高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题24机械能+水平传送带+抛体模型(原卷版+解析)

这是一份高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题24机械能+水平传送带+抛体模型(原卷版+解析)，共13页。试卷主要包含了 机械能+水平传送带+抛体模型，75s，25s等内容，欢迎下载使用。

计算题
1.（2023年洛阳名校联考）如图所示，物体A、B之间有一根被压缩锁定的轻弹簧，整个装置静止在光滑轨道abc上，其中bc是半径为R=0.1m的半圆形轨道．长为L=0.4m的传送带顺时针转动的速度为v=2m/s，忽略传送带的d端与轨道c点之间的缝隙宽度，物体B与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5．已知物体A、B可以看成质点，质量分别为2m、m．g=10m/s2
（1）如果m=1kg，开始时弹簧的弹性势能为Ep=6.75J，弹簧解除锁定后，A获得的速度大小为vA=1.5m/s，求物体B获得的速度大小。
（2）在（1）的条件下，求出物体B再次落到水平轨道上的落地点到e点间的水平距离．（不计空气阻力）
（3）为了使物体B在运动中不会从e点抛出，解除弹簧锁定后，求物体B获得的速度必须满足的条件。
2．（14分）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μ=0.2。（取g=10m/s2）
（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。
3 .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v0＝1.8 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v＝3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R＝2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。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。
4．如圈所示，传送带水平部分的长度l=4.5 m，在电动机带动下勾速运行。质量M=0.49 kg的木块（可视为质点）静止在传送爷左端的光滑平台上。质量为m=10 g的子弹以v0=50 m/s的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q。已知木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，P点与车底板间的竖直高度H=1.8 m，与车厢底板中心点Q的水平距离x=1.2 m，取g=10 m/s2，求：
（1）木块从传送带左端到达右端的时间；
（2）由于传送木块，电动机多消耗的电能。
5. (2022年高考广东梅州二模) 如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。一质量为m，可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑下。若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度顺时针转动时，滑块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置EF无机械能损失地滑上静止在光滑水平地面上的长木板，长木板右端运动到H时与固定挡板碰撞粘连。长木板质量M=2m，板长l=6.5R，板右端到挡板的距离L在R(1)传送带BC两点间的距离x；
(2)传送带以速度顺时针转动时，试判断滑块离开C点前能否与传送带达到共速；
(3)讨论滑块从滑上长木板到离开长木板右端过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系。
6 如图所示，水平传送带AB以足够大的速度逆时针转动，传送带左端与半径R=0.1m的竖直光滑半圆轨道底部相切于B点。将一小物块（可视为质点）轻放于传送带右端A点，经过一段时间小物块冲上半圆轨道。已知小物块与传送带AB间的动摩擦因数μ=0.1，g=10m/s2。
（1）若小物块恰好能通过半圆轨道的最高点C，而后落在传送带AB上，求小物块刚落在传送带AB上时与B点的距离x；
（2）若小物块在半圆轨道运动时始终未脱离半圆轨道，求传送带AB长度的取值范围。
7 如图所示，AB是一段光滑的水平支持面（厚度不计），紧贴AB下方安装有左右位置可调的传送带，开始时传送带右端E点位于B点左侧。一质量为m的小物块P在AB支持面上以速度v0滑到B点时水平飞出，落在水平地面C点。已知P落地时相对于B点的水平位移OC=l，重力加速度为g，不计空气阻力的作用。
（1）现将传送带右端E点移到B点右侧l/2处，将驱动轮锁定，传送带处于静止状态。使物块P仍以速度v0离开B点在传送带上滑行，物块P恰能运动到E点。求滑块与传送带之间的动摩擦因数。
（2）再调整传送带位置，使传送带右端E点位于B点右侧 QUOTE l4 l/4处，同时将驱动轮的锁定解除，驱动传送带顺时针匀速转动，再使P以速度v0从B点滑上传送带，P仍落到C点，求此过程中产生的摩擦热。
高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练
专题24. 机械能+水平传送带+抛体模型
计算题
1.（2023年洛阳名校联考）如图所示，物体A、B之间有一根被压缩锁定的轻弹簧，整个装置静止在光滑轨道abc上，其中bc是半径为R=0.1m的半圆形轨道．长为L=0.4m的传送带顺时针转动的速度为v=2m/s，忽略传送带的d端与轨道c点之间的缝隙宽度，物体B与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5．已知物体A、B可以看成质点，质量分别为2m、m．g=10m/s2
（1）如果m=1kg，开始时弹簧的弹性势能为Ep=6.75J，弹簧解除锁定后，A获得的速度大小为vA=1.5m/s，求物体B获得的速度大小。
（2）在（1）的条件下，求出物体B再次落到水平轨道上的落地点到e点间的水平距离．（不计空气阻力）
（3）为了使物体B在运动中不会从e点抛出，解除弹簧锁定后，求物体B获得的速度必须满足的条件。
【名师解析】
（1）解除弹簧的锁定后，设B获得的速度大小为vB，对A、B和弹簧系统机械能守恒，得
Ep=·2mva2+mvb2，
代入数据解得： vb=3m/s。
（2）假设物体B能通过半圆形轨道最高点c点并到达e点，设物体B运动至c点时的速度为vc，运动至e点时速度为ve，物体B从弹簧解除锁定到运动至e点的过程中，根据动能定理得 -mg2R-μmgL=mve2-mvb2，
解得：ve=1m/s
由平抛运动规律，x=vet，2R=gt2，
联立解得x=0.2m
（3）为了使物体B在运动中不会从e点抛出，解除弹簧锁定后，物体B获得的最大速度为使B能够沿着传送带刚好到达e，由动能定理，
-mg2R-μmgL= -mvbmax2，解得：vbmax=2m/s
解除弹簧锁定后，物体B获得的最小速度为使B恰好能够通过竖直圆弧轨道的C点，
由mg=m
由动能定理，
-mg2R = mvc2-mvbmin2，解得：vbmin=m/s
所以m/s≤≤2m/s
2．（14分）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μ=0.2。（取g=10m/s2）
（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
【名师解析】
(1)设小物块滑行的距离为x1，由动能定理得 -μmgx1=0 -mv02
解得：x1=1m。
（2）设小物块滑行到B点时的速度为v，滑出传送带后做平抛运动，运动时间为t3，
由平抛运动规律，h=gt32，s=vt3，
联立解得：t3=1s，v=3m/s。
设小物块在传送带时加速运动的位移为L1，加速度a=μmg/m=2m/s2。
根据v2-v02=2aL1，解得L1=1.25m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。
3 .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v0＝1.8 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v＝3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R＝2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。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＝eq \f(v0,cs θ)，解得vC＝3 m/s
设小物块在D的速度为vD。从C到D，由动能定理得mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，解得vD＝5 m/s
设在D点轨道对小物块的作用力为FN：FN－mg＝m
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。
(2)设小物块在传送带上的加速度为a，则
μmg＝ma a＝μg＝5 m/s2
设小物块由D点向左运动至速度为零，所用时间为t1，位移为x1，则
vD＝at1
x1＝eq \f(vD,2)t1
设t1时间内传送带向右的位移为x2，则x2＝vt1
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＝eq \f(v,a)
通过的位移x3，x3＝eq \f(v,2)t2
传送带的位移为x4＝vt2
小物块相对传送带移动的位移为
x＝x1＋x2＋x4－x3
Q＝μmgx，解得Q＝32 J。
答案 (1)22.5 N，方向竖直向下 (2)32 J
4．如圈所示，传送带水平部分的长度l=4.5 m，在电动机带动下勾速运行。质量M=0.49 kg的木块（可视为质点）静止在传送爷左端的光滑平台上。质量为m=10 g的子弹以v0=50 m/s的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q。已知木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，P点与车底板间的竖直高度H=1.8 m，与车厢底板中心点Q的水平距离x=1.2 m，取g=10 m/s2，求：
（1）木块从传送带左端到达右端的时间；
（2）由于传送木块，电动机多消耗的电能。
【参考答案】（1）t=2.3 s （2）E=1 J
【名师解析】（1）传送带的的速度等于木块运动到P点后做平抛运动，得：x=vt
竖直方向：H=12gt2，
解出抛出速度：v=2 m/s
子弹打入木块过程中，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v1，
木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得：μ(M+m)g=(M+m)a
加速至v的位移：x1=v2−v122a=0.3 m<4.5 m
加速运动的时间：t1=v−v1a=0.2 s
之后随传送到向右匀速运动，匀速运动时间：t2=l−x1v=2.1 s
木块从传送带左端到达右端的时间：t=t1+t2=2.3 s
（2）根据功能关系，电动机多做的功，等于该过程煤块动能的增量△Ek与煤块与皮带由于摩擦生热而产生的内能Q之和，即E=△Ek+Q
其中：△Ek=12(m+M)v2−12(m+M)v12
解得：△Ek=0.75 J
产生的热量为：Q=μmg（x带-x块）=μmg△x=0.25 J
联立可得：E=△Ek+Q=1 J
点睛：对于皮带类的问题要讨论在皮带上是否能达到共速这样的条件，然后在结合运动学公式求解即可。
5． . (2022年高考广东梅州二模) 如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。一质量为m，可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑下。若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度顺时针转动时，滑块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置EF无机械能损失地滑上静止在光滑水平地面上的长木板，长木板右端运动到H时与固定挡板碰撞粘连。长木板质量M=2m，板长l=6.5R，板右端到挡板的距离L在R(1)传送带BC两点间的距离x；
(2)传送带以速度顺时针转动时，试判断滑块离开C点前能否与传送带达到共速；
(3)讨论滑块从滑上长木板到离开长木板右端过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系。
【参考答案】(1)2R；(2)滑块与传送带能共速；(3) 或者
【名师解析】
(1)由题知，滑块从A到B、B到C，由动能定理得

联立解得
(2)小滑块到B点的速度大于传送带速度，
据牛顿第二定律可得
滑块的位移
故滑块与传送带能共速；
(3)滑块与传送带共速后，以的速度离开传送带，由机械能守恒定律得

设长木板与滑块达到共同速度时，位移分别为，
由动量守恒定律知

由动能定理知
联立解得

滑块相对长木板的位移
即滑块与长木板在达到共同速度时，物块未离开滑板。
滑块滑到木板右端时，若，
得

若
得
6 如图所示，水平传送带AB以足够大的速度逆时针转动，传送带左端与半径R=0.1m的竖直光滑半圆轨道底部相切于B点。将一小物块（可视为质点）轻放于传送带右端A点，经过一段时间小物块冲上半圆轨道。已知小物块与传送带AB间的动摩擦因数μ=0.1，g=10m/s2。
（1）若小物块恰好能通过半圆轨道的最高点C，而后落在传送带AB上，求小物块刚落在传送带AB上时与B点的距离x；
（2）若小物块在半圆轨道运动时始终未脱离半圆轨道，求传送带AB长度的取值范围。
【名师解析】
（1）由题可知，小物块恰好能通过半圆轨道的最高点C，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg=m QUOTE v12R
解得vC=1m/s
小物块离开C点后做平抛运动，则
2R= QUOTE 12gt2
解得t =0.2s
小物块刚落在传送带AB上时与B点的距离x=vCt=0.2m
（2）若小物块在半圆轨道最低点B恰好运动到最高点C，由动能定理得：
-mg•2R=- QUOTE 12mv12
解得v2=5m/s
小物块从A点到B点，由动能定理得
μmgL= QUOTE 12mv22
解得 L=2.5m
若小物块在B点以速度v3运动到与圆心等高处时速度恰好为0，小物块也脱离半圆轨道，由动能定理得
-mgR=0- QUOTE 12mv32
解得 v3=2m/s
小物块从A点到B点，由动能定理得
μmgL′=-0
解得 L′=1m
所以，小物块在半圆轨道运动时始终未脱离半圆轨道，传送带AB长度的取值范围为L≥2.5m或L≤1m。
答：
（1）小物块刚落在传送带AB上时与B点的距离x是0.2m；
（2）传送带AB长度的取值范围是L≥2.5m或L≤1m。
7 如图所示，AB是一段光滑的水平支持面（厚度不计），紧贴AB下方安装有左右位置可调的传送带，开始时传送带右端E点位于B点左侧。一质量为m的小物块P在AB支持面上以速度v0滑到B点时水平飞出，落在水平地面C点。已知P落地时相对于B点的水平位移OC=l，重力加速度为g，不计空气阻力的作用。
（1）现将传送带右端E点移到B点右侧l/2处，将驱动轮锁定，传送带处于静止状态。使物块P仍以速度v0离开B点在传送带上滑行，物块P恰能运动到E点。求滑块与传送带之间的动摩擦因数。
（2）再调整传送带位置，使传送带右端E点位于B点右侧 QUOTE l4 l/4处，同时将驱动轮的锁定解除，驱动传送带顺时针匀速转动，再使P以速度v0从B点滑上传送带，P仍落到C点，求此过程中产生的摩擦热。
【名师解析】（1）对BE段运用动能定理得，
−μmgl2=0−12mv02，
解得μ=。
（2）若物块在传送带上始终减速，根据动能定理得，−μmgl4=12mvt2−12mv02，
解得vt=12v0。
平抛运动水平位移x=12v0t=12l＜34l，可知物块在传送带上先减速后匀速，
解得v带=3l4t=34v0，
根据速度位移公式得，−2μgs物=v带2−v02，
解得s物=732l，
传送带的位移s带=v带t'=v带⋅v0−v带μg=316l，
则摩擦生热Q=μmg（s带-s物）=mv0232。