第三章 第5讲　小专题 动力学中的传送带模型练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第三章 第5讲　小专题 动力学中的传送带模型练习含答案-高考物理一轮专题，共14页。试卷主要包含了水平传送带的几种情况，传送带问题分析思路，1 m/s，8 N,，2 m/s等内容，欢迎下载使用。
1.水平传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)
2.传送带问题分析思路
[例1] 【水平传送带问题中物块初速度为零】 (2024·安徽芜湖一模)(多选)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成,传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后,物品会经历先加速、后匀速两个阶段的运动,已知传送带长度为2.1 m,速率为2 m/s,g取10 m/s2,物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,则( )
[A] 物品在传送带上运动的时间是1.3 s
[B] 物品做加速运动时,其速度有可能超过传送带速度
[C] 物品越重,从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长
[D] 若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,加速阶段物品的位移增大为原来的4倍
【答案】 AD
【解析】 物品放在传送带上开始阶段相对滑动而受到滑动摩擦力,其加速度为a=μmgm=μg=4 m/s2,达到与传送带共速的位移x1=v22a=222×4 m=0.5 m,物品与传送带共速后不再受摩擦力而随传送带一起匀速运动,故B错误;物品匀加速运动的时间t1=va=24 s=0.5 s,匀速运动的时间t2=l-x1v=2.1-0.52 s=0.8 s,总时间是t=t1+t2=0.5 s+0.8 s=1.3 s,与物品的质量无关,故A正确,C错误;由于传送带速率增大不影响物品加速过程的加速度,根据v2-v02=2ax,可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,加速阶段物品的位移增大为原来的4倍,故D正确。
[变式] 若想让物品在传送带上运动的时间最短,则传送带的速度最小为多少?
【答案】 4.1 m/s
【解析】 物品在传送带上一直加速所用时间最短。其加速度a=μmgm=μg=4 m/s2,物品到达传送带另一端时,速度v=2al=2×4×2.1 m/s=24.2 m/s≈4.1 m/s,即传送带的速度最小为4.1 m/s。
[例2] 【水平传送带问题中物块初速度不为零】 (2024·海南期中)如图所示,足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为v1,一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带,小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
[A] 小滑块的加速度向右,大小为μg
[B] 若v0v1,小滑块运动的总时间为v0+v1μg
[D] 若v0>v1,小滑块运动的总时间为(v0+v1)22μgv1
【答案】 D
【解析】 小滑块相对于传送带向右滑动,则滑动摩擦力向左,加速度向左,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg,故A错误;若v0v1,小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1=v0μg,位移为x1=v022μg,然后先加速后匀速返回,加速到v1的时间t2=v1μg,位移为x2=v122μg,匀速回到左端时间为t3=x1-x2v1=v02-v122μgv1,小滑块运动的总时间t=t1+t2+t3=v0μg+v1μg+v02-v122μgv1=(v0+v1)22μgv1,故C错误,D正确。
[变式] 在[例2]情境中,若小滑块运动的v-t图像如图所示,取向左为正方向,以小滑块滑上传送带时为计时起点。已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。小滑块在传送带上运动的时间为多少?小滑块在传送带上相对传送带滑动的距离为多少?
【答案】 4.5 s 9 m
【解析】 由速度图像可知,小滑块初速度大小v=4 m/s,传送带速度大小v′=2 m/s,在0～3 s内,加速度大小a=2 m/s2,小滑块在传送带上滑动t1=3 s后,与传送带相对静止,根据位移公式x=v0t+12at2,0～3 s内位移x=[(-4)×3+12×2×32] m=-3 m,方向向右;此后滑块再向左运动3 m,则时间t2=|x|v'=1.5 s,即滑块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5 s,
在0～3 s传送带的位移x′=v′t1=6 m,方向向左,滑块位移x=-3 m,方向向右,相对位移为Δx=x′-x=9 m。
[例3] 【水平传送带中的动力学图像】 (2024·安徽阶段检测)(多选)如图所示,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端,P在接触弹簧前速度已达到v,之后与弹簧接触继续向右运动。规定水平向右为正方向,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列是描述P从开始释放到第一次到达最右端过程中的v-t图像和a-x图像,其中可能正确的是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 AC
【解析】 小物块P在接触弹簧前速度已达到v,若P与传送带间动摩擦因数不变,则P在接触弹簧前先匀加速运动再匀速运动,匀速运动阶段不受摩擦力;接触弹簧后,在弹簧弹力与最大静摩擦力大小相等前,P相对于传送带静止,P做匀速运动,运动到弹力与最大静摩擦力大小相等时,P物体由惯性继续压缩弹簧,其合力向左且越来越大,P做加速度增大的减速运动直到速度为零,故A正确,B错误;P在接触弹簧前加速阶段有μmg=ma1,解得a1=μg,方向向右,匀速运动阶段加速度a2=0,减速阶段有kx-μmg=ma3,解得a3=kmx-μg,方向向左,故C正确,D错误。
[变式] 若将轻弹簧移至传送带的左端,小物块P拴接在右端。现将P无初速度地放到传送带上,此时弹簧水平且处于原长状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,请大致作出小物块在向右运动过程中的加速度a、速度的平方v2随小物块运动距离x变化的图像。
【答案】 图见解析
【解析】 以向右为正方向,小物块P向右运动的过程中,根据牛顿第二定律有Ff-kx=ma,
而Ff=μmg,则a=μg-kmx,即可能加速度与位移呈线性关系,其a-x图像如图甲所示;
由物块P的加速度a=μg-kmx可知,随着位移增大,加速度先向右减小,后反向增大,则v2-x图像中速度的平方随位移先增大得越来越慢,后减小得越来越快,其v2-x图像如图乙所示。
传送带模型问题的两个关键分析
考点二 倾斜传送带问题
倾斜传送带的几种情况(传送带以v匀速运行)
[例4] 【动力学中倾斜传送带问题】 (2024·湖南长沙期末)如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=5 m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1.5 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块一沿传送带方向向上的恒力F=11.7 N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=3 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)。求:
(1)物块在传送带上开始运动时的加速度;
(2)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。
【答案】 (1)5 m/s2 (2)1.5 s
【解析】 (1)物块与传送带共速前受力如图所示,在垂直于传送带方向,由平衡条件得FN=mgcs θ,
则Ff=μFN=μmgcs θ
=0.4×1.5×10×0.8 N=4.8 N;
物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,该过程中根据牛顿第二定律有F+Ff-mgsin θ=ma1,
代入数据解得a1=5 m/s2。
(2)物块速度小于传送带速度的加速过程,所用时间t1=va1=1 s,运动的距离x1=v22a1=2.5 m,
而传送带长度L0=hsinθ=5 m。即物块和传送带共速时处于传送带中点,仍然向上运动,若物块继续向上加速运动,则所受摩擦力沿传送带向下,应满足F>mgsin θ+Ff=13.8 N,
可知物块不能向上加速而随传送带匀速上升,
物块随传送带做匀速运动的时间
t2=L0-x1v=0.5 s,
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
t=t1+t2=1.5 s。
[变式] 在[例4]情境中,若F=19.2 N,物块将在传送带上怎样运动?到达平台的速度是多少?
【答案】 物块先以10 m/s2的加速度向上加速,后以3.6 m/s2的加速度继续向上运动 7.2 m/s
【解析】 物块在与传送带共速前,根据牛顿第二定律,有F+Ff-mgsin θ=ma1′,
代入数值解得a1′=10 m/s2,
达到共速的时间t1′=va1'=0.5 s,
运动距离x1′=v22a1'=1.25 m;
物块、传送带共速后,由于F=19.2 N>mgsin θ+Ff=13.8 N,可知物块继续向上加速运动,
根据牛顿第二定律有
F-mgsin θ-Ff=ma2,
代入数值解得
a2=3.6 m/s2,
共速后到平台的距离
x2=L0-x1′=3.75 m,
根据速度与位移关系式,则物块到平台速度
v2=v2+2a2x2≈7.2 m/s。
[例5] 【倾斜传送带中的动力学图像】 (2024·广西柳州阶段检测)如图甲所示,粮食仓库工人利用传送带从车上卸粮食。以某一恒定速率v0逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°,转轴间距L=3.5 m。工人沿传送带方向以速度v1=1.5 m/s 从传送带顶端推下粮袋(视为质点),4.5 s 时粮袋运动到传送带底端,粮袋在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2,则( )
[A] 在t=2.5 s时刻,粮袋所受摩擦力方向改变
[B] 粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.5
[C] 传送带运行的速度大小为0.5 m/s
[D] 在0～2.5 s内粮袋处于失重状态
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,在0～2.5 s内,粮袋的速度大于传送带的速度,则粮袋受沿斜面向上的滑动摩擦力,在2.5～4.5 s内,粮袋随传送带匀速下滑,所受摩擦力仍沿斜面向上,故A错误;根据v-t 图像中图线围成的面积表示位移的大小,可知12(v0+1.5)×2.5+(4.5-2.5)v0=3.5 m,解得v0=0.5 m/s,故C正确;粮袋在0～2.5 s内的加速度为a=ΔvΔt=0.5-1.52.5 m/s2=-0.4 m/s2,方向沿斜面向上,粮袋处于超重状态,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcs θ=ma,解得μ=0.8,故B、D错误。
解决滑块在传送带上的运动问题的注意点
(1)明确滑块相对传送带的运动方向,正确判定摩擦力的方向。
(2)分析滑块与传送带共速时滑块受力情况(特别关注摩擦力的突变),确定滑块与传送带相对静止还是加、减速运动。
(3)注意传送带的长度,判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(4)区分滑块在传送带上运动形成的“划痕”长度和在传送带上运动的路程。
(满分:40分)
对点1.水平传送带问题
1.(4分)(2024·河南郑州质量监测)如图所示,曲面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接,当传送带静止时,有一滑块从P点由静止释放,滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动,滑块再次从P点由静止释放,下列说法正确的是( )
[A] 滑块可能再次滑上曲面
[B] 滑块在传送带上运动的时间增长
[C] 滑块与传送带间的划痕增长
[D] 滑块在传送带上运动过程中,速度变化得更快
【答案】 C
【解析】 无论传送带静止还是以某一速度逆时针转动,滑块到达传送带右端时均受滑动摩擦力,即受力情况不变,所以加速度不变、位移不变,初速度相同,滑块会以相同速度从传送带的右端滑离传送带,由x=12at2可知滑块在传送带上运动的时间不变,但传送带逆时针转动时,滑块相对于传送带发生的位移增大,滑块与传送带间的划痕增长。故C正确。
2.(4分)(2024·江苏徐州阶段检测)如图所示,水平方向的传送带以v1的恒定速度顺时针转动。一物块从右端以v2(v2>v1)的速度滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带长度L>v222μg。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,物块的速度随时间变化的图像可能正确的是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 B
【解析】 物块在传送带上向左运动受滑动摩擦力作用,其加速度为a=μg,物块向左运动到速度减为零的位移为x=v222μgv
[B] 一定有M>m
[C] 物块P返回传送带顶端的时刻为2t2
[D] 根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θ
【答案】 AD
【解析】 物块P先向下做减速运动,t1时刻加速度发生变化,说明摩擦力方向发生了变化,即t1时刻物块P与传送带共速,t1时刻之前物块的速度大于传送带的速度,
则一定有v0>v,在t1时刻之前,对P、Q分别有FT+μmgcs θ-mgsin θ=ma1,Mg-FT=Ma1,
得μmgcs θ+Mg-mgsin θ=(M+m)a1,在t1时刻之后,同理得Mg-mgsin θ-μmgcs θ=(M+m)a2,由于a1=|v0-vt1|,a2=|vt2-t1|,则由两方程联立可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θ,但不能确定M和m的大小关系,选项A、D正确,B错误。由题图乙可知,在t2时刻物块P到达最低点,然后反向沿斜面向上运动,加速度一直为a2,因a2v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速。
(2)v0v返回时速度为v,当v0