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高考物理一轮复习课时练习 第3章第4练 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题（含详解）
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这是一份高考物理一轮复习课时练习 第3章第4练 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题（含详解），共8页。试卷主要包含了5 m，5 s等内容，欢迎下载使用。
1.(2023·江苏扬州市高邮中学期中)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A．要实现这一目的前提是μB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零
C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
2．(2023·广东惠州市调研)如图甲所示，将一物块P轻轻放在足够长的水平传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．物块一直受滑动摩擦力
B．传送带做顺时针的匀速运动
C．传送带做顺时针的匀加速运动
D．物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带
3.(多选)(2023·四川省资中县第二中学检测)如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是( )
A．8 m/s B．9 m/s C．10 m/s D．11 m/s
4.(2023·安徽省十校联盟期中)某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s运行，在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B．快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C．快件与传送带的相对位移为0.5 m
D．快件由A到B的时间为5.5 s
5.(2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
6．(多选)(2024·重庆名校联盟期中)如图甲为一足够长的倾斜传送带，倾角θ＝37°，现以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的v－t图像如图乙所示，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cs 37°＝0.8，则( )
A．图乙中t1＝0.75 s
B．图乙中t2＝2 s
C．煤块运动过程中距离A点的最远距离为10 m
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
7.(2023·辽宁阜新市联考)如图甲所示，足够长的匀速运动的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．物块可能沿传送带向上运动
B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ
C．t0时间后物块的加速度大小为2gsin θ－eq \f(v0,t0)
D．若传送带反转，则物块将一直以大小为gsin θ－eq \f(2v0,t0)的加速度做匀加速直线运动
8.(2024·广东深圳市二检)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送和一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带与货物间的动摩擦因数相同。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数；
(2)若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。
9.(2023·湖北武汉市三模)如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，将工件(视为质点)轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。两传送带正常工作时，对其中一个工件A在传送带乙上留下的痕迹，下图中可能正确的是( )
第4练 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
1．C [要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。]
2．C [由题图乙可知，物块先做匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带一起顺时针加速后，物块受静摩擦力，物块不可能从题图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。]
3．CD [根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有v2－v02＝2ax，解得v＝eq \r(89) m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥eq \r(89) m/s≈9.4 m/s，故选C、D。]
4．D [快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝eq \f(v,a)＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δx＝vt－eq \f(v,2)t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t′＝eq \f(L－\f(v,2)t,v)＝5 s，所以快件运输总时间为t总＝t＋t′＝5.5 s，故D正确。]
5．(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs α>
mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcs α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
6．BCD [0～t1内，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得煤块的加速度大小为a1＝8 m/s2，所以t1＝eq \f(v0－v1,a1)＝eq \f(12－4,8) s＝1 s，故A错误；t1～t2内，根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度大小为a2＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2，所以t2＝eq \f(v1,a2)＋t1＝2 s，故B正确；由图像知，在0～t2内，煤块向上运动的位移为x＝eq \f(1,2)×(12＋4)×1 m＋eq \f(1,2)×4×1 m＝10 m，故C正确；0～t1内，传送带位移大小为x1＝vt1＝4 m，由图像知煤块位移大小为8 m，煤块比传送带多走Δx1＝4 m，t1～t2内，传送带位移大小为x2＝v(t2－t1)＝4 m，由图像知煤块位移大小为2 m，传送带比煤块多走Δx2＝2 m，故煤块向上运动时划痕是4 m；当煤块下滑时，有x＝eq \f(1,2)a2t32，解得t3＝eq \r(5) s，传送带向上运动的位移为x3＝vt3＝4eq \r(5) m，故划痕总长为Δx＝4 m－2 m＋10 m＋4eq \r(5) m＝(12＋4eq \r(5)) m，故D正确。]
7．C [v－t图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mgsin θ>μmgcs θ，解得μμmgcs θ，若传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2gsin θ－eq \f(v0,t0)的加速度做匀加速直线运动，D错误。]
8．(1)3.6 m 0.5 (2)3 m/s
解析 (1)由v－t图像可知，传送带AB段的长度为
LAB＝eq \f(1,2)(0.5＋1.3)×4 m＝3.6 m
货物在水平传送带上运动时，
根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
由题图丙可知在传送带AB上的加速过程加速度为a1＝eq \f(4,0.8) m/s2＝5 m/s2，则μ＝0.5
(2)依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，
第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃；
第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2，解得a2＝10 m/s2
故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ解得a3＝2 m/s2
v－t图像如图：
则有x1＝eq \f(v2－4 m/s2,－2a2)，
x2＝eq \f(0－v2,－2a3)，LCD＝x1＋x2，解得v＝3 m/s，即传送带的速度至少为3 m/s快递员才能在D端取到货物。
9．D [传送带甲、乙正常工作时均做匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，所以，工件滑上乙时，水平方向相对传送带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙的运动方向相反，所以相对传送带乙的速度为这两个分速度的合速度，方向向右下方，因为合速度方向的反方向为滑动摩擦力方向，力与速度方向相反，工件A做匀减速直线运动，轨迹沿速度方向，故D正确，A、B、C错误。]
1.(2023·江苏扬州市高邮中学期中)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A．要实现这一目的前提是μ
C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上
D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间
2．(2023·广东惠州市调研)如图甲所示，将一物块P轻轻放在足够长的水平传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．物块一直受滑动摩擦力
B．传送带做顺时针的匀速运动
C．传送带做顺时针的匀加速运动
D．物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带
3.(多选)(2023·四川省资中县第二中学检测)如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是( )
A．8 m/s B．9 m/s C．10 m/s D．11 m/s
4.(2023·安徽省十校联盟期中)某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s运行，在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B．快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C．快件与传送带的相对位移为0.5 m
D．快件由A到B的时间为5.5 s
5.(2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
6．(多选)(2024·重庆名校联盟期中)如图甲为一足够长的倾斜传送带，倾角θ＝37°，现以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的v－t图像如图乙所示，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cs 37°＝0.8，则( )
A．图乙中t1＝0.75 s
B．图乙中t2＝2 s
C．煤块运动过程中距离A点的最远距离为10 m
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
7.(2023·辽宁阜新市联考)如图甲所示，足够长的匀速运动的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．物块可能沿传送带向上运动
B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan θ
C．t0时间后物块的加速度大小为2gsin θ－eq \f(v0,t0)
D．若传送带反转，则物块将一直以大小为gsin θ－eq \f(2v0,t0)的加速度做匀加速直线运动
8.(2024·广东深圳市二检)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送和一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带与货物间的动摩擦因数相同。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数；
(2)若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。
9.(2023·湖北武汉市三模)如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，将工件(视为质点)轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。两传送带正常工作时，对其中一个工件A在传送带乙上留下的痕迹，下图中可能正确的是( )
第4练 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
1．C [要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。]
2．C [由题图乙可知，物块先做匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针的匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带一起顺时针加速后，物块受静摩擦力，物块不可能从题图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。]
3．CD [根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有v2－v02＝2ax，解得v＝eq \r(89) m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥eq \r(89) m/s≈9.4 m/s，故选C、D。]
4．D [快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝eq \f(v,a)＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δx＝vt－eq \f(v,2)t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t′＝eq \f(L－\f(v,2)t,v)＝5 s，所以快件运输总时间为t总＝t＋t′＝5.5 s，故D正确。]
5．(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs α>
mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcs α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
6．BCD [0～t1内，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得煤块的加速度大小为a1＝8 m/s2，所以t1＝eq \f(v0－v1,a1)＝eq \f(12－4,8) s＝1 s，故A错误；t1～t2内，根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度大小为a2＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2，所以t2＝eq \f(v1,a2)＋t1＝2 s，故B正确；由图像知，在0～t2内，煤块向上运动的位移为x＝eq \f(1,2)×(12＋4)×1 m＋eq \f(1,2)×4×1 m＝10 m，故C正确；0～t1内，传送带位移大小为x1＝vt1＝4 m，由图像知煤块位移大小为8 m，煤块比传送带多走Δx1＝4 m，t1～t2内，传送带位移大小为x2＝v(t2－t1)＝4 m，由图像知煤块位移大小为2 m，传送带比煤块多走Δx2＝2 m，故煤块向上运动时划痕是4 m；当煤块下滑时，有x＝eq \f(1,2)a2t32，解得t3＝eq \r(5) s，传送带向上运动的位移为x3＝vt3＝4eq \r(5) m，故划痕总长为Δx＝4 m－2 m＋10 m＋4eq \r(5) m＝(12＋4eq \r(5)) m，故D正确。]
7．C [v－t图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mgsin θ>μmgcs θ，解得μ
8．(1)3.6 m 0.5 (2)3 m/s
解析 (1)由v－t图像可知，传送带AB段的长度为
LAB＝eq \f(1,2)(0.5＋1.3)×4 m＝3.6 m
货物在水平传送带上运动时，
根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
由题图丙可知在传送带AB上的加速过程加速度为a1＝eq \f(4,0.8) m/s2＝5 m/s2，则μ＝0.5
(2)依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，
第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃；
第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2，解得a2＝10 m/s2
故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ
v－t图像如图：
则有x1＝eq \f(v2－4 m/s2,－2a2)，
x2＝eq \f(0－v2,－2a3)，LCD＝x1＋x2，解得v＝3 m/s，即传送带的速度至少为3 m/s快递员才能在D端取到货物。
9．D [传送带甲、乙正常工作时均做匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，所以，工件滑上乙时，水平方向相对传送带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙的运动方向相反，所以相对传送带乙的速度为这两个分速度的合速度，方向向右下方，因为合速度方向的反方向为滑动摩擦力方向，力与速度方向相反，工件A做匀减速直线运动，轨迹沿速度方向，故D正确，A、B、C错误。]
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