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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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μmgsin 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