2/22025大題突破——傳送帶模型傳送帶模型是高考物理動(dòng)力學(xué)與能量綜合題的典型載體，近五年全國(guó)卷及新高考卷中出現(xiàn)頻率約80%，分值占比8%-15%，常見于壓軸計(jì)算題。建議關(guān)注：如工廠流水線物料傳輸、地鐵安檢傳送帶簡(jiǎn)化模型；智能傳送帶的速度自適應(yīng)控制（結(jié)合PID算法思想）；利用函數(shù)圖像分析臨界點(diǎn)（如物塊恰好到達(dá)傳送帶頂端的位移條件）；節(jié)能傳送帶的功率優(yōu)化與摩擦生熱損耗計(jì)算；AGV機(jī)器人配合傳送帶的協(xié)同運(yùn)動(dòng)分析；超導(dǎo)材料傳送帶的零摩擦理想模型（探討能量守恒的邊界條件）；太空站微重力環(huán)境下的傳送帶運(yùn)動(dòng)特性（如依賴靜電吸附）。2025年高考對(duì)“傳送帶模型”的考查將延續(xù)“重過程分析、強(qiáng)綜合應(yīng)用、拓創(chuàng)新情境”的命題風(fēng)格，突出多階段動(dòng)態(tài)建模與跨模塊整合能力。備考需以相對(duì)運(yùn)動(dòng)為核心抓手，強(qiáng)化圖像分析與數(shù)學(xué)工具應(yīng)用，同時(shí)關(guān)注科技前沿與實(shí)際工程背景，做到“以動(dòng)制動(dòng)，以簡(jiǎn)馭繁”。題型1功能關(guān)系和能量觀點(diǎn)在傳送帶模型中的應(yīng)用例1.（2025甘肅酒泉一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一段固定的光滑圓弧軌道PQ，所對(duì)應(yīng)圓心角，半徑，O為圓心，圓弧軌道末端與粗糙水平地面相切。圓弧軌道左側(cè)有一速度大小且沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)的足夠長(zhǎng)的水平傳送帶，傳送帶上表面與P點(diǎn)高度差?，F(xiàn)一質(zhì)量（可視為質(zhì)點(diǎn)）的滑塊從傳送帶的左側(cè)由靜止釋放后從右側(cè)水平飛出，由P點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入圓弧軌道，最后在水平地面滑行一段距離后靜止在地面上。已知滑塊與傳送帶、地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度g取，，，求：

(1)滑塊從傳送帶右端飛出時(shí)的速度大?。?2)滑塊經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大??；(3)滑塊運(yùn)動(dòng)全過程因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)(2)(3)解析（1）滑塊離開傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有滑塊沿點(diǎn)切線滑人圓弧軌道，故聯(lián)立解得滑塊從傳送帶右端飛出時(shí)速度大小（2）滑塊在點(diǎn)的速度大小滑塊從到，由動(dòng)能定理有在點(diǎn)，由向心力公式有聯(lián)立解得由牛頓第三定律可知，滑塊經(jīng)過點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大?。?）滑塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間位移大小傳送帶的位移大小滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量滑塊由至最終靜止，由能量守恒定律有滑塊運(yùn)動(dòng)全過程因摩擦產(chǎn)生的熱量例2.如圖甲所示，水平傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為m＝2kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))沿光滑曲面從一定高度處由靜止開始下滑，以某一初速度從傳送帶的最左端A滑上傳送帶，取向右為正方向，以地面為參考系，從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，傳送帶的速率保持不變，g取10m/s2。(1)求小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若小物塊能在傳送帶上留下劃痕，求最長(zhǎng)劃痕；(3)求小物塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移。答案(1)0.1(2)4.5m(3)2m解析(1)由v－t圖像得，小物塊滑上傳送帶的初速度為v0＝2m/s，加速度大小為a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝1m/s2根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.1。(2)小物塊在傳送帶上留下的最長(zhǎng)劃痕對(duì)應(yīng)的是小物塊第一次滑上傳送帶到再次回到A端的過程中在傳送帶上留下的劃痕，由題圖乙知前2s內(nèi)小物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，第3s末，小物塊跟傳送帶的速度大小v＝1m/s相等，此后小物塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)，所以最長(zhǎng)劃痕s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋0,2)×2.0m＋1×2.0m))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1.0m－\f(1＋0,2)×1.0m))＝4．5m。(3)小物塊在傳送帶上先向右做減速運(yùn)動(dòng)，后反向向左做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)到A，隨后在光滑曲面上運(yùn)動(dòng)再回到傳送帶的左端，這樣一直運(yùn)動(dòng)最后要停在A端，對(duì)該過程，根據(jù)動(dòng)能定理有μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝2m。傳送帶中摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化(1)靜摩擦力做功的特點(diǎn)：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總是等于零，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(2)滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)：①滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。②相互間存在滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能。(3)摩擦生熱的計(jì)算：①Q(mào)＝Ffs相對(duì)，其中s相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)路程。②傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和。1.(2023安徽蕪湖統(tǒng)考模擬)如圖所示，四分之一光滑圓弧軌道和水平傳送帶固定在同一豎直平面內(nèi)，圓弧軌道半徑R＝5.0m，其底端切線水平且通過一段光滑水平軌道與傳送帶連接，傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)，離地高度為h1＝1.5m，沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)的速度為v＝6.0m/s，在距傳送帶右側(cè)水平距離d＝1.0m處有一離地高度h2＝1.3m的平臺(tái)。一質(zhì)量m＝2.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧頂點(diǎn)處由靜止釋放，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，不計(jì)物塊經(jīng)過軌道連接處時(shí)的動(dòng)能損失，且傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)輪足夠小，g取10m/s2，求：(1)若傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)1＝6.4m，請(qǐng)通過計(jì)算判斷物塊能否到達(dá)右側(cè)平臺(tái)；(2)若傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝12m，物塊能否返回圓弧軌道？若能，求物塊在圓弧軌道能上升的最大高度H。答案(1)能判斷見解析(2)能1.8m解析(1)設(shè)物塊恰能到達(dá)傳送帶最右端時(shí)傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)0，則物塊從圓弧軌道滑至水平傳送帶上，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)至速度為零時(shí)，有μmg＝ma，veq\o\al(2,0)＝2aL0聯(lián)立解得L0＝eq\f(R,μ)＝10m由L1<L0可知，物塊在傳送帶上一直向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2aL1假設(shè)物塊能到達(dá)右側(cè)平臺(tái)h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)gt2，x＝v1t聯(lián)立解得x＝1.2m>d故假設(shè)成立，物塊能到達(dá)右側(cè)平臺(tái)。(2)由L2>L0可知，物塊在傳送帶上向右勻減速運(yùn)動(dòng)10m后反向勻加速運(yùn)動(dòng)。設(shè)物塊向左運(yùn)動(dòng)s時(shí)和傳送帶等速有v2＝2as解得s＝3.6m<10m即物塊向左加速3.6m后以6m/s保持勻速運(yùn)動(dòng)，并返回圓弧軌道，有eq\f(1,2)mv2＝mgH解得H＝1.8m。題型二斜面上的傳送帶模型例3.傳送帶是一種常見的搬運(yùn)工具，如圖所示為某快遞公司卸車時(shí)的情境，傾角為α＝30°的傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝6m，傳送帶以v0＝4m/s的速度沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一包裹無初速地放到傳送帶頂端A點(diǎn)，已知包裹與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),5)，重力加速度為g＝10m/s2。(1)求包裹運(yùn)動(dòng)到傳送帶最低點(diǎn)B時(shí)的速度大??；(2)若包裹的質(zhì)量為m＝1kg，求該過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)6m/s(2)6J解析(1)放上瞬間，對(duì)包裹，由牛頓第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma1解得a1＝8m/s2包裹從放到傳送帶上到與傳送帶共速所用的時(shí)間為t1＝eq\f(v0,a1)＝0.5s該階段包裹的位移為x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1m因?yàn)閤1＜L，所以共速時(shí)，包裹還未運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由于mgsinα＞μmgcosα，則之后包裹繼續(xù)向下加速，由牛頓第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma2解得a2＝2m/s2該過程中，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得L－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s或t2＝－5s(舍去)則包裹到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝v0＋a2t2＝6m/s。(2)第一階段，傳送帶的位移為x1′＝v0t1＝2m包裹與傳送帶的相對(duì)位移大小為Δx1＝x1′－x1＝1m第二階段，傳送帶的位移為x2′＝v0t2＝4m包裹的位移為x2＝L－x1＝5m則包裹與傳送帶的相對(duì)位移大小為Δx2＝x2－x2′＝1m包裹與傳送帶之間的摩擦力為Ff＝μmgcosα＝3N整個(gè)過程因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝Ff(Δx1＋Δx2)代入數(shù)據(jù)解得Q＝6J。例4.(2023湖南郴州市質(zhì)檢)近些年網(wǎng)購(gòu)流行，物流業(yè)發(fā)展迅速，工作人員常利用傳送帶來裝卸快遞或包裹。如圖所示為某倉(cāng)庫卸貨時(shí)的示意圖，以恒定速率v1＝0.6m/s逆時(shí)針運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.4m/s從傳送帶頂端推下一質(zhì)量m＝5kg的小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))。5s后突然停電，傳送帶立即停止運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一定時(shí)間后包裹到達(dá)傳送帶底端速度恰好為0；包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)傳送帶頂端到底端的距離L；(2)整個(gè)過程中產(chǎn)生的熱量。答案(1)4.25m(2)40J解析(1)包裹從頂端被推下傳送帶時(shí)，由牛頓第二定律可得μmgcosα－mgsinα＝ma解得a＝0.4m/s2設(shè)經(jīng)過t1后包裹與傳送帶速度相等，有t1＝eq\f(v2－v1,a)＝2s這段時(shí)間內(nèi)包裹運(yùn)動(dòng)的距離s1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝2m傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離s1′＝v1t1＝1.2m由于μmgcosθ＞mgsinθ，則包裹與傳送帶共速后，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共速后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝Δt－t1＝3s包裹勻速運(yùn)動(dòng)距離s2＝v1t2＝1.8m停電后包裹做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小仍為a，勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq\f(v1,a)＝1.5s停電后運(yùn)動(dòng)的距離s3＝eq\f(v1,2)t3＝0.45m傳送帶頂端到底端的距離L＝s1＋s2＋s3＝4.25m。(2)產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(s1－s1′)cosα＋μmgs3cosα＝40J。1.傳送帶問題的分析步驟與方法2.劃痕長(zhǎng)度與摩擦生熱的計(jì)算若只有一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程，劃痕長(zhǎng)度等于相對(duì)位移的大?。蝗粲袃蓚€(gè)相對(duì)滑動(dòng)過程，兩過程相對(duì)位移方向相同時(shí)，劃痕長(zhǎng)度求和，相對(duì)位移方向不同時(shí)，劃痕以長(zhǎng)的為準(zhǔn)。全過程產(chǎn)生的熱量Q＝Ffs相對(duì)(s相對(duì)是相對(duì)路程，即相對(duì)位移絕對(duì)值的和)。2.(2023江蘇高三期末)如圖所示，一長(zhǎng)L＝6m的傾斜傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以速度v＝4m/s沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°，質(zhì)量m1＝4kg的小物塊A和質(zhì)量m2＝2kg的小物塊B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長(zhǎng)的輕繩足夠長(zhǎng)。某時(shí)刻將物塊A輕輕放在傳送帶底端，已知物塊A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦，在A運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端前物塊B都沒有落地。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊B剛下降時(shí)的加速度a；(2)物塊A從底端到達(dá)頂端所需的時(shí)間t；(3)物塊A從底端到達(dá)頂端時(shí)，電動(dòng)機(jī)多做的功W。答案(1)2m/s2，方向豎直向下(2)2.5s(3)136J解析(1)對(duì)A分析，有T＋μm1gcosθ－m1gsinθ＝m1a對(duì)B分析，有m2g－T＝m2a解得a＝2m/s2，方向豎直向下。(2)達(dá)到與傳送帶共速所需時(shí)間為t1＝eq\f(v,a)＝2sA的位移x1＝eq\f(v,2)t1＝4m之后勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝0.5s物塊A從底端到達(dá)頂端所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝2.5s。(3)物塊A從底端到達(dá)頂端時(shí)，相對(duì)位移Δx＝vt1－x1＝4m電動(dòng)機(jī)多做的功設(shè)為W，根據(jù)能量守恒定律得W＋m2gL－m1gLsinθ＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm1gΔxcosθ解得W＝136J題型三動(dòng)量觀點(diǎn)在傳送模型中的應(yīng)用例5.（2024河南鄭州二模）如圖所示，水平傳送帶與左、右兩邊的光滑的水平臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接，靜止在臺(tái)面上可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A的質(zhì)量為m＝0.9kg，長(zhǎng)l＝3.5m的傳送帶始終以v＝1m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊A左側(cè)的槍膛長(zhǎng)1m，高壓氣體對(duì)質(zhì)量為m0＝100g子彈的平均作用力為80N，若把子彈在槍膛內(nèi)的運(yùn)動(dòng)看作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，子彈擊中滑塊A（子彈與滑塊作用時(shí)間極短），并留在滑塊A內(nèi)，兩者一起滑上傳送帶的左端，已知滑塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）子彈出膛的速度大??；（2）子彈與小滑塊A組成的整體滑上傳送帶左端時(shí)的速度大小；（3）小滑塊A到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度大小。答案（1）40m/s（2）4m/s（3）3m/s解析（1）設(shè)子彈出膛的速度為v0，則由牛頓第二定律可得F＝m0a，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v02＝2ax，解得v（2）子彈打滑塊A過程中動(dòng)量守恒，則m0v0＝（m0＋m）v1，解得含有子彈的小滑塊A水平滑上傳送帶左端時(shí)的速度大小v1＝m0（3）假設(shè)A在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)，A從傳送帶的左端滑到右端的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μ（m0＋m）gl＝12（m0＋m）v22－12（m0＋m）v12，代入數(shù)據(jù)解得v2＝3m/s，因?yàn)関例6.（2024遼寧撫順三模）一水平傳送帶以v＝2m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，將物塊A輕輕放到傳送帶左端，物塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ0＝0.2。傳送帶緊挨著右側(cè)水平地面，地面左側(cè)O點(diǎn)放一物塊B，物塊B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ隨物體到O點(diǎn)的距離x按圖乙所示的規(guī)律變化，傳送帶水平部分長(zhǎng)L＝1.2m，物塊A運(yùn)動(dòng)到水平地面上和B發(fā)生彈性碰撞，碰后B向右運(yùn)動(dòng)擠壓彈簧，B向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為d＝0.5m，物塊A、B的大小可忽略，質(zhì)量均為m＝0.5kg。重力加速度g取10m/s2。求：（1）A碰B前的瞬間，A物塊的速度大??；（2）A碰B后，B物塊的速度大??；（3）彈簧的最大彈性勢(shì)能。答案（1）2m/s（2）2m/s（3）0.5J解析（1）假設(shè)物塊能加速到和傳送帶速度相等，則加速過程，根據(jù)牛頓第二定律得μ0mg＝ma，設(shè)加速過程物塊的位移為x，則v2＝2ax，解得x＝1m＜L，假設(shè)成立，A碰B前，A物塊的速度大小為2m/s。（2）A、B碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mvA＋mvB，12mv2＝12mvA2＋12mvB2（3）A、B碰撞后到彈簧彈性勢(shì)能最大的過程，摩擦生熱Q＝－Wf，由圖乙知B運(yùn)動(dòng)0.5m時(shí)μ＝0.4，摩擦力對(duì)物塊做的功Wf＝－0+μmg2d，根據(jù)能量守恒得12mBvB2＝Q＋E3.（2024福建泉州一模）如圖所示，光滑的水平面上靜止一質(zhì)量為M＝0.98kg的物塊。緊挨平臺(tái)右側(cè)有一傳送帶，其與水平面成θ＝30°角，傳送帶底端A點(diǎn)和頂端B點(diǎn)相距L＝3m。一顆質(zhì)量為m＝0.02kg的子彈，以v0＝300m/s的水平向右的速度擊中物塊并陷在其中。物塊滑過水平面并沖上傳送帶，物塊通過A點(diǎn)前后速度大小不變。已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.23，取重力加速度g＝10m/s2。（1）如果傳送帶靜止不動(dòng)，求物塊在傳送帶上滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離；（2）如果傳送帶順時(shí)針勻速運(yùn)行（如圖），為使物塊能滑到B端，求傳送帶運(yùn)行的最小速度；（3）若物塊用最短時(shí)間從A端滑到B端，求此過程中傳送帶對(duì)物塊做的功。答案（1）2.25m（2）2m/s（3）9J解析（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得子彈與物塊共速的速度為v＝6m/s，物塊沿傳送帶上滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理得－[（m＋M）gsin30°＋μ（m＋M）gcos30°]x＝0－12（m＋M）v2，物塊在傳送帶上滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x（2）設(shè)傳送帶速度為v1，物塊到達(dá)B端時(shí)的速度為0。要求傳送帶速度最小，則物塊速度大于v1，根據(jù)牛頓第二定律（m＋M）gsin30°＋μ（m＋M）g·cos30°＝（m＋M）a1，物塊減速到v1的過程中v12－v2＝－2a1x1，因?yàn)棣蹋?.23＜tan30°，共速后，繼續(xù)減速運(yùn)動(dòng)，有（m＋M）gsin30°－μ（m＋M）g·cos30°＝（m＋M）a2，物塊減速至0的過程中v12＝2a2x2，又x1＋x2＝L（3）若物塊用最短時(shí)間從A端滑到B端，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，則W＝μ（m＋M）gLcos30°＝9J。1．（2024天津和平區(qū)三模）如圖所示，上表面長(zhǎng)為L(zhǎng)＝4m的水平傳送帶與木板緊靠在一起，且二者上表面在同一水平面，皮帶以v0＝3.0m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶左端無初速度地放上一質(zhì)量為m＝1.0kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊與傳送帶及物塊與木板上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20，經(jīng)過一段時(shí)間物塊被傳送到傳送帶的右端，隨后物塊平穩(wěn)滑上木板，木板的質(zhì)量M＝2kg，木板下表面光滑，物塊最終剛好停在木板的右端沒有滑下。不計(jì)空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（2）木板的長(zhǎng)度d。答案（1）2.08s（2）1.5m解析（1）物塊在傳送帶上加速過程，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，所以物塊在傳送帶上加速的時(shí)間t1＝v0a＝32s＝1.5s，加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝12at12＝12×2×1.52m＝2.25m＜4m，所以物塊在傳送帶上先加速后勻速，勻速的時(shí)間t2＝L－x1v0（2）物塊平穩(wěn)滑上木板，由于木板下表面光滑，物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mv0＝（m＋M）v，物塊最終剛好停在木板的右端沒有滑下，對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律知系統(tǒng)動(dòng)能的減少量等于物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能，即μmgd＝12mv02－12（m＋M）v2．（2024遼寧大連二模）物流公司傳送小件貨物，簡(jiǎn)化的傳輸系統(tǒng)如圖所示。曲面AB末端與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，水平面BC與傳送帶等高。工人將小件貨物甲從A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)以速度v0＝4m/s與遺留在平面末端C點(diǎn)的小件貨物乙發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短，碰撞前后甲、乙在同一條直線上運(yùn)動(dòng)），碰后甲、乙分別以速度v1＝1.5m/s和v2＝5m/s沖上順時(shí)針運(yùn)行的傳送帶上，傳送帶的速度v＝4m/s，傳送帶足夠長(zhǎng)。已知曲面高度h＝1m，小件貨物甲的質(zhì)量m1＝4kg，小件貨物甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，且與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小件貨物甲從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦阻力所做的功；（2）小件貨物乙的質(zhì)量m2及甲、乙碰撞過程損失的機(jī)械能；（3）小件貨物甲和乙沖上傳送帶到都與傳送帶共速過程中，傳送帶的電動(dòng)機(jī)需額外多消耗的電能。答案（1）8J（2）2kg2.5J（3）32J解析（1）甲從A到C，由動(dòng)能定理得m1gh－Wf＝12m1v02－0，解得（2）甲、乙碰撞，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，解得m2＝2kg，則損失的機(jī)械能ΔE機(jī)＝12m1v02－12（3）甲沖上傳送帶，其先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得μm1g＝m1a1，可得a1＝5m/s2，甲加速到與傳送帶共速的時(shí)間Δt1＝v－v1a1＝0.5s，此過程傳送帶發(fā)生的位移x1＝vΔt1＝2m，甲在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的位移x2＝v1＋v22Δt1＝1.375m，甲與傳送帶的相對(duì)位移Δx1＝x1－x2＝0.625m，乙沖上傳送帶，其先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律μm2g＝m2a2，可得a2＝5m/s2，乙減速到與傳送帶共速的時(shí)間Δt2＝v－v2－a2＝0.2s，此過程傳送帶發(fā)生的位移x3＝vΔt2＝0.8m，乙在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的位移x4＝v2＋v2Δt2＝0.9m，乙與傳送帶的相對(duì)位移Δx2＝x4－x3＝0.1m，電動(dòng)機(jī)需額外消耗的電能ΔE電＝12m1v2－123．（2024廣東梅州二模）如圖所示為某自動(dòng)控制系統(tǒng)的裝置示意圖，裝置中間有一個(gè)以v0＝3m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，傳送帶左端點(diǎn)M與光滑水平軌道PM平滑連接，左側(cè)有一光滑圓弧的最低點(diǎn)與PM在P點(diǎn)平滑連接，在P點(diǎn)處安裝有自動(dòng)控制系統(tǒng)，當(dāng)物塊b每次向右經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)都會(huì)被系統(tǒng)瞬時(shí)鎖定從而保持靜止。傳送帶右端與半徑r＝0.8m的四分之一光滑圓弧軌道平滑連接，物塊a從右側(cè)圓弧最高點(diǎn)由靜止下滑后滑過傳送帶，經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)控制系統(tǒng)會(huì)使靜止在P點(diǎn)的物塊b自動(dòng)解鎖，之后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞。已知物塊a、b的質(zhì)量分別為m1＝0.6kg、m2＝6.6kg，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，M、N間的距離為L(zhǎng)＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）物塊a運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)N時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）物塊a第一次碰后的速度大小；（3）若物塊a每次經(jīng)傳送帶到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，物塊b都已鎖定在P點(diǎn)，即將碰撞時(shí)物塊b自動(dòng)解鎖，求：物塊a第一次碰撞后經(jīng)過M點(diǎn)到第二次碰撞前經(jīng)過M點(diǎn)因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1；兩物塊從第一次碰撞后到最終都靜止，物塊a與傳送帶之間由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的總熱量Q。答案（1）18N，方向豎直向下（2）2.5m/s（3）9J54J解析（1）a從出發(fā)點(diǎn)到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理有m1gr＝12m1vN2，在N點(diǎn)對(duì)物塊a分析，由牛頓第二定律有FN－m1g＝m1vN2r，得物塊a運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)N（2）a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有μm1g＝m1a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vN2－v02＝2ax，解得a在傳送帶上減速的位移為x＝1.4m＜L，故物塊a到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為v0＝3m/s，a和b發(fā)生彈性碰撞有m1v0＝m1va＋m2vb，12m1v02＝12m1va2＋12m2vb2，解得vb＝2m1m1＋m2（3）物塊a第一次碰后返回傳送帶時(shí)的速度小于傳送帶的速度，所以物塊a將先在傳送帶上向右做減速運(yùn)動(dòng)，然后在傳送帶上向左做加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知物塊a離開傳送帶的速度仍然是va，且加速與減速的位移大小相等，由va2＝2ax1解得位移的大小x1＝va22a，傳送帶的位移x2＝v0t，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝vaa，經(jīng)過M點(diǎn)到第二次碰前經(jīng)過M點(diǎn)產(chǎn)生的熱量Q1＝μm1g[（x1＋x2）＋（x2－x1）]，聯(lián)立解得Q1＝μm1g2v056v0μg＝2×561m1v02＝9J，物塊a第一次碰后速度小于傳送帶速度v0，故第二次碰前速度仍為56v0，第二次碰后a的速度為562v0，則第2次碰后到第3次碰前產(chǎn)生的熱量為Q2＝μm1g2v04．(2023汕尾二模)如圖所示，一長(zhǎng)度L＝11m的水平傳送帶，左側(cè)與豎直平面內(nèi)一傾角θ＝37°的斜面相鄰，右側(cè)在同一水平面上緊鄰一水平平臺(tái)．現(xiàn)有質(zhì)量為m＝0.1kg的小滑塊從距離B點(diǎn)s＝4m處的A點(diǎn)靜止釋放．斜面與傳送帶距離較小且其底端B、C間有一小圓弧(運(yùn)動(dòng)過程可忽略)，可以使小滑塊在B、C兩點(diǎn)速度大小不變．已知小滑塊與傾斜軌道、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5，μ2＝0.2，滑塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)能留下清晰劃痕．已知傳送帶以v0＝6m/s的速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小滑塊從A運(yùn)動(dòng)到D所需的時(shí)間．(2)小滑塊在傳送帶上留下劃痕的長(zhǎng)度和受到傳送帶的摩擦力的沖量大?。鸢?1)4s(2)1m0.2N·s解析(1)設(shè)滑塊從A到B的加速度大小為a1，用時(shí)為t1，由牛頓第二定律有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1解得a1＝2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得t1＝2s根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度大小vC＝vB＝a1t1＝4m/s<v0＝6m/s由于滑塊滑上傳送帶時(shí)速度小于傳送帶速度，所以滑塊在傳送帶上先做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a2，由牛頓第二定律有μ2mg＝ma2解得a2＝2m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v0－vC＝a2t2解得滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝1s加速運(yùn)動(dòng)位移x1＝eq\f(v0＋vC,2)t2＝5m<L＝11m滑塊速度達(dá)到傳送帶速度后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq\f(L－x1,v0)＝1s從A運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝4s(2)滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)過程中傳送帶位移x2＝v0t2＝6m在傳送帶上留下劃痕的長(zhǎng)度為Δx＝x2－x1＝1m由動(dòng)量定理，摩擦力的沖量大小為I＝mv0－mvC＝0.2N·s5．（2024浙江模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為的小滑塊，被彈簧槍以的速度水平射入半徑表面為四分之一光滑圓弧面的小車，小車的質(zhì)量為。當(dāng)滑塊從小車的最高點(diǎn)B離開的瞬間，小車恰好與薄擋板P相碰并立即停下，而滑塊運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后恰好沿傳送帶C點(diǎn)切入傾斜傳送裝置（C點(diǎn)與B點(diǎn)等高），傳送帶兩滑輪間CD的距離，以大小的速度勻速運(yùn)行?；瑝K與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其它摩擦均不計(jì)，忽略傳動(dòng)輪的大小。（可能用到的數(shù)據(jù)）求：(1)滑塊剛滑上小車最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)小車的壓力；(2)滑塊在小車上運(yùn)動(dòng)過程中，小車對(duì)滑塊做的功；(3)滑塊從離開小車直到傳送帶底端D所用的時(shí)間。答案(1)180N，方向豎直向下(2)-16J(3)①1.8s；②1.6s解析（1）在A處有解得小車對(duì)滑塊的支持力由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)小車的壓力180N，方向豎直向下；（2）設(shè)滑塊離開小車時(shí)水平和豎直速度分別為v1和v2滑塊到小車最高點(diǎn)的過程中，水平方向動(dòng)量守恒解得v1=4m/s滑塊和小車系統(tǒng)的機(jī)械能守恒解得v2=4m/s對(duì)滑塊由動(dòng)能定理解得W=-16J（3）設(shè)滑塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由拋體運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性滑塊切入傳送帶的速度方向沿傳送帶向下，且與水平成角；.①若傳送帶向上運(yùn)行，則滑塊沿傳送帶一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2則由解得t2=1.0s滑塊從離開小車到離開傳送帶的時(shí)間②若傳送帶向下運(yùn)行，則滑塊沿傳送帶先向下做加速度為a1的勻加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度為a2的勻加速運(yùn)動(dòng)，第一階段的加速度加速時(shí)間加速位移第二階段：滑塊與傳送帶速度相等后，受到滑動(dòng)摩擦力方向向上，加速度加速位移由運(yùn)動(dòng)公式解得t3=0.55s滑塊從離開小車到離開傳送帶的時(shí)間6．（2024四川模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，圓心角、半徑的光滑圓弧軌道固定在水平地面上，其末端切線水平；質(zhì)量為的薄木板置于地面上，其上表面與端等高且平滑接觸；質(zhì)量為的物塊靜止在上，至左端的距離為；水平傳送帶固定，且沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)將質(zhì)量為的物塊輕放在傳送帶的左端，離開傳送帶之前與其相對(duì)靜止，離開傳送帶后從點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道，隨后滑上，一段時(shí)間后與發(fā)生彈性碰撞。已知在點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為，與、與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，、均可視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，且均未脫離，取，，。求：(1)傳送帶速度的大??；(2)與碰后瞬間速度的大小；(3)薄板的最短長(zhǎng)度。答案(1)(2)(3)解析（1）根據(jù)牛頓第三定律，經(jīng)過點(diǎn)時(shí)受到的支持力為則有求得在由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得又聯(lián)立解得（2）假設(shè)A滑上C后B與C之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由于所以C相對(duì)地面向右滑動(dòng)，二者一起滑動(dòng)的加速度為B與C間的摩擦力大小為故假設(shè)成立。A在C上滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為A從滑上C到與B發(fā)生碰撞之前A和C通過的位移大小分別為又聯(lián)立求得或（不符合題意，舍去）故A與B碰前A、B的速度分別為設(shè)A與B碰后的速度分別為和，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得聯(lián)立求得（3）A與B碰后A與C共速，此后B向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為A與C一起向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為三者共速后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到停止，設(shè)A與B碰后到三者共速所用時(shí)間為，則有該過程中A與B通過的位移大小分別為薄板的最短長(zhǎng)度為聯(lián)立解得7．（2024河南新鄉(xiāng)一模）某種彈射裝置的示意圖如圖所示，光滑的水平導(dǎo)軌右端處與傾斜傳送帶平滑連接，傳送帶的長(zhǎng)度，傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，三個(gè)質(zhì)量均為的滑塊A、B、C（均視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平導(dǎo)軌上，B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長(zhǎng)，滑塊B與輕彈簧連接，C未連接彈簧，B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)且離點(diǎn)足夠遠(yuǎn)?，F(xiàn)讓滑塊A以大小的初速度沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘在一起，碰撞時(shí)間極短?；瑝KC脫離彈簧后滑上傾角的傳送帶，并從頂端點(diǎn)沿傳送帶方向滑出，最后落至水平地面上，已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度大小。不計(jì)空氣阻力，不計(jì)傳送帶的傳動(dòng)輪的大小。求：(1)滑塊A、B碰撞過程中損失的機(jī)械能；(2)滑塊C從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的時(shí)間；(3)滑塊C距水平導(dǎo)軌的最大高度。答案(1)36J(2)1.4s(3)3.312m解析（1）設(shè)A與B碰撞后兩者的共同速度大小為，對(duì)A與B組成的系統(tǒng)有動(dòng)量守恒定律有由能量守恒定律可知，碰撞過程中損失的機(jī)械能為（2）設(shè)A與B碰撞后彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A、B的速度大小為，滑塊C的速度大小為，由動(dòng)量守恒定律由能量守恒定律聯(lián)立解得滑塊C以滑上傳送帶，設(shè)滑塊C勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1時(shí)與傳送帶共速，由牛頓第二定律解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得滑塊C勻減速的時(shí)間為此后對(duì)滑塊C受力分析，由牛頓第二定律解得則滑塊C接著以做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得再次減速的時(shí)間為則滑塊C從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為（3）P點(diǎn)離地面的高度為滑塊C離開傳送帶后做斜拋運(yùn)動(dòng)，有解得聯(lián)立解得滑塊C距水平導(dǎo)軌的最大高度為8．（2024陜西寶雞模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，水平傳送帶以m/s的速度做逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，傳送帶左端與水平地面平滑連接，傳送帶與一固定的四分之一光滑圓弧軌道相切，物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止下滑后滑過傳送帶，與靜止在水平地面右端的物塊b發(fā)生彈性碰撞。已知物塊a的質(zhì)量kg，物塊b的質(zhì)量kg，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，圓弧軌道半徑m，傳送帶左、右兩端的距離m，物塊a與傳送帶和水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，物塊b與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度m/s2，碰撞時(shí)間極短。求：(1)物塊a第一次與物塊b碰撞后瞬間，物塊b的速度大??；(2)兩物塊最多能碰撞的次數(shù)及最終兩者的距離。答案(1)2m/s(2)2次，0.48m解析（1）物塊a沿圓弧從最高點(diǎn)由靜止下滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)設(shè)速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得物塊a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有設(shè)物塊a第一次滑到傳送帶左端時(shí)的速度大小為，由a、b運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得則物塊a第一次滑到傳送帶左端時(shí)的速度大小為4m/s，題意知物塊a、b碰撞過程動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后物塊a的速度為，b的速度為，則有聯(lián)立解得，即第一次碰撞后瞬間物塊b的速度大小為2m/s；（2）碰撞后物塊b沿地面向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為，到靜止時(shí)所用時(shí)間為，位移為，由牛頓第二定律有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有聯(lián)立解得，對(duì)于物塊a，先沿傳送帶向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度減為0所用的時(shí)間為，位移為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得，由可知，故物塊a第二次與b碰撞前b已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊a第二次與b碰撞前瞬間的速度大小為，則有解得物塊a、b第二次碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)第二次碰撞后速度分別為、，則有解得，物塊b第二次碰撞后向左滑行的距離物塊a第二次碰撞后向右滑行的距離則兩物塊最多碰撞2次，最終兩者的距離為9．（2025全國(guó)模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，水平傳送帶以速率v沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)行?；錋靠近傳送帶的右端，與上表面光滑的滑板B一起靜置在光滑水平面上，A、B與傳送帶上表面等高，質(zhì)量為m的小滑塊b放在B上，用水平輕彈簧將b與B的右端相連。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小滑塊a輕放在傳送帶左端，并在大小為（g為重力加速度大?。┑暮愣ɡ的作用下，沿傳送帶向右運(yùn)動(dòng)，a運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)立即撤去拉力，通過一小段光滑固定水平面滑上A上表面，a脫離A時(shí)恰好水平滑上B上表面并取走A（A、B未發(fā)生碰撞）。a與b碰撞并粘合在一起（作用時(shí)間極短），b與彈簧開始作用，經(jīng)時(shí)間彈簧彈性勢(shì)能恰好達(dá)到最大。已知a與傳送帶、A間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，A、B的質(zhì)量均為2m，傳送帶長(zhǎng)度，A的長(zhǎng)度，彈簧的勁度系數(shù)。求：(1)a在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的總熱量；(2)a滑上B上表面時(shí)的速度大小；(3)b與彈簧開始作用后，時(shí)間內(nèi)B的位移大小。答案(1)(2)(3)解析（1）設(shè)a在傳送帶上先以加速度大小做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有解得根據(jù)速度－位移關(guān)系式有解得由于，，滑塊與傳送帶共速后繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng)。設(shè)與傳送帶共速后以加速度大小做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的總熱量代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)，解得（2）設(shè)a剛滑上A時(shí)的速度大小為，根據(jù)速度－位移關(guān)系式有解得a滑上A上表面后，a、A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)a脫離A時(shí)a的速度大小為，A的速度大小為由動(dòng)量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有解得（3）a與b相互作用，發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后瞬間的速度大小為，則解得與B共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，設(shè)共速時(shí)的速度大小為u，則解得與彈簧作用過程中、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則即經(jīng)過極短時(shí)間，有時(shí)間內(nèi)，的位移大小為，根據(jù)微分求和思想得又解得1．(2024湖北高考)如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析(1)設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L(zhǎng)，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時(shí)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得μmg＝ma設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時(shí)的速度大小為v，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2aL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s由于v＞5m/s，故假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，故小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5m/s。(2)設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk，對(duì)小物塊與小球碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動(dòng)