第一篇：高三物理總復習 牛頓運動定律 傳送帶模型例題與練習

傳送帶模型

1、一水平傳送帶以2m/s的速度做勻速直線運動，傳送帶兩端的距

2離為20m，將一物體輕輕的放在傳送帶一端，物體由一端運動到另一端所需的時間t=11s，求物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ？（g=10m/s）

2、如下圖所示，傾角為30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6 m/s速度運動，運動方向如圖所示．一個質量為m的物體(物體可以視為質點)，從h＝3.2 m高處由靜止沿斜面下滑，物體經過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其速率變化．物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端AB的中點處，重力加速度g＝10 m/s2，則：(1)物體由靜止沿斜面下滑到斜面末端需要多長時間？(2)傳送帶左右兩端AB間的距離LAB為多少？

(3)如果將物體輕輕放在傳送帶左端的B點，它沿斜面上滑的最大高度為多少？

3.物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶以后落到地面上Q點，若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向轉動起來，使傳送帶隨之運動，如圖7所示，再把物塊放到P點自由滑下，則：（）A.物塊將仍落在Q點

B.物塊將會落在Q點的左邊

C.物塊將會落在Q點的右邊

D.物塊有可能落不到地面上

4、如圖示，物體從Q點開始自由下滑，通過粗糙的靜止水平傳送帶后，落在地面P點，若傳送帶按順時針方向轉動。物體仍從Q點開始自由下滑，則物體通過傳送帶后：

（）

A.一定仍落在P點

B.可能落在P點左方

C.一定落在P點右方

D.可能落在P點也可能落在P點右方

5、如圖甲示，水平傳送帶的長度L=6m，傳送帶皮帶輪的半徑都為R=0.25m,現有一小物體(可視為質點)以恒定的水平速度v0滑上傳送帶,設皮帶輪順時針勻速轉動,當角速度為ω時,物體離開傳送帶B端后在空中運動的水平距離為s,若皮帶輪以不同的角速度重復上述動作(保持滑上傳送帶的初速v0不變),可得到一些對應的ω和s值,將這些對應值畫在坐標上并連接起來,得到如圖乙中實線所示的 s-ω圖象,根據圖中標出的數據(g取10m/s2),求:(1)滑上傳送帶時的初速v0以及物體和皮帶間的動摩擦因數μ(2)B端距地面的高度h

用心

愛心

專心(3)若在B端加一豎直擋板P,皮帶輪以角速度ω′=16rad/s順時針勻速轉動,物體與擋板連續兩次碰撞的時間間隔t′為多少?(物體滑上A端時速度仍為v0,在和擋板碰撞中無機械能損失)6、35.(9分)如圖所示為車站使用的水平傳送帶裝置的示意圖.繃緊的傳送帶始終保持3.0m／s的恒定速率運行，傳送帶的水平部分AB距水平地面的高度為h=0.45m.現有一行李包(可視為質點)由A端被傳送到B端，且傳送到B端時沒有被及時取下，行李包從B端水平拋出，不計空氣阻力，g取l 0 m/s2

(1)若行李包從B端水平拋出的初速v＝3.0m／s，求它在空中運動的時間和飛出的水平距離；

(2)若行李包以v0＝1.0m／s的初速從A端向右滑行，包與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.20，要使它從B端飛出的水平距離等于(1)中所

求的水平距離，求傳送帶的長度L應滿足的條件.7、如圖示，水平傳送帶AB長L=8.3m，質量為M=1kg 的木塊隨傳送帶一起以v1=2m/s的速度向左勻速運動(傳送帶的傳送速度恒定),木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5,當木塊運動至最左端A點時,一顆質量為m=20g的子彈v0=300m/s水平向右的速度正對射入木塊并穿出,穿出速度u=50m/s,以后每隔1s就有一顆子彈射向木塊,設木塊沿AB方向的長度可忽略，子彈射穿木塊的時間極短,且每次射入點各不相同, 取g=10m/s2，問：在被第二顆子彈擊中前，木塊向右運動離A點的最大距離是多少？(2)木塊在傳送帶上最多能被多少顆子彈擊中？(3)木塊在傳送帶上的最終速度多大？

(4)在被第二顆子彈擊中前，木塊、子彈和傳送帶這一系統所產生的熱能是多少？

用心

愛心

專心

8、、(2006·全國I)一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質點)，煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ．初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的．現讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動，當其速度達到Vo后，便以此速度做勻速運動．經過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動．求此黑色痕跡的長度

9、如圖示，傳送帶與水平面夾角為370，并以v=10m/s運行，在傳送帶的A端輕輕放一個小物體，物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.5，AB長16米，求：以下兩種情況下物體從A到B所用的時間.（1）傳送帶順時針方向轉動（2）傳送帶逆時針方向轉動

10、如圖所示，傳送帶與水平面間的傾角為θ=37。，傳送帶以 10 m／s的速率運行，在傳送帶上端A處無初速地放上質量為0．5 kg的物體，它與傳送帶間的動摩擦因數為0．5．若傳送帶A到B的長度為16 m，求物體從A運動到B的時間為多少?(g取lO m／s)

11、如下圖所示，傳送帶的水平部分ab＝2 m，斜面部分bc＝4 m，bc與水平面的夾角α＝37°.一個小物體A與傳送帶的動摩擦因數μ＝0.25，傳送帶沿圖示的方向運動，速率v＝2 m/s.若把物體A輕放到a處，它將被傳送帶送到c點，且物體A不會脫離傳送帶．求物體A從a點被傳送到c點所用的時間．(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)

用心

愛心

專心

212、(2009年福建省普通高中畢業班質量檢查理科綜合能力測試)下圖為某工廠生產流水線上水平傳輸裝置的俯視圖，它由傳送帶和轉盤組成．物品從A處無初速放到傳送帶上，運動到B處后進入勻速轉動的轉盤，設物品進入轉盤時速度大小不發生變化，此后隨轉盤一起運動(無相對滑動)到C處被取走裝箱．已知A、B兩處的距離L＝10 m，傳送帶的傳輸速度v＝2.0 m/s，物品在轉盤上與軸O的距離R＝4.0 m，物品與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.25.取g＝10 m/s2(1)求物品從A處運動到B處的時間t；

(2)若物品在轉盤上的最大靜摩擦力可視為與滑動摩擦力大小相等，則物品與轉盤間的動摩擦因數至少為多大

13、水平傳送帶被廣泛的應用于機場和火車站，用于對旅客的行李進行安全檢查。如圖，一水平傳輸帶裝置如圖，繃緊的傳輸帶AB始終保持V＝1m/s的恒定速率運行，一質量為m=4kg的行李無初速的放在A處，傳輸帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳輸帶相等的速率做勻速直線運動，設行李與傳輸帶間的動摩擦因數μ＝0.1，AB間的距離L=2m，取g=10 m/s.(1)求行李剛開始運行時所受到的摩擦力大小和加速度大??？(2)求行李做勻加速直線運動的時間？

(3)如果提高傳輸帶的運行速率，行李就能被較快地傳輸到B處，求行李從A處傳輸到B處的最短時間和傳輸帶對應的最小運行速率？

用心

愛心

專心 4

第二篇：高考物理 牛頓運動定律在傳送帶問題中的應用

牛頓運動定律在傳送帶問題中的應用

高考頻度：★★★☆☆

難易程度：★★★★☆

（2018·山西臨汾一中）傾角的斜面底端與水平傳送帶平滑接觸，傳送帶BC長L=6

m，始終以的速度順時針運動。一個質量m=1

kg的物塊從距斜面底端高度的A點由靜止滑下，物塊通過B點時速度的大小不變。物塊與斜面、物塊與傳送帶間動摩擦因數分別為、，傳送帶上表面在距地面一定高度處，g取。(sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）求物塊由A點運動到C點的時間；

（2）求物塊距斜面底端高度滿足什么條件時，將物塊靜止釋放均落到地面上的同一點D。

【參考答案】（1）4

s

(2)1.8

mh9

m

【試題解析】（1）A到B，由動能定理得：

得

由牛頓第二定律得：

得

根據運動學公式得：

B到C，由題可知，物塊做勻速直線運動，則有

A到C總時間：

（2）要使物塊落在地面上同一點，物塊在C點速度

①當距傳送帶底端高度為時，物塊滑上傳送帶后一直做勻加速運動

A到C，由動能定理得：

得

②當距傳送帶底端高度為時，物塊滑上傳送帶后一直做勻減速運動

學科，網

A到C，由動能定理得：

得

故

【知識補給】

如圖，傾斜的傳送帶向下勻加速運轉，傳送帶與其上的物體保持相對靜止。那么關于傳送帶與物體間靜摩擦力的方向，以下判斷正確的是

A．物體所受摩擦力為零

B．物體所受摩擦力方向沿傳送帶向上

C．物體所受摩擦力方向沿傳送帶向下

D．上述三種情況都有可能出現

（2018·江西師大附中）如圖是工廠流水生產線包裝線示意圖，質量均為m=2.5

kg、長度均為l=0.36

m的產品在光滑水平工作臺AB上緊靠在一起排列成直線（不粘連），以v0=0.6

m/s的速度向水平傳送帶運動，設當每個產品有一半長度滑上傳送帶時，該產品即刻受到恒定摩擦力Ff=μmg而做勻加速運動，當產品與傳送帶間沒有相對滑動時，相鄰產品首尾間距離保持2l（如圖）被依次送入自動包裝機C進行包裝。觀察到前一個產品速度達到傳送帶速度時，下一個產品剛好有一半滑上傳送帶而開始做勻加速運動。取g=10

m/s2。試求：

(1)傳送帶的運行速度v；

(2)產品與傳送帶間的動摩擦因數μ：

(3)滿載工作時與空載時相比，傳送帶驅動電動機增加的功率?P；

(4)為提高工作效率，工作人員把傳送帶速度調成v＇=2.4

m/s，已知產品送入自動包裝機前已勻速運動，求第(3)問中的?P′?第(3)問中在相當長時間內的等效?P′′?

如圖所示，傳送帶AB段是水平的，長20

m，傳送帶上各點相對地面的速度大小是2

m/s，某物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.1?，F將該物塊輕輕地放在傳送帶上的A點后，經過多長時間到達B點？（g?。?/p>

（2018·北京四中）如圖所示，繃緊的傳送帶在電動機的帶動下始終以v0=2

m/s的速度順時針運動，傳送帶與水平面的夾角θ=30°?，F把一質量m=10

kg的工件輕放在皮帶的底端B，經過一段時間后，工件被運送到傳送帶的頂端A。已知A、B之間高度差h=2

m，工件與傳送帶間的動摩擦因數，忽略空氣阻力及其他摩擦損耗，取g=10

m/s2。求：

（1）工件從傳送帶底端B到頂端A的時間；

（2）運送工件過程中，工件與傳送帶之間由于摩擦而產生的熱量Q；

（3）電動機由于傳送工件多消耗的電能。

如圖所示。水平傳送裝置由輪半徑均為的主動輪O1和從動輪O2及傳送帶等構成。兩輪軸心相距L=8.0米，輪與傳送帶不打滑。現用此裝置運送一袋面粉，已知面粉袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.4，這袋面粉中間的面粉可不斷地從袋中滲出。

（1）當傳送帶以v0=4.0

m/s的速度勻速運動時，將這袋面粉由左端O2正上方的A點輕放在傳送帶上后，這袋面粉由A端運送到O1正上方的B端所用時間為多少？

（2）要想盡快將這帶面粉由A端送到B端（設初速度仍為零），傳送帶的速度至少應為多大？

（3）由于面粉的滲漏，在運送這袋面粉的過程中會在深色傳送帶上留下白色的面粉的痕跡。這袋面粉在傳送帶上留下的痕跡最長能有多長（設袋的初速度仍為零）？此時傳送帶的速度至少應為多大？

【參考答案】

運動3l距離所用時間相等設為t，則t=

解得他送帶速度v=3v0=1.8

m/s，t=0.6

s

(2)解法一：產品滑上傳送帶后做初速度為v0的勻加速運動，設加速時間為t′，依題意，前一個產品加速結束時下一個產品剛好開始加速，因此t′=t=0.6

s

由速度公式得v=v0+at′

由牛頓第二定律Ff=ma

聯立代入Ff=μmg

解得μ=0.2

解法二：產品滑上傳送帶后做初速度為v0的勻加速運動，設加速時間為t＇，則從前一個產品加速開始，到下一個產品達到傳送帶速皮所用時間為2t＇。

對前一個產品

對下一個產品

且x1–x2=3l

解得t＇=0.6

s

由速度公式得v=v0+at＇

時間足夠長，兩個產品加速和一個產品加速的時間近似相等，等效的?P=（24+12）/2=18

W

t總=11

s

物塊放到A點后先在摩擦力作用下做勻加速直線運動，速度達到2

m/s后，與傳送帶一起以2

m/s的速度直至運動到B點。學科￥網

a=μg=1

m/s2

則達到共同速度的時間為t=2

s

運動的位移為s=

則以共同速度運動的時間為

所以總時間為t總=11

s

（1）2.4

s

（2）60

J

（3）280

J

（1）工件輕輕地放在傳送帶底端后，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，由牛頓第二定律得知，上滑過程中加速度為：μmgcos

θ–mgsin

θ=ma

得：a=g（μcos

θ–sin

θ）=2.5

m/s2

產生的熱量Q=Ff·x相對=μmgcos

θ?（x′–x）=60

J

（3）多消耗的能量轉化為工件的動能和重力勢能以及摩擦產生的內能

則△E=mv02+mgh+Q=280

J

（1）t=2.5

s

（2）8.0

m/s

（3）Δs=18.0

m

=13

m/s

（1）設面粉袋的質量為m，其在與傳送帶產生相當滑動的過程中所受的摩擦力f=μmg。學。科網

故而其加速度為：

若傳送速帶的速度v帶=4.0

m/s，則面粉袋加速運動的時間

在t1時間內的位移為

其后以v=4.0

m/s的速度做勻速運動s2=lAB–s1=vt2

解得t2=1.5

s，運動的總時間為t=t1+t2=2.5

s

（2）要想時間最短，m應一直向B端做加速運動，由可得

此時傳送帶的運轉速度為

第三篇：高三物理三輪基礎知識精品教案3：牛頓運動定律

高三物理三輪基礎知識精品教案3：牛頓運動定律

牛頓三個運動定律是力學的基礎，對整個物理學也有重大意義。本章考查的重點是牛頓第二定律，而牛頓第一定律和第三定律在牛頓第二定律的應用中得到了完美的體現。從近幾年高考看，要求準確理解牛頓第一定律；加深理解牛頓第二定律，熟練掌握其應用，尤其是物體受力分析的方法；理解牛頓第三定律；理解和掌握運動和力的關系；理解超重和失重。本章內容的高考試題每年都有，對本章內容單獨命題大多以選擇、填空形式出現，趨向于用牛頓運動定律解決生活、科技、生產實際問題。經常與電場、磁場聯系，構成難度較大的綜合性試題，運動學的知識往往和牛頓運動定律連為一體，考查推理能力和綜合分析能力。

1、牛頓第一定律：一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態，直到有外力迫使它改變這種狀態為止。

對牛頓第一定律的理解要點：（1）運動是物體的一種屬性，物體的運動不需要力來維持；（2）它定性地揭示了運動與力的關系，即力是改變物體運動狀態的原因，是使物體產生加速度的原因；（3）定律說明了任何物體都有一個極其重要的屬性——慣性；（4）不受力的物體是不存在的，牛頓第一定律不能用實驗直接驗證，但是建立在大量實驗現象的基礎之上，通過思維的邏輯推理而發現的。它告訴了人們研究物理問題的另一種方法，即通過大量的實驗現象，利用人的邏輯思維，從大量現象中尋找事物的規律；（5）牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎，不能簡單地認為它是牛頓第二定律不受外力時的特例，牛頓第一定律定性地給出了力與運動的關系，牛頓第二定律定量地給出力與運動的關系。

2、牛頓第二定律：物體的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=ma.對牛頓第二定律的理解要點：（1）牛頓第二定律定量揭示了力與運動的關系，即知道了力，可根據牛頓第二定律研究其效果，分析出物體的運動規律；反過來，知道了運動，可根據牛頓第二定律研究其受力情況，為設計運動，控制運動提供了理論基礎；（2）牛頓第二定律揭示的是力的瞬時效果，即作用在物體上的力與它的效果是瞬時對應關系，力變加速度就變，力撤除加速度就為零，注意力的瞬時效果是加速度而不是速度；（3）牛頓第二定律是矢量關系，加速度的方向總是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，Fx=max, Fy=may,Fz=maz;（4）牛頓第二定律F=ma定義了力的基本單位——牛頓（定義使質量為1kg的物體產生1m/s2的加速度的作用力為1N,即1N=1kg.m/s2.3、牛頓第三定律：兩個物體之間的作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一直線上。

對牛頓第三定律的理解要點：(1)作用力和反作用力相互依賴性，它們是相互依存，互以對方作為自已存在的前提；（2）作用力和反作用力的同時性，它們是同時產生、同時消失，同時變化，不是先有作用力后有反作用力；（3）作用力和反作用力是同一性質的力；（4）作用力和反作用力是不可疊加的，作用力和反作用力分別作用在兩個不同的物體上，各產生其效果，不可求它們的合力，兩個力的作用效果不能相互抵消，這應注意同二力平衡加以區別。

4.物體受力分析的基本程序：（1）確定研究對象；（2）采用隔離法分析其他物體對研究對象的作用力；（3）按照先重力，然后環繞物體一周找出跟研究對象接觸的物體，并逐個分析這些物體對研究對象的彈力和摩擦力，最后分析其他場力；（4）畫物體受力圖，沒有特別要求，則畫示意圖即可。

5.超重和失重：（1）超重：物體有向上的加速度稱物體處于超重。處于失重的物體的物體對支持面的壓力F（或對懸掛物的拉力）大于物體的重力，即F=mg+ma.；（2）失重：物體有向下的加速度稱物體處于失重。處于失重的物體對支持面的壓力FN（或對懸掛物的拉力）小于物體的重力mg，即FN=mg－ma，當a=g時，FN=0,即物體處于完全失重。

6、牛頓定律的適用范圍：（1）只適用于研究慣性系中運動與力的關系，不能用于非慣性系；（2）只適用于解決宏觀物體的低速運動問題，不能用來處理高速運動問題；（3）只適用于宏觀物體，一般不適用微觀粒子。

第四篇：高考物理三輪沖刺練習03傳送帶模型（一）

2020-2021學高高考物理三輪沖刺練習03傳送帶模型（一）

一、單選題

1．如圖所示，水平傳送帶長為L，始終以速度v保持勻速運動，把質量為m的貨物無初速地放到A點，當貨物運動到AC的中點B時速度恰為v，而后被傳送到C點。貨物與皮帶間的動摩擦因數為，則貨物從A點到C點的過程中（）

A．摩擦力對貨物做的功為

B．摩擦力對貨物做功的平均功率為

C．傳送帶克服摩擦力做功為

D．傳送帶克服摩擦力做功的平均功率為

2．如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，傳送帶勻速轉動，在傳送帶上某位置輕輕放置一滑塊，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，滑塊速度隨時間變化的關系如圖乙所示，圖中v0、t0已知，則（）

A．傳送帶一定沿順時針方向轉動

B．

C．傳送帶的速度大于v0

D．t0后滑塊加速度的大小為

二、多選題

3．如圖所示，一水平傳送帶以速度v勻速運動，將質量為m的小工件輕輕放到水平傳送帶上，工件在傳送帶上滑動一段時間后與傳送帶保持相對靜止，在上述過程中（）

A．工件對傳送帶做功為-mv2

B．傳送帶與工件間摩擦產生熱量為mv2

C．傳送帶因為傳送工件需要多做的功為mv2

D．傳送帶對工件做的功為mv2

4．一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為，傳送帶以一定的速度勻速運動．某時刻在傳送帶適當的位置放上具有一定初速度的物塊（如圖甲所示），以此時為時刻，作出小物塊之后在傳送帶上的運動速度隨時間的變化關系，如圖乙所示（圖中取沿斜面向下的運動方向為正方向，其中）．已知傳送帶的速度保持不變，取，則（）

A．時間內，物塊對傳送帶做正功

B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數

C．時間內，傳送帶對物塊做功為

D．時刻之后，物塊先受滑動摩擦力，對其做正功，后受靜摩擦力，對其做負功

5．質量為M的超長平板車靜止于水平面上，質量為m，可視為質點的黑色煤球靜止在平板車上，煤球與平板車間的摩擦因數為μ，重力加速度為g。某時刻，一輛汽車撞擊了平板車，并推動平板車一起做速度為v0的勻速直線運動，煤球在平板車上劃下黑色痕跡。經過時間t，汽車和平板車受到一墻壁的阻礙突然停下不再運動。不計煤球質量損失，當煤球停止運動時，平板車上黑色痕跡的長度及二者相對運動過程中產生的熱量可能是（）

A．，B．，C．，D．，6．如圖所示，一小物體m從光滑圓弧形軌道上與圓心O等高處由靜止釋放，軌道底端與粗糙的傳送帶平滑連接，小物體到A點速度為2m/s，當傳送帶固定不動時，物體m能滑過右端的B點，且落在水平地面上的C點，則下列判斷可能正確的是（）

A．若傳送帶逆時針方向運行且v=2m/s，則物體m也能滑過B點，到達地面上的C點的右側

B．若傳送帶順時針方向運行，則當傳送帶速度v＞2m/s時，物體m到達地面上C點的右側

C．若傳送帶順時針方向運行，則當傳送帶速度v＜2m/s時，物體m也可能到達地面上C點的右側

D．若傳送帶逆時針方向運行且v=3m/s，則物體m也能滑過B點，到達地面上的C點左側.7．三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37°．現有兩個小物塊A、B從傳送帶底端都以4m/s的初速度沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0．5，（已知sin37。=0.6，cos37。=0.8）下列說法正確的是（）

A．兩物塊在上滑過程中A一直減速、B先加速再減速

B．兩物塊在傳送帶上運動的全過程中，物塊A、B所受摩擦力一直阻礙物塊A、B的運動

C．物塊A在下滑過程中摩擦力先向下后向上

D．物塊B在上滑到最高點的過程中摩擦力先向下后向上

8．如圖所示，傳送帶的水平部分長為，傳動速率為，在其左端無初速度釋放一小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為，則木塊從左端運動到右端的時間可能是（）

A．

B．

C．

D．

9．如圖所示，一傾角為的傳送帶以恒定速度運行，現將一質量的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖所示，取沿傳送帶向上為正方向，。則下列說法正確的是（）

A．內物體位移的大小為

B．物體與傳送帶間動摩擦因數

C．內物體機械能增量為

D．內物體與傳送帶摩擦產生的熱量為

三、解答題

10．某種彈射裝置的示意圖如圖所示，光滑的水平導軌MN右端N處與傾斜傳送帶理想連接，傳送帶長度L=15.0m，并以恒定速率v=5.0m/s順時針轉動.三個質量均為m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長，滑塊B與輕彈簧連接，C未連接彈簧，B、C處于靜止狀態且離N點足夠遠，現讓滑塊A以初速度v0=6.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘連在一起，碰撞時間極短.滑塊C脫離彈簧后滑上傾角θ=37°的傳送帶，并從頂端沿傳送帶方向滑出斜拋落至地面上.已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin

37°=0.6，cos

37°=0.8.求：

（1）滑塊A、B碰撞時損失的機械能；

（2）滑塊C在傳送帶上因摩擦產生的熱量Q.11．如圖所示，四分之一的光滑圓弧軌道AB

與水平軌道平滑相連，圓弧軌道的半徑為R=0.8m，有一質量為m=1kg的滑塊從A端由靜止開始下滑，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為μ=0.5，滑塊在水平軌道上滑行L=0.7m

后，滑上一水平粗糙的傳送帶，傳送帶足夠長且沿順時針方向轉動，取

g=10m/s2，求：

（1）滑塊第一次滑上傳送帶時的速度

v1

多大？

（2）若要滑塊再次經過B點，傳送帶的速度至少多大？

（3）試討論傳送帶的速度v與滑塊最終停下位置x（到B點的距離）的關系。

12．如圖所示為某工廠的貨物傳送裝置，水平運輸帶與一斜面MP平滑連接，小物體在此處無碰撞能量損失，小物體與運輸帶間的動摩擦因數為μ1=0．5，運輸帶運行的速度為v0=5m/s，在運輸帶上的N點將一小物體輕輕地放在上面，N點距運輸帶的右端距離為x=3m，小物體的質量為m=0.4kg。設小物體到達斜面最高點P時速度恰好為零，斜面長度L=1.25m，它與運輸帶的夾角為θ=。（sin=0.6，cos=0.8，g=10m/s2，空氣阻力不計）求：

(1)小物體運動到運輸帶右端時的速度v的大??；

(2)小物體與斜面間的動摩擦因數μ2；

(3)由于傳送小物體而使帶動傳送帶的電動機多輸出的能量為多少?

13．一質量m＝2

kg的小滑塊，以某一水平速度v從B點滑上水平傳送帶，如圖所示．已知傳送帶勻速運行的速度為v0＝4

m/s，B點到傳送帶右端C點的距離為L＝2

m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.3．當滑塊滑到傳送帶的右端C時，其速度恰好與傳送帶的速度相同．(g＝10

m/s2)，求：

(1)滑塊剛滑上傳送帶時的速度大??；

(2)此過程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產生的熱量Q．

14．如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角，其上、兩點間的距離傳送帶在電動機的帶動下以的速度勻速運動，現將一質量的小物體（可視為質點）輕放在傳送帶的點，已知小物體與傳送之間的動摩擦因數，在傳送帶將小物體從點傳送到點的過程中，求：（取）

（1）物體剛開始運動的加速度大??；

（2）物體從到運動的時間；

15．水平放置長為L=4.5m的傳送帶順時針轉動，速度為v=3m/s，質量為m2=3kg的小球被長為的輕質細線懸掛在O點，球的左邊緣恰于傳送帶右端B對齊；質量為m1=1kg的物塊自傳送帶上的左端A點以初速度v0=5m/s的速度水平向右運動，運動至B點與球m2發生碰撞，在極短的時間內以碰撞前速率的反彈，小球向右擺動一個小角度即被取走．已知物塊與傳送帶間的滑動摩擦因數為μ=0.1，取重力加速度．求：

（1）碰撞后瞬間，小球受到的拉力是多大？

（2）物塊在傳送帶上運動的整個過程中，與傳送帶間摩擦而產生的內能是多少？

16．如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行．現將一質量m＝1

kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g＝10

m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

(1)0～8

s內物體位移的大?。?/p>

(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數；

(3)0～8

s內物體機械能增量及因與傳送帶摩擦產生的熱量Q．

17．如圖所示，P為彈射器，PA、BC為光滑水平面分別與傳送帶AB水平相連，CD為光滑半圓軌道，其半徑R=2m，傳送帶AB長為L=6m，并以v0=2m/s的速度逆時針勻速轉動，現有一質量m=1kg的物體（可視為質點）由彈射器P彈出后滑向傳送帶經BC緊貼圓弧面到達D點，已知彈射器的彈性勢能全部轉化為物體的動能，物體與傳送帶的動摩擦因數為0.2，若物體經過BC段的速度為v，物體到達圓弧面最高點D時對軌道的壓力為F．（g=10m/s2）

（1）寫出F與v的函數表達式；

（2）要使物體經過D點時對軌道壓力最小，求此次彈射器初始時具有的彈性勢能為多少；

（3）若某次彈射器的彈性勢能為8J，則物體彈出后第一次滑向傳送帶和離開傳送帶由于摩擦產生的熱量為多少．

18．如圖所示，半徑R=18.75m的光滑圓弧軌道BCD與斜面長L=8.2m的傳送帶DE在D處平滑連接，O為圓弧軌道BCD的圓心，C點為圓弧軌道的最低點，半徑OB、OD與OC的夾角分別為53°和37°。傳送帶以6m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，將一個質量m=0.5kg的物塊(視為質點)從B點左側高為h=0.8m處的A點水平拋出，恰從B點沿切線方向進入圓弧軌道。已知物塊與軌道DE間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）物塊水平拋出時的初速度大小v0；

（2）物塊第一次到達圓弧軌道BCD上的D點對軌道的壓力大?。ńY果保留2位有效數字）；

（3）物塊離開傳送帶前，與傳送帶產生的熱量Q。

參考答案

1．C

【詳解】

A．由于物體在運動過程中，當速度達到v時，不再受摩擦力；故摩擦力所做的功

故A錯誤；

B．在貨物加速過程中，摩擦力做功

由運動學公式有

由可得：到達中點的平均功率為

中點之后摩擦力不再做功，故總的平均功率要小于該值；故B錯誤；

C．物體在加速過程中平均速度為；而傳送帶的速度為v，物體加速位移為，則傳送帶前進的位移一定為L；故傳送帶克服摩擦力所做的功為

故C正確；

D．傳送帶克服摩擦力所做的功為

由A到C用時

故傳送帶克服摩擦力做功的功率應為；故D錯誤；

故選C。

2．D

【詳解】

A．若傳送帶順時針轉動，滑塊要么一直向上勻加速，要么一直向下勻加速，加速度都不會變化，圖線的斜率不會發生變化，與速度圖像不符；若傳送帶逆時針轉動，滑塊所受的摩擦力先向下后向上，合力先大后小，加速度先大后小，斜率先大后小，與速度圖像符合，所以傳送帶一定是逆時針轉動，A錯誤；

B．共速前滑塊所受摩擦力向下，由牛頓第二定律得

由圖像得

解得，B錯誤；

C．從圖像可以看出，傳送帶的速度等于v0，做勻速運動，C錯誤；

D．t0后滑塊繼續加速，摩擦力向上，加速度的大小為

解得，D正確。

故選D。

3．BCD

【詳解】

AC．工件放到傳送帶上后，先受到滑動摩擦力作用而做加速運動，直到工件與傳送帶共速后相對靜止；工件勻加速的過程，根據牛頓第二定律得，工件的加速度為

a==μg

工件的速度由零增大到v用時為

t=

該段時間內傳送帶的位移為

x=vt=

所以工件對傳送帶做功為

Wf=-fx=-μmg?=-mv2

則傳送帶因為傳送工件需要多做的功為mv2，故A錯誤，C正確；

B．傳送帶與工件間相對位移大小為

△x=vt-==

因此摩擦產生熱量為

Q=μmg?△x=μmg?=mv2

故B正確；

D．在運動的過程中只有摩擦力對工件做功，由動能定理可知，摩擦力對工件做的功等于工件動能的變化，即為mv2，故D正確。

故選BCD。

4．D

【詳解】

A.由題圖乙知，物塊的初速度方向平行傳送帶斜向上，在時間內速度減小，傳送帶對物塊做

負功，由牛領第三定律知，物塊對傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，對傳送帶做負功，故A錯誤；

B.在時間后，物塊和傳遞帶一起做勻速運動，有，所以，故B錯誤；

C.在時間內，傳送帶對物塊做功，故C錯誤；

D.在時刻后，物塊速度先增大后不變，摩擦力先做正功，后做負功，故D正確．

5．AB

【詳解】

對煤塊和平板車的運動進行分析，平板車在被推動后，擁有速度v0，此時平板車與煤塊擁有速度差，產生摩擦力，煤塊獲得加速度，大小為

隨后平板車撞墻靜止，此時煤塊會受到摩擦力的作用做勻減速運動，此時加速度大小也為

分類討論：

當時，此時煤塊剛好達到v0，煤塊留下的痕跡為

隨后煤塊做減速運動，按原路返回，故留下的痕跡為

則相對運動過程中產生的熱量為

當時，此時煤塊在平板車撞墻前達到勻速，此時煤塊留下的痕跡為

當平板車撞墻后，煤塊減速運動，按痕跡返回，此時運動的距離也為

故痕跡的大小為

此時相對運動過程中產生的熱量為

當時，此時煤塊在平板車撞墻前還未達到速度v0，此時煤塊留下的痕跡為

隨后平板車撞墻，煤塊做減速運動，按痕跡返回，移動的位移為

因，所以留下的痕跡為

此時相對運動過程中產生的熱量為

故選AB。

6．BC

【詳解】

A.傳送帶靜止時，物體滑到傳送帶上后向右做勻減速直線運動，到達傳送帶右端時物體的速度小于2m/s，物體離開傳送帶后做平拋運動到達C點，物體做平拋運動的初速度小于2m/s；若傳送帶逆時針方向運行且v=2m/s，物體在傳送帶上一直做勻減速直線運動，其運動情況與傳送帶靜止時相同，物體到達傳送帶右端時的速度與傳送帶靜止時到達右端的速度相等，物塊離開傳送帶做平拋運動，仍落在C點，故A錯誤；

B、若傳送帶順時針方向運動，則當傳送帶速度v＞2m/s時，物體在傳送帶上可能先做勻加速直線運動后做勻速直線運動，也可能一直做勻加速直線運動，物塊到達傳送帶右端時的速度大于2m/s，做平拋運動的初速度大于2m/s，物體將落在C點的右側，故B正確；

C.若傳送帶順時針方向運動，則當傳送帶速度v＜2m/s時，物體在傳送帶上可能先做勻減速直線運動后做勻速直線運動，此時到達傳送帶右端時的速度可能比傳送帶靜止時的速度大，物體落在C點的右側，故C正確；

D.若傳送帶逆時針方向運行且v=3m/s，物體在傳送帶上一直做勻減速直線運動，與傳送帶靜止時的運動情況相同，物體到達傳送帶右端時的速度與傳送帶靜止時到達右端的速度相等，物塊離開傳送帶做平拋運動，落在C點，故D錯誤．

7．CD

【解析】

【詳解】

重力沿傳送帶向下的分力：G1=mgsin37°=6m，物體與傳送帶間的摩擦力：f=μmgcos37°=4m；則A上滑過程中一直減速；對物體B開始時加速度mgsin37°+μmgcos37°=ma1；物塊做減速運動，當共速后，然后傳送帶速度大于物塊的速度，摩擦力向上，但是因為mgsin37°>μmgcos37°，則物體仍沿傳送做減速運動，選項A錯誤；A先向上做勻減速直線運動，速度變為零后，傳送帶對A的摩擦力平行于傳送帶向下，A向下做加速運動，摩擦力對A做正功，摩擦力對A不是阻礙作用，故B錯誤；物塊A在下滑過程中開始傳送帶的速度大于物體的速度，此時摩擦力向下，當物塊的速度與傳送帶共速后，物塊速度大于傳送帶速度時，物塊所受的摩擦力方向向上，選項C正確；物塊B在上滑到最高點的過程中，開始時物塊的速度大于傳送帶的速度，此時所受的摩擦力向下，當共速后，傳送帶速度大于物塊的速度，摩擦力向上，選項D正確；故選CD.【點睛】

本題考查了傳送帶問題，傳送帶問題對學生來說是一個難點，分析清楚物體在傳送帶上的運動過程是解題的關鍵，應用牛頓第二定律與運動學公式可以解題．

8．ACD

【詳解】

A．木塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度后一起做勻速直線運動。勻加速直線運動的加速度

a=μg

勻加速運動的時間

勻加速直線運動的位移

勻速運動的時間

則木塊從左端運動到右端的時間

故A正確；

BD．木塊在傳送帶上可能一直做勻加速直線運動，到達右端的速度恰好為v，根據平均速度推論知

則運動的時間

故B錯誤，D正確；

C．木塊在傳送帶上可能一直做勻加速直線運動，根據

得

故C正確。

故選ACD。

9．AC

【詳解】

A．v-t圖線與時間軸所圍的面積表示位移，由圖可得內物體位移的大小為

A正確；

B．物體剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律可得

由圖b可知，加速度a=1m/s2，聯立可解得，B錯誤；

C．內物體機械能增量為

物體初速度，末速度與傳送帶相同，由圖b可得，聯立可解得，C正確；

D．在0-2s內，物體與傳送帶的相對位移為

在2s-6s內，物體與傳送帶的相對位移為

最后2s相對靜止，沒有摩擦生熱，故內物體與傳送帶摩擦產生的熱量為

D錯誤。

故選AC。

10．（1）9J（2）（3）8J

【解析】

試題分析：（1）A、B碰撞過程水平方向的動量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能關系即可求出損失的機械能；（2）A、B碰撞后與C作用的過程中ABC組成的系統動量守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出C與AB分開后的速度，C在傳送帶上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，然后應用勻變速直線運動規律求出C相對于傳送帶運動時的相對位移，由功能關系即可求出摩擦產生的熱量．

（1）設A與B碰撞后共同速度為，對A、B有：

動量守恒①

碰撞時損失機械能②

解得

（2）設A、B碰撞后，彈簧第一次恢復原長時AB的速度為，C的速度為．

由動量守恒：③

由機械能守恒：④

解得

C以滑上傳送帶，假設勻加速的直線運動位移為時與傳送帶共速，由運動學公式，解得

加速運動的時間為t，有⑤

所以相對位移⑥

摩擦生熱．

11．(1)

3m/s

(2)

m/s

(3)

或

【詳解】

（1）從A點到剛滑上傳送帶，應用動能定理

得

代入數據得，v1=3m/s.（2）滑塊在傳送帶上運動，先向左減速零，再向右加速，若傳送帶的速度小于v1，則物塊最終以傳送帶的速度運動，設傳送帶速度為v時，物塊剛能滑到B點，則

解得m/s

即傳送帶的速度必須大于等于m/s。

(3)傳送帶的速度大于或等于v1，則滑塊回到水平軌道時的速度大小仍為v1

得s=0.9m，即滑塊在水平軌道上滑行的路程為0.9m，則最后停在離B點0.2m處。

若傳送帶的速度m/s

解得

若傳送帶的速度v

解得

12．(1)5m/s；(2)0.5；(3)10J

【詳解】

(1)小物體在傳送帶上運動，由牛頓第二定律得

物體與傳送帶速度相同所用的時間為t，則

小物體通過的距離為

小物體先做勻加速運動，后做勻速運動，到達右端時速度與傳送帶相同為

(2)設小物體在斜面上的加速度為a２，由牛頓第二定律得

gsinθ+μ2mgcosθ＝ma２

因小物體到達斜面最高點P時速度恰好為零，由運動學方程得v2=2a２L，聯立解得

(3)小物體在運輸帶上勻加速運動時，運輸帶的位移為

=v0t=5m

小物體與運輸帶的相對路程為

Δx=v0t－x1＝2.5m

小物體與運輸帶間產生的熱量為

電動機多輸出的能量為

13．（1）2m/s或2m/s；（2）1.67J

【解析】

【詳解】

(1)若v

代入數據解得：v＝2

m/s.若v>v0，滑塊所受摩擦力對滑塊做負功

由動能定理得：－μmg·L＝mv02－mv2

代入數據解得：v＝2m/s.(2)當v＝2

m/s時，設滑塊從B到C用時為t，則

μmg＝ma，a＝μg＝3

m/s2

v0＝v＋at，Q＝μmg(v0t－L)

代入數據解得：Q＝4

J.當v＝2m/s時，同理可得：

Q＝μmg(L－v0t)≈1.67

J.14．(1)2.5m/s2；(2)5.2s

【詳解】

(1)小物體向上加速過程，對小物體進行受力分析，如圖所示

根據牛頓第二定律有

則得物體剛開始運動的加速度為

(2)當小物體的速度增加到v=1m/s時，通過的位移是

勻加速所用時間

由于

所以物體與傳送帶同速后一起勻速運動，位移為

即小物體將以1m/s的速度完成4.8m的路程，用時為

故小物體從A到B所需時間為

15．（1）42N（2）13.5J

【詳解】

解：設滑塊m1與小球碰撞前一直做勻減速運動，根據動能定理：

解之可得：

因為，說明假設合理

滑塊與小球碰撞，由動量守恒定律：

解之得：

碰后，對小球，根據牛頓第二定律：

小球受到的拉力：

（2）設滑塊與小球碰撞前的運動時間為，則

解之得：

在這過程中，傳送帶運行距離為：

滑塊與傳送帶的相對路程為：

設滑塊與小球碰撞后不能回到傳送帶左端，向左運動最大時間為

則根據動量定理：

解之得：

滑塊向左運動最大位移：=2m

因為，說明假設成立，即滑塊最終從傳送帶的右端離開傳送帶

再考慮到滑塊與小球碰后的速度<，說明滑塊與小球碰后在傳送帶上的總時間為

在滑塊與傳送帶碰撞后的時間內，傳送帶與滑塊間的相對路程

因此，整個過程中，因摩擦而產生的內能是

=13.5J

16．（1）

（2）0.875（3）90J,126J

【詳解】

（1）由題圖乙可知，0～8?s內物體位移的大小等于0～8?s內圖線與時間軸所圍面積的大小，即為：

（2）由題圖乙可知，物體相對傳送帶滑動時加速度為：

由牛頓第二定律，得：μmgcos37°-mgsin37°=ma

解得：μ=0.875

（3）物體被傳送帶送上的高度為：h=xsin?37°=8.4?m

重力勢能增量為：△Ep=mgh=1×10×8.4J=84?J

動能增量為：△Ek=mv22-mv12=×1×(42?22)J=6?J

0～8?s內物體機械能增量為：△E=△Ep+△Ek=90?J

0～8?s內傳送帶運動距離為：x′=4×8?m=32?m

相對位移為：△x=x′-x=32m-14m=18?m

產生熱量為：Q=μmgcos?37°△x=0.875×1×10×0.8×18J=126?J．

【點睛】

本題一要讀懂速度圖象，根據圖象分析物體的運動情況，求出位移和加速度，二要根據牛頓第二定律和功能關系求解相關的量，對于熱量，要根據相對位移求解．

17．（1）F=-50（N）；（2）62J；（3）18J

【詳解】

（1）在D點，由牛頓第二定律得：

物體從B到D的過程，由機械能守恒定律得：

聯立可得

（2）當時，根據能量守恒定律得

（3）當時，設物體向右勻減速運動歷時t1

此時物體向右的位移

皮帶向左的位移

兩者相對位移

當物體向右勻減速到0時又向左勻加速運動直到與傳送帶速度相等，兩者相對靜止，設此過程歷時，物體向左的位移

皮帶向左的位移

兩者的相對位移

所以

所以

18．（1）3m/s；（2）6.7N；（3）3.2J

【詳解】

(1)物體拋出后豎直方向做自由落體運動，豎直方向有

得：

物體恰好從A點沿切線方向進入圓弧軌道，則

得：

(2)煤塊在A至D的運動過程中由動能定理得：

在D點由牛頓第二定律得

解得：，又有牛頓第三定律知：在D點對軌道的壓力大小為6.7N。

(3)因所以物塊向上做勻減速運動，由牛頓第二定律可得

解得：

當減速到時，所用的時間，由勻變速直線運動規律可得

因為，所以物塊向上再做勻減速運動，由牛頓第二定律可得

解得：

解得：

第五篇：2014屆高三物理總復習計劃書

李澤寬同學——高三物理總復習計劃書

第一輪復習

2014屆高三第一輪復習1——直線運動……………………………………………………3.12 2014屆高三第一輪復習2——曲線運動…………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習3——力……………………………………………………………3.17 2014屆高三第一輪復習4——共點力平衡………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習5——牛頓定律…………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習6——萬有引力定律及其應用……………………………………3.24 2014屆高三第一輪復習7——動量………………………………………………………… 2009屆高三第一輪復習8——機械能……………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習9——機械振動和機械波…………………………………………3.31 2014屆高三第一輪復習10——電場………………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習11——磁場………………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習12——恒定電流……………………………………………………4.7 2014屆高三第一輪復習13——交變電流…………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習14——電磁感應…………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習15——電磁場和電磁波……………………………………………4.14 2014屆高三第一輪復習16——分子動理論………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習17——內能熱和功……………………………………………… 2014屆高三第一輪復習18——氣體的狀態參量……………………………………………4.21 2014屆高三第一輪復習19——光的折射…………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習20——光的干涉…………………………………………………… 2014屆高三第一輪復習21——光的偏振、激光……………………………………………4.28 2014屆高三第一輪復習22——原子的核式結構玻爾理論 天然放射現象…………… 2014屆高三第一輪復習23——核反應 核能 質能方程…………………………………… 2014屆高三第一輪復習24——力學實驗……………………………………………………5.5 2014屆高三第一輪復習25——電磁學實驗…………………………………………………5.7

第二輪復習

相互作用——牛頓運動定律——曲線運動與萬有引力——機械能守恒定律（5.9--5.16）靜電場——恒定電流——磁場——電磁感應（5.19--5.26）

振動和波——光（5.28--5.30）

第三輪復習

解題方法總結+必考點分析+知識點歸納（6.1--6.6）