司=0.6125m

摩擦產生的熱量為

2=/jmgcosa?Ax〕=0.392J

當墨盒在。8部分運動時，對其受力分析，根據牛頓第二定律得

mgsin°-//mgcos0=ma2

解得

2

a2=3.2m/s

墨盒在08部分做勻加速運動，根據勻變速公式得

1,

0.75—v?2+~aj]

解得

t2=0.5s

墨盒相對于傳送帶向前，相對位移為

AX2=0.75m-vt2=0.4m

摩擦產生的熱量為

Q2=〃/〃gcosp-Ar2=0.192J

墨盒從4到8過程中產生的熱量為

Q=2+Q2=0.584J

故A正確，B錯誤；

CD.根據分析可知，在OA部分運動時，墨盒相對于傳送帶向后，相對位移為

△%]=vr,-Xj=0.6125m

在08部分運動時，墨盒相對于傳送帶向前，相對位移為

AX2=0.75m-vt2=0.4m

與的部分擦痕重合，故墨盒在傳送帶上留下的痕跡長為

Ax,=0.6125m

故C正確，D錯誤。

故選ACo

2.（2020?福建福州?高三期中）如圖甲所示為傾斜的傳送帶，正以恒定的速度V,沿順時針方向轉動，傳送

帶的傾角為37°。一質量〃z=1kg的物塊以初速度vo從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，

物塊到傳送帶頂端的速度恰好為零，其運動的X圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g=10m/s2,sin370

-0.6,則下列說法正確的是（）

A.物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5；

B.傳送帶底端到頂端的距離為32m；

C.0?2s內物塊的加速度大小為12m/s2

D.全程物塊與傳送帶間由于摩擦而產生的64J熱量。

【答案】AB

【詳解】

AC.由圖示圖象可知，。?2s內物塊的加速度為

v_4-24

=-10m/s2

負號表示加速度方向與速度方向相反；由牛頓第二定律得

mgsin9+"??gcos0="

代入數據解得

〃=0.5

選項A正確，C錯誤；

B.由圖示圖象可知，傳送帶底端到頂端的距離為

x=—x（24+4）x2+—x2x4=32m

22

選項B正確；

D.由v-f圖象可知，物塊在0?2s內向上做減速運動，當減速到與傳送帶速度相等時，由于重力沿傳送

帶的分力大于物塊受到的最大靜摩擦力，物塊繼續向上做減速運動，由此可知傳送帶的速度為4m/s,0?

2s內物塊與傳送帶的相對位移

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

該過程產生的熱量

0="mgcos37°?di

代入數據解得

Qi=80J

2s-4s內，相對位移

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

2

摩擦產生的熱量

Q=〃mgcos370?d2

代入數據解得

22=16J

整個過程摩擦產生的熱量

Q=QI+Q=96J

選項D錯誤。

故選AB。

3.（2020.湖南衡陽市八中高三月考）如圖，在勻速轉動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率

匕=lm/s勻速向右運動。一質量為2kg的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率彩=2m/s滑上傳送帶，

最終滑塊又返回至傳送帶的右端。就上述過程，下列判斷正確的有（）

A.全過程中電動機對傳送帶多做功為12J

B.全過程中電動機對傳送帶多做功為6J

C.全過程中滑塊與傳送帶間摩擦產生的熱量為6J

D.全過程中滑塊與傳送帶間摩擦產生的熱量為9J

【答案】BD

【詳解】

設滑塊向左運動的時間小，位移大小為花，則滑塊的位移為

2Hg

滑塊向左運動過程中對傳送帶的位移大小

*VV,v

馬=匕4=K一2-=，-2

4g4g

設滑塊向右勻加速運動的時間今，位移大小為馬，則滑塊的位移為

X-i-

2〃g

滑塊向右勻加速過程中傳送帶的位移大小

V,片

X4=卬2=巧—=—

4g4g

滑塊相對傳送帶的總路程

（巧+%）?

S相=玉+*2+/一工3=c一

2〃g

滑塊與傳送帶間摩擦產生的熱量大小

1,

Q=/，s相（匕+彩）=卯

全過程中，電動機對傳送帶做的功

W=/（X,+x4）=mv^+//2V,v2=6J

故選BDo

4.（2020.內蒙古高三月考）已知一足夠長的傳送帶傾角為"以一定的速度順時針勻速轉動。某時刻在傳

送帶適當的位置放上具有一定初速度的物塊（如圖甲所示），以此時為仁0時刻記錄了小物塊之后在傳送帶

上運動速度隨時間變化的關系如圖乙所示（圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，0＞也）。已知傳送帶

的速度保持不變，則（）

A.在o~n內系統產生的熱量與在AM內系統產生的熱量相等

B.在0~/2內，傳送帶對物塊做的功W=—mvr--mvi2

22

C.在072內，物塊對傳送帶做負功

D.在內，系統產生的熱量等于物塊機械能的增量

【答案】CD

【詳解】

A.由圖乙可知，在。?△內，物塊與傳送帶之間的相對位移大，摩擦生熱多，故A錯誤：

B.在。?h內，由圖乙中'‘面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做

正功，重力與傳送帶對物塊的合力做的功等于物塊動能的增量，故B錯誤；

C.由圖乙可知，在0?包內，物塊先向下運動后向上運動，傳送帶相對于物塊的運動方向向上，傳送帶

受的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對傳送帶做負功，故c正確；

D.由圖乙中“面積”等于位移可知，在A?內，傳送帶的位移

玉=v2t

物塊的位移

X2

物塊與傳送帶之間的相對位移

Ax=%一々=￡r

等于物塊的位移，而

Q=fxm

傳送帶對物體所做的功

W=fx^=\E

故D正確。

故選CD.

5.（2020?沙坪壩?重慶南開中學高三月考）如圖所示，光滑水平面與逆時針運動的粗糙傾斜傳送帶平滑連

接，水平面上有一質量為m的滑塊，以初速V0向右沖上傳送帶，傳送帶的速度大小為V。在滑塊沖上傳

送帶到離開傳送帶的過程，下列說法中正確的是（）

%,

m/

A.傳送帶對滑塊做功可能為零

B.傳送帶對滑塊沖量可能為零

C.傳送帶對滑塊沖量可能水平向左

D.w和v越大，滑塊與傳送帶摩擦生熱都越多

【答案】ACD

【詳解】

A.若滑塊從傳送帶下方離開，滑塊在向上運動過程中，摩擦力向下，摩擦力做負功，向下加速下滑過

程中摩擦力向下，做正功，若滑塊在下滑過程中一直做勻加速直線運動，則上滑過程和下滑過程摩擦力

大小相同，位移大小相同方向相反，因此整個過程摩擦力做的功可能為零，A正確；

B.滑塊向上滑動和向下過程中，傳送帶對滑塊的作用力為摩擦力與支持力的合力，兩個力的大小和方

向均為發生變化且不為零，故傳送帶對滑塊沖量不為零，B借誤；

C.滑塊向上滑動和向下過程中，傳送帶對滑塊的作用力為摩擦力與支持力的合力，兩個力的大小和方

向均為發生變化且不為零，由三角形定則可得：當摩擦力與支持力的合力水平向左時，二者合力與重力

的合力仍可以平行于斜面向下，故傳送帶對滑塊沖量可能水平向左，c正確；

D.由于物塊運動的方向與傳送帶運動的方向相反，依和v越大，二者相對位移越大，由

3=心

可得：血和v越大，滑塊與傳送帶摩擦生熱都越多，D正確；

故選ACD,

6.（2020?江西南昌二中高三月考）以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將〃?=lkg的貨物放在傳送帶上

的A處，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間f變化圖象如圖

乙所示，已知重力加速度g取10m/s2,由v-f圖象可知（）

甲乙

A.A、B兩點的距離為2.4m

B.貨物與傳送帶的動摩擦因數為0.5

C.貨物從A運動到8過程中，傳送帶對貨物做功大小為12.8J

D.貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.8J

【答案】BD

【詳解】

A.物塊由A到B的間距對應圖象所圍梯形的“面積”為

1?2+4

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

22

故A錯誤；

B.由U-f圖象可知，物塊在傳送帶上先做外勻加速直線運動，加速度為

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

'0.2

對物體受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，由牛頓第二定律得

根sign。+4mgeos6=ma{

同理做出的勻加速直線運動，對物體受力分析受摩擦力，方向向上，市:力和支持力，加速度為

胃=右^^=26

由牛頓第二定得

mgsin。一/jmgeos0=ma2

聯立解得

cos9=0.8,sin。=0.6,〃=。.5

故B正確;

C.貨物從A運動到B過程中，由動能定理得

W+mgxsin0-；mv1-0

解得，傳送帶對貨物做功為

W=-11.2J

故C錯誤；

D.根據功能關系，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，在0?0.2s內由圖可知相

對位移為

x.=—x2x0.2m=0.2m

'2

貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為

Qi=〃相gQcWk]=

在（）.2~1.2s內由圖可知相對位移為

x2=-^x（1.2-0.2）x2m=2m

貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為

Q2=夕陽=

貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為

Q=a+Q2=4-8j

故D正確。

故選BDo

7.（2020?全國高一課時練習）如圖所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為仇物塊a通過平行于傳送帶

的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質量為〃?，開始時a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩

擦力作用，現讓傳送帶逆時針勻速轉動，則在b上升九高度（未與滑輪相碰）過程中（）

A.物塊a重力勢能減少mg/;

B.摩擦力對a做的功大于a機械能的增加

C.摩擦力對a做的功小于物塊a、b動能增加之和

D.任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等

【答案】ABD

【詳解】

A.開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，有

m

貝IJ*=--,b上升/1,則a下降〃sin仇則a重力勢能的減小量為

sin。

Wagx力sin，=mg/?

故A正確；

B.根據能量守恒，摩擦力對a做的功減去繩子拉力對a做的功等于a機械能的增量，因此摩擦力對a做

的功大于a的機械能增加，故B正確；

C.將a、b做為一個整體，重力對a做的正功與b克服重力做功相等，因此合外力對系統做的功就等于

摩擦力對a做的功，就等于系統動能的增量，故C錯誤；

D.任意時刻a、b的速率相等，對b,克服重力的瞬時功率為Pb=〃?gv；對a,重力的瞬時功率為

Pd=magvsinf）=mgv

所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等，故D正確。

故選ABD。

8.（2020?河西?天津四中高三月考）如圖所示，足夠長的傳送帶與水平方向的夾角為30。，物塊a通過平

行于傳送帶的輕繩跨過光滑定滑輪與物塊b相連的質量為m,a與斜面間的動摩擦因數為"，開始時，

。、匕及傳送帶均靜止，且。不受摩擦力作用。現讓傳送帶逆時針勻速轉動，在人由靜止開始到上升高

度為萬（未與定滑輪相碰，重力加速度為g）的過程中（）

A.傳送帶轉動時“受到的摩擦力沿傳送帶向上。

B.a的質量是6的質量的兩倍

C.傳送帶剛開始轉動瞬間，。和〃的加速度大小均為

D.物塊〃、6組成的系統重力勢能增加相

【答案】B

【詳解】

A.原來〃和人都靜止時a不受摩擦力作用，當傳送帶逆時針勻速轉動，。相對于傳送帶向上運動，傳送

帶對〃有沿傳送帶向下的摩擦力，故A錯誤；

B.開始時，a、6及傳送帶均靜止且。不受傳送帶摩擦力作用，有：MgsinO=T=m&,則a的質量M=2"i,

故B正確；

C.傳送帶轉動后對a、6整體受力分析，有

/jMgcos0-Mgsin0-mg+/n）a

解得

G

a=-f-ig

故C錯誤；

D.a重力勢能的減少量Epa=Mg/?sin30°=mgh,物塊b重力勢能的增加量Epb=mg",物塊a、6組成系統

重力勢能增加為零，故D錯誤。

故選Bo

9.（2020.北京豐臺.高三期中）如圖所示，用水平傳送帶將質量為機的煤塊從A端運送到8端，AB之間的

距離為L傳送帶始終保持以速率v勻速運動，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為〃，將煤塊輕輕放在傳送

帶上后，煤塊在傳送帶上留下一段長度為/（/<L）的痕跡。下列說法不正確的是（）

可0口一”。-

A.摩擦力對煤塊做的功為卬"g（L+/）B.摩擦力對煤塊做的功為卬"g/

C,煤塊與傳送帶因摩擦產生的熱量為“/Mg/D.煤塊與傳送帶因摩擦產生的熱量為g%正

【答案】A

【詳解】

AB.設煤塊與傳送帶的速度相等時，所用的時間為3且煤塊相對于地面的位移為x,則

0+v

x=------1

2

由于煤塊在傳送帶上留下一段長度為/（/<乙）的痕跡，則有

vt-x=l

聯立解得

x=l

則摩擦力對煤塊做的功為

W=/jmgx=/Mngl

故A錯誤，符合題意；B正確，不符合題意；

C.煤塊與傳送帶因摩擦產生的熱量為

。=%=Nmgl

故C正確，不符合題意：

D.煤塊在水平傳送帶上由于摩擦而產生的加速度為“=〃g,勻加速運動的位移為廣/,由運動學公式2以=B

可得

2〃g/=v2

上式變形，得到

,12

/jmgl=—mV

故煤塊與傳送帶因摩擦產生的熱量為

1,

Q=fx^=ml=-mv-

故D正確，不符合題意。

故選A。

10.（2020.全國高三零模）如圖所示，水平傳送帶的質量M=9kg,兩端點4B間距離L=4m,傳送帶

以加速度a=2m/s2由靜止開始順時針加速運轉的同時，將一質量為〃?=1kg的滑塊（可視為質點）無

初速度地輕放在A點處，已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為0」，g取lOm/s2,電動機的內阻不計。

傳送帶加速到v=2m/s的速度時立即開始做勻速轉動而后速率將始終保持不變，則滑塊從A運動到8的

過程中（）

A.系統產生的熱量為1J

B.滑塊機械能的增加量為3J

C.滑塊與傳送帶相對運動的時間是3s

D.傳送滑塊過程中電動機輸出的電能為5J

【答案】A

【詳解】

AC.傳送帶初始做勻加速運動，加速時間

根據牛頓運動定律，滑塊的加速度滿足

=/Jing,

得：

q=lm/s2,

滑塊加速過程的位移

v24

s=——=—m=2m<4m,

塊Ul2q2

故滑塊會一直加速到2m/s與傳送帶共速，后保持相對靜止一起做勻速運動。

滑塊加速的時間；

相同時間內傳送帶的位移

v2,、

s傳=—+v(r-r,)=3m,

2a

故滑塊與傳送帶的相對路程：

s相=$傳-s塊=1m，

系統產生的熱量：

Q==1J，

故A正確，C錯誤；

B.根據功能關系，傳送帶對滑塊的摩擦力做的功等于滑塊機械能的增加量:

△E=Rings烘=2J,

故B錯誤;

D.由能量守恒定律得，電動機輸出的電能:

22

E=3呻相+-mv+-Mv=2lJ,

22

故D錯誤。

故選：A。

11.(2020?山東青島二中高三期中)如圖所示，傳送帶與地面傾角。=37。，從A到B長度為L=14m,傳送

帶以vo=8m/s的速率逆時針轉動，在傳送帶上端A無初速地放一個質量為機=0.5kg的黑色煤塊，它與傳

送帶之間的動摩擦因數為〃=0.25,煤塊在傳送帶上經過會留下黑色劃痕，已知sin37o=0.6,cos37*0.8,

^=10m/s2,(求：

(1)煤塊從A到2的時間。

(2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上形成劃痕的長度。

(3)系統因摩擦產生的熱量。

B

【答案】(l)2s；(2)4m；(3)6J

【詳解】

(1)煤塊剛放上時，受到沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律得

mgsin0+/umgcos0=mat

代入數據解得

2

ax=8m/s

煤塊達到和傳送帶速度相等時的時間為

r,=—=Is

煤塊達到和傳送帶速度相等過程中的位移為

4m

煤塊速度到達出后，煤塊受到向上的摩擦了，由牛頓第二定律得

mgsin0-Ringcos0=tna2

代入數據解得

2

a2-4m/s

煤塊第二次加速的位移為

x2=L-x1=10m

12

"叫+耳砥

解得

t2=Is

煤塊從4到8的時間為

t+t2=2s

(2)第一過程煤塊相對傳送帶向上移動，劃痕長為

12,

A7=vo?!=4m

第二過程中煤塊相對傳送帶向下移動，劃痕長為

L2=X2-vat2=2m

兩部分重合，故劃痕總長為4m

(3)系統因摩擦產生的熱量為

Q=pimgcos0(L1+L2)=6J

12.(2020.陜西高三一模)如圖所示，水平傳送帶與固定斜面平滑連接，質量為根=1kg的小物體放在斜

面上，斜面與水平方向的夾角為9=37。，若小物體受到一大小為尸=20N的沿斜面向上的拉力作用，可

以使小物體從斜面底端A由靜止向上加速滑動。當小物體到達斜面頂端B時，撤去拉力F且水平傳送帶

立即從靜止開始以加速度的=lm/s2沿逆時針方向做勻加速運動，當小物體的速度減為零時剛好滑到水平

傳送帶的右端C處。小物體與斜面及水平傳送帶間的動摩擦因數均為〃=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩

2

擦力，AB間距離L=5m,導槽D可使小物體速度轉為水平且無能量損失，g=10m/so已知sin37o=0.6,

cos37o=0.8,求：

(1)小物體運動到8點的速度

(2)小物體從A點運動到C點的時間

(3)小物體從B點運動到C點的過程中，小物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量Q

【答案】(DlOm/s；(2)3s；(3)6OJ

【詳解】

(1)小物體受到沿斜面向上的拉力作用時，對其進行受力分析，由牛頓第二定律可得

F-"gcos37°-mgsin37°=mat

解得

q=10m/s2

從A到8過程中由運動學公式可得

v；=2a]L

解得

vB=l()m/s

(2)從A到B過程中由運動學公式可得

%=砧

小物體在6c段，由牛頓第二定律可得

Ring-ma-,

由運動學公式可得

VB~。2,2

小物體從A到C過程中的時間

t&=f\+t2

聯立解得

/慫=3s

(3)小物體在段，小物體向右運動，傳送帶逆時針運動，對小物塊

12

對傳送帶

12

%2=2"。’2

小物體相對于傳送帶的位移

Ax=+x2

小物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量

Q-/jmg^x

解得

Q=60J

13.(2020?跳南市第一中學高三期中)如圖所示，裝置的左邊AB部分是長為心=4m的水平臺面，一水平

放置的輕質彈簧左端固定，并處于原長狀態。裝置的中間8c部分是長為L2=4.5m的水平傳送帶，傳送

帶始終以v=2m/s的速度順時針轉動。它與左邊的臺面等高，并平滑對接，與右邊的光滑曲面相切與C點。

質量/n=lkg的小滑塊從曲面上距水平臺面/z=5m的力處由靜止下滑，滑塊向左運動，最遠到達。點，

OA間距41m。已知物塊與傳送帶及左邊水平臺面之間的摩擦因數〃=0.4,彈簧始終處在彈性限度內，g

取10m/s2o求：

(1)滑塊從。到O的過程中與皮帶摩擦產生的熱量；

(2)彈簧的最大彈性勢能；

(3)滑塊再次回到右邊曲面部分所能到達的最大高度；

(4)滑塊第八次從右邊曲面部分滑到皮帶上運動的過程中，距離A點的最小值。

【答案】(1)22J；(2)20J；(3)0.2m；(4)8m

【詳解】

⑴滑塊從。到C由動能定理

mgh=gmvl

滑塊從〃到8由動能定理

mgh-/^mgL2

滑塊進入傳送帶后勻減速運動，由牛頓二定律

g

a=------=4g

m

滑塊由C到B運動的時間

“一%

-ci

皮帶在時間，內的位移為/，此過程滑塊與皮帶摩擦產生的熱量

Q=pmg(L2+。=22J

(2)對滑塊從D到0由能量守恒定律

Ep-mgh—ftmg(Li+L\~x)

得彈簧的最大彈性勢能

￡p=2()J

(3)設滑塊從。點返回到達8點的速度為短，由能量守恒定律

滑塊再次進入傳送帶后勻減速運動，由牛頓二定律

"----------二〃g

m

滑塊速度減小到v=2m/s時，在皮帶上的位移為

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

2a-

所以滑塊隨皮帶一起運動到C點的速度為i=2m/s,滑塊從C到最高點，由機械能守恒

—1mv2=mg%,

得滑塊回到右邊曲面部分所能到達的最大高度

〃i=0.2m

(4)滑塊在右邊曲面部分運動的過程中機械能守恒，所以滑塊回到C點時的速度

V3=v=2m/s

設滑塊在皮帶上由C點向左減速運動到速度為零的過程位移為X,由動能定理

-/jmgX=°-gmvl

得滑塊向左運動距離C點X=0.5m時，速度為零，此時距離A點最小，滑塊在皮帶上由速度為零的位置

向右加速運動到C點的過程中，由動能定理

/jmgX=~mv\

得滑塊向右運動到C點時的速度以=2m/s,即以后每次經過C點速度大小都是2m/s。所以滑塊每次從右

邊曲面部分滑到皮帶上運動的過程中，距離A點的最小值都是

L1+L2—X=8m

14.(2020?山西高三期中)如圖所示，水平軌道OP固定，ON段光滑、NP段粗糙且長L=L5m。一根輕彈

簧的一端固定在軌道左側。點的豎直擋板上，另一端自然伸長時在N點。P點右側有一與水平方向成

在37。、足夠長的傳送帶PQ與水平面在P點平滑連接，傳送帶逆時針轉動的速率恒為m3m/s。質量m=2kg

小物塊A放在N點，與A相同的物塊B靜止在尸點。現用力通過A緩慢向左壓縮彈簧，當彈簧的彈性

勢能E=31.0J時由靜止釋放，A開始向右運動。當A運動到P點時與B發生正碰，碰撞時間極短且無機

械能損失。已知A與NP段間的動摩擦因數.i=0.2,B與傳送帶間的動摩擦因數心=0.25,取g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)A第一次運動到P點時的速度大小；

(2)第一次碰撞后A、B的速度大小；

(3)A、B第一次碰撞分離到第二次碰撞時經歷的時間。

0

【答案】(l)5m/s；(2)0；5m/s；(3)屈s

4

【詳解】

解：(1)設A第一次運動到P點時的速度大小為%,由動能定理得

1,

W一〃?mgL=—mv^?

彈力做功等于彈性勢能的減少量得

W=Ep②

解得

v（）=5m/s③

(2)設A與B碰撞后，A的速度為VA,B的速度為UB,由動量守恒得

mvo=mvA+mvn④

由機械能守恒得

解得

VA=0

VB=vo=5m/s?

(3)B先沿傳送帶向上勻減速至零，再向下勻加速至速度為3m/s,由牛頓第二定律得

mgsin0+ju2mgcos0=ma}(7)

q=8m/s2

由運動學公式有

v~-Vg=-⑧

由于〃2<tan。，B沿傳送帶向下繼續加速

mgsin0-mgcos0=ma2⑨

czi=4m/s2

12…

x=VZj+—QW

布-3

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

4

所以A、B第一次碰撞分離到第二次碰撞時經歷的時間

V17+1小

t=t}+t2----s?

15.(2020?河北唐山一中高三期中)如圖所示，固定的光滑平臺上固定有光滑的半圓軌道，軌道半徑R=0.6m。

平臺上靜止著兩個滑塊A、B,wu=0.1kg,，g=0.2kg,兩滑塊間夾有少量炸藥，平臺右側有一帶擋板的小

車，靜止在光滑的水平地面。小車質量為M=0.3kg,車面與平臺的臺面等高，車面左側粗糙部分長度為

L=0.8m,動摩擦因數為〃=0.2,右側拴接一輕質彈簧，彈簧自然長度所在范圍內車面光滑。點燃炸藥后，

A滑塊到達軌道最高點時對軌道的壓力大小恰好等于A滑塊的重力，滑塊B沖上小車。兩滑塊都可以看

作質點，炸藥的質量忽略不計，爆炸的時間極短，且爆炸后兩個物塊的速度方向在同一水平直線上，且

g=10m/s2o求：

(1)滑塊在半圓軌道最低點對軌道的壓力；

(2)爆炸后A與B獲得的總動能是多少？

(3)滑塊B滑上小車后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能。

【答案】⑴7N,方向豎直向下；(2)2.7J；(3)0.22J

【詳解】

(1)滑塊A在最高點時，由牛頓第二定律得

V2

已知最高點滑塊對軌道的壓力

&=叫出

從半圓軌道最低點到達最高點過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得

2

^mAv+mAg-2R^^mAv\

在半圓軌道最低點，支持力與重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得

2

邛一叫g=必噂

1K

代入數據解得

心=7N,以=6m/s

由牛頓第三定律可知，滑塊在半圓軌道最低點對軌道的壓力大小為7N,方向豎直向下;

(2)炸藥爆炸過程中，A、8系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得

mAVA=mBVB

代入數據解得

vB=3m/s

由能量守恒定律得

112

ErmV2+mV

=^AA^BB

代入數據解得

E=2.7J

(3)8與車組成的系統動量守恒，8與車的速度相等時彈簧彈性勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒

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

代入數據解得

Ep~0.22J

16.(2020?四川省向中東風中學校高三月考)如圖所示，半徑R=1.6m的光滑半圓形軌道固定于豎直平面

內，下端與傳送帶相切于B點，水平淺色傳送帶上A、3兩端點間距乙=16m,傳送帶以w)=10m/s的速

度順時針運動，將質量m=lkg的黑色小煤塊(可視為質點)放到傳送帶上，煤塊與傳送帶間的動摩擦

因數〃=0.4,取g=10m/s2：

(1)將煤塊在傳送帶A端由靜止釋放，求煤塊由釋放到第一次經過B端的過程中：

①所需時間t；

②由于相對滑動，淺色傳送帶上會留下黑色的印跡，求該印跡的長度1(即煤塊相對于傳送帶后退的距

離)；

(2)若煤塊仍由靜止釋放，要想煤塊能通過圓軌道的最高點C,求煤塊在傳送帶上釋放的位置范圍。

【答案】(1)①2.85s；②100J；(2)在4端與距4端6m的范圍內任何一個位置

【詳解】

(1)①設滑塊加速運動的時間為％，加速度大小為對滑塊受力分析，有：

"mg=ma,%=如

解得:

4—2.5s,a—4mzs2

設滑塊速度達到%時經過的位移為：

%=12.5m

設滑塊勻速運動的位移為：

x2-L-xy=3.5m

則滑塊勻速運動的時間為：

t-,=—=0.35s

'%

所需時間為：

r=4+弓=2.85s

②設滑塊加速運動過程中傳送帶的位移為:

七=%=25m

滑塊與傳動帶之間的相對位移

AA=X3-XI=12.5m

滑動摩擦力產生熱量

Q=〃umg?A.r=50