2021高考物理二轮复习 第三章 微专题23 ”传送带模型“的动力学问题

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1．(2019·河北张家口市上学期期末)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动．将一物体轻轻放在传送带左端，则物体速度大小v、加速度大小a、所受摩擦力的大小f以及位移大小x随时间的变化关系正确的是( )
图1
2．(2020·河北邯郸市测试)如图2甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
图2
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t3时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
3．(2019·江苏无锡市上学期期末)如图3所示，水平传送带以速度v0向右匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆，在t＝0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失．则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的v－t图像可能是( )
图3
4．(2019·四川泸州市一检)如图4所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1.一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图像不可能是( )
图4
5．(2020·广东惠州市月考)如图5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( )
图5
6．(2019·湖南省十三校联考)如图6所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2, sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图6
(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度大小．
答案精析
1．A [在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，f恒定，速度与时间的关系为 v＝at，v－t图像是过原点的倾斜的直线；物体的速度与传送带速度相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，合力为0，加速度为0，故A正确，B、C、D错误．]
2．B [t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故C、D错误．]
3．C [工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值，故A、B错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，故C正确，D错误．]
4．C [物块的速度v2＞v1，初始时物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，因μ＝tan θ，f＝μmg
cs θ＝mgsin θ.当F＞mgsin θ，F1＝F－mgsin θ，方向沿传送带向上．若F1＞f，物块将做匀加速直线运动，A选项可能；若F1＝f，物块做匀速运动，B选项可能；若F1＜f，物块将先做匀减速直线运动，当物块速度等于传送带速度时，F1＜f＝f最大，物块和传送带保持相对静止，匀速运动．当F＜mgsin θ，F2＝mgsin θ－F，方向沿传送带向下，物块先做匀减速直线运动，到与传送带速度相同时，因F2＝mgsin θ－F＜mgsin θ＝f＝f最大，物块将与传送带一起做匀速运动，D选项可能，C选项不可能．]
5．D [传送带以速度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，小木块相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，重力沿传送带向下的分力和滑动摩擦力方向相同，小木块做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcs θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，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：mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，所以：a2＝gsin θ－μgcs θ.
根据以上分析，有a2＜a1，故选D.]
6．(1)1.33 s (2)0.85 s 2.3 m/s
解析 (1)对物块受力分析可知，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直线运动，摩擦力的方向沿传送带向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
F＋μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma1，解得：a1＝6 m/s2.
t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(2,3) s，x1＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(4,3) m
物块达到与传送带同速后，物块未到顶端，物块受到的摩擦力的方向改变，对物块受力分析可知，因为F＝8 N而物块所受重力沿传送带向下的分力和最大摩擦力之和为10 N，故物块不能相对传送带向上加速，则：a2＝0
t2＝eq \f(\f(h,sin 37°)－x1,v)＝eq \f(2,3) s，得t＝t1＋t2＝eq \f(4,3) s≈1.33 s
(2)若达到速度相等后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin 37°>μmgcs 37°，故匀减速向上运动，ma3＝mgsin 37°－μmgcs 37°，得：a3＝2 m/s2.
物块还需t′离开传送带，离开时的速度大小为vt，则：
v2－vt2＝2a3(eq \f(h,sin 37°)－x1)，vt＝eq \f(4\r(3),3) m/s≈2.3 m/s，t′＝eq \f(v－vt,a3)＝0.85 s.