新教材2020_2021学年高二物理下学期暑假训练8牛顿运动定律的应用__传送带模型

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例1．如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
1．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，g取10 m/s2，则( )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
2．(多选)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)。现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是( )
3．三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )
A．物块A、B不同时到达传送带底端
B．物块A先到达传送带底端
C．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同
D．传送带对物块A无摩擦力作用
4．如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( )
A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcs θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ
5．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1
B．A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J
D．若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
6．新疆的农业已经进入高度自动化时代，棉花、番茄等农作物的采摘基本采用机械化设备。如图甲所示是番茄自动化采摘设备，其输送番茄的装置可简化为如图乙所示传送带。已知A、B间距为L＝4 m，与水平方向夹角θ＝37°，以v＝1 m/s速度顺时针传送，质量m＝100 g的番茄与传送带间动摩擦因数μ＝0.8，现把番茄从A点无初速释放，（已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不考虑番茄转动）。
(1)求番茄刚释放时的加速度大小；
(2)求番茄从A点到B点运动的时间t；
(3)画出运动过程中摩擦力大小和时间的F－t图。
7．如图所示，与水平面成θ＝30°角的倾斜传送带正以v＝3 m/s 的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13.5 m。现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(2\r(3),5)，取g＝10 m/s2，求：（结果保留2位有效数字）
(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；
(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？
8．某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长L＝50 m，正常运转的速度v＝4 m/s。一次工人刚把M＝10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。（物块与木板均可看成质点，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）
(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；
(2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把货物拉到0.2L处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；
(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？（不计传送带的加速时间）
答案与解析
例1．【解析】(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2
t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m＜L
即下滑5 m与传送带速度相等
达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙
a2＝g(sin θ－μcs θ)＝2 m/s2
x2＝L－x1＝5.25 m
x2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，得t2＝0.5 s
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。
1．(多选)
【答案】ABC
【解析】若传送带不动，由匀变速运动规律可知veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故A、B、C正确，D错误。
2．(多选)
【答案】ABD
【解析】第一种情况：物体在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度不变；如果v1>v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2＝v2；如果v1≤v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2＝v1；第二种情况：物体在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2，故A、B、D正确，C错误。
3．【答案】C
【解析】两个小物块A和B从传送带的顶端都以1 m/s的速度下滑，因为μmgcs 37°＝0.4mg4．【答案】A
【解析】若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ5．【答案】AB
【解析】由图乙可知，物块加速过程的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，由牛顿第二定律可知a＝μg，联立解得μ＝0.1，故A正确；由于4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离x＝eq \f(1,2)×(2+6)×4 m＝26 m，小物块在传送带上留下的痕迹是l＝4×4 m－eq \f(1,2)×4×4 m＝8 m，故B正确；物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功W＝－μmgx＝－16 J，故C错误；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误。
6．【解析】(1)刚释放时，对番茄受力分析，根据牛顿第二定律可得：
μmgcs θ－mgsin θ＝ma1
带入数据解得a1＝0.4 m/s2。
(2)番茄在传送带上先做加速运动，后做匀速运动，匀加速运动的位移大小
则匀加速运动的时间
匀速运动的时间
则从A点到B点运动的时间。
(3)匀加速运动阶段，摩擦力大小f1＝μmgcs θ＝0.64 N
匀速运动阶段，摩擦力大小f2＝mgsin θ＝0.60 N
则摩擦力大小和时间的F－t图如图所示。
7．【解析】(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则
μmgcs θ－mgsin θ＝ma
代入数据解得a＝1.0 m/s2
刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dmin＝eq \f(1,2)at2
解得dmin＝0.50 m
当工件匀速运动时，两相邻工件相距最远，则dmax＝vt＝3.0 m。
(2)由于工件加速运动的时间为t1＝eq \f(v,a)＝3.0 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1＝3μmgcs θ
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x＝eq \f(v2,2a)＝4.5 m
传送带上匀速运动的工件个数n2＝eq \f(l－x,dmax)＝3(个)
当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0＝mgsin θ
所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2＝n2f0
与空载相比，满载时传送带需增大的牵引力F＝f1＋f2
代入数据解得F＝33 N。
8．【解析】(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得：
μMgcs 37°－Mgsin 37°＝Ma1
对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得：
Fm－μ(M＋m)gcs 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a1
解得：a1＝0.4 m/s2，Fm＝192 N。
(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：
F－μ(M＋m)gcs 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a2
设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：v12＝2a2(0.2L)
解得：a2＝0.2 m/s2，v1＝2 m/s。
(3)由于v1<4 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3
μ(M＋m)gcs 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a3
设经过t1木板速度与传送带速度相同，v＝v1＋a3t1
设t1内木板加速的位移为x1，有：v2－v12＝2a3x1
共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，则：
L－0.2L－x1＝vt2
联立解得：t1＝5 s，t2＝6.25 s
所以来电后木板再需要运动t＝t1＋t2＝11.25 s。