《2020高考物理一轮复习专题6-7与传送带相关的能量问题千题精练.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考物理一轮复习专题6-7与传送带相关的能量问题千题精练.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/19 2020高考物理一轮复习专题 6-7 与传送带相关的能量问题千题精练编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/19 一、选择题1(20 xx 合肥质检)如图所示，水平传送带保持2 m/s 的速度运动，一质量为1 kg 的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，现将该物体无初速度地放到传送带上的 A点，然后运动到了距A点 2 m的 B点，g 取 10 m/s2，则传送带对该物体做的功为()A0.5 J B2 J C2.5 J D4 J【参考答案】B2.(20 xx 漳州检测)如图所示，足够长的水平传送带以
2、速度v 沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是()A圆弧轨道的半径一定是v22gB若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点C若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点D不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点【参考答案】BD【名师解析】物块在圆弧轨道上下滑的过程中，物块的机械能守恒，根据机械能守恒可得：mgR mv02，所以小物块滑上传送带的初速度：v0，物块到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减
3、速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物块的受力可知，物块在减速和加速的过程物块的加速度的大小是相【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/19 同的，所以物块返回圆弧轨道时速度大小等于从圆弧轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v，物块就能返回到A点，则 R，故 A项错误；若减小传送带速度，只要传送带的速度v，物块就能返回到A点，故 B项正确；若增大传送带的速度，由于物块返回到圆弧轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，故C项错误，D项正确。3.足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是 v、方向与
4、传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是()A.W 0，Q mv2 B.W 0，Q 2mv2C.W，Q mv2 D.W mv2，Q 2mv2【参考答案】B二、计算题1.(16分)（20 xx 江苏扬州期末）在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R1.6 m，BC是长度为 L13 m 的水平传送带，CD是长度为 L23.6 m 水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参
5、赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m 60 kg，滑板质量可忽略已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为10.4、20.5，g 取 10 m/s2.求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/19(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能【名师解析】(1)对参赛者：A到 B过程，由动能定理mgR(1 cos60)mv2 B解得 vB4m/s(2 分)(2)C 到 D过程，由动能定理2mgL2 0mv2 C解得 vC6m/s(2 分)B到 C过程，由牛顿第二定律 1mg m
6、a解得 a4m/s2(2 分)参赛者加速至 vC历时 t 0.5s位移 x1t 2.5mL1参赛者从 B到 C先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v6m/s.(2 分)(3)0.5s内传送带位移 x2vt 3m 参赛者与传送带的相对位移xx2x10.5m(2 分)传送带由于传送参赛者多消耗的电能E1mg xmv mv 720J.(3 分)2（12 分）（20 xx 北京海淀附属学校期中）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/19 端固定，右端连接着质量的物块装置的中间是水平传送带，它与
7、左右两边的台面等高，并能平滑对接传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以匀速运动传送带的右边是一半径位于竖直平面内的光滑圆弧轨道质量的物块从圆弧的最高处由静止释放已知物导体与传送带之间动摩擦因数，传送带两轴之间的距离设物块、之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块静止取求：6.0kgMA2.0m/su1.25mR1/42.0kgmB 1/4 B4.5mlA BA210m/sg（1）物块滑动圆弧的最低点时对轨道的压力B 1/4 C（2）物块与物块第一次碰撞前的速度大小B A（3）物块与物块第一次碰撞后瞬间的各自的速度大小B A（4）物块与物块第一碰撞后弹簧的最大弹性势能B A（5）计算
8、说明物块是否能够回到段圆弧上B CB（6）物块第一次碰撞后第二次碰撞前，在传送带上运动的时间B（7）如果物块、每次碰撞后，物块再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定解除，求物块经第一次与物块碰撞后在传送带上运动的总时间A B A B A【答案】（1）60N（2）4m/s（3）2m/s（4）12J（5）回不到（6）4s（7）8s（4）依据能量守恒（）2P11641222mEmvJ【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】6/19（5）物块返回后，做减速运动且，加速度，做匀减速运动，当速度为时，可知，故回不到的圆弧上B2m/smv221m/sag02222m2mvxa2xL
9、 CB（6）依据运动学公式，故运动过去时，回来时，0tvvat122s1t222s1t总时间124sttt（7）依据几何关系第一次，14st第二次22st第三次，31st时间为等比数列，故，t12q()18 1192nnt rqt总当时，n8st总3（20 xx 南京三校联考）如图所示，水平面右端放一质量m=0.1kg 小物块，给小物块一 v0=4m/s 的初速度使其向左运动，运动d=1m后将弹簧压至最紧，反弹回到出发点时物块速度大小v1=2m/s若水平面与一长L=3m的水平传送带平滑连接，传送带以v2=10m/s 的速度顺时针匀速转动。传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆轨道的底端平滑连接，圆
10、轨道半径R=0.8m 当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭。（g=10m/s2，sin 53 0.8，cos 53 0.6）求：（1）小物块与水平面间的动摩擦因数1；（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；（3）要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数2 应满足的条件。【题型分析】传送带、弹簧、竖直面内的圆周运动都是经典模型，也是高考命题热点，此题将传送带、弹簧、竖直面内的圆周运动有机组合，考查能量守恒定律、动能定理、牛顿运动定律及其相关知识点，意在考查综合运用知识分析解决问题的能力。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/19（3）本题分两种情况讨论：
11、设物块在圆轨道最低点时速度为v3时，恰好到达圆心右侧等高点，由机械能守恒定律，2312mgRmv得：v3=4m/s由于 v3=4m/sv2=10m/s.，说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得：解得：2=0.2设物块在圆轨道最低点时速度为v4 时，恰好到达圆轨道最高点。在圆轨道最高点有：25vmgmR从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，225411222mgRmvmv解得：v4=2m/sv2=10m/s.10说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得：（1 分）222411122mgLmvmv解得：2=0.6.所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体
12、间的动摩擦因数2 应满足的条件是 20.2 或20.6。4（18 分）(20 xx 黄山三模)倾角=37的传送带以速度v=1.0m/s 顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送K=4.0kg 的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到h=3.0m 的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因素=0.8，且 煤 屑在到 达最高 点 前已经 和 传送带 的 速 度相 等。（重 力 加速度g=10m/s2，传送带直径大小可忽略）求：（1）煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移和时间；（2）传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率。【名师解析】（1）设有质量为 m0的煤屑落到传送带上
13、后向上加速运动，加速度【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】8/19 000msin-cosgmgma0.4m/s2（2 分）位移为 1.25m（2 分）=2=2avs时间为 2.5s（2 分）=avt（2）解法 1(作用力法)：传送带上的煤屑处于相对滑动和处于相对静止阶段所受的摩擦力不同，要分别计算处于加速阶段的煤屑所受总的滑动摩擦力为=cos=1Ktgf64N （4 分）处于匀速阶段的煤屑所受总的静摩擦力为=sinsin=2gvshKf90N （4 分）传送带所受煤屑总摩擦力为=+=21fff154N （2 分）输出功率 P=fv=154W （2 分）输出功率?)(cos212sv
14、tKgKghKvtQEEPpk154W（4 分）（注：若用动量定理法解出正确答案亦相应给分）5.(20 xx 市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图 4 所示，已知传送轨道平面与水平方向成37角，倾角也是 37的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v4 m/s，两轮轴心相距 L5 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m 1 kg 的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度 v08 m/s，A、B间
15、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】9/19 的距离 x1 m。工件可视为质点，g 取 10 m/s2。(sin 37 0.6，cos 37 0.8)求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)工件沿传送带上滑的时间。【名师解析】(1)弹簧的最大弹性势能Epmgxsin 37 mv2 0得 Ep38 J。因为 tan 37，所以工件将沿传送带继续减速上滑mgsin 37 mgcos 37ma2假设工件速度减为0 时，工件未从传送带上滑落。则t2 1 s工件滑行位移大小x22 mLx1故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为t t1t21.5 s。答案(1)38 J(2)1.5 s6.（20 xx
16、 联考）一个水平方向足够长的传送带以恒定的速度3m/s 沿顺时针方向转动，传送带右端固定着一个光滑曲面，并且与曲面相切，如图所示小物块从曲面上高为 h 的 P点由静止滑下，滑到传送带上继续向左运动，物块没有从左边滑离传送带已知传送带与物体之间的动摩擦因数=0.2，不计物块滑过曲面与传送带交接处的能量损失，g取10m/s2（1）若h1=1.25m，求 物 块 返 回 曲 面 时 上 升 的 最 大 高 度；【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】10/19（2）若h1=0.2m，求 物 块 返 回 曲 面 时 上 升 的 最 大 高 度【名师解析】（2）若 h2=0.2m，根据动能定理得，
17、mgh2=mv22，12代入解得 v2=2m/s3m/s，所以物块先减速到速度为零后，又返回做加速运动，返回曲面底端时速度大小仍为2m/s，直到滑上曲面，上升的高度仍为0.2m7.（20 分）（20 xx市东区联考）传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角=370，在电动机的带动下以 v=2m/s 的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离 L=7m。N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住。在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块 B，金属块与
18、木块质量均为 1kg，且均可视为质点，OM 间距离 L=3m。sin37 =0.6，cos37=0.8，g取 10m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】11/19（1）金属块 A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s 到达 M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数1。（2）木块 B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板 P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数 2=0.5。求：a.与挡板 P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离；b.经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，
19、求此时电动机的输出功率。【名师解析】（20 分）（1）金属块 A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，达到M点。金属块由 O运动到 M有22121vtatL即3221221tat且 t1+t2 t 即 t1+t22 v=at1 即2=at1 根据牛顿第二定律有 mamgmg00137sin37cos由式解得 t1=1sg，粉笔头先加速到与传送带速度相同，然后以 a1=g 的加速度减速到静止。设二者达到的相同速度为v，由粉笔头和传送带运动的等时性，=，12vva1va解得：v=0.5m/s。此过程中传送带比粉笔头多走：s
20、1=-=1m。22122vva212va粉笔头减速到零的过程中粉笔头比传送带多走：s2=-=m。212va222va16粉笔头相对传送带滑动的位移大小为：L2=s1-s2=0.83m。【命题意图】本题意在考查匀变速直线运动、牛顿运动定律等，意在考查对相关知识的理解和在实际问题中的运用。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】15/19 10.(14 分)（20 xx 山东省市联考）如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图.传送带长=20m，倾角，麻袋包与传送带间的动摩擦因数，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，主动轮顶端与货车底板间的高度差为m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s.现在
21、传送带底端(传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100kg,麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动.如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱中心，重力加速度g=10m/s2，求l378.08.1h8.037cos,6.037sin(1)主动轮轴与货车车箱中心的水平距离及主动轮的半径；xR(2)麻袋包在平直传送带上运动的时间t(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能.【参照答案】（1）x=1.2 m，R=0.4 m（2）t=12.5 s（3）=15400 JE【名师解析】（1）设麻袋包平抛运动时间为t，有221gth（
22、1 分）vtx（1 分）解得：x=1.2 m （1 分）麻袋包在主动轮的最高点时，有Rvmmg2（1 分）解得：R=0.4 m （1 分）【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】16/19（3）设麻袋包匀加速时间内相对传送带位移为，需额外消耗的电能为，有xE11xvtx（1 分）xmgmvmglEcos21sin2（2 分）解得：=15400 J E11（14分）（20 xx 唐山联考）有一水平传送带AB长 L=8m，距离水平地面 h=5m，地面上 C点在传送带右端点B的正下方。一小物块以水平初速度v0=2m/s自 A点滑上传送带，它与传送带间的动摩擦因数=0.2。（取 g=10m/s2
23、）（1）若传送带静止不动，求小物块滑行的距离；（2）若传送带正以恒定速度向右传送，小物块从A 点滑上传送带经时间t 后落在 D点，CD长 S=3m。求时间 t。【参照答案】（1）1m （2）3.75s设小物块在传送带时加速运动的位移为L1，加速度 a=mg/m=2m/s2。根据 v2-v02=2aL1，解得 L1=1.25mL。说明小物块在传送带上先加速后匀速运动。设加速运动时间为t1，根据 v=v0+at1 解得 t1=0.5s。设匀速运动时间为t2，根据 v t2=L-L1解得 t2=2.25s。小物块运动总时间t=t1+t2+t3=3.75s。12.如图所示，一质量为m 1 kg 的可视
24、为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)。现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带足够长，取 g10 m/s2。求：【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】17/19(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量。【名师解析】(1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则 Epmv，
25、得 v13 m/s滑块在传送带上运动的加速度ag2 m/s2滑块向左运动的时间t1 1.5 s向右匀加速运动的时间 t2 1 s向左的最大位移为x1,2a)2.25 m向右加速运动的位移为x21 m匀速向右的时间为t3 0.625 s所以 t t1 t2 t3 3.125 s。xx1x26.25 m则产生的热量为Q mg x12.5 J。答案(1)3.125 s(2)12.5 J13.如图所示，有一个可视为质点的质量m 1 kg 的小物块，从光滑平台上的A点以 v01.8 m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿 C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠
26、轨道末端D点的足够长的水平传送带。已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，圆弧轨道的半径为R2 m，C点和圆弧的圆心 O点连线与竖直方向的【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】18/19 夹角 53，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 53 0.8，cos 530.6。求：(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量。【名师解析】(1)设小物块在 C点的速度为 vC，在 C点由 vC，解得 vC3 m/s设小物块在 D的速度为
27、 vD。从 C到 D，由动能定理得mgR(1 cos)mv mv，解得 vD5 m/s设在 D点轨道对小物块的作用力为FN：FN mg m,R)解得 FN 22.5 N，由牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小为22.5 N，方向竖直向下。设 t1 时间内传送带向右的位移为x2，则 x2vt1小物块速度由零增加到与传送带速度相等的过程，所用时间为t2，t2 va通过的位移 x3，x3t2传送带的位移为x4vt2小物块相对传送带移动的位移为xx1x2x4x3Q mgx，解得Q 32 J。答案(1)22.5 N，方向竖直向下(2)32 J【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】19/19 14
28、.如图所示，与水平面夹角为30的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端 B点间的距离为 L4 m，传送带以恒定的速率v2 m/s 向上运动。现将一质量为 1 kg 的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数，取 g10 m/s2，求：(1)物体从 A运动到 B共需多少时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能。之后物体以速度v 做匀速运动，运动的时间t2 1.6 s物体运动的总时间t t1 t2 2.4 s(2)前 0.8 s 内物体相对传送带的位移为Lvt1 L10.8 m因摩擦而产生的内能Q mgcos L6 J电动机因传送该物体多消耗的电能为E总EkEp Q mv2 mgLsin Q 28 J答案(1)2.4 s(2)28 J