高考物理【一轮复习】讲义练习第三章　第14课时　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习第三章　第14课时　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题，共13页。试卷主要包含了解题关键，注意物体位移和相对位移的区别，1 s　0等内容，欢迎下载使用。
1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。
2.解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。
3.注意物体位移和相对位移的区别
(1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
(2)物体相对传送带的位移大小Δx
①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；
两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。
考点一 水平传送带中的动力学问题
例1 (2024·山东青岛市期初考)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图甲所示的模型。传送带始终保持 v＝0.4 m/s的恒定速率顺时针运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B 间的距离为2 m，g取10 m/s2。若旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，求：
(1)行李到达B处的时间；
(2)行李在传送带上由于摩擦产生的痕迹长度。
答案 (1)5.1 s (2)0.04 m
解析 (1)对行李，根据μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
根据v＝at1，匀加速运动的时间t1＝0.2 s
匀加速运动的位移大小x＝12at12＝0.04 mtan θ)
2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ)
3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ)
课时精练
(分值：60分)
1~5题每小题5分，6题14分，共39分
1.(2024·安徽卷·4)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是( )
答案 C
解析 0~t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动；t0之后，物块所受的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。
2.某快递公司为了提高效率，使用电动传送带输送快件如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持1 m/s的恒定速度运行，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g取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
答案 D
解析 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为a＝μmgm＝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＝va＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δx＝vt－v2t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t'＝L-v2tv＝5 s，所以快件运输总时间为t总＝t＋t'＝5.5 s，故D正确。
3.(多选)如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3 s段为抛物线，3~4.5 s段为直线，下列说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.传送带沿逆时针方向转动
B.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
C.小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/s
D.0~4.5 s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9 m
答案 CD
解析 根据题意，图线的0~3 s段为抛物线，3~4.5 s段为直线，则可知0~3 s内物块做匀变速直线运动，3~4.5 s内物块做匀速直线运动，而物块的位移在0~3 s内先增加后减小，4.5 s末回到出发点，物块在传送带上先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起做匀速直线运动，则可知传送带顺时针转动，故A错误；根据图像可知，2 s末物块的速度减为零，该时间内物块的对地位移大小为x1＝4 m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3 s末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为x2＝1 m，根据位移与时间的关系有x1＝v0t1－12at12，x2＝12at22，其中t1＝2 s，t2＝1 s，解得v0＝4 m/s，a＝2 m/s2，而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝0.2，故B错误，C正确；根据图像可知，物块减速阶段位移大小为x1＝4 m，加速阶段位移大小为x2＝1 m，达到与传送带共速所用时间为t3＝3 s，根据x－t图线斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2 m/s，则小物块与传送带达到共速的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6 m，由此可得0~4.5 s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为Δx＝x1＋x3－x2＝4 m＋6 m－1 m＝9 m，故D正确。
4.(多选)如图甲所示，一倾斜传送带以2 m/s的速率逆时针匀速转动，t＝0时刻，将一质量为1 kg的物块(可视为质点)轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示(取平行传送带向上为正方向)，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.传送带的倾角为30°
B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.8
C.传送带的两端长度为10 m
D.运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5 m
答案 BD
解析 由题图乙可知，在0~5 s内，摩擦力Ff1＝6.4 N，在5~10 s内，摩擦力Ff2＝6 N，在t＝5 s时突变，说明在5~10 s内物块与传送带共速，则有Ff2＝mgsin θ，解得sin θ＝0.6，可知θ≠30°，故A错误；在0~5 s内为滑动摩擦力，即Ff1＝μmgcs θ，解得μ＝0.8，选项B正确；物块在0~5 s内做匀加速运动，5~10 s做匀速运动，则传送带的两端长度L＝v2t1＋vt2＝15 m，故C错误；运动过程中，物块相对传送带的位移大小为Δx＝v(t1＋t2)－L，解得Δx＝5 m，故D正确。
5.(2024·山东省一模)如图所示，与水平面成θ=30°角的传送带正以v=10 m/s的速率顺时针运行，A、B两端相距l=40 m。现每隔1 s把质量m=1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上的A端，当每个工件离开B端(工件到达B端即掉下)时恰好在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数μ=32，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.第一个工件掉下后传送带上始终有6个工件
B.两个工件间的最小距离为2.5 m
C.工件在传送带上时，先受到沿传送带向上的摩擦力，后不受摩擦力
D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30 N
答案 A
解析 工件放到传送带上瞬间，工件相对传送带向下运动，受到斜向上的滑动摩擦力，大于重力沿传送带方向的分力，工件开始斜向上做匀加速直线运动，当工件速率和传送带速率相等时，由于μmgcs θ>mgsin θ，所以摩擦力突变，受到斜向上的静摩擦力，等于重力沿传送带方向的分力，工件开始相对传送带静止，斜向上做匀速直线运动，故C错误；工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得μmgcs θ-mgsin θ=ma，代入数据可得a=2.5 m/s2，工件加速过程所用的时间t=va=4 s，工件加速过程的位移大小x'=12at2=20 m，工件匀速过程所用的时间t'=l-x'v=2 s，每隔1 s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速过程放了2个，共6个，故A正确；由于每隔1 s放一个工件，传送带的速度是10 m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10 m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1 s时，与后一工件间距离最小，由x1=12at12，可得传送带上两个工件间的最小距离x1=1.25 m，故B错误；满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和F合=4μmgcs θ+2mgsin θ=40 N，D错误。
6.(14分)(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)(6分)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)(8分)小包裹通过传送带所需的时间t。
答案 (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＝v2-v1a＝1.6-0.60.4 s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝v1＋v22t1＝0.6＋1.62×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝L-x1v1＝3.95-2.750.6 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。
7、8题每小题7分，共14分
7.(2025·山东济宁市期中)如图，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1 kg的物块，以沿传送带向下的速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t图像如图所示，g取10 m/s2，则( )
A.物块最终从传送带N点离开
B.传送带的速度v＝1 m/s，方向逆时针
C.物块沿传送带下滑时的加速度大小为2 m/s2
D.物块将在5 s时回到原处
答案 D
解析 从v－t图像可知，物块速度减为零后沿传送带反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，故A、B错误；v－t图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝4-(-1)2 m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；v－t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知，t1＝85 s时，物块的速度为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移x1＝12×4×85 m＝165 m，t1＝85 s到t2＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝2-852×1 m＝15 m，物块沿传送带向上匀速运动的时间t匀＝x1-x2v＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D正确。
8.(多选)(2025·山东济宁市校考)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，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，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25
C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(10＋45) m
答案 AB
解析 从甲、乙两图可知，0~1 s煤块沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t1＝1 s，位移x1＝v0＋v2t1＝8 m，加速度大小为a1＝|Δv1Δt1|＝8 m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，1~2 s，煤块继续沿传送带向上做匀减速直线运动，运动时间t2＝2 s－1 s＝1 s，位移为x2＝v＋02t2＝2 m，加速度大小为a2＝|Δv2Δt2|＝4 m/s2，对煤块，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，2 s之后，煤块沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间t3，位移大小为x3＝x1＋x2＝10 m，加速度大小为a3＝a2＝4 m/s2，联立方程解得sin θ＝0.6，所以tan θ＝0.75，解得μ＝0.25，故A、B正确；煤块从最高点下滑到A端，有x3＝12a3t32，解得t3＝5 s，故C错误；0~1 s，煤块相对传送带沿斜面向上运动，煤块与传送带的相对位移为Δx1＝v0＋v2t1－vt1＝4 m，1~2 s，煤块相对传送带沿斜面向下运动，煤块与传送带的相对位移为Δx2＝vt2－v＋02t2＝2 m，因为Δx2Δx1，则煤块产生新的划痕长度为Δx4＝Δx3－(Δx1－Δx2)＝(8＋45) m，所以，煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx＝Δx1＋Δx4＝(12＋45) m，故D错误。
(7分)
9.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( )
答案 D
解析 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。
图示
速度大
小比较
物块和传送带共速前
传送带足够长，
物块v－t图像
Ff方向
运动状态
v0＝0
向右
匀加速直线运动
v0v
向左
匀减速直线运动
图示
状态
速度大小比较
Ff方向
物块运动状态
传送带较短
向左
匀减速直线运动
传送带足够长
v0v
向左(共速前)
v－t图像：
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运动的v－t图像
Ff方向
加速度大小
运动状态
v0＝0
沿传送带
向上
μgcs θ
－gsin θ
匀加速
直线运动
v0v
沿传送带向下
μgcs θ
＋gsin θ
匀减速
直线运动
图示
速度大
小比较
物块与传送带共速前
传送带足够长，物块运动的v－t图像
Ff方向
加速度大小
运动状态
v0＝0
沿传送带向下
μgcs θ
＋gsin θ
匀加速
直线运动
v0v
沿传送带向上
μgcs θ
－gsin θ
匀减速
直线运动
图示
状态
速度大小比较
Ff方向
加速度大小
物块运动状态
传送带
较短
沿传送
带向上
μgcs θ－gsin θ
匀减速直线运动
传送带
足够长
v0v
沿传送
带向上
共速前：
μgcs θ－gsin θ
共速后：0
v－t图像：
思考 若μ＝tan θ或μ