物理高考热点分析：弹簧和传送带双向综合问题.doc

物理高考热点分析：弹簧和传送带双向综合问题1、（16分）在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数无关，是一个定值（2）已知滑块与车面间动摩擦因数=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内?2、（20分）如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P(P为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧，当A与P碰撞时P立即解除锁定)，右端N处与水平传送带恰平齐且很靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率 = 5m/s 匀速转动，水平部分长度L = 4m。放在水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep = 4J，弹簧与A相连接，与B不连接，A、B与传送带间的动摩擦因数 = 0.2，物块质量mA = mB = 1kg。现将A、B由静止开始释放，弹簧弹开，在B离开弹簧时，A未与P碰撞，B未滑上传送带。取g = 10m/s2。求：（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离sm；（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程中B与传送带间因摩擦而产生的热 能Q；（3）B回到水平面后压缩被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带。则P锁定时具有的弹性势能E满足什么条件，才能使B与弹簧分离后不再与弹簧相碰。3、（16分）如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r1m，APD的半径为R2m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为q37现有一质量为m1kg的小球穿在滑轨上，以初动能Ek0从B点开始沿BA向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为 ，设小球经过轨道连接处均无能量损失求：（g10m/s2，sin370.6，cos370.8）（1）要使小球完成一周运动回到B点，求初动能EK0至少多大；（2）若小球以第一问Ek0数值从B出发，求小球第二次到达D点时的动能及小球在CD段上运动的总路程4、(20分）如图所示，将一端带有半圆形光滑轨道的凹槽固定在水平面上，凹槽的水平部分AB粗糙且与半圆轨道平滑连接,AB长为2L。圆轨道半径为。凹槽的右端固定一原长为L的轻质弹簧P1，P1的左端与长为L质量为2m的圆筒相接触，但不栓接。圆筒内部右端栓接一完全相同的弹簧P2，用直径略小于圆筒内径、质量为m的小球将弹簧P2压缩，再用销钉K将小球锁定在圆筒内（小球与P2不栓接）。球与圆筒内壁间的动摩擦因数为u，圆筒与凹槽水平部分间的动摩擦因数为2u。用圆筒将弹簧P1也压缩，由静止释放，圆筒恰好不滑动。现将销钉K突然拔掉，同时对圆筒施加一水平向左的拉力，使圆筒向左做匀加速运动，到B点时圆筒被卡住立刻停止运动，小球沿半圆形轨道从C点水平抛出。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球可视为质点，圆筒壁的厚度忽略不计。(1) 若小球通过半圆形轨道最高点C时，轨道对小球的压力是小球重力的3倍，求小球射出圆筒时的速度大小(2) 若使圆筒运动到B点之前，弹簧P2长度不变，求拉力初始值的取值范围(3) 若拉力的初始值为，且小球从C处平拋后，恰好未撞击圆筒，求圆筒从静止运动到B点过程中拉力所做的功5、（16分）用图所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端。传送带AB的长度L=11m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12m/s。传送带B端靠近倾角q=37的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧。在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔Dt=1.0s将一个质量m=10kg的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走。已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，g=10m/s2（sin370.6，cos370.8）。求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数；（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0 s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q；（3）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞。求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离。（本问结果可以用根式表示）6、（20分）如题25图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数0.20，重力加速度g取10m/s2（1）求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？7、（16分）用图17所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端。传送带AB的长度L=11m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12m/s。传送带B端靠近倾角q=37的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧。在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔Dt=1.0s将一个质量m=10kg的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走。已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，g=10m/s2（sin370.6，cos370.8）。求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数；（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0 s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q；（3）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞。求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离。（本问结果可以用根式表示）8、（20分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mg均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求（1）物体A刚运动时的加速度aA（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？9、（16分）如图所示，将质量均为m厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接。第一次只用手托着B物块于H高度，A在弹簧弹力的作用下处于静止，现将弹簧锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep，现由静止释放A、B，B物块刚要着地前瞬间将弹簧瞬间解除锁定（解除锁定无机构能损失），B物块着地后速度立即变为O，在随后的过程中B物块恰能离开地面但不继续上升。第二次用手拿着A、B两物块，使得弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B离地面的距离也为H，然后由静止同时释放A、B，B物块着地后速度同样立即变为0。求： （1）第二次释放A、B后，A上升至弹簧恢复原长时的速度v1； （2）第二次释放A、B后，B刚要离地时A的速度v2。 10、（20分）如图所示，质量为M的长滑块静止在光滑水平地面上，左端固定一劲度系数为且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上，细绳所能承受的最大拉力为，使一质量为、初速度为的小物体，在滑块上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧，弹簧的弹性势能表达式为（为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量）。（1）给出细绳被拉断的条件。（2）长滑块在细绳拉断后被加速的过程中，所能获得的最大向左的加速度为多大？（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是什么？11、如下图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长木板在水平拉力F=50N作用下以初速度沿水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们质量均为，将一铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板最右端放上第二个铁块，只要木板运动了L就在木板最右端无初速放一铁块。求：（1）第一个铁块放上后，木板运动1m时，木板的速度为多大？（2）最终有几个铁块能留在木板上？（3）最后一个铁块与木板右端距离为多大？（）12、如图所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩，不计绳与滑轮间的摩擦，开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向，重力加速度为g（1）求弹簧的压缩量；（2）现施加一恒力F竖直向下拉挂钩，求物块B刚要离开地面时物块A的加速度；（3）在（2）中，若物块B刚要离开地面时，物块A的速度为v，求从开始施加拉力F到物块B刚要离开地面过程中，弹簧弹力对物块A所做的功；（4）若在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止开始释放，恰好能使物块B离开地面，求此过程中弹簧弹力对物块A所做的功物理高考热点分析：弹簧和传送带综合问题参考答案1、解析：（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度 相对车滑动的时间 滑块相对车滑动的距离 滑块与车摩擦产生的内能 由上述各式解得 （与动摩擦因数无关的定值） （2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间 由几何关系有 由牛顿定律有 由式代入数据解得 ， 则恒力F大小应该满足条件是 （3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）到达车右端时，与车达共同速度则有 由式代入数据解得 则力F的作用时间t应满足 ，即2、（20分）解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 Ep = mAA2 + mBB2 （1分） 由动量守恒有 mAA - mBB = 0 （1分） 联立以上两式解得 A = 2m/s B = 2m/s （1分） B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，向右运动的距离最大。 由动能定理得 - mBgsm = 0 - mBB2 （1分） 解得 sm = = 1m （1分）（2）物块B先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动， 回到皮带左端时速度大小仍为B = 2m/s （1分）由动量定理 - mBgt = - mBB - mBB （1分）解得 t = = 2s （1分）B向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为 Q1 = mBg( + sm) （1分）B向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为 Q2 = mBg( - sm) （1分） Q = Q1 + Q2 = mBgt = 20J （1分）3、（18分）题解答：（1）从B点开始到轨道最高点需要能量 Ek0mgR(1-cosq)+ mgLsinq +mmgLcosq（2分）代入 解得Ek030J从最高点向左返回B点设剩余动能EkBEkB=mg2R-mgr(1+cosq)-mmgL=12J（1分）说明只要小球能从点上升到最高点以后就可以回到B点（1分）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至少30J （2分）（2）小球第一次回到B点时的动能为12J，小球沿BA向上运动到最高点，距离B点为X则有：EkB=mmgXcosq+mgXsinq （1分） X=m3m 小球掉头向下运动，当小球第二次到达D点时动能为 （1分） （2分）=12.6J 小球第二次到D点后还剩12.6J的能量，沿DP弧上升一段后再返回DC段，到C点只剩下2.6J的能量。（2分）因此小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点。 （2分） 由动能定理：EKD= mg x （2分）可得小球在CD上所通过的路程为x3.78m小球通过CD段的总路程为X总2Lx9.78m（2分）4、（21分）解：（1）（6分）小球过最高点时，根据向心力公式 .2分小球从B点到最高点C过程中机械能守恒 .2分.2分（2）（10分）由于筒恰好不动，对筒和小球： 2分拔掉销钉，设小球所允许的加速度最大值是,应有 2分最小值是，应有 2分刚拔掉销钉时，对筒和小球： 2分且以上解得： 15umgF21umg 2分（3）（5分）拉力的初始值为，所以给定初始拉力仍在上问范围内，在运动到B点以前，弹簧P2的长度不变，设加速度为a0，对整体：18umg+kL/22u3mg=3ma 0 1分到B处时，VB2=2a0L/2 从C点平抛 L=VCt L/2=1/2gt2从开始到小球运动到C点，对小球：W2umgL/2mgL/2=mVc2/2 mVB2/2对筒和小球整体，从静止开始运动到B点，由功能关系得 WF+W12u3mgL/2=3mVB2/2 1分而两弹簧相同，形变量相同，所以有W1=W2联立以上解之得1分5、（16分）（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有0 mg =ma0解得 a0=0 g=5.5m/s2 (2分)由运动学公式 v12=2 a0L解得货物箱运动到传送带右端时的速度大小为 v1=11m/s货物箱刚冲上斜面时的速度 v2=(1)v1=10m/s货物箱在斜面上向上运动过程中 v22=2 a1s解得 a1=10m/s2 (2分)根据牛顿第二定律 mgsinq+mmgcosq=ma1解得 m=0.5 (2分)（2）3.0s内放上传送带的货物箱有3个，前2个已经通过传送带，它们在传送带上的加速时间t1= t2=2.0s；第3个还在传送带上运动，其加速时间 t3=1.0s。前2个货物箱与传送带之间的相对位移 Ds=v t1-v1t1=13m第3个货物箱与传送带之间的相对位移Ds=vt3-v1t3=9.25m (2分)前2个货物箱与传送带摩擦产生的总热量为 Q1=20 mgDs =1430J 第三个货物箱与传送带摩擦产生的热量为：Q2=0 mgDs =508.75J。 (2分)总共生热 QQ1+Q21938.75J。 (2分)（3）货物箱由A运动到B的时间为2.0s，由B运动到C的时间为1.0s，可见第一个货物箱冲上斜面C端时第二个货物箱刚好冲上斜面。货物箱沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律有mgsinq-mmgcosq=ma2解得加速度大小 a2=2.0m/s2 (1分)设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t，有 v2 t -a1t 2+a2t 2=s解得 s 0.69 s (1分)两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离 s1 =a2t 2=m 0.48 m (2分) 6、（19分）解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x根据牛顿第二定律和运动学公式 解得-6分即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s1分 （2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mv0=2mv1 2 mv1=2mv2+mvC由动量守恒规律 解得EP=1.0J2分-6分 （3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v 设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，由能量守恒规律和动量守恒定律 由能量守恒规律 由运动学公式 解得： -7分 7、（23分）解：（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有0 mg =ma0解得 a0=0 g=5.5m/s2 (3分)由运动学公式 v12=2 a0L解得货物箱运动到传送带右端时的速度大小为 v1=11m/s货物箱刚冲上斜面时的速度 v2=(1)v1=10m/s货物箱在斜面上向上运动过程中 v22=2 a1s解得 a1=10m/s2 (3分)根据牛顿第二定律 mgsinq+mmgcosq=ma1解得 m=0.5 （2）3.0s内放上传送带的货物箱有3个，前2个已经通过传送带，它们在传送带上的加速时间t1= t2=2.0s；第3个还在传送带上运动，其加速时间 t3=1.0s。前2个货物箱与传送带之间的相对位移 Ds=v t1-v1t1=13m第3个货物箱与传送带之间的相对位移Ds=vt3-v1t3=9.25m (3分)前2个货物箱与传送带摩擦产生的总热量为 Q1=20 mgDs =1430J 第三个货物箱与传送带摩擦产生的热量为：Q2=0 mgDs =508.75J。 (3分)总共生热 QQ1+Q21938.75J。 (1分)（3）货物箱由A运动到B的时间为2.0s，由B运动到C的时间为1.0s，可见第一个货物箱冲上斜面C端时第二个货物箱刚好冲上斜面。货物箱沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律有mgsinq-mmgcosq=ma2解得加速度大小 a2=2.0m/s2 (3分)设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t，有 v2 t -a1t 2+a2t 2=s解得 s 0.69 s (3分)两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离 s1 =a2t 2=m 0.48 m (3分)8、解析：（1）物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得代入数据解得 （6分）（2）t=1.0s，木板B的速度大小为 木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有解得：F=7N电动机输出功率P= Fv=7W ( 7分 )（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为，则解得 =5N木板B受力满足所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等。设这一过程时间为，有这段时间内的位移 A、B速度相同后，由于F且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理有：由以上各式代入数学解得：木板B在t=1.0s到3.8s这段时间内的位移为： （9分） 9、（1）第二次释放A、B后，A、B自由落体运动，B着地后，A和弹簧相互作用至A上升到弹簧恢复原长过程中，弹簧对A做的总功为零。 对A从开始下落至弹簧恢复原长过程，对A由动能定理有 解得 方向向上 （2）设弹簧的劲度系数为k，第一次释放AB前，弹簧向上产生的弹力与A的重力平衡。设弹簧的形变量（压缩）为 第一次释放AB后，B刚要离地时弹簧产生向上的弹力与B的重力平衡设弹簧的形变量（伸长）为 第二次释放AB后，在B刚要离地时弹簧产生向上的弹力与B的重力平衡设弹簧的形变量（伸长）为 由得 即这三个状态，弹簧的弹性势能都为Ep 在第一次释放AB后至B着地前过程，对A、B和弹簧组成的系统由机械能守恒有从B着地后到B刚要离地的过程，对A和弹簧组成的系统，由机械能守恒有 第二次释放后，对A的弹簧系统，从A上升至弹簧恢复原长到B刚要离地过程，由机械能守恒有 由得 10、（1）设弹簧压缩量为时绳被拉断：从初始状态到压缩绳被拉断的过程中，故细绳被拉断的条件为（2）设绳被拉断瞬间，小物体的速度为，有解得当弹簧压缩至最短时，滑块有向左的最大加速度，此时，设弹簧压缩量为，小物体和滑块有相同的速度为从绳被拉断后到弹簧压缩至最短时，小物体和滑块，弹簧系统的动量守恒，机械能守恒： 由牛顿第二定律：解得（3）设小物体离开时，滑块M速度为，有：，解得由于，故物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是，且满足 二、计算题11、（1）由得，第一个铁块放上后，木板做匀减速运动，由动能定理得：即：代入数据得（2）对木板有第一个铁块放上后第二个铁块放上后第个铁块放上后得木板停下时，得，所以最终有7个铁块能留在木板上（3）当第7块铁块放上后，距木板右端距离为，由第（2）问得： ，解得：12、（1）根据胡克定律F1=kx1得x1= （3分）（2）B刚要离开地面时，B受弹簧弹力F2和重力作用处于静止状态，则F2= m2g （1分）F - F2-m1g = m1a （1分）a= （2分）（3）B刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x2kx2= m2g此过程中以A为研究对象，根据动能定理WF+WG+W弹=m1-0 （2分）重力和拉力做功分别为 WG= - m1g(x1+ x2) WF=F(x1+ x2)得W弹=m1+ (m1g F)g （2分）（4）分析题意可知，B不再上升，表明此时A和C的速度为零，C已降到最低点以A、C和弹簧为研究对象，根据机械能守恒定律，弹簧弹性势能增加量为Ep=m3g(x1+ x2) -m1g(x1+ x2) （2分）得Ep= (m3g- m1g)g弹力对A所做的功W= -Ep= (m1g - m3g)g （2分）14