任務(wù)群檢測練(六)

力學(xué)三大觀點在傳送帶和滑板——木塊模型中的應(yīng)用

1．如圖所示，光滑平臺上的彈性滑塊A以v0＝9m/s的初速度

向靜止的彈性滑塊B運動，A、B發(fā)生彈性碰撞，此后，B滑上靜置于

光滑水平面、上表面與平臺等高的平板車C，整個運動過程B始終未

滑離平板車C。已知滑塊A、B質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，平

板車質(zhì)量為mC＝2kg，平板車右端到豎直墻壁的距離L＝1m，平板

車與豎直墻壁碰撞過程沒有機械能損失，滑塊與平板車之間的動摩擦

因數(shù)μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2。求：

(1)滑塊A、B分開瞬間，B的速度大小vB；

(2)平板車C恰要與墻壁第一次碰撞前時，B和C的速度大小vB1、

vC1；

(3)從滑塊B滑上平板車C、到C第一次返回平臺右端，整個過

程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q。

解析：(1)滑塊A、B碰撞過程，由動量守恒定律和能量關(guān)系可知

mAv0＝mAvA＋mBvB

222

111

mAv＝mAv＋mBv

202A2B

解得vB＝6m/s。

2

(2)當(dāng)B滑上平板車后做減速運動，加速度大小aB＝μg＝2m/s

μmBg2

C做加速運動的加速度aC＝＝2m/s

mC

當(dāng)平板車C恰要與墻壁第一次碰撞時有

2

1

L＝aCt

21

解得t1＝1s

此時B的速度vB1＝vB－aBt1＝4m/s

C的速度vC1＝aCt1＝2m/s。

(3)C與墻壁碰后到返回到平臺右端

2

1

L＝vC1t2－aCt

22

解得t2＝1s

此時C的速度vC2＝vC1－aCt2＝0

C與墻壁碰后到返回到平臺右端時的速度恰為零，此時滑塊B向

右的速度

vB2＝vB1－aBt2＝2m/s

22

11

系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝mBv－mBv

2B2B2

解得Q＝32J。

答案：(1)6m/s(2)4m/s2m/s

(3)32J

2．如圖甲所示，長為2x0、傾角為θ＝53°的傳送帶逆時針勻速

轉(zhuǎn)動，物塊A和物塊B通過足夠長的細線相連(細線跨過光滑的定滑

輪)，細線傾斜部分與傳送帶平行?，F(xiàn)將物塊A從傳送帶頂端由靜止

釋放，此后物塊A的動能隨位移變化的Ek-x圖像如圖乙所示。已知

物塊A的質(zhì)量為物塊B質(zhì)量的5倍，重力加速度為g，圖像中x0、Ek0

均為已知量。求：

(1)物塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)及其在0～x0段內(nèi)運動的加

速度大??；

(2)物塊A在0～2x0段內(nèi)相對于傳送帶滑動的總路程及其在0～

x0段內(nèi)與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量。

解析：(1)設(shè)物塊B的質(zhì)量為m，0～x0段內(nèi)由能量守恒得(5mgsin

3

53°＋5μmgcos53°－mg)x＝3E＋E

0k05k0

x0～2x0段內(nèi)由能量守恒得(5mgsin53°－5μmgcos53°－

1

mg)x＝E＋E

0k05k0

0～x0段內(nèi)由牛頓第二定律得

5mgsin53°＋5μmgcos53°－mg＝6ma1

3

解得μ＝0.5，a＝g。

14

(2)由圖像可知A的位移為x0時恰好與傳送帶共速，設(shè)傳送帶的

vt

速度大小為v，0～x段內(nèi)對A由運動學(xué)公式得x＝1，二者之間的

002

vtvt

相對位移Δx＝vt－1＝1＝x

11220

設(shè)A的位移為2x0時的速度為v′，則

1

×5mv′2

24Ek0

＝

13Ek0

×5mv2

2

23

解得v′＝v

3

x0～2x0內(nèi)A的位移

（v＋v′）t26x0

x0＝→vt2＝

23＋23

二者的相對位移

Δx2＝x0－vt2＝(7－43)x0

所以物塊A在0～2x0段內(nèi)相對于傳送帶滑動的總路程為Δx1＋Δ

x2＝4(2－3)x0

0～x0段內(nèi)A與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量

6

Q＝5μmgcos53°·Δx＝1.5mgx＝E。

105k0

36

答案：(1)0.5g(2)4(2－3)xE

405k0

3．如圖甲所示，一水平傳送帶兩端分別與固定的光滑弧形軌道、

光滑水平面平滑對接，傳送帶的傳動方向和速度v帶大小均任意可調(diào)，

每次調(diào)節(jié)后傳送帶速度保持不變?，F(xiàn)在將物塊A從弧形軌道頂端由靜

止釋放，經(jīng)過傳送帶后與靜置于水平面上的物塊B發(fā)生彈性正碰。已

知弧形軌道頂端與底端的高度差h＝1.25m，傳送帶左右兩端距離L

＝6m，A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B的質(zhì)量分別為

2

m1、m2，取重力加速度大小g＝10m/s。

(1)求A從軌道頂端滑到底端時的速度大小v0；

(2)若m2＝2m1，求碰后B可獲得的速度大小范圍；

(3)若m1＝2kg，且m1>m2，取順時針傳動的方向為傳送帶速度v

帶的正方向，請在圖乙所給坐標(biāo)系中作出A經(jīng)過傳送帶過程中，系統(tǒng)

因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與對應(yīng)的傳送帶速度v帶的關(guān)系圖像(只要作出圖

像即可，不必寫分析過程)。

解析：(1)A沿光滑弧形軌道下滑過程中，根據(jù)機械能守恒定律，

2

1

有m1gh＝m1v

20

解得v0＝2gh＝5m/s。

(2)設(shè)A在傳送帶上全程做勻減速運動，到達右端時速度大小為

v1，根據(jù)動能定理，有

22

11

－μm1gL＝m1v－m1v

2120

解得v1＝1m/s

設(shè)A在傳送帶上全程做勻加速運動，到達右端時速度大小為v2，

由動能定理可得

22

11

μm1gL＝m1v－m1v

2220

解得v2＝7m/s

不管傳送帶的傳動方向與速度大小如何，A與B發(fā)生彈性碰撞前

瞬間的速度大小范圍為1m/s≤v≤7m/s，設(shè)A與B發(fā)生彈性碰撞后

瞬間，A的速度大小為v1′，B的速度大小為v2′，根據(jù)動量守恒定

律和能量守恒定律，有m1v＝m1v1′＋m2v2′

111

mv2＝mv′2＋mv′2

21211222

12

解得v′＝－v，v′＝v

1323

由于|v1′|<v2′，A與B不可能發(fā)生第二次碰撞，故B可能獲

214

得的速度大小范圍為m/s≤v′≤m/s。

323

(3)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與對應(yīng)的傳送帶速度v帶的關(guān)系圖像

如圖

①當(dāng)傳送帶沿逆時針方向傳動時v帶<0，物塊將在傳送帶上全程

做勻減速運動，離開傳送帶時的速度v1＝1m/s

勻減速運動時間

v－v5－1

t＝01＝＝2s

μg2

這段時間傳送帶運行的路程

s帶＝－v帶t

物塊和傳送帶的相對路程

s相＝L＋s帶＝6－2v帶

摩擦生熱，故Q＝μm1gs相＝24－8v帶。

②當(dāng)傳送帶沿順時針方向傳動的速度為0<v帶<1m/s時，物塊也

在傳送帶上全程做勻減速運動，離開傳送帶時的速度v1＝1m/s，勻

減速運動時間t＝2s，這段時間傳送帶運行的路程s帶＝v帶t

物塊和傳送帶的相對路程

s相＝L－s帶＝6－2v帶

摩擦生熱，故Q＝μm1gs相＝24－8v帶。

③當(dāng)傳送帶沿順時針方向傳動的速度為1m/s≤v帶≤5m/s時，

物塊進入傳送帶后將做勻減速運動，然后與傳動帶共速做勻速運動，

v－v5－v

勻減速運動時間t＝0帶＝帶

μg2

物塊和傳送帶的相對路程

222

v0－v帶（5－v帶）

s相＝－v帶t＝

2μg4

2

摩擦生熱，故Q＝μm1gs相＝(5－v帶)

當(dāng)傳送帶沿順時針傳動的速度為5m/s<v帶≤7m/s時，物塊進

入傳送帶后將做勻加速運動，然后與傳動帶共速做勻速運動，勻加速

v－vv－5

運動時間t＝帶0＝帶

μg2

物塊和傳送帶的相對路程

222

v帶－v0（v帶－5）

s相＝v帶t－＝

2μg4

2

摩擦生熱，故Q＝μm1gs相＝(v帶－5)。

④當(dāng)傳送帶沿順時針方向傳動的速度為v帶>7m/s時，物塊將在

傳送帶上全程做勻加速運動，離開傳送帶時的速度v2＝7m/s，運動

時間

v－v7－5

t＝20＝s＝1s

μg2

這段時間傳送帶運行的路程

s帶＝v帶t

物塊和傳送帶的相對路程

s相＝s帶－L＝v帶－6

摩擦生熱，故Q＝μm1gs相＝4v帶－24

綜上可得：(i)當(dāng)傳送帶沿逆時針方向傳動或沿順時針方向傳動

的速度為v帶<1m/s時，對應(yīng)圖像AB段；(ii)當(dāng)傳送帶沿順時針方

向傳動的速度為1m/s≤v帶≤7m/s時，對應(yīng)圖中BC段；(iii)當(dāng)

傳送帶沿順時針方向傳動的速度為v帶>7m/s時，對應(yīng)圖像CD段。

214

答案：(1)5m/s(2)m/s≤v′≤m/s(3)見解析

323

4．如圖所示，在光滑平臺上放置一長度l＝0.5m、質(zhì)量m2＝2kg

的薄板b，在薄板b最右端放有可視為質(zhì)點的物塊a，其質(zhì)量m1＝1kg，

物塊a與薄板b間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。開始時兩者均靜止，現(xiàn)對

薄板b施加F＝8N、水平向右的恒力，待a脫離b(b尚未露出平臺)

后，將b取走。a離開平臺后由A點沿切線落入半徑R＝0.9m的豎

直光滑圓弧軌道AB，圓弧軌道AB的圓心角為60°，其中過B點的切

線水平，其右側(cè)有一被電磁鐵吸住而靜止的小球c，c球質(zhì)量m3＝1kg

且與地面及左側(cè)墻面相距足夠遠，當(dāng)c球被碰撞時電磁鐵立即失去磁

性。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)物塊a在薄板b上運動的時間t；

(2)物塊a經(jīng)過B點的速度大小vB；

(3)若初始時一不可伸長的輕繩一端系著小球c，另一端系于c

球正下方的O1點，此時繩子剛好伸直無拉力，已知O1點與c球相距

為L，當(dāng)繩子拉力T達到9m3g時繩子斷開。物塊a從B點水平正碰c

球瞬間無能量損失，為使細繩斷開時c球開始做平拋運動，則L必須

滿足什么條件？

解析：(1)由牛頓第二定律對物塊a有

μm1g＝m1a1

對薄板b有F－μm1g＝m2a2

11

由題知at2－at2＝l

2221

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得t＝1s。

(2)物塊a離開薄板b的瞬間速度

v＝a1t＝2m/s

v

由運動的合成與分解可知v＝

Acos60°

物塊a從A到B過程由機械能守恒有

22

11

m1v＋m1gR(1－cos60°)＝m1v

2A2B

解得vB＝5m/s。

(3)物塊a與c球碰撞過程有

222

111

m1vB＝m1vB1＋m3vc，m1v＝m1v＋m3v

2B2B12c

解得vc＝vB＝5m/s

2

vc

①若繩子在最高點斷開，對c球由向心力公式可得T＋m3g≤m3，

L

T＝9m3g

解得0<L≤0.25m

②若繩子在最低點剛好斷開，設(shè)此時c球在最低點速度為v，c

球由最高點到最低點過程，機械能守恒

2

112

m3v＋m3g×2L＝m3v

2c2

在最低點由向心力公式得

v2

T－mg＝m，T＝9mg

33L3

解得L＝0.625m

c球做圓周運動恰好通過最高點時有

2

v1

m3g＝m3

L

解得v1＝gL＝6.25m/s

因vc>v1，故此時繩子在最低點剛好滿足斷開條件；即保證c球

被碰后做平拋運動，L滿足的條件為0<L≤0.25m或L＝0.625m。

答案：(1)1s(2)5m/s(3)0<L≤0.25m或L＝0.625m

5．如圖所示，滑塊A和B質(zhì)量分別為m和nm，靜止在小車C上，

與小車C之間的動摩擦因數(shù)均為μ，且nμ＝0.4。小車靜止在光滑

的水平面上，質(zhì)量為nm。在下述情境中，通過點燃夾在滑塊A和B

之間的適量炸藥，使滑塊A獲得向左的初速度v0＝1.2m/s?；瑝KA

和B始終沒有脫離小車C。重力加速度g取10m/s2。求：

(1)若n＝2，引燃炸藥時，滑塊B的初速度大??；

(2)若n＝2，且小車C固定不動，則滑塊A和B分別相對小車C

運動的路程之比；

(3)若1≤n≤5，小車C不固定，則滑塊A和B相對于小車C靜

止時，它們之間的距離x的范圍。

解析：(1)取向左為正方向，由動量守恒定律得mv0＝nmv1

代入n＝2解得v1＝0.6m/s。

(2)設(shè)滑塊A和B在小車C上滑動時的加速度大小為a，由牛頓

第二定律有

a＝μg即a＝2m/s2

由運動學(xué)公式有

22

0－v＝2ax，0－v＝2ax′

01

x

則＝4。

x′

(3)設(shè)小車的加速度為a1

μnmg－μmg＝nma1

n－1

解得a＝μg

1n

設(shè)經(jīng)t1時間滑塊B和小車C達到共同速度v2，由運動學(xué)公式

對C有v2＝a1t1，對B有v2＝v1－at1

滑塊A、B和小車C系統(tǒng)動量守恒，故最終三者靜止，滑塊A運

動時間為t2，由運動學(xué)公式有0＝v0－at2

設(shè)滑塊A和B分別相對小車C運動的距離為x1和x2，則有

v＋vvvv

x＝12t－2t，x＝2t＋0t，

2212112222

x＝x1＋x2

0.36n20.36

解得x＝＝1

2n－11－（1－）2

n

當(dāng)n＝1時x＝0.36m，當(dāng)n＝5時，x＝1m。若1≤n≤5，小車

C不固定，則滑塊A和B相對小車C靜止時，它們之間的距離x的范

圍為0.36m≤x≤1m。

答案：(1)0.6m/s(2)4(3)0.36m≤x≤1m

6．如圖所示，高度為h、質(zhì)量為M的光滑斜面置于光滑水平地

面上(斜面未固定)，斜面末端通過一小段圓弧與光滑地面相切，長度

為L的傳送帶與水平地面相平，以速度v勻速轉(zhuǎn)動。斜面與傳送帶之

間的地面上放置兩個物塊a、b，質(zhì)量分別為ma和mb，a、b之間有很

小的狹縫。在斜面的頂端由靜止釋放一質(zhì)量為mc的物塊c，經(jīng)過一段

時間后滑離斜面，在水平面上與a發(fā)生碰撞，最終b恰好滑過傳送帶

右端。已知所有物塊均可看成質(zhì)點，它們之間的碰撞均為彈性碰撞且

1

時間極短，與傳送帶的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，M＝m＝kg，m

c10a

11

＝kg，m＝kg，h＝0.1m，v＝2.5m/s，取重力加速度g＝

20b40

10m/s2。

(1)求c滑離斜面時的速度大小vc；

(2)求a、b剛滑上傳送帶時的速度大小va、vb；

(3)求傳送帶的長度L；

(4)為使a與c能夠在傳送帶上相碰，求a、b的初位置離傳送帶

左端距離x的范圍。

解析：(1)由動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒得MvM＝mcvc，mcgh＝

22

11

Mv＋mcv

2M2c

解得vc＝1m/s。

(2)c與a發(fā)生碰撞，則有

mcvc＝mcvc1＋mava1

222

111

mcv＝mcv＋mav

2c2c12a1

a與b發(fā)生碰撞，有

mava1＝mava＋mbvb

22

11