2021_2022学年新教材高中物理第四章牛顿运动定律专题练传送带问题含解析粤教版必修第一册

传送带问题

一、选择题

1．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　　)

A．乘客与行李同时到达B处

B．乘客提前0.5 s到达B处

C．行李提前0.5 s到达B处

D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处

【解析】选B、D。行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝＝ s＝2 s，D正确。

2．如图所示，水平方向的传送带，顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，选项图中速度随时间变化的关系正确的是(　　)

【解析】选B。物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与传送带间的摩擦力作用，使得物块做匀减速运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝＝ m＝2 m，其值小于AB的长3 m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝＝ m＝0.5 m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度大小等于传送带的速度大小，选项B正确。

3．(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，正以某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则(　　)

A．传送带一定顺时针转动

B．传送带的速度大小等于v0

C．μ＝－tan θ

D．t0时间后木块的加速度大小为－2g sin θ

【解析】选B、C。若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足mg sin θ>μmg cos θ，将一直匀加速运动到底端而且加速度不变；当木块上滑时满足mg sin θ<μmg cos θ，木块先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，故传送带逆时针转动，A错误；只有当木块的速度大于传送带的速度时，木块所受的摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度大小等于v0，故B正确；木块在0～t0时间内，滑动摩擦力沿传送带向下，木块匀加速下滑，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得：a1＝g sin θ＋μg cos θ，由题图乙可知，a1＝，联立解得：μ＝－tan θ，故C正确；木块与传送带共速后，由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得：a2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值得：a2＝2g sin θ－，故D错误。

4．(多选)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v­t图像如图乙所示，已知重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　　)

A.传送带的速度为4 m/s

B．传送带底端到顶端的距离为32 m

C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1

D．物块所受摩擦力的方向一直与物块运动的方向相反

【解析】选A、B。结合题图乙分析可知，在t＝2 s时物块与传送带速度相同，所以传送带的速度为4 m/s，选项A正确；在0～2 s时间内物块所受滑动摩擦力沿传送带向下，与物块运动方向相反，在2～4 s内物块所受滑动摩擦力沿传送带向上，与物块运动方向相同，选项D错误；根据v­t图像中图线与横轴围成的图形的面积等于位移可知，物块在传送带上的位移x＝×(24＋4)×2 m＋×4×2 m＝32 m，即传送带底端到顶端的距离为32 m，选项B正确；根据v­t图像的斜率表示加速度可知，在0～2 s时间内物块的加速度大小为a1＝10 m/s2，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得μ＝0.5，选项C错误。

5．(多选)如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大小为v1(v1＞v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v­t图像如图乙，则(　　)

A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变

B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ<tan θ

C．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大

D．小物块返回传送带底端时的速率小于v1

【解析】选B、D。由v­t图像可知，在t2时刻，小物体加速度发生变化，故在t2时刻之前摩擦力沿斜面向下，之后沿斜面向上，发生了变化，故A错误；t2时刻小物块与传送带速度相等，之后仍然能继续加速，故mg sin θ>μmg cos θ，即μ<tan θ，故B正确；由v­t图像可知，在t1时刻物块速度反向，故t1时刻小物块离斜面底端距离最大，故C错误；小物块返回斜面底端时，整个过程中，重力做功为0，摩擦力做负功，由动能定理可知，其返回底端时的速度小于初速度υ1，故D正确。

6．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则(　　)

A.煤块从A端运动到B端的时间是2.25 s

B．煤块从A端运动到B端的时间是1.5 s

C．划痕长度是0.5 m

D．划痕长度是2 m

【解析】选B、D。根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误。

7．(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度地放上一木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端到右端的运动时间可能是(　　)

A.＋　　　B．　　　C．　　　D．

【解析】选A、C、D。若木块一直匀加速，则有L＝μgt2，得t＝；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝t＝t，得t＝；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝L－x，从而得t＝t1＋t2＝＋。故选项A、C、D正确。

8．如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ。传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)则(　　)

A.aA＝μ(1＋)g，aB＝μg

B．aA＝μg，aB＝0

C．aA＝μ(1＋)g，aB＝0

D．aA＝μg，aB＝μg

【解析】选C。对物块B受力分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm2g＝kx，则x＝。以两个物块组成的整体为研究对象进行受力分析，则绳子的拉力：T＝μ(m1＋m2)g；突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，则：aA＝＝＝μ(1＋)g；B在水平方向仍然受到弹簧的弹力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0。故选项C正确，A、B、D错误。

9．(多选)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 s

B．背包从A运动到B所用的时间为2.3 s

C．背包与传送带之间的相对位移为0.3 m

D．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m

【解析】选A、D。背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝＝0.2 s，此过程背包相对地面位移x1＝t1＝×0.2 m＝0.1 m<L＝2 m，故共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1×0.2 m－0.1 m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝＝ s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为t＝t1＋t2＝2.1 s，故A、D正确。

10．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)

【解析】选D。开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1

所以a1＝g sin θ＋μg cos θ

木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得

mg sin θ－μmg cos θ＝ma2

所以a2＝g sin θ－μg cos θ

根据以上分析，有a2＜a1，所以本题正确选项为D。

11.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机。如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法正确的是(　　)

A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧

B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短

C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短

D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短

【解析】选C。刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误。木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝，设相对滑动的时间为t，由v＝at得t＝，此时传送带的位移为x传＝vt＝，所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误。木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确。传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误。

二、非选择题

12．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10 m/s2，求：

(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度的大小；

(2)小物体与传送带间的动摩擦因数μ。

【解析】(1)传送带A、B间的距离L等于v­t图线与t轴所围的面积，所以L＝×1×10 m＋×(10＋12)×1 m＝16 m

由平均速度的定义得＝＝8 m/s。

(2)由v­t图像可知传送带运行速度为v1＝10 m/s，0～1 s内物体的加速度大小为

a1＝＝10 m/s2

1～2 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2

根据牛顿第二定律得

mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1

mg sin θ－μmg cos θ＝ma2

联立两式解得μ＝0.5。

答案：(1)8 m/s　(2)0.5

13.水平传送带被广泛应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。

(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；

(2)求行李做匀加速直线运动的时间；

(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处。求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

【解析】(1)行李所受滑动摩擦力为

Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，

加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2。

(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则

v＝at1，得t1＝＝ s＝1 s。

(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v＝2aL，

得vmin＝＝ m/s＝2 m/s，

所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s。

由vmin＝atmin得行李最短运行时间tmin＝＝ s＝2 s。

答案：(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s

(3)2 s　2 m/s