2023届高考物理加练必刷题（新高考版）第六章 微专题43　“传送带”模型综合问题【解析版】

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1．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度－时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2
B．A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J
D．若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
答案 B
解析 由题图乙可知，物块加速过程的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,4) m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律可知a＝μg，联立解得μ＝0.1，故A错误；由于4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离x＝eq \f(2＋6×4,2) m＝16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是l＝4×4 m－eq \f(4×4,2) m＝8 m，故B正确；物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功为W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16 J＝－16 J，故C错误；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误．
2．(多选)6月份是收割小麦的季节，如图甲所示，粮库工作人员通过传送带把小麦堆积到仓库内．其简化模型如图乙所示，工作人员把一堆小麦轻轻地放在倾斜传送带的底端，小麦经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上．已知传送带与地面的夹角为θ，两轴心间距为L，传送带以恒定的速度v顺时针转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于其中一颗质量为m的麦粒P(如图所示)的说法正确的是( )
A．在匀速阶段，其他麦粒对麦粒P不做功
B．在传送带上运动时，其他麦粒对麦粒P做的功为eq \f(1,2)mv2＋mgLsin θ
C．麦粒P离开传送带后(未落地)的机械能为eq \f(1,2)mv2＋2mgLsin θ
D．麦粒P克服重力做功的最大值为mgLsin θ＋eq \f(mv2sin2θ,2)
答案 BD
解析 选麦粒P为研究对象，在匀速阶段，根据动能定理W－WG＝0，其他麦粒对麦粒P做功，A错误；在传送带上运动时，根据动能定理W＋WG＝eq \f(1,2)mv2－0，WG＝－mgLsin θ，解得W＝eq \f(1,2)mv2＋mgLsin θ，B正确；
麦粒P刚离开传送带时，机械能为E＝mgLsin θ＋eq \f(1,2)mv2，在抛出过程机械能守恒，则麦粒P离开传送带后(未落地)的机械能为eq \f(1,2)mv2＋mgLsin θ，C错误；麦粒P离开传送带做斜抛运动，竖直分速度为vy＝vsin θ，则麦粒P上升的高度为vy2＝2gh，解得h＝eq \f(v2sin2 θ,2g)，则麦粒P克服重力做功的最大值W＝mg(Lsin θ＋h)＝mgLsin θ＋eq \f(mv2sin2 θ,2)，D正确．
3.(多选)如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处．斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数．传送带以较大的恒定速率顺时针转动．已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上．将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为eq \f(L,4)时，链条恰能保持静止．现将链条从位于传送带部分的长度为eq \f(L,3)的位置由静止释放，重力加速度为g，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tan θ
B．释放瞬间链条的加速度为eq \f(1,3)gsin θ
C．释放后，链条运动的加速度均匀增大
D．从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加
答案 AB
解析 设整个链条的总质量为m，当位于传送带部分的长度为eq \f(L,4)时，链条恰能保持静止，则mgsin θ＝eq \f(1,4)μmgcs θ，解得μ＝4tan θ，A正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律eq \f(1,3)μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝eq \f(1,3)gsin θ，B正确；链条从静止释放，释放后链条所受摩擦力随着链条在传送带的长度的增大而均匀增大，则链条的加速度在增大，但当链条全部进入传送带后，加速度保持不变，不再增大，C错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理W－WG＝ΔEk，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D错误．
4．如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R.质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，上升到最高点时距N点高度为eq \f(R,4).重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法错误的是( )
A．传送带匀速转动的速度大小为eq \r(\f(gR,2))
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于N点
C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为eq \f(9,4)mgR
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR
答案 B
解析 设小滑块第一次滑上传送带时的速度为v1，根据机械能守恒定律可得mgR＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝eq \r(2gR)，向右减速到零后，再反向加速，离开传送带时的速度为v2，滑块上升过程中根据机械能守恒定律可得mg·eq \f(1,4)R＝eq \f(1,2)mv22，解得v2＝eq \r(\f(1,2)gR).因为v25．(2022·浙江省杭州第二中学高三月考)如图为一水平传送带装置的示意图．传送带右端有一圆弧轨道与传送带相切于B点，紧绷的传送带AB始终保持v0＝5 m/s的恒定速率运行，AB间的距离L为8 m．将一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上距A点2 m处的P点，小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)该圆轨道的半径r；
(2)要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M点(M点未画出)，M点为圆轨道右侧上的点，该点高出B点0.25 m，且小物块在圆形轨道上运动时中途不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A点的位置范围．
答案 (1)0.5 m (2)7 m≤x≤7.5 m或0≤x≤5.5 m
解析 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2
小物块从开始运动到与传送带共速，所用的时间t＝eq \f(v0,a)＝1 s
运动的位移Δx＝eq \f(v\\al(02),2a)＝2.5 m故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有
mg＝meq \f(v\\al(N2),r)
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝2mgr＋eq \f(1,2)mvN2
解得r＝0.5 m
(2)设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒定律得μmg(L－x1)＝mgh
代入数据解得x1＝7.5 m
设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度处，由能量守恒定律得μmg(L－x2)＝mgr
代入数据解得x2＝7 m
则能到达圆心右侧的M点，物块放在传送带上距A点的距离范围7 m≤x≤7.5 m
同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，由(1)可知x3＝8 m－2.5 m＝5.5 m
则0≤x≤5.5 m
故小物块放在传送带上距A点的距离范围7 m≤x≤7.5 m或0≤x≤5.5 m
6．(2022·湖南雅礼中学高三月考)如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，一弹性系数k＝360 N/m的水平轻弹簧，左端固定在挡板上，自然伸长时右端在B点，放在B点的小滑块(与弹簧不拴接)质量m＝0.4 kg，水平面B端紧靠倾角θ＝30°的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆时针转动，速率恒为v＝eq \r(6) m/s.现将小滑块从B点缓慢向左压缩弹簧至D点(D点在弹簧的弹性限度内)，然后由静止释放，小滑块经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端．已知B、C两端间的距离L＝2.4 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),6)，取g＝10 m/s2，滑块通过B处时无机械能损失．弹簧的弹性势能Ep和形变量x的关系为Ep＝eq \f(1,2)kx2，求：
(1)滑块第一次经过B点时的速率v1和从B端运动到C端的时间t1；
(2)B、D两点间的距离x1；
(3)滑块第一次从C端回到B端时的速度大小和此过程中各力对滑块做的总功W.
答案 (1)6 m/s 0.8 s (2)0.2 m (3)4 m/s 3.2 J
解析 (1)设滑块上滑过程中的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，
解得a1＝7.5 m/s2
滑块在上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，则根据运动学公式有v12＝2a1L
解得v1＝6 m/s
设滑块第一次从B点运动到C点所用时间为t1，则根据运动学公式有v1＝a1t1
解得t1＝0.8 s
(2)由题意可知弹簧弹力做的功为W1＝eq \f(1,2)kx12
根据动能定理有W1＝eq \f(1,2)mv12
解得x1＝0.2 m
(3)设滑块从C点第一次运动到与传送带共速时位移为s1，此过程中加速度大小仍为a1，则根据运动学公式有v2＝2a1s1
解得s1＝0.4 m
由于s1μmgcs θ，滑块与传送带共速后仍做匀加速运动，设此加速度大小为a2，则由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝2.5 m/s2
设滑块滑到B端时的速度为v2，则根据运动学公式有v22－v2＝2a2(L－s1)
解得v2＝4 m/s
根据动能定理，滑块第一次从C端回到B端的过程中各力对滑块做的总功为W＝eq \f(1,2)mv22＝3.2 J.
7．如图所示，光滑的曲面与水平面在O点相切，水平面与一足够长的传送带在P点平滑连接，传送带与水平方向的夹角θ＝30°，皮带轮逆时针转动，速率v＝3 m/s.一质量为m＝1 kg，可视为质点的物块A自曲面上高h＝0.9 m处由静止释放，经过O点进入水平面向右运动，OP长L＝1 m．已知A与OP段间的动摩擦因数μ1＝0.1，与传送带间的动摩擦因数μ2＝eq \f(\r(3),3)，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)A第一次经过O点时的速度大小v0；
(2)A第一次自P点上滑的最大位移x；
(3)A从P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q.
答案 (1)3eq \r(2) m/s (2)0.8 m (3)12.25 J
解析 (1)物块A第一次到O点的过程中，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv02－0
代入数据，解得v0＝3eq \r(2) m/s
(2)设A第一次到P点的速度为v1，对OP过程，由功能定理有－μ1mgL＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入数据，解得v1＝4 m/s
A沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ2mgcs θ＝ma
解得a＝10 m/s2
当A的速度为零时，上滑位移最大，由运动学公式得0＝v1－at1
x1＝eq \f(1,2)v1t1
代入数据解得t1＝0.4 s
x1＝0.8 m
(3)A第一次在传送带上到达最高点的过程，传送带的位移为x带＝vt1＝3×0.4 m＝1.2 m
传送带向下运动，物块向上运动，所以此过程相对位移为Δx1＝x带＋x1＝0.8 m＋1.2 m＝2.0 m
A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块与传送带速度相同时，有v＝at2
解得t2＝0.3 s
A的位移为x2＝eq \f(1,2)vt2
解得x2＝0.45 m＜0.8 m
即物块与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物块与传送带的相对位移Δx2＝vt2－x2＝0.45 m
全过程生热Q＝μ2mgcs θ(Δx1＋Δx2)＝12.25 J．